清华大学THUSSAT中学生标准学术能力诊断性测试(TDA)2025届高三下学期2月测试化学试卷（解析版）

第页，共页第25页，共25页标准学术能力诊断性测试2025年2月测试化学试卷本试卷共100分可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Na-23Cl-35.5Mn-55Fe-56一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。1.化学与我们的生活、生产密切相关，下列说法中正确的是A.常见食用油在空气中被氧化产生异味，与其分子中含有酯基有关B.离子液体熔点低且有良好的导电性，可用作原电池的电解质C.铜铟硫(CuInS2)量子点是纳米级的半导体材料，属于胶体D.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．常见食用油分子中含有碳碳双键，易被空气中的O2氧化而产生异味，酯基不易被氧化，所以与其分子中含有碳碳双键有关，A不正确；B．离子液体熔点低，常温下多为易流动的液体，且具有良好的导电性，满足原电池中电解质能够传导离子的要求，所以可用作原电池的电解质，B正确；C．铜铟硫(CuInS2)量子点是纳米级的半导体材料，它是一种纯净物，而胶体是一种分散系，由分散质和分散剂构成，所以不属于胶体，C不正确；D．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯都是碳单质，互为同素异形体，D不正确；故选B。2.近年我国在科技领域不断取得新成就，对相关成就所涉及的化学知识理解正确的是A.以硅树脂为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种高分子材料B.“天宫”空间站配置砷化镓光电池，砷化镓电池可将化学能转化为电能C.聚酯纤维涤纶做成的织物在航空领域得到广泛应用，涤纶通常通过加聚反应制得D.我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的人工全合成，其中直链淀粉含量高的食物口感较黏【答案】A【解析】【详解】A．硅树脂是具有高度交联网状结构的热固性聚硅氧烷，属于高分子材料，A正确；B．砷化镓光电池是将太阳能(光能)转化为电能，而不是化学能转化为电能，B错误；C．涤纶是聚对苯二甲酸乙二酯，是通过缩聚反应制得的，而不是加聚反应，C错误；D．直链淀粉含量高的食物，口感较硬，支链淀粉含量高的食物口感较黏，D错误；故答案选A。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.环己烷稳定构象的空间填充模型：B.铜的基态原子的轨道表达式：C.中阴离子的电子式：D.甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰归属粒子：【答案】C【解析】【详解】A．是球棍模型，故A选项错误；B．是基态Cu原子电子排布式，铜的基态原子的轨道表达式如图所示，故B选项错误；C．中阴离子为，其电子式中B原子周围应形成4对共用电子对，且带有一个单位负电荷，所给电子式正确，故C选项正确；D．在甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰归属的粒子不是甲苯分子本身，而是甲苯分子被电子轰击等方式电离，失去一个电子形成的分子离子峰，所以甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰归属粒子为，故D选项错误；故答案选C。4.下列对实验过程的相关问题处理方法合理的是选项实验过程的相关问题处理方法A证明是弱电解质用计测量醋酸、盐酸的，比较溶液大小B从含有的固体中提取用溶解、萃取、分液C检验溴乙烷与乙醇溶液反应中生成的乙烯将产生气体通入酸性溶液D从明矾过饱和溶液中快速析出晶体用玻璃棒摩擦烧杯内壁A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．不知道溶液浓度，不能根据比较溶液大小判断酸性强弱，A错误；B．从含有的固体中提取，用溶解、萃取、分液，仍在中，没有提取出来，B错误；C．挥发的乙醇也能使高锰酸钾褪色，不能证明反应生成乙烯，C错误；D．从明矾过饱和溶液中快速析出晶体，可以用玻璃棒摩擦烧杯内壁，在烧杯内壁产生微小的微晶来充当晶核，D正确；故选D。5.下列对应的化学反应表示错误的是A.证明H2C2O4有还原性：B.将K3[Fe(CN)6]]溶液滴入FeCl2溶液中：C.用硫代硫酸钠溶液脱氯：D.乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应：【答案】C【解析】【详解】A．酸性KMnO4中Mn元素化合价为+7价，具有强氧化性，会将H2C2O4中+3价C氧化为+4价CO2，Mn元素被还原为+2价的Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，A正确；B．铁氰化钾K3[Fe(CN)6]能够与Fe2+反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：，B正确；C．Cl2具有强氧化性，会将氧化为，Cl2被还原为Cl-，溶液显碱性，在酸性环境中不能大量共存，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合离子共存及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，C错误；D．乙醇被酸性K2Cr2O7溶液氧化为乙酸，酸性K2Cr2O7溶液被还原为Cr3+，据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，D正确；故合理选项是C。6.将60.05的溶液与10.05的溶液混合，滴加溶液后变红色。设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是A.上述反应过程中转移的电子的数目为B.5.6g中含有的未成对电子的数目为0.5C.0.05的溶液中含有的的数目小于0.05D.的空间构型为V形【答案】B【解析】【详解】A．n(KI)=，，由反应可知，不足，根据的物质的量计算转移电子数，转化为，1个得到1个电子，n()=，则转移电子数为，又因为滴加溶液后变红色，所以溶液中含有，该反应为可逆反应，转移电子数小于，A错误；B．的电子排布式为，3d轨道上有5个未成对电子，5.6g的物质的量为n=，含有的未成对电子的数目为，B正确；C．只知道溶液的浓度为，没有溶液体积，无法计算的数目，C错误；D．与是等电子体，是直线形结构，所以的空间构型为直线形，D错误；故答案选B。7.缬沙坦具有降血压效果持久稳定、毒副作用小等特点，其合成中间体X的结构简式如图所示。下列关于X的说法错误的是A.该有机物中碳原子有、两种杂化方式B该有机物中含有3种官能团C.一定条件下1X可与8发生加成反应D.该有机物分子中只有1个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．该有机物中苯环、酯基中的碳原子为杂化，-CN中的碳原子为sp杂化，甲基中的碳原子为杂化，A错误；B．该有机物中含酯基、亚氨基、氰基，共3种官能团，B正确；C．1mol苯环可与3molH2发生加成反应，1mol-CN可与2molH2发生加成反应，故1molX可与8molH2发生加成反应，C正确；D．如图所示：，圈中碳原子为手性碳原子，该有机物分子中只有1个手性碳原子，D正确；故选A。8.化学实验操作是进行科学实验基础。下列操作不符合规范的是A．铜与浓硫酸反应并检验气态产物B．检验是否沉淀完全C．制备晶体D．证明苯和液溴为取代反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，可用装置制取，气态产物为SO2，可利用SO2的漂白性进行检验，观察到品红溶液褪色，并且浸有NaOH溶液的棉团吸收尾气，故A正确；B．沿烧杯壁向上层清液中加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明已经沉淀完全，故B正确；C．[Cu(NH3)4]SO4不溶于乙醇，向[Cu(NH3)4]SO4加入乙醇，有利于[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体析出，故C正确D．用装置乙制取溴苯时，将液溴加入苯中，在催化剂存在下发生反应，从圆底烧瓶中出来的HBr中混有的溴蒸气，溴蒸气也可使硝酸银溶液产生沉淀，无法证明苯与液溴反应为取代反应，故D错误；故选D。9.锡是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。白锡和灰锡晶胞结构如图，下列说法中错误的是A.白锡与灰锡晶体的配位数之比为B.两种晶体的密度大小关系为白锡小于灰锡C.若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是D.若灰锡晶胞参数为a，则其中最近的两个锡原子间距为【答案】B【解析】【详解】A．白锡的配位数为8，灰锡的配位数为4，因此白锡与灰锡晶体的配位数之比为2：1，故A正确；B．晶体的体积大小未知，无法比较两种晶体的密度大小，故B错误；C．一个白锡晶胞中含有的锡原子数为8×+1=2，一个灰锡晶胞中含有的锡原子数为8×+6×+4=8，则白锡和灰锡的密度之比为=，故C正确；D．最近的两个锡原子间距为体对角线的，即为nm，故D正确；答案选B。10.已知X、Y、Z、R、Q为原子序数依次增大的短周期元素，其中Y、Z、R在同一周期，五种元素组成的某化合物结构如图所示。下列说法中错误的是A.化合物Y(RX)3能结合水中的OH-使溶液呈弱酸性B.最高价氧化物对应的水化物酸性：Z＜QC.元素Y形成单质属于分子晶体D.以Z2X2为原料制备的高分子化合物具有导电性【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、R、Q为原子序数依次增大的短周期元素，其中Y、Z、R在同一周期，则X为第一周期元素即为H，Q为第3周期元素，结合化合物结构式可知，Y形成3个共价键，Z形成4个共价键，R形成2个共价键，Q形成1个共价键，即Y为B，Z为C，R为O，Q为Cl，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Y为B、R为O、X为H，即化合物Y(RX)3即为B(OH)3由于B中存在空轨道能够接受OH-中的孤电子对形成配位键，即能结合水中的OH-使溶液呈弱酸性，A正确；B．由分析可知，Z为C、Q为Cl，已知非金属性Cl＞C，则最高价氧化物对应的水化物酸性H2CO3＜HClO4即Z＜Q，B正确；C．由分析可知，Y为B，元素Y形成单质即晶体硼属于共价晶体，C错误；D．由分析可知，Z为C、X为H，以Z2X2即C2H2为原料制备的高分子化合物即聚乙炔中存在单键和双键交替结构，具有导电性，D正确；故答案为：C。11.一种钾离子电池正极材料钾锰铁基普鲁士白充电或放电时变化如下图所示，其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为晶胞俯视图。下列说法中错误的是A.Ⅰ→Ⅱ的变化过程为充电过程B.Ⅱ→Ⅲ过程中或的价态升高C.每个晶胞Ⅰ完全转化为晶胞Ⅱ，转移电子数为4D.晶胞Ⅲ中键数目为24【答案】D【解析】【分析】钾锰铁基普鲁士白是一种钾离子电池正极材料，充电时装置为电解池，其为阳极，失去电子发生氧化反应，充电随着脱出，其结构由Ⅰ经Ⅱ最终转变为Ⅲ，则Ⅲ转化为Ⅰ是原电池放电过程；【详解】A．据“均摊法”，晶胞Ⅱ中含个FeC6、个MnN6、4个K，则晶胞I中也含有4个FeC6，由钾锰铁基普鲁士白的化学式可知晶胞中含有8个K，晶胞Ⅰ→Ⅱ的变化过程为脱出，发生氧化反应，为充电过程，A正确；B．Ⅱ→Ⅲ过程中为充电过程，阳极发生氧化反应，则或的价态升高，B正确；C．每个晶胞Ⅰ完全转化为晶胞Ⅱ，有4个脱出，则或的价态升高4，转移电子数为4，C正确；D．结合A分析，晶胞Ⅲ中有24个CN-，CN-中含有碳氮叁键，1个叁键含有1个σ键2个π键，则其中键数目为48，D错误；故选D。12.下列实验设计及相应结论均正确的是选项实验设计结论A向10.1溶液中滴加11溶液，橙黄色加深，增大，使上述平衡向正反应方向移动B向1中加入10.3溶液后，上层液体减少使用合适的催化剂加快反应速率，使酯的水解平衡向正反应方向移动C某无色溶液加稀盐酸酸化，再加入溶液，溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体该溶液中一定含有D基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入热水颜色加深正反应活化能大于逆反应活化能A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．在溶液中存在与的平衡，H⁺增加确实会促使平衡右移，使浓度增大，橙黄色加深，但HBr中的Br⁻在酸性条件下可能被氧化为，导致颜色变化。实验现象橙黄色加深可能由氧化还原反应引起，而非平衡移动，故A错误；B．催化剂只会改变反应速率，不影响平衡移动，故B错误；C．酸性溶液中含、均可氧化，生成和，遇氧气生成红棕色，由实验及现象不能证明溶液中是否，故C错误；D．颜色加深说明浓度增加，平衡右移，正反应为吸热反应（ΔH>0）。根据基元反应活化能关系，ΔH=Ea正-Ea逆，吸热反应中Ea正>Ea逆，故D正确；故选D。13.从锂离子电池电极材料LiCoO2(含少量金属Cu)中提取Co(OH)2和Li2CO3的回收工艺流程如图所示，得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可实现LiCoO2的再生。下列说法正确的是A.为加快“浸取”的反应速率，可将溶液加热煮沸B.“浸取”反应中，H2O2实际消耗量超过理论用量可能与Cu2+有关C.由图示过程可知D.LiCoO2再生：【答案】B【解析】【分析】正极材料LiCoO2(含少量金属Cu)中加入H2SO4、H2O2，Co3+被还原为Co2+，同时生成O2；Cu与H2O2、H2SO4作用转化为CuSO4；将反应后的溶液中加入NaOH溶液沉铜，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，过滤后，往滤液中继续加入NaOH溶液沉钴，此时Co2+转化为Co(OH)2沉淀；将滤液2经过一系列操作，最后制得Li2CO3。【详解】A．H2O2受热易分解，为加快“浸取”的反应速率，可将溶液适当加热，但不能加热煮沸，A不正确；B．“浸取”反应中，由于Cu2+可催化H2O2分解，所以H2O2实际消耗量超过理论用量可能与Cu2+有关，B正确；C．由图示过程可知，加入NaOH溶液过程中，先生成Cu(OH)2沉淀，后生成Co(OH)2沉淀，则表明沉淀Co2+时，所需c(OH-)大，所以，C不正确；D．LiCoO2再生时，将Co(OH)2、Cu(OH)2混合后高温，此时Co2+被空气中的O2氧化为Co3+，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出反应的化学方程式为：，D不正确；故选B。14.为了从海水中提取锂，某团队设计了图示的电解池。保持电源正负极不变，每运行一段时间后，将电极1与4取下互换，电极2与3(电极或电极)取下互换，可实现锂的富集。下列说法正确的是A.a为电源的正极，电极电势a高于bB.装置中电极2应选择电极，电极反应为C.互换后电极4发生的反应与互换前电极1发生的反应不同D.理论上，电路通过1电子时，有1富集在右侧电解液中【答案】D【解析】【分析】为从海水中提取锂，电极1的电极反应式为：，则电极1为阴极，则电极2为阳极，电极材料为Ag，电极方程式为；电极3为阴极，电极材料为AgCl，电极方程式为，电极4为阳极，在电极4上发生氧化反应：，实现了锂的富集。【详解】A．电极1为阴极，因此a为电源的负极，b为电源的正极，电极电势b高于a，故A错误；B．由分析可知，电极2为阳极，应选择电极，海水中有Cl-，则电极2的电极反应式为：，故B错误；C．电极4放电一段时间后转化成为，所以互换后电极4发生的反应与互换前电极1发生的反应相同，故C错误；D．根据电子守恒，电路中各处的电量相等，所以理论上，电路通过电子时，有富集在右侧电解液中，故D正确；故答案为：D。15.环境保护工程师研究用、或处理水样中的。室温下，饱和溶液物质的量浓度为0.1，溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如图所示[例如]。已知，，，下列说法中错误的是A.溶液中B.向的溶液中通入至饱和，可使C.忽略的第二步水解，0.1的溶液中的水解率约为62%D.向0.01的溶液中加入等体积的0.2的溶液，反应初期产生沉淀为【答案】D【解析】【分析】由溶液中各含硫微粒物质量分数随变化关系图可知，曲线向下的代表H2S的物质的量分数与pH关系，先升后降的代表HS-的物质的量分数与pH关系，上升的曲线代表S2-的物质的量分数与pH关系，H2S曲线和HS-曲线的交叉点代表二者的浓度相等，对应的pH=7，c(H+)=10-7mol/L，Ka1==c(H+)=10-7，HS-与S2-曲线交叉点代表HS-与S2-二者物质的量分数相等，对应的pH=13，c(H+)=10-13mol/L，Ka2==c(H+)=10-13。【详解】A．溶液中存在电荷守恒，即：，A正确；B．向的溶液中通入至饱和，若，反应Cd2++H2S=CdS↓+2H+几乎完全发生，c(H+)=0.02mol/L，由Ka1×Ka2=×==10-7×10-13=10-20，饱和H2S溶液中H2S浓度为0.1mol/L，=10-20，=2.5×10-20mol/L，此时c(Cd2+)=<10-5mol/L，B正确；C．根据S2-+H2O⇋HS-+OH-，设水解的S2-的物质的量浓度为xmol/L，产生的HS-和OH-浓度都为xmol/L，Kh====，x≈0.062mol/L，水解率为，C正确；D．0.1mol/LNa2S溶液中的水解率约为62%，0.01mol/LFeCl2溶液中加入等体积0.2mol/LNa2S溶液，瞬间得到0.005mol/LFeCl2和0.1mol/LNa2S的混合液，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D错误；答案选D。二、非选择题：本题共5小题，共55分。16.某兴趣小组根据联合制碱的原理，在实验室中采用和粗盐在特定的浓度和温度条件下进行反应制备少量并检验其纯度。实验过程如下：①将盛有提纯后溶液的烧杯加热至30-35℃，不断搅拌下将预先研细的一定质量的分5次全部投入溶液中，加完后继续保持该温度搅拌30min，静止，抽滤除去母液，用饱和碳酸氢钠的酒精水()溶液洗涤除去吸附在表面的铵盐和，获得。②将产品小火烘干后转移到坩埚中，放入高温炉恒温300℃加热30min，停止加热，移入干燥器中保存备用。③将准确称取自制的产品g置于锥形瓶中，加50蒸馏水溶解后滴加2滴“指示剂1”，用浓度为c的盐酸标准液滴定，边滴加边振荡至终点，读取所消耗的体积为。④继续向锥形瓶中加入2滴“指示剂2”，用标准溶液继续滴定，使溶液颜色突变为橙色，将锥形瓶放到石棉网上加热煮沸1~2min，冷水浴冷却后溶液又变为黄色，再继续补滴至溶液变为橙色(30s不褪色)为止，此时为第二个滴定终点，记录整个滴定过程中所消耗的总体积。回答下列问题：（1）粗盐使用前需要除去、、等杂质，下列除杂试剂加入顺序为_______。a→_______→_______→_______。(填选项即可)a．溶液b．稀盐酸c．溶液d．溶液（2）步骤①中温度不能高于35℃的原因是_______。（3）步骤③中量取10.00的一定浓度的盐酸来配制100盐酸标准溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、_______(从下列图中选择，填选项)。A. B. C. D.（4）步骤③中“指示剂1”为_______，在此过程中盐酸一定要逐滴加入并不断振荡，以防止_______。（5）根据上述数据，样品中的百分含量为_____，的百分含量为_____。（6）步骤④中达滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）dcb（2）防止温度高于35℃，分解（3）ABC（4）①.酚酞②.局部浓度过高生成，影响测定结果（5）①.②.（6）偏小【解析】【分析】本题为利用双指示剂的方法，测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中两种盐含量的实验题，第一次滴定时为碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，滴定终点显碱性，用酚酞做指示剂，第二次滴定为碳酸氢钠和和盐酸反应，滴定终点显酸性，用甲基橙作指示剂，以此解题。【小问1详解】除去氯化钙可以用碳酸钠溶液，同时碳酸钠可以除去过量的氯化钡，除去氯化镁可以用氢氧化钠溶液，除去硫酸钠可以用氯化钡溶液，由于碳酸钠可以除去过量的氯化钡，则碳酸钠应该在氯化钡之后加入，沉淀完过滤后，注意用盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，则顺序为：adcb，则答案为：dcb；【小问2详解】步骤①为溶解，温度过高会分解，故答案为：防止温度高于35℃，分解；【小问3详解】配制100盐酸标准溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、100mL的容量瓶和胶头滴管，为了准确量取10.00的一定浓度的盐酸，需要酸式滴定管，故答案为：ABC；【小问4详解】步骤③和④是利用双指示剂的方法，用盐酸滴定碳酸钠溶液，“指示剂1”的滴定终点为盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，此时溶液显碱性，故“指示剂1”为酚酞；滴定过快，会导致盐酸局部浓度大而生成二氧化碳，故答案为：酚酞；局部浓度过高生成，影响测定结果；【小问5详解】根据题中已知信息第一次终点为生成，则第一次终点消耗的HCl的体积为V1mL，，第二次滴定时碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，第二次终点消耗的HCl的体积为，则样品中碳酸氢钠的物质的量，则原样品中的质量分数为，原样品中的质量分数为【小问6详解】俯视读数，则消耗的标准液的体积偏小，第二次滴定时是碳酸氢钠和盐酸的反应，则碳酸氢钠的含量偏小。17.用软锰矿(主要成分为，含少量、、、、、等杂质)制备高纯的工艺流程如图所示：已知：25℃时相关物质的见下表。物质回答下列问题：（1）“浸出”过程中主要反应的离子方程式为_______，浸出渣成分为_______。（2）“除杂1”中的作用是_______，调节溶液的的理论最小值为_______。(离子浓度时认为反应完全)（3）加入的目的是_______。（4）“碳化”过程中反应的离子方程式为_______。（5）“系列操作”中包含洗涤、干燥等流程，采用低温干燥原因是_______。（6）纯度测定步骤一：称取g产品，加酸溶解并配制成100.00溶液：取25.00溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热，充分反应后，煮沸溶液使过量的分解。步骤二：加入指示剂，用c溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为d。已知：(未配平)，则的质量分数为_______。【答案】（1）①.②.、(或只填写)（2）①.将氧化为②.4.9（3）除去、（4）（5）防止温度过高发生分解，降低产率（6）【解析】【分析】软锰矿的主要成分为，还含少量、、、、、，向软锰矿粉中加入稀硫酸，通入，发生氧化还原反应，Mn由+4价降低到+2价，转化为，被氧化为，、、、均可溶于稀硫酸，生成、、和，与反应生成微溶的，不溶于稀硫酸，因此浸出渣中含有和；在浸出液中加入，可将氧化为，加入氨水调节pH，可将完全沉淀为，将转化为沉淀，即滤渣1为和；向滤液中加入，可与溶液中的和剩余的反应生成沉淀和，即滤渣2为和；继续向滤液中加入碳酸氢铵和氨水“碳化”最终可将转化为。【小问1详解】软锰矿的主要成分为，向软锰矿粉中加入稀硫酸，通入，发生氧化还原反应，Mn由+4价降低到+2价，转化为，被氧化为，反应的离子方程式为；、、、均可溶于稀硫酸，生成、、和，与反应生成微溶的，不溶于稀硫酸，因此浸出渣中含有和；【小问2详解】“除杂1”中，加入，可将氧化为，加入氨水调节pH，可将完全沉淀为，将转化为沉淀，故的作用是将氧化为；调节溶液的时，要让、完全沉淀而其他离子不沉淀，即当完全沉淀时、均已沉淀完全，此时，，即的理论最小值为4.9；【小问3详解】向滤液中加入，可与溶液中的和剩余的反应生成沉淀和，即滤渣2为和，故加入的作用是除去和；【小问4详解】“碳化”过程中，向滤液中加入碳酸氢铵和氨水，最终可将转化为，同时生成和水，离子方程式为；【小问5详解】“系列操作”中包含洗涤、干燥等流程，因在高温下会发生分解，因此采用低温干燥，防止温度过高发生分解，最终降低了产率；【小问6详解】已知条件根据电荷守恒和得失电子守恒可知，配平后的离子方程式为，用c溶液滴定，可将氧化为，由此可得计量关系：，故的质量分数为。18.乙烯是有机合成工业重要的原料，由乙烷制取乙烯是常见的方法。回答下列问题：（1）乙烷氧化脱氢制备乙烯是化工生产中的重要工艺。主反应：；副反应：。①副反应在一定温度下能自发进行的原因为_______。②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率与温度的关系如图所示。a．图中A点反应一定未达平衡，原因是_______。b．若C点反应也未达平衡，可能的原因是_______。（2）是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数。一定温度和压强下，反应ⅰ：；反应ⅱ：(远大于)。①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，计算_______。②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，的平衡产率_____(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）某团队提出为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷裂解催化脱氢制乙烯技术。配位不饱和催化耦合脱氢反应过程推测如下：物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4.补全图中画框部分_______。（4）2021年来中国科学院谢奎团队研究电解乙烷制备乙烯并取得突破，其原理如图所示。A极的电极反应式为_______。【答案】（1）①.该反应的、，高温时②.该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低③.催化剂活性降低，导致反应速率减慢（2）①.或0.19②.增大（3）（4）【解析】【小问1详解】①该反应的、，高温时，在高温度下能自发进行；②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率随温度先增加后减小，a．图中A点反应一定未达平衡，因为该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低，b．若C点反应也未达平衡，因为随着温度的升高，催化剂活性降低，导致反应速率减慢；【小问2详解】①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，假设反应前乙烷的物质的量为1mol，得三段式，计算，②远大于，说明反应ii进行程度远大于反应i，反应ii的反应物H2需要反应i来提供，也就是说反应i先发生，生成氢气后，这些氢气马上与C2H6发生反应ii，而且因为反应ii进行程度大，导致氢气浓度降低，反应i平衡不断正向移动，因此C2H4的平衡产率增大；【小问3详解】物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4，即增加一个共价键，根据碳原子的电负性强于铬原子，推测图中画框部分为；【小问4详解】从图分析，电极B上二氧化碳反应生成一氧化碳，得到电子，为阴极反应，则A为阳极；A电极上乙烷反应生成生成乙烯和水，电极反应式为。19.锂离子电池是近年来的研究热点，应用的领域正在不断扩大，展示了广阔的应用前景和潜在的巨大经济效益。（1）一种锂离子电池的电极材料可采用、、和苯胺()等作为原料制备。①原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子，其价电子的自旋磁量子数的代数和为____。②在中除氢元素外，其余三种元素第一电离能最大的是_______(填元素符号)，电负性最强的元素为_______(填元素符号)。③苯胺的熔点_______甲苯的熔点(填“>”或“<”)，原因是_______。（2）某锂电池的负极材料是锂原子嵌入石墨烯层间，其晶胞结构(底边为平行四边形)如下图1所示，该晶体的化学式为_______。（3）某富锂超离子导体的晶胞是如下图2所示的立方体。在该晶体中O原子的配位数为_______，晶体密度为_______。【答案】（1）①.+2或-2②.N③.O④.>⑤.苯胺和甲苯都是分子晶体，苯胺分子之间能形成氢键，甲苯分子间没有氢键，其熔点偏高（2）（3）①.6②.【解析】【小问1详解】①基态铁原子的价电子轨道表示式为：，其价电子的自旋磁量子数的代数和为：；②同主族从上往下第一电离能逐渐减小，故第一电离能N>P，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道半满，故第一电离能