广东省佛山市2024-2025学年高三上学期教学质量检测（一）化学试题 含解析

2024～2025学年佛山市普通高中教学质量检测(一)高三化学2025.1本试卷共8页，20题，全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、试室、座位号和准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。可能用到的相对原子质量：C12N14O16Na23Cl35.5Zn65一、选择题：本题包括16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.中国古代食器兼具美观与实用价值。下列馆藏食器中主要材质与其他三种不同的是A.陶刻纹豆(商)B.蓝玻璃杯(汉)C.叶形银盘(唐)D.花瓣瓷碗(宋)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．陶刻纹豆属于陶器，主要材质是硅酸盐；B．玻璃主要成分是硅酸盐；C．银盘是金属银制成，材质与其他三项不同；D．瓷器主要成分是硅酸盐；故选C。2.“中国制造”闪耀巴黎奥运会，随中国健儿“征战”世界赛场。下列说法正确的是A.新能源电动大巴接送运动员：行驶过程电能转化为化学能B.航空级铝合金用作跳水跳板：和纯铝相比，铝合金熔点更高C.ABS树脂用作比赛用乒乓球：ABS树脂强度高、韧性好、易加工成型D.硅基芯片植入足球内胆辅助裁判判罚：基态28Si和30Si核外电子排布不同【答案】C【解析】【详解】A．电动汽车行驶过程是由电能转化为机械能，故A错误；B．航空级铝合金用作跳水跳板：和纯铝相比，铝合金熔点更低，故B错误；C．ABS树脂强度高、韧性好、易加工成型，所以可用作比赛用的乒乓球，故C正确；D．基态28Si和30Si都是硅元素的不同核素，核外电子数相等，均是基态，所以核外电子排布完全相同，故D错误；答案选C。3.民以食为天，食以安为先。下列说法不正确的是A.补铁剂搭配维生素C服用可增强补铁效果B.SO2不可用于食品的漂白、防腐和抗氧化C.蛋白质、淀粉、纤维素都属于高分子D.硅胶是袋装食品常用的干燥剂【答案】B【解析】【详解】A．维生素C具有还原性，能与氧气反应，可防止补铁剂被氧化，则补铁剂搭配维生素C服用可增强补铁效果，故A正确；B．SO2具有漂白、防腐和抗氧化作用，可用作某些食品的添加剂，如葡萄酒中常添加适量SO2，故B错误；C．蛋白质、淀粉、纤维素等物质的相对分子质量都很大，在10000以上，都属于高分子，且属于天然高分子化合物，故C正确；D．硅胶具有吸水性，可用作袋装食品的干燥剂，故D正确；答案选B。4.化学之美，外美于现象，内美于原理。下列说法不正确的是A.清晨树林里梦幻般的光束源于丁达尔效应B.六角形冰晶体完美对称，融化时共价键断裂C.美丽的霓虹灯光与原子核外电子跃迁释放能量有关D.缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中变为完美的立方体【答案】B【解析】【详解】A．空气与尘埃形成胶体，当光束通过时会产生丁达尔效应，所以早晨的树林，可以观测到梦幻般的光束，这是种现象源自胶体的丁达尔效应，A正确；B．冰融化时破坏的是水分子间的氢键，而非水分子内部的共价键（O-H键）。共价键断裂属于化学变化，而融化是物理变化，B错误；C．霓虹灯光的原理是：原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，与原子核外电子跃迁释放能量有关，C正确；D．晶体具有自范性，缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中会逐渐变为完美的立方体，这是因为晶体在饱和溶液中会通过溶解和再结晶的过程，最终达到能量最低的稳定状态，即完美的立方体形状，D正确；故选B。5.劳动是一切知识的源泉。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A糕点制作：用NaHCO3作膨松剂NaHCO3受热易分解B水质消毒：用ClO2对自来水进行消毒ClO2具有强氧化性C金属防腐：船舶外壳安装镁合金还原性：Mg>FeD农业种植：铵态氮肥要保存在阴凉处NH水解呈酸性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．NaHCO3受热易分解，生成的二氧化碳气体能使面团松软多孔，则NaHCO3常用作膨松剂，劳动项目与所述化学知识有关联，故A不选；B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水杀菌消毒，劳动项目与所述化学知识有关联，故B不选；C．还原性：Mg＞Fe，则Mg、Fe和海水形成原电池时Mg作负极，铁作正极，所以船舶外壳安装镁合金可防止船舶发生腐蚀，劳动项目与所述化学知识有关联，故C不选；D．铵态氮肥受热分解生成氨气，导致氮元素损失，所以铵态氮肥要保存在阴凉处，与铵态氮肥水解呈酸性无关，故D选；答案选D。6.1842年德国化学家维勒用电石(CaC2)和水反应制备乙炔。兴趣小组利用以下装置进行实验。其中，难以达到预期目的的是A.制备C2H2 B.除掉C2H2中的H2SC.收集C2H2 D.验证C2H2的还原性【答案】C【解析】【详解】A．碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，由图可知，该装置为固液不加热的装置，分液漏斗中盛放饱和食盐水，锥形瓶中盛放电石，可以用于用电石和饱和食盐水反应制备乙炔，故A正确；B．硫酸铜与硫化氢反应生成硫化铜和硫酸，可以将混合气体通入到硫酸铜溶液中，可以除掉C2H2中的H2S，故B正确；C．C2H2的密度比空气小，收集C2H2，应该短进长出，故C错误；D．乙炔中含有碳碳三键，能与酸性高锰酸钾溶液反应，酸性高锰酸钾褪色，说明C2H2具有还原性，故D正确；答案选C。7.某粗苯中含有苯酚，用如图所示步骤除去苯酚。下列正确的是试剂M浓溴水浓溴水NaOH溶液NaOH溶液操作x分液过滤分液过滤选项ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．苯酚与浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚能溶于苯，不能分层，则不能用分液操作分离，故A错误；B．浓溴水与苯酚反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚都能溶于苯，不会出现固液混合状态，则不能用过滤操作分离，故B错误；C．苯酚能与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的苯酚钠，苯与NaOH溶液不反应，且苯与苯酚钠、NaOH溶液会分层，则能用分液操作分离，故C正确；D．苯酚能与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的苯酚钠，苯与NaOH溶液不反应，没有出现固液混合状态，则不能用过滤操作分离，故D错误；答案选C。8.“千年锈色耐人寻”。Cu2(OH)3Cl是铜锈中的“有害锈”，生成原理如图。下列说法不正确的是A.正极反应：O2＋4e-＋4H＋=2H2OB.铜失去电子，发生氧化反应C.潮湿的环境中更易产生铜锈D.明矾溶液可清除Cu2(OH)3Cl【答案】A【解析】【详解】A．根据图知，发生吸氧腐蚀，正极上O2得电子和H2O反应生成OH-，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；B．失电子的物质发生氧化反应，该反应中Cu失电子生成Cu2+而发生氧化反应，故B正确；C．潮湿的环境中有电解质溶液，易形成原电池而更易产生铜锈，故C正确；D．明矾中铝离子水解生成Al(OH)3和H+而使溶液呈酸性，能和Cu2(OH)3Cl中OH-反应，所以明矾溶液能清除Cu2(OH)3Cl，故D正确；答案选A。9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.4.6gNO2中含有的分子数为0.1NAB.1L1mol·L-1[Ag(NH3)2]OH溶液中含Ag＋的数目为NAC.0.8molFeI2与71gCl2充分反应后，转移的电子数为2.4NAD.标准状况下，11.2LN2和C2H2的混合气体中含有π键的数目为NA【答案】D【解析】【详解】A．二氧化氮与四氧化二氮存在转化：2NO2⇌N2O4，4.6gNO2中含有的分子数小于0.1NA，故A错误；B．[Ag(NH3)2]OH溶液，银主要以[Ag(NH3)2]-形式存在，所以1L1mol•L-1[Ag(NH3)2]OH溶液中含Ag+数目小于NA，故B错误；C．0.8molFeI2与71gCl2充分反应后，氯气物质的为1mol，Cl2少量，完全反应生成2mol氯离子，转移的电子数为2NA，故C错误；D．1个氮气分子和1个乙炔分子都含有2个π键，所以标准状况下，11.2LN2和C2H2的混合气体中含有π键的数目为：×2×NAmol-1=NA，故D正确；答案选D。10.水杨酰胺是合成医药、香料、液晶的重要中间体，其结构如图所示。下列有关水杨酰胺的说法不正确的是A.属于氨基酸B.能发生加成反应C.能与FeCl3溶液作用显色D.1mol水杨酰胺最多消耗2molNaOH【答案】A【解析】【详解】A．该有机物分子中没有羧基，不属于氨基酸，故A错误；B．水杨酰胺分子中含有苯环，能发生加成反应，故B正确；C．水杨酰胺分子中含酚羟基，能够与FeCl3溶液作用显色，故C正确；D．酚羟基和酰胺基都与NaOH溶液反应，1mol水杨酰胺最多消耗2molNaOH，故D正确；答案选A。11.部分含Na或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图，下列推断合理的是A.在空气中加热e，一定能生成dB.在d(s)→g(aq)→h(s)的转化过程中，一定有颜色变化C.在b(aq)→c(aq)→h(s)的转化过程中，一定均为氧化还原反应D.若可用f制取a，a一定可以在Cl2中燃烧生成＋2价氯化物【答案】B【解析】【分析】由图可知，若a为钠、b为钠盐、c为氢氧化钠；若a为铝、f为氧化铝、g为铝盐或偏铝酸盐、h为氢氧化铝；若a为铁、d为氧化亚铁、f为氧化铁、g为铁盐、e为氢氧化亚铁、h为氢氧化铁。【详解】A．在空气中加热氢氧化亚铁时，氢氧化亚铁会与空气中的氧气、水蒸气反应生成生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，无法得到氢氧化亚铁，故A错误；B．氧化亚铁能与稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁能与碱溶液反应氢氧化铁，转化过程中，颜色变化为黑色固体→棕黄色溶液→红褐色沉淀，则在FeO(s)→Fe3+(aq)→Fe(OH)3(s)的转化过程中，一定有颜色变化，故B正确；C．b(aq)→c(aq)→h(s)的转化过程可能为电解饱和食盐水生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液与铁离子或铝离子反应生成氢氧化铁沉淀或氢氧化铝沉淀，生成氢氧化铁沉淀或氢氧化铝沉淀的反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；D．可用f制取a，说明a为铝、f为氧化铝，铝在氯气中燃烧生成＋3价氯化铝，故D错误；故选B。12.下列陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系的是选项陈述I陈述IIA常温下，等浓度的次氯酸钠和醋酸钠溶液，前者pH大酸性：CH3COOH>HClOB聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠是一种缩聚产物C盐卤用作加工豆腐凝固剂重金属盐使蛋白质变性D键角：CH4<NH3NH3的中心原子有孤电子对A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．相同条件下次氯酸钠溶液的pH大，说明次氯酸钠的水解程度大，根据水解规律可知酸性：CH3COOH＞HClO，故A正确；B．聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，是因为其含有亲水基羧酸根离子，具有很强吸水性，与聚丙烯酸钠是一种缩聚产物无关，故B错误；C．盐卤用作加工豆腐的凝固剂是利用电解质能使胶体发生聚沉的性质，与重金属盐使蛋白质变性无关，故C错误；D．CH4、NH3的价层电子对数均为4，中心原子杂化方式相同，但NH3分子中N原子含有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，则键角：CH4＞NH3，故D错误；答案选A。13.按下图装置，将浓H2SO4加入浓Na2S2O3溶液中，产生气泡和沉淀。下列预期现象及相应推理均合理的是A.烧瓶壁发热，说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热B.湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明SO2水溶液显酸性C.溴水润湿的滤纸褪色，说明SO2水溶液有漂白性D.BaCl2溶液产生沉淀，说明生成BaSO3【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸稀释也会产生大量的热，所以烧瓶壁发热，不能说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热，故A错误；B．二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以湿润的蓝色石蕊试纸变红，故B正确；C．二氧化硫具有还原性，能够使溴水褪色，与其漂白性无关，故C错误；D．盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故D错误；答案选B。14.(WV4)2Z(YX4)2是重要的水处理剂，Z元素为＋2价。V、W、X、Y、Z是原子序数递增的5种元素，前四周期均有分布，X和Y同族。W的基态原子价层p轨道半充满，Z元素的一种合金用量最大、用途最广。则A.电负性：W>XB.氢化物稳定性：X>WC.WV3和YX3的空间构型相同D.Z的第四电离能远大于第三电离能【答案】D【解析】【分析】Z元素：题目指出Z合金用量最大，用途最广，且Z为+2价。结合常见合金，Z应为铁（Fe），其合金（如钢）应用最广，且常见。W元素：W的基态原子价层p轨道半充满，结构，符合第二周期的氮（N）。X和Y：同族元素，X为氧（O），Y为硫（S）（同属VIA族），满足原子序数递增。V元素：原子序数小于W（N），推测为氢（H），形成结构。【详解】A．主族元素电负性从左到右逐渐增大，电负性：W<X，W为N（电负性3.04），X为O（3.44），O的电负性更高，故A错误；B．没有指出最简单氢化物（或气态氢化物），无法比较N、O元素氢化物稳定性强弱，故B错误；C．为（三角锥形），YX3为（平面三角形），构型不同，故C错误；D．Z为Fe，其电离能数据：第三（2957kJ/mol）→第四（5290kJ/mol），因（）为半充满稳定结构，失去第四个电子需更高能量，故D正确；故选D。15.锌离子全电池加入弱极性FcD后，利用FcD/FcD＋间的转化，可同时除去溶解氧和非活性锌，防止锌电极被溶解氧腐蚀。下列说法不正确的是A.理论上该电池需要不断补充FcDB.电子从锌电极经导线移向NaV3O8·1.5H2O电极C.加入聚乙二醇是为了增大FcD在水中的溶解度D.理论上每消耗32g溶解氧，可除去非活性锌130g【答案】A【解析】【分析】锌离子全电池工作时，锌作负极，NaV3O8·1.5H2O作正极；FcD除去溶解氧和非活性锌的方程式分别为4FcD＋O2＋2H2O→4FcD＋＋4OH－、2FcD＋＋Zn→2FcD＋Zn2＋，据此答题。【详解】A．除去溶解氧时将FcD转化为FcD＋，除去非活性锌时将FcD＋转化为FcD，整个过程FcD的量不变，所以理论上该池不需要补充FcD，故A错误；B．锌为负极，NaV3O8·1.5H2O为正极，电子从负极经导线移向正极，即电子从锌电极经导线移向NaV3O8·1.5H2O电极，故B正确；C．FcD为弱极性，加入少量聚乙二醇减小溶剂的极性，增大FcD在水中的溶解度，故C正确；D．除去溶解氧和非活性锌的方程式分别为4FcD＋O2＋2H2O→4FcD＋＋4OH－、2FcD＋＋Zn→2FcD＋Zn2＋，所以每消耗32g溶解氧，即1mol溶解氧，可除去非活性锌2mol，即130g，故D正确；故选A。16.T℃时，真空密闭容器中加入足量R，发生反应R(s)2S(g)＋Q(g)，S的分压随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A.相对于曲线I，曲线II可能使用了催化剂B.T℃时，该反应的分压平衡常数Kp=500(kPa)3C.Q的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态D.T℃时，M点压缩容器体积，平衡逆向移动，新平衡时c(S)比原平衡大【答案】D【解析】【详解】A．曲线Ⅰ和曲线Ⅱ平衡时S分压相等，曲线Ⅱ压强变化比较快，可知曲线Ⅱ可能是使用了催化剂，故A正确；B．T℃，该反应平衡时的S的分压为10kPa，可知Q的平衡分压为5kPa，Kp=p2(S)p(Q)=(10kPa)2×5kPa=500(kPa)3，故B正确；C．反应反应R(s)2S(g)＋Q(g)，R为固体，S与Q的分压比恒为2：1，Q的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态，故C正确；D．T℃时，M点压缩容器体积，平衡逆向移动，平衡常数K只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，新平衡时c(S)与原浓度相等，故D错误；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.铜氨纤维常用于高档丝织品，铜氨溶液可用于制作铜氨纤维。（1）制备氮气：实验室利用如图装置制备氨气，反应的化学方程式为___________。（2）氨水浓度的测定：将制得的氨气溶于水，取20.00mL该氨水，加入指示剂，用1.000mol·L-1盐酸滴定至终点，消耗盐酸22.00mL。①该过程中需用到的仪器有___________(填仪器名称)。②该氨水的浓度为___________mol·L-1。（3）配制铜氨溶液：向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出现蓝色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。反应的离子方程式：I．___________；II．Cu(OH)2＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-（4）探究铜氨离子形成的原因：①查阅资料Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH-(aq)Ksp=4.8×10-20Cu2＋(aq)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)K=7.24×1012②提出猜想根据查阅的资料判断反应II难以进行。通过计算说明理由___________。③验证猜想设计如下方案，进行实验。步骤现象i．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入足量1mol·L-1___________溶液生成蓝色沉淀ii．再向i中悬浊液滴加配制氨水，振荡___________④实验小结猜想成立。⑤教师指导Cu(OH)2＋4NH3＋2NH[Cu(NH3)4]2＋＋2NH3·H2OK=1.13×103⑥继续探究步骤现象iii．向ii中继续滴加___________溶液蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色⑦分析讨论结合方程式II，从平衡移动的角度解释步骤ii的现象___________。【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（2）①.酸式滴定管、碱式滴定管②.1.100（3）Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH（4）①.反应Ⅱ的平衡常数K’=Ksp×K=4.8×10−20×7.24×1012=3.5×10−7，该反应平衡常数小于10−5，说明反应正向进行的程度小②.NaOH/KOH③.蓝色沉淀不溶解④.硫酸铵(氯化铵等铵盐均可)⑤.加入铵盐，c(OH−)减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(反应Ⅰ逆向进行，生成的Cu2+结合NH3的思路也可)【解析】【小问1详解】实验室制取氨气是加热固体氯化铵和氢氧化钙，方程式为：。【小问2详解】①量取氨水，需要碱式滴定管；用盐酸滴定氨水，盐酸需装入酸式滴定管。答案：碱式滴定管、酸式滴定管。②根据反应列式：，可得，答案为：。【小问3详解】硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，生成氢氧化铜沉淀，方程式为：。【小问4详解】，其平衡常数表达式为：，代入数据计算：，说明正向反应程度很小。答案为：反应的平衡常数为：，该反应平衡常数小于，说明反应正向进行的程度小。反应生成蓝色沉淀，向该悬浊液滴加配制的氨水，振荡。由于反应的平衡常数小于，反应很难进行，所以沉淀不溶解。答案为：；蓝色沉淀不溶解根据⑤的方程式，氨水中含有氨气，要使该反应发生，应该加入含有铵根离子的物质，该物质为等铵盐。故答案为：硫酸铵(氯化铵等铵盐均可)；加入铵盐，减小，反应正向进行，从而促进溶解生成。故答案为：加入铵盐，减小，反应平衡正向进行，从而促使溶解生成生成(反应逆向进行，生成的的思路也可)。18.电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下：已知：I.萃取时反应：M2＋(水相)＋2RH(有机相)MR2(有机相)＋2H＋(水相)，(K(M2+)为萃取反应的平衡常数，M2＋代表Ni2＋或Co2＋)。II．该工艺下，Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2；饱和Na2CO3的浓度约为1.5mol·L-1。（1）Mn属于___________区元素。（2）“碱浸”时，Al箔发生反应的离子方程式为___________。（3）“酸浸”时，Co3O4被还原为Co2＋，1molCo3O4需添加Na2SO3___________mol。（4）“沉锰”时，Mn2＋发生反应的离子方程式为___________。（5）“镍钴分离”时，NiR2和CoR2的浓度相近，通过调控pH，可将Ni2＋、Co2＋依次从有机溶剂HR中分离出来，可知___________(填“>”“<”或“=”)（6）该工艺中能循环利用的物质有___________(填化学式)。（7）通过计算说明“沉锂”时Li＋是否可以沉淀完全___________。（8）正极材料的结构如图所示，粒子个数比Ni：Co：Mn=___________，该材料化学式为___________。【答案】（1）d（2）2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑（3）1（4）Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+（5）<（6）RH、H2SO4、NaOH（7）Li+完全沉淀时，c(Li+)=1×10-5mol·L-1，需c(CO)==2.5×108mol·L-1远大于饱和碳酸钠溶液的浓度，故Li+不能沉淀完全（8）①.1∶1∶1②.Li3NiCoMnO6【解析】【分析】正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物，正极材料中加入NaOH溶液进行碱浸，AI和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，Li、Ni、Co、Mn的氧化物和NaOH溶液不反应，过滤后滤液中加入稀硫酸沉铝得到Al(OH)3沉淀，滤液进行电解得到NaOH和稀硫酸，Li、Ni、Co、Mn等的氧化物中加入稀硫酸、Na2SO3进行酸浸，分别得到Li2SO4、Ni2SO4、CoSO4、MnSO4，溶液中加入Na2S2O8进行沉锰得到MnO2，Na2S2O8得电子生成Na2SO4，滤液中加入RH进行萃取，水相中得到Li2SO4，水相中加入Na2CO3沉锂得到Li2CO3，同时生成Na2SO4，有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到RH和Ni2SO4、CoSO4。【小问1详解】Mn位于第四周期第ⅦB族，属于d区元素；【小问2详解】“碱浸”时，Al箔和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，发生反应的离子方程式为：；【小问3详解】“酸浸”时，Co3O4被还原为Co2+，离子反应方程式为：；，根据离子方程式知，1molCo3O4需添加1molNa2SO3；【小问4详解】“沉锰”时，Mn2+转化为MnO2，Mn元素的化合价由+2价变为+4价，Na2S2O8被还原为Na2SO4，该反应的离子方程式为Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；【小问5详解】“镍钴分离”时，平衡常数小的先从有机溶剂R中分离出来，NiR2和CoR2的浓度相近，通过调控pH，可将Ni2＋、Co2＋依次从有机溶剂HR中分离出来，可知＜；【小问6详解】根据分析和流程图可知，能循环利用的物质有RH、H2SO4、NaOH；【小问7详解】当锂离子完全沉淀时，，数据可知，，远大于饱和碳酸钠溶液的浓度，说明此时不能沉淀完全；【小问8详解】根据左侧图知，以Ni原子为中心，每个Ni原子连接2个Co、2个Mn原子，每个Co、Mn原子被2个Ni原子连接，所以Ni、Co、Mn的个数之比为1:1:1；该晶胞中Ni或Co或Mn原子个数为2+4×=3、Li原子个数为8×+2=3、O原子个数为8×+4=6，该材料化学式为Li3NiCoMnO6。19.乙酸乙酯是应用最广泛的脂肪酸酯之一。（1）乙酸乙酯水解可用于制备化工原料。①基态O原子价层电子排布式为___________。②常温下，某CH3COONa溶液pH=9，则c(CH3COOH)＋c(H＋)=___________mol·L-1。③18O标记的乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解的部分历程如下：已知可快速平衡。能量变化如图：反应I、II、III、IV中，表示乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步是___________，总反应△H=___________(用含E1、E2、E3、E4的代数式表示)，体系中含18O的微粒除A、B、D、E外，还有___________。（2）反应CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH3CH3(l)＋H2O(l)的∆H<0，∆S>0。①反应___________自发进行(选填“低温下”“高温下”“任意温度下”或“不能”)。②T℃时，该反应平衡常数Kx==1，其中，n(总)为平衡时乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物质的量之和。1mol乙醇和1mol乙酸充分反应后，乙酸的转化率为___________(写出计算过程)。（3）制备乙酸乙酯的实验中，常用饱和碳酸钠溶液收集产物。CH3COOCH2CH3＋H2O＋Na2CO3CH3COONa＋CH3CH2OH＋NaHCO3K=7.03×105，理论上用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯不合理。设计如下实验：序号操作现象i取10mL饱和NaOH溶液(4.5mol·L-1)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇，常温下振荡5min混合液变澄清、透明、均一ii取10mL饱和Na2CO3溶液(pH=12.5)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇并加热至90℃，振荡5min混合液仍为乳浊液，静置后分层根据实验，用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯是合理的，其原因有：①饱和Na2CO3溶液极性较大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中___________(填“大”或“小”)。②从速率角度分析，___________。【答案】（1）①.2s22p4②.1×10−5③.Ⅰ④.E1−E2+E3–E4⑤.OH−、H2O、（2）①.任意温度下②.50%（3）①.小②.饱和碳酸钠溶液中c(OH-)小，反应速率慢【解析】【小问1详解】①基态O原子价层电子为其2s、2p能级上的电子，其基态O原子价层电子排布式为2s22p4；②常温下，某CH3COONa溶液pH=9，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、存在物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以存在c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)=mol/L=10-5mol/L；③反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中，反应所需活化能越大，反应速率越慢，慢反应为乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步，根据图知，反应Ⅰ为乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步，总反应为A生成D，则总反应ΔH=E1-E2+E3-E4；体系中含18O的微粒除A、B、D、E外，还有18OH-、H218O、CH3CO18OH；【小问2详解】①该反应ΔH＜0、ΔS＞0，该反应能自发进行，则ΔH-TΔS＜0，反应任意温度下自发进行；②x(B)=，n(总)为平衡时乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物质的量之和，T℃时，该反应平衡常数Kx=等于生成物物质的量幂之积与反应物物质的量幂之积的比，Kx=1；1mol乙醇和1mol乙酸充分反应后，设乙酸的转化率为x，则达到平衡时消耗n(CH3COOH)=xmol；列三段式如下：Kx====1，x=50%。【小问3详解】①根据实验i知，乙酸乙酯和NaOH溶液、乙醇混合后常温下振荡，混合液变澄清、透明、均一，说明溶液中不含乙酸乙酯；实验ii中饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯、乙醇混合并加热，混合液仍为乳浊液，静置后分层，说明混合溶液中还含有乙酸乙酯，饱和Na2CO3溶液极性较大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中小；②实验i混合溶液碱性强、实验i