2024年高考化学终极押题卷3（上海卷）含答案

2024年高考化学终极押题卷3（上海卷）一．选择题（共20小题）1．对事物进行分类时，要明确化学概念之间的逻辑关系，现存在如下关系：包含关系并列关系交叉关系重叠关系对下列概念的说法错误的是（）A．分解反应和复分解反应是并列关系 B．氧化还原反应和置换反应是重叠关系 C．化合物和电解质是包含关系 D．离子反应和氧化还原反应是交叉关系2．故宫是我国现存规模最大、保存最完整的帝王宫殿和古建筑群，是世界五大宫殿之首。下列故宫建筑的组成成分中主要材料为合金材料的是（）建筑选项A．汉白玉石材B．鎏金铜缸C．阳澄湖泥所制金砖D．槛窗楠木材料A．A B．B C．C D．D3．下列物质中含有离子的是（）A．铝粉 B．金刚石 C．液态氯化氢 D．冰醋酸4．下列化合物中，能由组成该化合物的两种元素的单质直接化合而成的是（）A．FeCl2 B．SO3 C．CuS D．Na2O25．科学素养包括规范使用化学用语。下列化学用语表达正确的是（）A．氟化氢的电子式： B．甲烷分子的球棍模型： C．硫离子的最外层电子排布式：3s23p6 D．丙烯的结构简式：C3H66．在酸性环境中，纳米Fe/Ni复合材料去除污染水体的的反应过程（Ni不参与反应）如图所示，下列表达反应过程或现象的方程式错误的是（）A．反应步骤ⅰ：+Fe+2H+═+Fe2++H2O B．反应步骤ⅱ：+3Fe+8H+═3Fe2+++2H2O C．反应进行一段时间，过滤出水体中出现的白色絮状物，白色絮状物在空气中最终变成红褐色：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 D．硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸发现溶液变黄：2Fe2+++4H+═2Fe3++SO2↑+2H2O7．铟产业被称为“信息时代的朝阳产业”。元素周期表中铟的数据如图，下列说法正确的是（）A．铟元素的质量数是114.8 B．铟元素的相对原子质量是115，中子数为66 C．铟元素是一种主族元素，位于第五周期第ⅢA族 D．铟原子最外层有5个电子8．第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得到四种溶液，0.010mol•L﹣1的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．非金属性：Y＞Z B．简单离子半径：Z＞W＞X C．气态氢化物的稳定性：Y＞W D．含氧酸的酸性：Z＞W9．化学键理论让科学家们看到“万物皆可结构化”。下列化合物中既含有离子键，又含有极性共价键的是（）A．Li2O B．KOH C．HClO D．MgCl210．如图所示的有关牛式二烯炔醇的说法正确的是（）A．牛式二烯炔醇的化学式为C29H44O B．牛式二烯炔醇预示着同学们一定会牛气冲天 C．由图中可知每个碳原子均连接四个原子 D．该物质燃烧一定生成CO2和H2O11．氯元素代表物的价类二维图如图所示，下列说法错误的是（）A．丙和丁均能与NaOH溶液反应生成盐和水 B．戊可以用做制取氧气的反应物 C．甲和丙都能使氯化铁溶液褪色 D．乙在固态时不导电，但属于电解质12．某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与的个数之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为（）A．1：3 B．4：3 C．2：1 D．3：113．2﹣丁烯有顺（）、反（）两种异构体。T℃，异构体转化的能量关系如图所示，下列说法正确的是（）A．顺﹣2﹣丁烯转化为反﹣2﹣丁烯的过程属于物理变化 B．顺﹣2﹣丁烯稳定性大于反﹣2﹣丁烯 C．发生加成反应时，顺﹣2﹣丁烯断键吸收的能量低于反﹣2﹣丁烯断键吸收的能量 D．T℃，1mol顺﹣2﹣丁烯完全转化成反﹣2﹣丁烯放出热量（c﹣b）kJ14．如图所示装置，开关K闭合时，电流表指针发生偏转，下列有关开关K闭合时的说法正确的是（）A．b极是负极 B．a极电极反应式为H2﹣2e﹣═2H+ C．当装置中有1mol电子通过时，右池产生标准状况下5.6L气体 D．电池总反应式为2H2+O2═2H2O15．某课外实验小组设计的下列实验合理的是（）A．氨气发生装置 B．制备并收集少量NO2 C．配制一定浓度的硫酸溶液 D．吸收多余氨气16．工业上可通过“酸性歧化法”和“电解法”制备KMnO4。“酸性歧化法”中，利用软锰矿（主要成分为MnO2）先生成K2MnO4，进而制备KMnO4的流程如图所示。实验室中模拟“酸性歧化法”制备KMnO4。下列说法正确的是（）A．为加快“熔融”反应速率，可将矿石粉碎，并用玻璃棒不断翻炒固体 B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为3+4H+＝2+MnO2+2H2O C．“结晶”获取KMnO4晶体时采用蒸发结晶 D．该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个17．实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。序号①②③实验装置及操作实验现象溶液无明显变化溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体，溶液颜色加深，温度无明显变化，最终有紫黑色沉淀析出下列说法不正确的是（）A．KI对H2O2的分解有催化作用 B．对比②和③，酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大 C．对比②和③，②中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率 D．实验②③中的温度差异说明，H2O2氧化KI的反应放热18．能证明Na2SO3溶液中存在SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣水解平衡的事实是（）A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去 B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去 C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去 D．滴入酚酞溶液变红，再加入NaHSO4溶液后红色褪去19．如图所示，有T1、T2不同温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，下列说法不正确的是（）A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点 B．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成 C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a，b之间的某一点（不含a，b） D．升温可使溶液由b点变为d点20．在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应A（g）⇌2B（g）的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．无催化剂时，反应不能进行 B．催化剂Ⅱ比催化剂Ⅰ效率更高 C．a曲线表示使用催化剂Ⅰ时A的浓度随t的变化 D．使用催化剂Ⅱ时，0～2min内，v（A）＝1.0mol⋅L﹣1⋅min﹣1二．解答题（共4小题）21．某可充电的锂离子电池以LiMn2O4为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li+导电固体为电解质，其结构如图所示。其充电时发生的总反应为：LiMn2O4+C6═Li1﹣xMn2O4+LixC6。（1）关于该锂离子电池说法正确的是。A.放电时，LiMn2O4发生氧化反应B.放电时，电子由LiMn2O4流经碳材料形成回路C.充电时，Li+向碳材料移动D.充电时，将LiMn2O4接入电源的负极（2）写出放电时，正极的电极反应。LiMn2O4为尖晶石结构，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。（3）在一个B结构中，Mn的个数为。A.1.5个B.2.5个C.4个D.7个（4）结合图中的数据，计算该晶胞的密度ρ＝g•cm﹣3。（设NA为阿伏加德罗常数，用a和NA的代数式表示，1nm＝10﹣7cm）碳酸锰MnCO3是一种难溶性白色沉淀，可作为制备LiMn2O4电极的材料。现有一MnCO3固体在pH＝8.60的缓冲溶液中达到溶解平衡，测得溶液中c（Mn2+）＝3.6×10﹣5mol•L﹣1，试计算MnCO3的溶度积常数。已知碳酸的电离平衡常数Ka2＝4.7×10﹣11，忽略Mn2+的水解与的第二步水解。（5）在上述条件下，写出溶液中的物料守恒关系式：；根据该关系式，计算得Ksp（MnCO3）＝。22．2023年9月23日第19届亚运会在我国杭州正式开幕。开幕式主火炬首次使用了零碳甲醇（CH3OH）燃料，充分体现了杭州亚运会“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念。已知一定条件下，CO2催化加氢生产甲醇，发生如下反应：反应i：3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1；反应ii：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1。（1）反应体系中存在反应iii：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），则ΔH3＝kJ•mol﹣1。将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），当改变某一外界条件（温度或压强）时，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）变化趋势如图甲所示：（2）平衡时，Q点CH3OH的体积分数为20%，则CO的转化率为。（计算结果保留三位有效数字）。（3）x轴上b点的数值比a点（填“大”或“小”）。在不同压强下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3进行投料，在容器中发生上述三个反应，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物（CH3OH和CO）中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图乙所示：（4）压强p1、p2、p3由大到小的顺序为（单选）A.p1＞p2＞p3B.p1＜p2＜p3C.p1＞p3＞p2D.p2＞p1＞p3（5）曲线（填“m”或“n”）代表CH3OH在含碳产物中的物质的量分数。（6）在T1℃，压强为p3时，反应ii的浓度平衡常数Kc＝（填含α的表达式）。光催化CO2制甲醇技术也是研究热点。如图丙铜基纳米光催化材料还原CO2的机理为：光照时，低能价带失去电子并产生空穴（h+，具有强氧化性）。（7）光催化原理与电解原理类似，写出高能导带的电极反应式：。（8）太阳光激发下，在导带和价带中除了产生电子和空穴外，还会生成（填写微粒名称）参与CO2的还原再生。（9）请至少从2方面写出光催化CO2制备甲醇与原方法的优劣比较。23．盐酸左西替利嗪是一种用于治疗荨麻疹的药物。其部分说明书如下：盐酸左西替利嗪说明书【成分】本品为西替利嗪的R型对映体，在过量盐酸中结晶制得。【性状】本品外观是白色或类白色的片剂，易溶于水。（1）在左西替利嗪中添加盐酸的目的是；药品成分中n的值为。（2）市售的普通盐酸西替利嗪片也能治疗荨麻疹，而本品仍对西替利嗪的对映体进行分离，其可能原因是。请在图中用“•”标出具有手性的碳原子。（3）下列关于西替利嗪说法正确的是（不定项）。A.西替利嗪中，有9个碳原子与氮原子的杂化方式相同B.将西替利嗪溶于水，形成内盐C.两个苯环上的12个碳原子共平面D.分子内含有羧基和酯基合成盐酸左西替利嗪的重要中间体G的过程如下：（4）除苯环外，化合物C中还含有的官能团名称为。（5）有机物B的质谱图与红外光谱图如图所示，其可由苯甲酸与SOCl2反应合成，B的结构简式为。（6）由C→D需要经历CxD的过程，中间体X的分子式为C13H10NCl。在X→D的过程中会释放一种无色无味气体，则X→D反应类型是。A.取代反应B.加成反应C.氧化反应D.还原反应（7）由E→F反应中K2CO3的作用是。（8）G的一种同分异构体同时满足下列条件，在方框中补充完整该同分异构体的结构简式：i）分子在核磁共振氢谱中显示7组峰面积不同的谱峰；ii）碱性条件下水解生成3种产物，其中一种为，另外2种产物的苯环上均只有2个取代基。（9）已知：（R1表示烃基，R2表示烃基或氢）。写出以、和HCOONH4为原料制备的合成路线流程图。（无机试剂和有机溶剂任用）（合成路线可表示为：AB⋯⋯目标产物）24．为探究+1价Ag的氧化性，开展如下活动。（1）配制溶液：称量→溶解→冷却→操作①→洗涤→注入→混匀→定容→操作②→装瓶贴标签①下列图示中，操作①为、操作②为。②用FeCl3•6H2O配制100mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液时，应称量g固体。③实验室AgNO3溶液通常盛放在试剂瓶中。（2）通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。实验现象Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝Ⅲ中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝①Ⅱ中反应的离子方程式为：。②Ⅰ、Ⅱ中的现象说明：。（不定项）A．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2B．氧化性顺序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+C．还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣③推测Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因：。（3）利用如图所示装置，探究Ag+氧化I﹣的反应。①图中盐桥中的电解质可用。A．KClB．KNO3C．Fe2（SO4）3②闭合K，电流计指针偏转。“石墨2”作。A．阴极B．阳极C．正极D．负极③已知0.1mol•L﹣1AgNO3溶液的pH＝6。上述实验中可能是氧化了I﹣，将装置中的溶液换成，闭合K，指针未发生偏转。确认Ag+氧化了I﹣。取Ⅰ中产生的黑色沉淀0.0216g于试管中。进行实验：①向黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解；②再向试管中滴加氨水，边滴边振荡至沉淀恰好溶解；③再向其中滴加乙醛溶液，加热，产生光亮的银镜。（4）写出第①步反应的化学方程式。（5）为得到光亮的银镜，实验时应做到：（任写2点）。若黑色沉淀全部转化为银镜，理论上需要乙醛mol。A．1×10﹣4B．2×10﹣4C．1×10﹣3D．2×10﹣3

2024年菁优高考化学终极押题卷3（上海卷）参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．对事物进行分类时，要明确化学概念之间的逻辑关系，现存在如下关系：包含关系并列关系交叉关系重叠关系对下列概念的说法错误的是（）A．分解反应和复分解反应是并列关系 B．氧化还原反应和置换反应是重叠关系 C．化合物和电解质是包含关系 D．离子反应和氧化还原反应是交叉关系【考点】化学基本反应类型；氧化还原反应与非氧化还原反应．【专题】物质的性质和变化专题．【答案】B【分析】应用各知识点的概念，理解概念间相关的关系，结合图示所提供的关系意义，分析相关的选项从而判断正确与否，据此进行解答。【解答】解：A．分解反应和复分解反应是并列关系，故A正确；B．置换反应一定是氧化还原反应，属于包含关系，不属于重叠关系，故B错误；C．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，故化合物一定包含电解质，是包含关系，故C正确；D．有离子参与的反应是离子反应，但不一定是氧化还原反应，故离子反应和氧化还原反应是交叉关系，故D正确；故选：B。【点评】此题是对概念间关系的考查，把握个概念间的关系是解题的关键所在，此题应属基础知识考查题。2．故宫是我国现存规模最大、保存最完整的帝王宫殿和古建筑群，是世界五大宫殿之首。下列故宫建筑的组成成分中主要材料为合金材料的是（）建筑选项A．汉白玉石材B．鎏金铜缸C．阳澄湖泥所制金砖D．槛窗楠木材料A．A B．B C．C D．D【考点】合金的概念及其重要应用．【专题】物质的组成专题．【答案】B【分析】A．汉白玉石材主要成分是碳酸钙；B．鎏金铜缸主要成分是合金材料；C．阳澄湖泥制成的金砖；D．楠木主要成分是纤维素。【解答】解：A．汉白玉石材主要成分是碳酸钙，故A错误；B．鎏金铜缸主要成分是合金材料，故B正确；C．阳澄湖泥制成的金砖，是硅酸盐材料，故C错误；D．楠木主要成分是纤维素，故D错误；故选：B。【点评】本题考查物质的组成，侧重考查学生基础的掌握情况，试题比较简单。3．下列物质中含有离子的是（）A．铝粉 B．金刚石 C．液态氯化氢 D．冰醋酸【考点】分子、原子、离子．【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．【答案】A【分析】一般来讲，分子晶体、共价晶体中不存在离子，离子晶体、金属晶体中含有离子，以此进行判断。【解答】解：A．金属铝由铝离子和自由移动的电子组成，则铝粉中含有金属阳离子，故A正确；B．金刚石是共价晶体，由原子构成，只含共价键，不存在离子，故B错误；C．液态氯化氢由分子构成，只含共价键，不存在离子，故C错误；D．冰醋酸由分子构成，只含共价键，不存在离子，故D错误；故选：A。【点评】本题考查物质组成的判断，为高频考点，把握物质组成、结构为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。4．下列化合物中，能由组成该化合物的两种元素的单质直接化合而成的是（）A．FeCl2 B．SO3 C．CuS D．Na2O2【考点】单质和化合物．【专题】物质的性质和变化专题．【答案】D【分析】A．铁与氯气点燃生成氯化铁；B．S在空气或O2中燃烧生成SO2；C．硫的氧化性较弱，和铜反应生成Cu2S；D．Na和O2共热生成Na2O2。【解答】解：A．铁与氯气点燃生成氯化铁，铁与氯气不能直接化合生成FeCl2，故A错误；B．S在空气或O2中燃烧生成SO2，S和O2不能直接化合生成SO3，故B错误；C．硫的氧化性较弱，和铜反应生成Cu2S，不能直接化合生成CuS，故C错误；D．Na和O2共热生成Na2O2，能由组成该化合物的两种元素的单质直接化合而成，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。5．科学素养包括规范使用化学用语。下列化学用语表达正确的是（）A．氟化氢的电子式： B．甲烷分子的球棍模型： C．硫离子的最外层电子排布式：3s23p6 D．丙烯的结构简式：C3H6【考点】化学式或化学符号及名称的综合；原子核外电子排布；电子式．【专题】化学用语专题．【答案】C【分析】A．氟化氢为共价化合物；B．甲烷分子的空间构型为正四面体形；C．硫元素的原子序数为16；D．丙烯的分子式为C3H6。【解答】解：A．氟化氢为共价化合物，电子式为，故A错误；B．甲烷分子的空间构型为正四面体形，球棍模型为，该模型为填充模型，故B错误；C．硫元素的原子序数为16，基态硫离子的最外层电子排布式为3s23p6，故C正确；D．丙烯的分子式为C3H6，结构简式为CH3CH＝CH2，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学用语，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。6．在酸性环境中，纳米Fe/Ni复合材料去除污染水体的的反应过程（Ni不参与反应）如图所示，下列表达反应过程或现象的方程式错误的是（）A．反应步骤ⅰ：+Fe+2H+═+Fe2++H2O B．反应步骤ⅱ：+3Fe+8H+═3Fe2+++2H2O C．反应进行一段时间，过滤出水体中出现的白色絮状物，白色絮状物在空气中最终变成红褐色：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 D．硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸发现溶液变黄：2Fe2+++4H+═2Fe3++SO2↑+2H2O【考点】化学方程式的书写．【专题】氧化还原反应专题．【答案】D【分析】A．根据图示可知，酸性环境中，纳米Fe/Ni去除分两步，反应i中在吸附点被Fe还原为，Fe被氧化为Fe2+；B．在步骤ⅱ中，在另外的吸附点被Fe还原为，Fe被氧化为Fe2+；C．Fe2+在水中发生水解，Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，随着反应进行，c（H+）减小，平衡右移，产生Fe（OH）2沉淀，不稳定，易被氧气氧化生成红褐色沉淀Fe（OH）3；D．稀硫酸没有强氧化性，酸性条件下，具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+。【解答】解：A．根据图知，在步骤ⅰ中在吸附点被Fe还原为，Fe被氧化为Fe2+，离子方程式为+Fe+2H+═+Fe2++H2O，故A正确；B．在步骤ⅱ中，在另外的吸附点被Fe还原为，Fe被氧化为Fe2+，离子方程式为+3Fe+8H+═3Fe2+++2H2O，故B正确；C．Fe2+在水中发生水解，Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，随着反应进行，c（H+）减小，平衡右移，产生Fe（OH）2沉淀，不稳定，易被氧气氧化生成红褐色沉淀Fe（OH）3，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故C正确；D．稀硫酸没有强氧化性，硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸后溶液呈酸性，酸性条件下，具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为3Fe2+++4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，故D错误；故选：D。【点评】本题考查离子方程式的书写及氧化还原反应，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质及物质之间的转化关系是解本题关键，D为解答易错点。7．铟产业被称为“信息时代的朝阳产业”。元素周期表中铟的数据如图，下列说法正确的是（）A．铟元素的质量数是114.8 B．铟元素的相对原子质量是115，中子数为66 C．铟元素是一种主族元素，位于第五周期第ⅢA族 D．铟原子最外层有5个电子【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】C【分析】A．具有一定质子数的一类原子是总称是元素，元素不说质量数；B．元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量；C、由价电子排布可知，位于第五周期第ⅢA族；D、铟原子最外层有3个电子；【解答】解：A．质量数是将原子内所有质子和中子的相对质量取近似整数值相加而得到的数值，元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量，该元素的相对原子质量是114.8，故A错误；B．元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量，该元素的相对原子质量是114.8，故B错误；C、由价电子排布可知，位于第五周期第ⅢA族，所以铟元素是一种主族元素，位于第五周期第ⅢA族，故C正确；D、铟原子最外层有3个电子，而不是5个电子，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了元素周期表的结构及应用，明确图中各个数字或字母代表的含义是解本题关键，注意114.8是该元素的相对原子质量而不是铟元素中某一种原子的相对原子质量，为易错点。8．第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得到四种溶液，0.010mol•L﹣1的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．非金属性：Y＞Z B．简单离子半径：Z＞W＞X C．气态氢化物的稳定性：Y＞W D．含氧酸的酸性：Z＞W【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】B【分析】第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/LX的最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，c（OH﹣）＝0.010mol/L，为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，说明均为酸，0.010mol/LW最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，为一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大，Y对应的酸性最弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，则Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl元素，A．P、S位于同一周期，原子序数越大非金属性越强，则非金属性P＜Cl，即Y＜Z，故A错误；B．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径为：Z＞W＞X，故B正确；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，非金属性P＜Cl，则气态氢化物的稳定性：Y＜W，故C错误；D．没有指出元素最高价，无法比较S、Cl元素的含氧酸酸性，如高氯酸的酸性大于硫酸，硫酸、亚硫酸的酸性大于次氯酸，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最高价氧化物对应水化物的酸碱性、原子半径为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。9．化学键理论让科学家们看到“万物皆可结构化”。下列化合物中既含有离子键，又含有极性共价键的是（）A．Li2O B．KOH C．HClO D．MgCl2【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【答案】B【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素原子间易形成共价键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，据此进行分析解答。【解答】解：A．Li2O中只含有离子键，故A错误；B．KOH中既含有离子键，也含有极性共价键，故B正确；C．HClO中只含有极性共价键，故C错误；D．MgCl2中只含有离子键，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了化学用语，涉及共价键的判断，掌握概念实质是解题关键，题目难度不大。10．如图所示的有关牛式二烯炔醇的说法正确的是（）A．牛式二烯炔醇的化学式为C29H44O B．牛式二烯炔醇预示着同学们一定会牛气冲天 C．由图中可知每个碳原子均连接四个原子 D．该物质燃烧一定生成CO2和H2O【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】A【分析】A．由结构简式可知有机物牛式二烯炔醇的分子式为C29H44O；B．牛式二烯炔醇是科学家们一种形象的说法，毫无科学根据；C．碳碳双键上的氧原子连有3个原子，而碳碳三键上的碳原子连有2个原子；D．该物质中只含有C、H、O三种元素，不完全燃烧时产生CO和H2O。【解答】解：A．由结构简式可知有机物牛式二烯炔醇的分子式为C29H44O，故A正确；B．牛式二烯炔醇是科学家们一种形象的说法，预示着同学们会牛气冲天也是迷信的说法，毫无科学根据，故B错误；C．虽然碳原子周围形成四个键，但图中并非每个碳原子均连接四个原子，如碳碳双键上的氧原子连有3个原子，而碳碳三键上的碳原子连有2个原子，故C错误；D．该物质中只含有C、H、O三种元素，故其燃烧不一定生成CO2和H2O，不完全燃烧时产生CO和H2O，故D错误；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。11．氯元素代表物的价类二维图如图所示，下列说法错误的是（）A．丙和丁均能与NaOH溶液反应生成盐和水 B．戊可以用做制取氧气的反应物 C．甲和丙都能使氯化铁溶液褪色 D．乙在固态时不导电，但属于电解质【考点】氯及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【答案】C【分析】根据“价类二维图”可知，甲为Cl2，乙为ClO2，丙为HClO，丁为HClO4，戊为KClO3，己为KCl，据此分析解答。【解答】解：A．根据分析可知，丙为HClO，丁为HClO4，分别与NaOH溶液反应生成NaClO和NaClO4、水，故A正确；B．根据分析可知，戊为KClO3，KClO3分解产生氧气，故B正确；C．根据分析可知，甲为Cl2，丙为HClO，两者均不与氯化铁溶液反应，不能使其褪色，故C错误；D．根据分析可知，乙为KCl，KCl是电解质，在固态时没有自由移动的离子，故不能导电，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查学生对价类二维图的理解与应用，同时考查氯及其化合物之间的转化，属于基本知识的考查，难度不大。12．某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与的个数之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为（）A．1：3 B．4：3 C．2：1 D．3：1【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【答案】B【分析】设KClO的物质的量为11mol，则KClO3的物质的量为1mol，失去电子的物质的量为11mol×1+1mol×5═16mol，依据得失电子守恒的原则，生成NaCl的物质的量为16mol。【解答】解：设KClO和KClO3的物质的量分别为11mol和1mol，失去电子的物质的量为11mol×1+1mol×5═16mol，依据得失电子守恒的原则，生成NaCl的物质的量为16mol，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为16：（11+1）═4：3，故选：B。【点评】本题考查化学计算，侧重考查学生有关方程式计算的掌握情况，试题难度中等。13．2﹣丁烯有顺（）、反（）两种异构体。T℃，异构体转化的能量关系如图所示，下列说法正确的是（）A．顺﹣2﹣丁烯转化为反﹣2﹣丁烯的过程属于物理变化 B．顺﹣2﹣丁烯稳定性大于反﹣2﹣丁烯 C．发生加成反应时，顺﹣2﹣丁烯断键吸收的能量低于反﹣2﹣丁烯断键吸收的能量 D．T℃，1mol顺﹣2﹣丁烯完全转化成反﹣2﹣丁烯放出热量（c﹣b）kJ【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【答案】C【分析】A．顺﹣2﹣丁烯与反﹣2﹣丁烯互为同分异构体，故顺﹣2﹣丁烯转化为反﹣2﹣丁烯的过程中有新的物质生成；B．顺﹣2﹣丁烯具有的总能量大于反﹣2﹣丁烯，物质本身具有的能量越高越不稳定；C．顺−2−丁烯和反−2−丁烯加成后均得到相同的产物，即终态的能量相同，而顺﹣2﹣丁烯具有的总能量大于反﹣2﹣丁烯，即发生加成反应时，顺﹣2﹣丁烯放出的能量大于反﹣2﹣丁烯，形成过程中放出的总能量相同；D．反应放出的热量等于反应物的总能量﹣生成物的总能量。【解答】解：A．顺﹣2﹣丁烯与反﹣2﹣丁烯互为同分异构体，故顺﹣2﹣丁烯转化为反﹣2﹣丁烯的过程中有新的物质生成，故属于化学变化，故A错误；B．顺﹣2﹣丁烯具有的总能量大于反﹣2﹣丁烯，物质本身具有的能量越高越不稳定，故顺﹣2﹣丁烯稳定性小于反﹣2﹣丁烯，故B错误；C．顺−2−丁烯和反−2−丁烯加成后均得到相同的产物，即终态的能量相同，而顺﹣2﹣丁烯具有的总能量大于反﹣2﹣丁烯，即发生加成反应时，顺﹣2﹣丁烯放出的能量大于反﹣2﹣丁烯，形成过程中放出的总能量相同，故顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量，故C正确；D．T℃，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量（b﹣a）kJ，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。14．如图所示装置，开关K闭合时，电流表指针发生偏转，下列有关开关K闭合时的说法正确的是（）A．b极是负极 B．a极电极反应式为H2﹣2e﹣═2H+ C．当装置中有1mol电子通过时，右池产生标准状况下5.6L气体 D．电池总反应式为2H2+O2═2H2O【考点】原电池原理．【专题】电化学专题．【答案】D【分析】A．燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极；B．a电极上氢气失电子和OH﹣反应生成H2O；C．b电极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O；D．该原电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应，所以总反应相当于氢气燃烧的反应。【解答】解：A．燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，则通入氢气的a极为负极、通入氧气的b极为正极，故A错误；B．a电极上氢气失电子和OH﹣反应生成H2O，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，故B错误；C．b电极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，没有气体生成，故C错误；D．该原电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应，所以总反应相当于氢气燃烧的反应，电池总反应方程式为2H2+O2═2H2O，故D正确；故选：D。【点评】本题考查燃料电池，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。15．某课外实验小组设计的下列实验合理的是（）A．氨气发生装置 B．制备并收集少量NO2 C．配制一定浓度的硫酸溶液 D．吸收多余氨气【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【答案】D【分析】A.加热氯化铵分解，在试管口氨气与氯化氢生成氯化铵；B.二氧化氮与水反应；C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；D.四氯化碳可隔绝氨气与水。【解答】解：A.加热氯化铵分解，在试管口氨气与氯化氢生成氯化铵，不能制备氨气，故A错误；B.二氧化氮与水反应，不能排水法收集，故B错误；C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故C错误；D.四氯化碳可隔绝氨气与水，图中吸收尾气可防止倒吸，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、气体的收集、溶液的配制为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。16．工业上可通过“酸性歧化法”和“电解法”制备KMnO4。“酸性歧化法”中，利用软锰矿（主要成分为MnO2）先生成K2MnO4，进而制备KMnO4的流程如图所示。实验室中模拟“酸性歧化法”制备KMnO4。下列说法正确的是（）A．为加快“熔融”反应速率，可将矿石粉碎，并用玻璃棒不断翻炒固体 B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为3+4H+＝2+MnO2+2H2O C．“结晶”获取KMnO4晶体时采用蒸发结晶 D．该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个【考点】制备实验方案的设计．【专题】物质的分离提纯和鉴别；制备实验综合．【答案】D【分析】制备KMnO4的流程如下：MnO2、KOH和O2在熔融状态下反应生成K2MnO4，反应后加水溶浸，使K2MnO4等可溶性物质溶解，并过滤，除去不溶性杂质，向滤液中通入过量CO2使溶液酸化，并使K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4和MnO2，过滤除去MnO2，滤液进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到KMnO4晶体。【解答】解：A．玻璃中含有SiO2，高温下能与强碱KOH反应，因此不能用玻璃棒翻炒固体，故A错误；B．酸化时K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4，KMnO4具有强氧化性，能与盐酸反应生成Cl2，因此酸化时不能改用盐酸，故B错误；C．酸化反应完成后过滤，因为高锰酸钾加热易分解，故通过“结晶”获取KMnO4晶体时应采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法，故C错误；D．“熔融”、“酸化”过程均发生氧化还原反应，因此该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。17．实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。序号①②③实验装置及操作实验现象溶液无明显变化溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体，溶液颜色加深，温度无明显变化，最终有紫黑色沉淀析出下列说法不正确的是（）A．KI对H2O2的分解有催化作用 B．对比②和③，酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大 C．对比②和③，②中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率 D．实验②③中的温度差异说明，H2O2氧化KI的反应放热【考点】性质实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【答案】D【分析】①3mL5%的H2O2溶液中滴加稀硫酸，无明显变化，可能没有发生任何化学反应；②3mL5%的H2O2溶液中加入了10滴水和0.5gKI，溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，说明KI可能是反应的催化剂；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，说明整个反应放热，同时有I2生成，H2O2作氧化剂，另外H2O2又发生分解反应生成O2；③3mL5%的H2O2溶液中加入了10滴稀硫酸和0.5gKI，溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体，溶液颜色加深，温度无明显变化，最终有紫黑色沉淀析出，说明生成I2的反应速率相对②更快，且反应不一定放热。【解答】解：A．比较实验①②的现象可知，加入KI时反应快速进行，说明KI对H2O2分解有催化作用，故A正确；B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大，故B正确；C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率，故C正确；D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明H2O2氧化KI的反应放热，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质性质探究实验，关键明确原理是根据现象进行分析，题目侧重考查学生对知识的迁移运用、对原理的分析评价、实验方案分析评价与设计，是对学生综合能力考查，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。18．能证明Na2SO3溶液中存在SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣水解平衡的事实是（）A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去 B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去 C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去 D．滴入酚酞溶液变红，再加入NaHSO4溶液后红色褪去【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【答案】C【分析】如果亚硫酸钠不水解，则溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相等，溶液呈中性，向溶液中加入酚酞后溶液不变色，加入和亚硫酸根离子反应的物质后，溶液红色褪色，则证明存在水解平衡．【解答】解：A、滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入硫酸溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故A错误；B、滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，氯水具有强氧化性，具有漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故B错误；C、滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在水解平衡，故C正确；D、滴入酚酞试液变红，说明溶液中c（OH﹣）＞c（H+），酚酞在pH大于8时，呈红色，加入硫酸氢钠溶液后，氢离子和氢氧根离子反应，但硫酸氢钠呈强酸性，其酸性大于亚硫酸钠碱性，其溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了水解平衡原理，根据溶液的酸碱性及其它反应现象确定存在水解平衡，注意在水溶液里硫酸氢钠电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，在熔融状态时生成硫酸氢根离子和钠离子，为易错点．19．如图所示，有T1、T2不同温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，下列说法不正确的是（）A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点 B．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成 C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a，b之间的某一点（不含a，b） D．升温可使溶液由b点变为d点【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】D【分析】A．加入Na2SO4，溶度积不变，硫酸根离子浓度增大；B．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，c（Ba2+）•c（SO42﹣）＞Ksp；C．d不饱和，蒸发溶剂c（Ba2+）、c（SO42﹣）均增大；D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大。【解答】解：A．加入Na2SO4，溶度积不变，硫酸根离子浓度增大，同时c（Ba2+）减少，应为饱和溶液，则由a点变为b点，故A正确；B．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，c（Ba2+）•c（SO42﹣）＞Ksp，则均有BaSO4沉淀生成，故B正确；C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故C正确；D．升温增大溶质的溶解度，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误。故选：D。【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡及其应用，为高频考点，题目难度中等，正确理解溶度积曲线是解本题关键，结合溶度积常数来分析解答，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。20．在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应A（g）⇌2B（g）的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．无催化剂时，反应不能进行 B．催化剂Ⅱ比催化剂Ⅰ效率更高 C．a曲线表示使用催化剂Ⅰ时A的浓度随t的变化 D．使用催化剂Ⅱ时，0～2min内，v（A）＝1.0mol⋅L﹣1⋅min﹣1【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；催化剂的作用．【专题】化学反应速率专题．【答案】C【分析】A．催化剂只能加快反应速率；B．在相同时间内，催化剂Ⅰ的B增加的浓度比Ⅱ多；C．催化剂Ⅰ：0﹣2min，B增加的浓度为4.0mol/L，a曲线浓度变化量为2.0mol/L，变化量之比符合系数之比；D．v＝，不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比。【解答】解：A．催化剂只能加快反应速率，不能改变反应的发生与否，故A错误；B．在相同时间内，催化剂Ⅰ的B增加的浓度比Ⅱ多，催化剂Ⅰ效率更高，故B错误；C．催化剂Ⅰ：0﹣2min，B增加的浓度为4.0mol/L，a曲线浓度变化量为2.0mol/L，变化量之比符合系数之比，a曲线为A在催化剂Ⅰ下的变化曲线，故C正确；D．使用催化剂Ⅱ时，0﹣2min间B的浓度变化量为2.0mol/L，则v（B）＝＝1.0mol⋅L﹣1⋅min﹣1，不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，则v（A）＝0.5mol⋅L﹣1⋅min﹣1，故D错误；故选：C。【点评】本题考查图像，侧重考查学生化学反应速率的掌握情况，试题比较简单。二．解答题（共4小题）21．某可充电的锂离子电池以LiMn2O4为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li+导电固体为电解质，其结构如图所示。其充电时发生的总反应为：LiMn2O4+C6═Li1﹣xMn2O4+LixC6。（1）关于该锂离子电池说法正确的是C。A.放电时，LiMn2O4发生氧化反应B.放电时，电子由LiMn2O4流经碳材料形成回路C.充电时，Li+向碳材料移动D.充电时，将LiMn2O4接入电源的负极（2）写出放电时，正极的电极反应Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4。LiMn2O4为尖晶石结构，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。（3）在一个B结构中，Mn的个数为B。A.1.5个B.2.5个C.4个D.7个（4）结合图中的数据，计算该晶胞的密度ρ＝g•cm﹣3。（设NA为阿伏加德罗常数，用a和NA的代数式表示，1nm＝10﹣7cm）碳酸锰MnCO3是一种难溶性白色沉淀，可作为制备LiMn2O4电极的材料。现有一MnCO3固体在pH＝8.60的缓冲溶液中达到溶解平衡，测得溶液中c（Mn2+）＝3.6×10﹣5mol•L﹣1，试计算MnCO3的溶度积常数。已知碳酸的电离平衡常数Ka2＝4.7×10﹣11，忽略Mn2+的水解与的第二步水解。（5）在上述条件下，写出溶液中的物料守恒关系式：c（Mn2+）＝c（）+c（）；根据该关系式，计算得Ksp（MnCO3）＝2.38×10﹣11。【考点】利用滴定法测定物质含量的计算；化学电源新型电池．【专题】化学平衡专题．【答案】（1）C；（2）Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4；（3）B；（4）；（5）c（Mn2+）＝c（）+c（）；2.38×10﹣11。【分析】（1）A．由分析可知，放电时，正极a电极得电子被还原；B．放电时，Li碳材料电极为负极，故电子由Li电极流出；C．由分析可知，放电时Li碳材料为负极，LiMn2O4为正极，故充电时，Li碳材料电极为阴极，LiMn2O4为阳极；D．由分析可知，放电时Li碳材料为负极，LiMn2O4为正极，故充电时，将LiMn2O4接入电源的正极；（2）放电时，正极的电极反应为：Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4；（3）由题干晶胞可知，在一个B结构中6个Mn位于棱上，1个位于体内，故一个B结构中含有Mn的个数为；（4）从A立方单元中可知，一个A单元中含有2个Li+，一个晶胞中含有4个A，故每个晶胞中含8个Li+，即一个晶胞中含有8个LiMn2O4，故一个晶胞的质量为：g，一个晶胞的体积为：（a×10﹣7）3cm3，故该晶体的密度为：ρ＝；（5）由题干信息可知，忽略Mn2+的水解与的第二步水解，故在上述条件下，溶液中的物料守恒关系式为：c（Mn2+）＝c（）+c（）；根据该关系式，c（Mn2+）＝3.6×10﹣5mol•L﹣1，碳酸的电离平衡常数Ka2＝＝4.7×10﹣11，此时溶液pH＝8.60，故有：＝＝1.88×10﹣2，解得c（）＝6.6×10﹣7mol/L，计算得Ksp（MnCO3）＝c（Mn2+）c（）。【解答】解：（1）A．由分析可知，放电时，正极a电极得电子被还原，电极反应式为Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4，即LiMn2O4发生还原反应，故A错误；B．放电时，Li碳材料电极为负极，故电子由Li电极流出，经碳材料形成回路，故B错误；C．由分析可知，放电时Li碳材料为负极，LiMn2O4为正极，故充电时，Li碳材料电极为阴极，LiMn2O4为阳极，故Li+向碳材料移动，故C正确；D．由分析可知，放电时Li碳材料为负极，LiMn2O4为正极，故充电时，将LiMn2O4接入电源的正极，故D错误；故答案为：C；（2）由分析可知，放电时，正极的电极反应为：Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4，故答案为：Li1﹣xMn2O4+xLi++xe﹣＝LiMn2O4；（3）由题干晶胞可知，在一个B结构中6个Mn位于棱上，1个位于体内，故一个B结构中含有Mn的个数为＝2.5，故答案为：B；（4）从A立方单元中可知，一个A单元中含有2个Li+，一个晶胞中含有4个A，故每个晶胞中含8个Li+，即一个晶胞中含有8个LiMn2O4，故一个晶胞的质量为：g，一个晶胞的体积为：（a×10﹣7）3cm3，故该晶体的密度为：ρ＝＝g/cm3＝g/cm3，故答案为：；（5）由题干信息可知，忽略Mn2+的水解与的第二步水解，故在上述条件下，溶液中的物料守恒关系式为：c（Mn2+）＝c（）+c（）；根据该关系式，c（Mn2+）＝3.6×10﹣5mol•L﹣1，碳酸的电离平衡常数Ka2＝＝4.7×10﹣11，此时溶液pH＝8.60，故有：＝＝1.88×10﹣2，解得c（）＝6.6×10﹣7mol/L，计算得Ksp（MnCO3）＝c（Mn2+）c（）＝6.6×10﹣7mol/L×3.6×10﹣5mol•L﹣1＝2.38×10﹣11，故答案为：c（Mn2+）＝c（）+c（）；2.38×10﹣11。【点评】本题综合考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，此题难度中等。22．2023年9月23日第19届亚运会在我国杭州正式开幕。开幕式主火炬首次使用了零碳甲醇（CH3OH）燃料，充分体现了杭州亚运会“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念。已知一定条件下，CO2催化加氢生产甲醇，发生如下反应：反应i：3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1；反应ii：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1。（1）反应体系中存在反应iii：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），则ΔH3＝﹣90kJ•mol﹣1。将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），当改变某一外界条件（温度或压强）时，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）变化趋势如图甲所示：（2）平衡时，Q点CH3OH的体积分数为20%，则CO的转化率为42.9%。（计算结果保留三位有效数字）。（3）x轴上b点的数值比a点大（填“大”或“小”）。在不同压强下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3进行投料，在容器中发生上述三个反应，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物（CH3OH和CO）中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图乙所示：（4）压强p1、p2、p3由大到小的顺序为A（单选）A.p1＞p2＞p3B.p1＜p2＜p3C.p1＞p3＞p2D.p2＞p1＞p3（5）曲线m（填“m”或“n”）代表CH3OH在含碳产物中的物质的量分数。（6）在T1℃，压强为p3时，反应ii的浓度平衡常数Kc＝（填含α的表达式）。光催化CO2制甲醇技术也是研究热点。如图丙铜基纳米光催化材料还原CO2的机理为：光照时，低能价带失去电子并产生空穴（h+，具有强氧化性）。（7）光催化原理与电解原理类似，写出高能导带的电极反应式：CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O。（8）太阳光激发下，在导带和价带中除了产生电子和空穴外，还会生成氢离子（填写微粒名称）参与CO2的还原再生。（9）请至少从2方面写出光催化CO2制备甲醇与原方法的优劣比较光催化CO2还原反应条件温和，一般为常温、常压；充分利用太阳能，节约能源。【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡计算．【答案】（1）﹣90；（2）42.9%；（3）大；（4）A；（5）m；（6）；（7）CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O；（8）氢离子；（9）光催化CO2还原反应条件温和，一般为常温、常压；充分利用太阳能，节约能源。【分析】（1）根据盖斯定律可知，反应i﹣反应ii得反应iii；（2）平衡时，Q点CH3OH的体积分数为20%，设转化xmol一氧化碳，列化学平衡三段式，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始（mol）120转化（mol）x2xx平衡（mol）1﹣x2﹣2xxCH3OH的体积分数为20%＝×100%，根据转化率公式计算；（3）反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＜0，当温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的体积分数变小，所以Y表示温度；当增大压强时，平衡向着正反应方向移动，CH3OH的体积分数变大；（4）反应i、iii均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，一氧化碳的物质的量减小；（5）由方程式可知，反应i、iii均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，反应ii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大，所以升高温度，甲醇在含碳产物中物质的量分数减小；（6）设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol和3mol，容器的体积为VL，反应i、iii生成甲醇的物质的量分别为amol、bmol，反应ii生成一氧化碳的物质的量为cmol，由图可知，在T1℃下，压强为p3时，甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等、二氧化碳的转化率为α，由题意可建立如下三段式：3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）转化（mol）3aaaaH2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）转化（mol）ccccCO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）转化（mol）b2bb平衡时n（CO2）＝（1﹣a﹣c）mol，n（CO）＝（c﹣b）mol，n（CH3OH）＝（a+b）mol，m点CO和CH3OH物质的量分数相等，所以a+b＝c﹣b＝，计算各组分的物质的量，结合Kc＝计算；（7）已知光催化原理与电解原理类似，由图可知，高能导带的电极反应为：二氧化碳得电子发生还原反应得到甲醇；（8）光照时，低能价带失去电子并产生空穴（h+，具有强氧化性），相当于电解池的阳极，结合图知，在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为：2H2O+4h+＝O2+4H+；（9）从反应条件和能源角度分析。【解答】解：（1）根据盖斯定律可知，反应i﹣反应ii得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3＝﹣49kJ/mol﹣41kJ/mol＝﹣90kJ/mol，故答案为：﹣90；（2）平衡时，Q点CH3OH的体积分数为20%，设转化xmol一氧化碳，列化学平衡三段式，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始（mol）120转化（mol）x2xx平衡（mol）1﹣x2﹣2xxCH3OH的体积分数为20%＝×100%，解得x≈0.429，故CO的转化率为42.9%，故答案为：42.9%；（3）反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＜0，当温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的体积分数变小，所以Y表示温度；当增大压强时，平衡向着正反应方向移动，CH3OH的体积分数变大，所以X表示压强；则X轴上a点的数值比b点小，故答案为：大；（4）反应i、iii均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，一氧化碳的物质的量减小，所以增大压强，甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，则压强的大小顺序为p1＞p2＞p3，故答案为：A；（5）由方程式可知，反应i、iii均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，反应ii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大，所以升高温度，甲醇在含碳产物中物质的量分数减小，则曲线m表示甲醇在含碳产物中物质的量分数，故答案为：m；（6）设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol和3mol，容器的体积为VL，反应i、iii生成甲醇的物质的量分别为amol、bmol，反应ii生成一氧化碳的物质的量为cmol，由图可知，在T1℃下，压强为p3时，甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等、二氧化碳的转化率为α，由题意可建立如下三段式：3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）转化（mol）3aaaaH2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）转化（mol）ccccCO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）转化（mol）b2bb平衡时n（CO2）＝（1﹣a﹣c）mol＝（1﹣α）mol，n（CO）＝（c﹣b）mol，n（CH3OH）＝（a+b）mol，m点CO和CH3OH物质的量分数相等，所以a+b＝c﹣b＝，n（H2O）＝（a+c）mol＝αmol，n（H2）＝（3﹣3a﹣c﹣2b）mol＝（3﹣2α）mol，Kc＝＝＝，故答案为：；（7）已知光催化原理与电解原理类似，由图可知，高能导带的电极反应为：二氧化碳得电子发生还原反应得到甲醇，由此可知其电极反应式为CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O；（8）光照时，低能价带失去电子并产生空穴（h+，具有强氧化性），相当于电解池的阳极，结合图知，在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为：2H2O+4h+＝O2+4H+，反应生成H+可参与高能带上CO2的还原再生，故答案为：氢离子；（9）与原方法比较，光催化CO2还原反应条件温和，一般为常温、常压，同时从能源角度分析，光催化CO2制备甲醇，充分利用太阳能，节约能源，故答案为：光催化CO2还原反应条件温和，一般为常温、常压；充分利用太阳能，节约能源。【点评】本题综合考查化学知识，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动以及化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式是解题关键，此题难度中等。23．盐酸左西替利嗪是一种用于治疗荨麻疹的药物。其部分说明书如下：盐酸左西替利嗪说明书【成分】本品为西替利嗪的R型对映体，在过量盐酸中结晶制得。【性状】本品外观是白色或类白色的片剂，易溶于水。（1）在左西替利嗪中添加盐酸的目的是提高其溶解性和稳定性；药品成分中n的值为2。（2）市售的普通盐酸西替利嗪片也能治疗荨麻疹，而本品仍对西替利嗪的对映体进行分离，其可能原因是该对映体在生理过程中会显示出不同的药效。请在图中用“•”标出具有手性的碳原子。（3）下列关于西替利嗪说法正确的是B（不定项）。A.西替利嗪中，有9个碳原子与氮原子的杂化方式相同B.将西替利嗪溶于水，形成内盐C.两个苯环上的12个碳原子共平面D.分子内含有羧基和酯基合成盐酸左西替利嗪的重要中间体G的过程如下：（4）除苯环外，化合物C中还含有的官能团名称为羰基、碳氯键。（5）有机物B的质谱图与红外光谱图如图所示，其可由苯甲酸与SOCl2反应合成，B的结构简式为。（6）由C→D需要经历CxD的过程，中间体X的分子式为C13H10NCl。在X→D的过程中会释放一种无色无味气体，则X→D反应类型是D。A.取代反应B.加成反应C.氧化反应D.还原反应（7）由E→F反应中K2CO3的作用是吸收反应中产生的HBr。（8）G的一种同分异构体同时满足下列条件，在方框中补充完整该同分异构体的结构简式：i）分子在核磁共振氢谱中显示7组峰面积不同的谱峰；ii）碱性条件下水解生成3种产物，其中一种为，另外2种产物的苯环上均只有2个取代基。（9）已知：（R1表示烃基，R2表示烃基或氢）。写出以、和HCOONH4为原料制备的合成路线流程图。（无机试剂和有机溶剂任用）（合成路线可表示为：AB⋯⋯目标产物）【考点】有机物的合成．【专题】有机推断．【答案】（1）提高其溶解性和稳定性；2；（2）该对映体在生理过程中会显示出不同的药效；；（3）D；（4）酮羰基、碳氯键；（5）；（6）D；（7）吸收反应中产生的HBr；（8）；（9）。【分析】（1）在左西替利嗪中添加盐酸的目的是提高其溶解性和稳定性；氮原子提供孤电子对和氢离子提供空轨道而形成配位键，能形成几个N﹣H配位键，药品成分中n的值等于N﹣H配位键个数；（2）对映体在生理过程中药效不同；连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；（3）A.西替利嗪中，氮原子采用sp3杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；B.分子中羧基具有酸性，氮原子具有碱性；C.单键可以旋转，两个苯环上的12个碳原子不一定共平面，故C错误；D.分子内含有羧基，不含酯基，故D错误；根据有机物B的质谱图知，其相对分子质量为105，其可由苯甲酸与SOCl2反应合成，结合红外光谱知，B的结构简式为，A和B发生取代反应生成C，C中羰基和甲酸铵发生反应生成D，E中氨基发生取代反应生成F，同时生成HBr；F发生取代反应生成G；（9）根据C→D→E、F→G及题给信息知，苯甲醇发生催化氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和甲酸铵发生反应生成苯甲胺，苯甲胺和环氧乙烷发生开环加成反应，然后和HBr发生取代反应，最后和苯甲胺发生取代反应得到目标产物。【解答】解：（1）在左西替利嗪中添加盐酸的目的是提高其溶解性和稳定性；氮原子提供孤电子对和氢离子提供空轨道而形成配位键，能形成几个N﹣H配位键，药品成分中n的值等于N﹣H配位键个数，为2，故答案为：提高其溶解性和稳定性；2；（2）市售的普通盐酸西替利嗪片也能治疗荨麻疹，而本品仍对西替利嗪的对映体进行分离，其可能原因是该对映体在生理过程中会显示出不同的药效，手性碳原子如图，故答案为：该对映体在生理过程中会显示出不同的药效；；（3）A.西替利嗪中，氮原子采用sp3杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，采用sp3杂化的碳原子个数为8个，故A错误；B.分子中羧基具有酸性、两个氮原子具有碱性，所以将西替利嗪溶于水，形成内盐，故B正确；C.单键可以旋转，两个苯环上的12个碳原子不一定共平面，故C错误；D.分子内含有羧基，不含酯基，故D错误；故答案为：B；（4）除苯环外，化合物C中还含有的官能团名称为羰基、碳氯键，故答案为：羰基、碳氯键；（5）B的结构简式为，故答案为：；（6）由C→D需要经历CxD的过程，中间体X的分子式为C13H10NCl，则C中羰基和氨气发生加成反应生成醇羟基、氨基，在X→D的过程中会释放一种无色无味气体，根据种类及原子个数知，无色无味的气体是O2，则X→D反应类型是还原反应，故答案为：D；（7）E发生取代反应生成F同时还生成HBr，HBr和K2CO3反应而促进反应正向进行，在E→F反应中K2CO3的作用是吸收反应中产生的HBr，故答案为：吸收反应中产生的HBr；（8）G的一种同分异构体同时满足下列条件：i）分子在核磁共振氢谱中显示7组峰面积不同的谱峰，说明含有7种氢原子；ii）碱性条件下水解生成3种产物，其中一种为，另外2种产物的苯环上均只有2个取代基，应该是碳酸胺类物质，结合其不饱和度知，除了含有碳氧双键、两个苯环外不含其它环或双键，结构对称，结合氢原子种类知，符合条件的结构简式为，故答案为：；（9）根据C→D→E、F→G及题给信息知，苯甲醇发生催化氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和甲酸铵发生反应生成苯甲胺，苯甲胺和环氧乙烷发生开环加成反应，然后和HBr发生取代反应，最后和苯甲胺发生取代反应得到目标产物，合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。24．为探究+1价Ag的氧化性，开展如下活动。（1）配制溶液：称量→溶解→冷却→操作①→洗涤→注入→混匀→定容→操作②→装瓶贴标签①下列图示中，操作①为B、操作②为D。②用FeCl3•6H2O配制100mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液时，应称量2.705g固体。③实验室AgNO3溶液通常盛放在棕色、细颈试剂瓶中。（2）通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。实验现象Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝Ⅲ中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝①Ⅱ中反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2。②Ⅰ、Ⅱ中的现象说明：AC。（不定项）A．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2B．氧化性顺序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+C．还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣③推测Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因：Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应。（3）利用如图所示装置，探究Ag+氧化I﹣的反应。①图中盐桥中的电解质可用B。A．KClB．KNO3C．Fe2（SO4）3②闭合K，电流计指针偏转。“石墨2”作C。A．阴极B．阳极C．正极D．负极③已知0.1mol•L﹣1AgNO3溶液的pH＝6。上述实验中可能是氧化了I﹣，将装置中的AgNO3溶液换成pH＝6的0.1