湖南省郴州市2020届高三第一次教学质量监测化学试题

湖南省郴州市2020届高三第一次教学质量监测化学试题

湖南省郴州市2020届高三第一次教学质量监测试卷 化学试题 ‎1.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A. 常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸 B. 用石灰水或MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵 C. 汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石 D. 港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.成语“金戈铁马”中的金属为铁，常温下，铁在浓硝酸中钝化，不能溶于浓硝酸，故A错误；‎ B. MgSO4溶液显弱酸性，应用石灰水喷涂在树干上可消灭树皮上过冬虫卵，故B错误；‎ C.瓷器由黏土烧制而成，所以烧制瓷器的主要原料为黏土，故C错误；‎ D.聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎2.化学家创造的酸碱质子理论的要点是：凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸，凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。按此观点，下列微粒既属于酸又属于碱的是 ‎①H2O ②CO32- ③Al3+ ④CH3COOH ⑤NH4+⑥H2N-CH2COOH A. ②③ B. ①⑥ C. ④⑥ D. ⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】凡能给出质子（即H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱，则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱，②③只能接受质子，所以属于碱；④⑤只能给出质子，属于酸，①⑥既能给出质子又能接受质子，所以既属于酸又属于碱；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目难度不大。‎ ‎3.NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是 A. 1L.0.25mol/L.Na2SO4溶液中含有的氧原子数目为NA B. 1L.0.1mol/LNa2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NA C. 生成1mol还原产物时转移电子数为8NA D. 通常状况下，11.2L.CO2中含有的共价键数目为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。‎ ‎【详解】A项、溶剂水分子中也含有氧原子，故无法计算1L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目，故A错误；‎ B项、Na2S溶液中S2-水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，故B错误；‎ C项、由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成1mol硫化钠时转移电子数为1mol×[6-（-2）]=8mol，个数为8NA，故C正确；‎ D项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量小于0.5 mol，所含有的共价键数目小于2NA，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的适用范围和溶液中的水也含有氧原子是解答关键。‎ ‎4.室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是 A. pH=1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72－、K＋、SO42－‎ B. c(Ca2＋)=0.1mol·L－1的溶液中：NH4＋、C2O42－、Cl－、Br－‎ C. 含大量HCO3－的溶液中：C6H5O－、CO32－、Br－、K＋‎ D. 能使甲基橙变为橙色的溶液：Na＋、NH4＋、CO32－、Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液显酸性，Cr2O72－有强氧化性，会把CH3CH2OH氧化，故A错误；‎ B.草酸钙难溶于水，故B错误；‎ C. C6H5OH的酸性比碳酸弱比碳酸氢根强，因此可以共存，故C正确；‎ D.使甲基橙变为成橙色的溶液显酸性，其中不可能存在大量的CO32-，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎5.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是 A. 砷酸的分子式为H2AsO4‎ B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出 C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1‎ D. 该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；‎ B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；‎ C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；‎ D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。‎ ‎6.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：‎ 下列说法正确的是 A. 图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应 B. 过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程 C. 过程Ⅲ只生成了极性共价键 D. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，A项正确；‎ B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ、Ⅱ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，B项错误； C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，C项错误； D．催化剂不能改变反应的△H，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】值得注意的是D选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。‎ ‎7.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相 等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与 R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是 A 离子半径:R＞T＞Y＞Z B. XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同 C. 最高价氧化物对应的水化物的碱性:X＞Z D. 气态氢化物的稳定性:W＜R＜T ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素，X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据分析可知：X为Ca，Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。‎ A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：R＞T＞Y＞Z，故A正确；‎ B．XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，故B错误；‎ C．同一主族从上到下金属性逐渐减弱，则金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，故C正确；‎ D．非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，故D正确。‎ ‎8.一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物说法正确的是 A. 分子式为C17H17N2O6‎ B. 能发生水解反应、聚合反应、取代反应、消去反应 C. 分子中含有四种不同的官能团 D. 能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由该有机物的结构简式可知分子式，其分子中含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基，结合酯、烯烃等有机物的性质来解答。‎ ‎【详解】A．根据该有机物的结构简式可知，其分子式为C17H18N2O6，故A错误；‎ B．该有机物含-COOC-可发生水解、取代反应，含碳碳双键可发生聚合反应，不能发生消去反应，故B错误；‎ C．该有机物含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基四种官能团，故C正确；‎ D．该有机物含碳碳双键，故其可与氢气发生加成反应，也能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D错误； ‎ 故答案为C。‎ ‎9.工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：柠檬烯 ‎①将1〜2个橙子皮剪成细碎的碎片，投人乙装置中，加入约30mL水,‎ ‎②松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧， 打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是 A. 当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成 B. 为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度计 C. 蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热 D. 要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．柠檬烯不溶于水，密度比水的密度小，则当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A正确； B．长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，而温度计在甲装置中不能代替长导管，且甲为水蒸气发生器，不需要温度计控制温度，故B错误； C．蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确； D．精油中90%以上是柠檬烯，可利用其中各组分的沸点的差别进行分离，故还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏，故D正确； 故答案为B。‎ ‎10.不同条件下，用O2氧化a mol/L FeCl2溶液过程中所 测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是 A. 由①、②可知，pH越大，+2价铁越易被氧化 B. 由②、③推测，若pH>7，+2价铁更难被还原 C. 由①、③推测，FeCl2被O2氧化反应为放热反应 D. 60℃、pH=2.5时，4 h内Fe2＋的平均消耗速率大于0.15a mol/(L·h)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①、②中温度和pH均不同，存在两个变量，不能判断pH对反应的影响，故A错误； B．若pH＞7，+2价铁会转化为氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在空气中能被氧气氧化生成氢氧化铁，所以+2价铁易被氧化，故B错误； C．①、③中pH相同，温度越高，转化率越大，则FeCl2被O2氧化的反应为吸热反应，故C错误； D．50℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率等于 0.15a mol/（L•h），在60℃、pH=2.5时，温度升高，速率增大，所以60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/（L•h），故D正确。 故答案为D。‎ ‎【点睛】本题考查了影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素，把握图中的信息以及影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。‎ ‎11.海水淡化是解决沿海城市饮用水问题关键技术。下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图(电解槽内部的“┆”和“│”表示不同类型的离子交换膜)。工作过程中b电极上持续产生Cl2。下列关于该装置的说法错误的是 A. 工作过程中b极电势高于a极 B. “┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜 C. 海水预处理主要是除去Ca2＋、Mg2＋等 D. A口流出的是“浓水”，B口流出的是淡水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解过程中b电极上持续产生Cl2，则电极b为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极a为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，工作过程中，氯离子向b移动，因此虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，实线为阳离子交换膜，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．电极b为电解池阳极，电极a为电解池的阴极， b极电势高于a极，故A正确；‎ B．根据分析， “┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜，故B正确；‎ C．为了防止海水中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－等堵塞离子交换膜，影响电解，电解前，海水需要预处理，除去其中的Ca2＋、Mg2＋等，故C正确；‎ D．根据分析，实线为阳离子交换膜，虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，氯离子向b移动，各间隔室的排出液中，A口流出的是淡水， B口流出的是“浓水”，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎12.下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是 选项 实验内容 实验结论 A 取两只试管，分别加入4mL0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.01mol·L－1H2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.01mol·L－1H2C2O4‎ H2C2O4浓度越大，反应速率越快 溶液4mL，第一只试管中溶液褪色时间长 B 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L－1HClO溶液和0.1mol·L－1HF溶液的pH，前者pH大于后者 HclO的酸性小于pH C 检验FeCl2溶液中是否含有Fe2＋时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去 不能证明溶液中含有Fe2＋‎ D 取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01mol·L－1FeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01mol·L－1CuCl2溶液2mL，试管①中产生气泡快 加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据控制变量的原则，两试管中液体的总体积不等，无法得到正确结论，故A错误； B．HClO溶液具有漂白性，应选pH计测定，故B错误； C．亚铁离子、氯离子均能被高锰酸钾氧化，溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+，故C正确； D．活化能越小，反应速率越快，试管①产生气泡快，则加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，故D错误； 故答案为C。‎ ‎13.某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应:3A (g)+2B (g)⇌4C (?)+2D (?),“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成 1.6 mol C,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是 A. 增加C,B的平衡转化率不变 B. 此时B的平衡转化率是35%‎ C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大 D. 该反应的化学平衡常数表达式是K=‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知反应的前后压强之比为 5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C、D 物质中只有一种是气体，列三段式：‎ ‎ ‎ 由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：14≠5：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以C物不是气体，D物为气体。‎ ‎【详解】A.增大反应体系中物质的浓度，平衡向浓度减小的方向移动，但C不是气体，增加C不能使平衡正向移动，所以B 的平衡转化率不变，故A正确；‎ B.B的平衡转化率=0.8mol÷2mol×100%=40%，故B错误；‎ C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，故C错误；‎ D.由于生成物C为非气体，其浓度为1，所以该反应的化学平衡常数表达式K=，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】注意掌握外界条件对化学平衡的影响和反应三段式的应用。‎ ‎14.常温下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（ ）‎ A. NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性 B. A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大 C. E溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)>c(B2－)>c(OH－)>c(H+)‎ D. F点溶液c(NH4+)=2c(B2－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 未加入氨水前，溶液的水电离出的OH-浓度为10-13mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的c（H+）逐渐增大，当两者恰好完全反应生成（NH4）2B时水的电离程度达最大（图中D点），继续加入氨水，水电离的c（H+）逐渐减小。‎ ‎【详解】A.NaHB属于强酸的酸式盐，NaHB溶液应该呈酸性，A项错误；‎ B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的pH是逐渐增大的，B项错误； ‎ C.E点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）>1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则E点水溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，C项错误；‎ D.F点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）=1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则F点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-)，因c(H+)=c(OH-)，所以有c(NH4+)=2c(B2-)，D项正确； ‎ 所以答案选择D项。‎ ‎15.用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li 3.50% Ni 6.55% Ca 6.41% Mg 13.24%)制备Li2CO3,并用其制备锂电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：‎ 资料：i滤液1、滤液2中部分例子浓度（g·L－1）‎ Li＋‎ Ni2＋‎ Ca2＋‎ Mg2＋‎ 滤液1‎ ‎22.72‎ ‎20.68‎ ‎0.36‎ ‎60.18‎ 滤液2‎ ‎21.94‎ ‎7.7×10－3‎ ‎0.08‎ ‎0.78×10－3‎ ii．EDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物 iii．某些物质的溶解度（S）‎ T/℃‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎100‎ S(Li2CO3)/g ‎1.33‎ ‎1.17‎ ‎1.01‎ ‎0.85‎ ‎0.72‎ S(Li2SO4)/g ‎34.7‎ ‎33.6‎ ‎32.7‎ ‎31.7‎ ‎30.9‎ I.制备Li2CO3粗品 ‎（1）上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是____。‎ ‎（2）滤渣2的主要成分有____。‎ ‎（3）向滤液2中先加入EDTA,再加入饱和Na2C03溶液,90℃充分反应后，分离出固体 Li2CO3粗品的操作是_______。‎ ‎（4）处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是________g。（摩尔质量:Li2CO3 74 g.mol4)‎ II.纯化Li2CO3粗品 ‎ ‎（5）将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO31溶液制备高纯度的LiOH,再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是____,该池使用了_________(填“阳”或“阴”）离子交换膜。‎ Ⅲ.制备 LiFePO4‎ ‎（6）将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体,该反应的化学方程式是_________。‎ ‎【答案】 (1). 研磨、70℃加热 (2). Ni(OH)2、Mg(OH)2、Ca(OH)2 (3). 趁热过滤 (4). 185ab (5). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ (6). 阳 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程可知，将含锂废渣研磨后，在70℃条件下用稀硫酸酸浸其中的金属，得到含有的Li+、Ni2+、Ca2+、Mg2+酸性溶液，其中部分Ca2+与硫酸根离子生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4，向滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2，滤液2含有Li+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3．将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应：Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO↑，据此分析作答。‎ ‎【详解】：（1）流程中为加快化学反应速率而采取的措施有研磨、70℃加热；故答案为：研磨、70℃加热； （2）根据分析滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，故滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2；故答案为：Ni(OH)2、Mg(OH)2、Ca(OH)2； （3）根据表可知Li2CO3的溶解度小在较高的温度下较小，故90℃充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品；故答案为：趁热过滤； （4）lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，则浸出的n（Li+）==5amol，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是5amol×0.5×b×74g/mol=185ab g；故答案为：185ab； （5）根据电解图，阳极上发生氧化反应，氢氧根离子放电，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极上放电的是氢离子，阴极生成OH-，根据题意得到LiOH，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜；故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阳； （6）Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则反应为：；故答案为：。‎ ‎16.工业上利用氧化铝基废催化剂（主要成份为Al2O3,少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd 流程如图：‎ 说明：上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。‎ ‎（1）焙烧时产生气体X的结构式为________。‎ ‎（2）水浸分离中，滤渣Pd的颗粒比较大，一般可以采用的分离方法是_________ (填字母）‎ A.过滤 B.抽滤 C.倾析 D.渗析 ‎（3）写出酸浸时发生反应的离子方式______(已知氯钯酸为弱酸)‎ ‎（4）某同学在实验室用如下图所示装置完成Pd的热还原实验，并计算滤渣中 (NH4)2PdCl6的百分含量（滤渣中的杂质不参与热还原反应）。‎ ‎①写出热还原法过程中发生反应的化学方程式________。‎ ‎②i.将石英玻璃管中（带开关；K1和K2)(设为装置A )称重，记为mi g。将滤渣 [(NH4)2PdCl6]装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。‎ ii.连接好装置后，按d→ → →b→ →e(填标号)顺序进行实验。_______ ‎ a.关闭K1和K2 b.熄灭酒精灯 c.点燃酒精灯，加热 d.打开K1和K2 e.称量A f.缓缓通入H2 g.冷却至室温 iii.重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。‎ ‎③根据实验记录，计算滤渣中（NH4)2PdCl6的百分含量__________[列式表示，其中(NH4)2PdCl6相对分子质量为355]。‎ ‎④实验结束时，发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是____(填化学式）,这种情况导致实验结果_________(填“偏高”、“偏低”、“无影响”）‎ ‎【答案】 (1). (2). C (3). Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O (4). (5). f；c；g；a (6). (7). NH4Cl (8). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废催化剂（主要成分为Al2O3，少量Pd），废催化剂硫酸铵焙烧得到气体X为氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液Y是Pd溶于王水发生Pd+6HCl+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，Y为H2PdCl6，通入氨气中和过滤得到滤渣(NH4)2PdCl6，被氢气还原得到Pd，发生(NH4)2PdCl6+2H2=Pd+2 NH3+6HCl，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）焙烧得到气体是铵盐分解生成的氨气，结构式为，‎ 故答案为：； （2）水浸分离中，滤渣Pd的颗粒比较大，可用倾析的方法分离，故答案为：C； （3）酸浸时发生反应的离子方程式为Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故答案为：Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O； （4）①通入氢气，反应的方程式为 ，‎ 故答案为：； ②实验时，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dfcbgae， 故答案为： f；c；g；a； ③样品的质量为（m2-m1）g，反应后减少的质量为（m2-m3）g，应为(NH4)2PdCl6、Pd质量之差，可知生成Pd的物质的量为mol，可知(NH4)2PdCl6的质量为g，含量为，故答案为：； ④实验结束时，若发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是氯化铵，为氨气和氯化氢在温度较低时生成，这种情况会造成较大实验误差，可导致实验结果偏低， 故答案为：NH4Cl； 偏低。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合。‎ ‎17.CCuS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化， 产生经济效益。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：‎ 反应I：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) △H1=－49.8kJ·mol－1‎ 反应II：CH3OCH3(g)＋H2O(g) 2CH3OH(g) △H2=＋23.4kJ·mol－1‎ 反应III：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3‎ ‎（1）△H3=_____________kJ·mol－1‎ ‎（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通人等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是_______(填序号）。‎ A.容器内的混合气体的密度保持不变B.反应体系总压强保持不变 C.CH3OH和CO2的浓度之比保持不变D.断裂3NA个H-O键同时断裂2NA个C=O键 ‎（3）反应II在某温度下的平衡常数为0.25,此温度下，在密闭容器中加人等物质的量的 CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：‎ 物质 CH3OCH3(g)‎ H2O(g)‎ CH3OH(g)‎ 浓度/mol·L－1‎ ‎1.6‎ ‎1.6‎ ‎0.8‎ 此时 ___（填“>”、“<”或“=”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH 体积分数 V(CH3OH)%= _____%。‎ ‎（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入3 L的密闭容器中，10 min后反应达到平衡状态，则0-10 min内的平均反应速率V(CH3OCH3)=____。‎ ‎（5）恒压下将CO2和氏按体积比1 ：3混合，在 不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如下图。‎ 其中：CH3OH的选择性=×100%‎ ‎①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是________。‎ ‎②在上述条件下合成甲醇的工业条件是_________。‎ A. 230℃ B. 210℃ C.催化剂 CZT D.催化剂 CZ(Zr-1)T ‎【答案】 (1). -123.0 (2). BCD (3). = (4). 20 (5). (6). 反应Ⅰ△H<0，温度升高，使CO2转化为甲醇的平衡转化率下降 (7). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律计算；‎ ‎（2）达到平衡状态时，v正=v逆，容器内混合气体的平均相对分子质量等于以g/mol为单位的平均摩尔质量，据此分析；‎ ‎（3）计算浓度商与平衡常数进行比较判断平衡移动方向；体积分数等于物质的量分数；‎ ‎（4）根据计算；‎ ‎（5）①反应Ⅰ放热，温度升高平衡左移；‎ ‎②根据图表分析选择合适的温度和催化剂；‎ ‎【详解】（1）由反应I：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) △H1=－49.8kJ·mol－1；‎ 反应II：CH3OCH3(g)＋H2O(g) 2CH3OH(g) △H2=＋23.4kJ·mol－1‎ 可知反应Ⅲ=I×2-II，所以△H3=－49.8kJ·mol－1×2-23.4kJ·mol－1=-123.0 kJ·mol－1；‎ 故答案为：-123.0；‎ ‎（2）A.容器内的气体体积不变，质量不变，故密度一直不变，故A错误；‎ B.平衡正向移动时气体体积减小，压强减小，所以压强不变时说明反应达到平衡，故B正确； ‎ C.平衡移动时CH3OH和CO2的浓度变化不一致，所以当比值不变时，说明反应平衡，故C正确； ‎ D.断裂3NA个H-O键，有1molCH3OH和1mol H2O参加反应，同时断裂2NA个C=O键，有1mol CO2参加反应，正反应速率等于逆反应速率，故D正确；‎ 故答案为：BCD。‎ ‎（3）浓度商Q==K，故此时达到平衡， =；体积分数等于物质的量分数，同一容器中可用浓度代替，故V(CH3OH)%=0.8÷(0.8+1.6+1.6)=20%，‎ 故答案为：=；20‎ ‎（4）根据图表可知T1温度下投料比为2时，CO2转化率为60%，容器体积为3L，初始浓度c(CO2)=6mol÷3L=2mol/L，c(H2)=12mol÷3L=4 mol/L，CO2转化率为60%，即反应了1.2 mol/L，则生成0.6 mol/L，反应速率，‎ 故答案为；‎ ‎（5）①生成甲醇的反应为放热反应，温度升高平衡左移，‎ 故答案为：反应Ⅰ△H<0，温度升高，使CO2转化为甲醇的平衡转化率下降；‎ ‎②温度不能太低，温度太低反应速率慢，温度也不能过高，过高产率降低，合适温度为230℃；从图表分析催化剂 CZ(Zr-1)T的效果更好，‎ 故答案为AD。‎ ‎【点睛】可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据:①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态,对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了, 即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态,关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化，即变量不再发生变化。‎ ‎18.配合物Fe(CO)5的熔点一20℃，沸点103℃。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。‎ ‎(1)基态Fe原子的价电子排布式是_____________________；Fe(CO)5‎ 晶体类型属于__________晶体。‎ ‎(2)CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式是________ ,写出与 CO互为等电子体的分子的电子式:___________________。‎ ‎(3)C、O、Fe的第一电离能由大到小的顺序为_______________________。‎ ‎(4)关于Fe(CO)5，下列说法正确的是______。‎ A. Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子 B. Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键 C.1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位键 D. Fe(CO)5==Fe+5CO反应中没有新化学键生成 ‎(5)铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞，三种晶体的晶胞如下图所示。‎ ‎①上述三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是______ (填“a”“δ””或“γ”)- Fe。‎ ‎②a-Fe晶胞中铁原子的配位数为_______________。‎ ‎③γ-Fe晶胞的边长为a pm，则γ- Fe单质的密度为____g/cm3(NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。‎ ‎【答案】 (1). 3d64s2 (2). 分子 (3). C≡O (4). (5). O＞C＞Fe (6). A、C (7). γ (8). 6 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；Fe(CO)5的溶点-20℃，沸点103℃，熔沸点较低，Fe(CO)5晶体属于分子晶体，故答案为3d64s2；分子；‎ ‎(2) CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式为C≡O，与CO互为等电子体的分子有N2，其电子式为，故答案为C≡O；；‎ ‎(3)C、O、Fe三种元素的原子中，铁的原子半径最大，其金属性最强，故其第一电离能最小，C、O是同一周期元素，同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，第一电离能由大到小的顺序为O＞C＞Fe，故答案为O＞C＞Fe；‎ ‎(4)A．根据Fe (CO)5的结构可知， Fe(CO)5为三角双锥结构，分子中正负电荷分布均匀，是非极性分子，CO中正负电荷分布不均匀，是极性分子，故A正确；‎ B．Fe(CO)5中Fe原子与5个CO成键，不是sp3杂化，故B错误；‎ C. 1molFe(CO)5 中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，共含有10mol配位键，故C正确；‎ D. Fe(CO)5=Fe+5CO属于化学变化，包括化学键的断裂与形成，断开了分子中的配位键，形成了金属键，故D错误；故选AC；‎ ‎(5)①根据晶胞结构图，三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是γ，故答案为γ；‎ ‎②α晶胞中晶胞顶点的铁原子与周围的6个铁原子距离相等且最小，配位数为6，故答案为6；‎ ‎③γ晶体晶胞的边长为a pm，1个晶胞中含有的铁原子数目=8×+6×=4，则γ-Fe单质的密度==g/cm3，故答案为。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(4)和(5)，(4)中要注意Fe(CO)5为三角双锥结构，具有对称性结构，铁原子与配体间形成配位键，CO中也存在配位键；(5)中要注意晶体密度的计算方法。另外C、O、Fe的第一电离能的大小也可以根据元素的金属性和非金属性的强弱判断。‎ ‎19.目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：‎ ‎（1）化合物C的结构简式为___。B的官能团名称___。‎ ‎（2）上述转化过程中属于取代反应的有___（填反应序号）。‎ ‎（3）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式___。‎ ‎（4）下列关于化合物D的说法正确的是___（填字母）。‎ A.属于酯类化合物 B.1molD最多能与4molH2发生加成反应 C一定条件下发生加聚反应 D.核磁共振氢谱有5组峰 ‎（5）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式___(任写一种)。‎ ‎①苯环上一溴代物只有2种 ②能发生银镜反应 ③苯环上有3个取代基 ‎（6）请参照上述制备流程，写出以有机物C和乙烯为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）___。‎ ‎【答案】 (1). (2). 碳碳双键、溴原子 (3). ①②③④ (4). CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr (5). bc (6). 、 (7). CH2=CH2CH3CH2Cl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知A为丙烯，与溴在光照的条件下发生取代反应生成溴丙烯，根据D的结构简式，可知B为3-溴丙烯，C为对羟基苯甲酸；‎ ‎【详解】（1）根据分析可知，C中羟基与羧基在苯环的对位，结构简式为；B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，含有的官能团有碳碳双键、溴原子；‎ ‎（2）A的结构简式为CH2=CH-CH3，B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，则反应①为取代反应；C的结构简式为，D的结构简式为，则反应②为取代反应；E的结构简式为，则反应③为取代反应；F的结构简式为，则反应④为取代反应；‎ ‎（3）B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，为溴代烃，在碱性条件下生成醇和溴化钠，反应的化学方程式为CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr；‎ ‎（4）化合物D的结构简式为，含有的官能团有碳碳双键、羧基、醚基，‎ A.化合物D中不含有酯基，不属于酯类化合物，与题意不符，A错误；‎ B.1molD中碳碳双键可与1mol氢气发生加成反应，苯环可与3mol氢气发生加成反应，最多能与4molH2发生加成反应，符合题意，B正确；‎ C.化合物D中含有碳碳双键，一定条件下发生加聚反应，符合题意，C正确；‎ D.核磁共振氢谱有6组峰，与题意不符，D错误；‎ 答案为BC；‎ ‎（5）化合物C为，其分子式为C7H6O3，其同分异构体符合②能发生银镜反应，③苯环上有3个取代基，分别为2个-OH、1个-CHO，①苯环上一溴代物只有2种，则该有机物为对称结构，可能结构为、；‎ ‎（6）有机物C为，根据制取产物，乙醇与发生取代反应生成，再与SOCl2发生取代反应生成，再与发生取代反应生成，流程为CH2=CH2CH3CH2Cl。‎ ‎【点睛】根据有机物中的官能团确定有机物的性质，为学习有机物的基础；根据反应物及生成物的结构判断反应类型。‎ ‎ ‎