【化学】广东省四校联考2024-2025学年高三上学期期末考试(解析版)

广东省四校联考2024-2025学年高三上学期期末考试本试卷分选择题和非选择题两部分，共10页，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姓名、班级、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；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。4.考生必须保持答题卡的整洁。可能用到的相对原子量：H-1C-12O-16Fe-56一、单选题(第1-10题每小题2分，第11-16题每小题4分，共44分)1.龙年快要过去，在广东博物馆里寻找岭南“龙迹”，以下文物主要材质是有机高分子的是文物选项A．商代夔龙纹青铜壶B．唐代生肖龙陶俑文物选项C．南宋《墨龙图》卷轴D．明代白地绿彩龙纹盘A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】青铜壶材质的主要成分是铜合金，陶俑材质和纹盘材质的主要成分为硅酸盐，卷轴的材质主要成分是天然高分子化合物纤维素，故选C。2.新中国成立75年来，我国加速迈向科技强国。下列说法正确的是A.全球首座第四代核电站商运投产：核反应属于化学变化B.“地壳一号”的钻头主要是使用以钨为原材料的合金：钨合金的熔点低于纯钨C.“天问一号”探测火星：探测车的太阳能电池板可将电能转化为化学能D.“嫦娥六号”揽月登陆器：带回的月壤中含有磁铁矿，其主要成分为【答案】B【解析】A．核反应是在原子核层面上发生的变化，不同于化学反应中的化学键断裂和重组，也不同于物质状态的改变，不属于化学变化，故A错误；B．一般情况下，合金的熔点比各组分都低，所以钨合金的熔点低于纯钨，故B正确；C．太阳能电池板可将太阳能转化为化学能，故C错误；D．磁铁矿的主要成分为四氧化三铁，不是氧化铁，故D错误；故选B。3.化学与生活密切相关。下列说法不正确的是A.雾中汽车大灯前明亮的光路，是由于胶体的丁达尔效应B.苯酚可用于医用杀菌消毒，是由于其氧化性C.用肥皂洗衣服时，硬水会影响洗涤效果，是由于Ca2+、Mg2+和硬脂酸根形成了沉淀D.铅笔芯在纸上留下痕迹，是由于石墨层之间的范德华力较弱【答案】B【解析】A．雾属于气溶胶，雾中汽车大灯前明亮的光路是因为气溶胶产生了丁达尔效应，故A正确；B．苯酚可用于医用杀菌消毒是因为苯酚有毒，能使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，故B错误；C．用肥皂洗衣服时，硬水会影响洗涤效果是因为水中的钙离子、镁离子与硬脂酸根离子形成了沉淀，导致去污效果降低，故C正确；D．石墨是混合型晶体，铅笔芯在纸上留下痕迹是因为石墨层之间的范德华力较弱，导致石墨很软所致，故D正确；故选B。4.下列化学用语或图示表达正确的是A.H2S的VSEPR模型：B.BF3的电子式：C.小苏打的分子式：NaHCO3D.的名称：乙二酸二乙酯【答案】D【解析】A．硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的VSEPR模型为，故A错误；B．三氟化硼是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故B错误；C．小苏打是碳酸氢钠的俗称，碳酸氢钠是离子化合物，化学式为NaHCO3，故C错误；D．由结构简式可知，的名称为乙二酸二乙酯，故D正确；故选D。5.我国在桥梁建造领域在世界处于领先地位，在桥梁的设计中防腐蚀是一个重要课题。下列说法正确的是A.在钢铁桥梁表面镀锌防腐则锌失去电子，发生化学腐蚀B.可将桥梁钢铁构件与电源正极连接减缓腐蚀发生C.在钢铁桥墩外部加装铜质外壳，利用了牺牲阳极保护法D.桥梁钢铁材料在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-【答案】D【解析】A．钢铁桥梁表面镀锌防腐，锌铁形成原电池，锌失去电子为负极，铁为正极被保护，发生电化学腐蚀，A项错误；B．利用外接电源保护金属时，被保护的金属作阴极，所以如果保护铁时，铁要连接电源负极，B项错误；C．在钢铁桥墩外部加装铜质外壳，铁较铜活泼，铁做负极失去电子被加速腐蚀，C项错误；D．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，D项正确；故选D。6.用下列装置进行相应实验，操作规范且能达到实验目的的是A．在HCl气流中制取无水MgCl2B．对氨气进行尾气吸收C．熔化纯碱D．准确测定中和反应的反应热A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．用MgCl2·6H2O制备MgCl2，为抑制Mg2+水解，需要在氯化氢氛围中加热MgCl2·6H2O，图中盛有无水氯化钙的干燥管用于防止水蒸气进入硬质试管中导致氯化镁水解，反应生成的氯化氢用尾气吸收装置吸收，防止污染空气，本题所给装置能够达到实验目的，故A正确；B．氨气直接通入水中会产生倒吸，无法达到对氨气进行尾气吸收的实验目的，故B错误；C．碳酸钠能与坩埚中的二氧化硅反应，所以题给装置无法达到熔化纯碱的实验目的，故C错误；D．由实验装置图可知，测定中和热的装置中缺少环形玻璃搅拌器，不能使酸碱完全混合反应，所以题给装置无法达到准确测定中和反应的反应热的实验目的，故D错误；故选A。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.2NAB.30gHCHO和CH3COOH的混合物含有C原子数目为NAC.0.1mol环氧乙烷()中含有的σ键数目为0.3NAD.常温下，将5.6gFe块放入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为0.3NA【答案】B【解析】A．25℃，1LpH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根离子数目为0.1mol/L×1L×NAmol-1=0.1NA，故A错误；B．甲醛和乙酸的最简式相同，都为CH2O，则30g甲醛和乙酸的混合物中含有碳原子数目为×NAmol-1=NA，故B正确；C．环氧乙烷分子中含有7个σ键，则0.1mol环氧乙烷分子中含有的σ键数目为0.1mol×7×NAmol-1=0.7NA，故C错误；D．常温下，铁被浓硝酸钝化，表面致密的氧化膜阻碍反应的进行，反应转移的电子数目无法计算，故D错误；故选B。8.奎宁(又名金鸡钠碱)是一种有机生物碱，在上世纪常用作治疗与预防疟疾，具有独特的立体结构(下图)。下列有关奎宁的说法中错误的是A.其中氮原子的杂化方式有两种B.能发生加成反应和取代反应C.分子中有3个手性碳原子D.属于芳香族化合物，能与盐酸发生反应【答案】C【解析】A．中1号氮原子为sp2杂化、2号氮原子为sp3杂化，A正确；B．分子中含碳碳双键、苯环，能发生加成反应，分子中含有羟基，能发生取代反应，B正确；C．分子中有4个手性碳原，C错误；D．该物质含有苯环，属于芳香族化合物，含有两个N原子，能结合H+，能与HCl反应，D正确；故选C。9.部分含碳或含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A.向h溶液中滴加过量BaCl2溶液，无沉淀生成B.将足量的b加入酸性高锰酸钾溶液中，不一定能够观察到溶液褪色C.将少量的d通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成D.通过一步反应可以分别实现b→c→d→e的转化【答案】A【解析】由图，a为甲烷，b可以为乙烯或环丙烷等，b也可以为硫化氢，c为碳单质或硫单质，d为二氧化碳或二氧化硫，e为三氧化硫，f为碳酸或亚硫酸，g为硫酸，h为碳酸盐或亚硫酸盐，i为硫酸盐，k为-2价硫形成的盐；A．h为碳酸盐或亚硫酸盐，均和氯化钡反应会生成碳酸钡沉淀或亚硫酸钡沉淀，A项错误；B．b若为环丙烷则不能和酸性高锰酸钾反应使得溶液褪色，若为乙烯或硫化氢等，能和酸性高锰酸钾反应使得溶液褪色，B项正确；C．d为二氧化碳或二氧化硫，少量d会和氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，C项正确；D．硫化氢和二氧化硫等反应可以生成硫单质，硫单质和氧气燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气催化氧化生成三氧化硫，则通过一步反应可以分别实现b→c→d→e的转化，D项正确；故选A。10.下列离子方程式书写正确的是A.将Cl2通入石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.溶液与溶液反应至溶液呈中性：C.用铁作阳极电解氯化镁溶液：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑D.向悬浊液中加入适量氯化铵晶体，浊液变澄清，产生刺激性气体：【答案】D【解析】A．石灰乳不能拆写为离子形式，将Cl2通入石灰乳中制漂白粉：Cl2+=Cl-+ClO-+H2O，A错误；B．溶液与溶液反应至溶液呈中性，得到硫酸钠、硫酸钡沉淀和水：，B错误；C．用铁作阳极电解氯化镁溶液，阳极铁失去电子被氧化为亚铁离子，氯离子不放电，阴极水得电子产生氢气和氢氧根离子，氢氧根离子遇到溶液中的镁离子会产生氢氧化镁沉淀，离子定向移动的过程中，阳极产生的亚铁离子与阴极产生的氢氧根离子也会相遇，有可能产生氢氧化亚铁沉淀，最终是得到氢氧化镁沉淀还是氢氧化亚铁沉淀，取决于这二者谁更难溶，C错误；D．在Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，向悬浊液中加入适量氯化铵晶体，氯化铵溶于水后电离出来的铵离子能结合氢氧根离子生成氨气，使上述平衡右移，则浊液变澄清，产生刺激性气体：，D正确；选D。11.某小组探究NH3的催化氧化，实验装置如图，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。下列分析正确的是A.①中固体药品可用KClO3代替，②中固体药品可为NH4ClB.③、④中现象说明③中的反应是C.④中白烟的主要成分是NH4ClD.一段时间后，⑤中溶液可能变蓝【答案】D【解析】由实验装置图可知，装置①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应生成的一氧化氮在装置④中与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有白烟产生，装置⑤中氮的氧化物溶于水与氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，使溶液呈蓝色。A．二氧化锰做催化剂作用下氯酸钾受热分解生成氯化钾和氧气，所以装置①中高锰酸钾固体不能用氯酸钾替代，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口遇冷又生成氯化铵堵塞导管，所以②中固体药品不能用氯化铵替代，故A错误；B．由分析可知，③中发生的是氨气在催化剂作用下与氧气反应生成一氧化氮，故B错误；C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，不是氯化铵，故C错误；D．由分析可知，装置⑤中氮的氧化物溶于水与氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，使溶液呈蓝色，故D正确；故选D。12.铁铬液流电池是一种酸性介质中，正、负极活性物质均为液体的电化学电池，放电时电池的总反应为：Cr2++Fe3+=Cr3++Fe2+，电池结构原理如图所示，下列说法不正确的是A.电池充电时，b极的电极反应式为：Cr3++e-=Cr2+B.电池充电时，a极与外接电源的正极相连C.电池放电时，H+由左侧电极室通过质子交换膜移向右侧D.电池放电时，电路中每通过0.1mol电子，Fe3+物质的量减少0.1mol【答案】C【解析】由方程式可知，放电时，a极为原电池的正极，Fe3+在正极得到电子发生还原反应生成Fe2+，b极为负极，Cr2+在负极失去电子发生氧化反应生成Cr3+；充电时，与直流电源正极相连的a极为电解池的阳极，Fe2+在阳极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，b极为阴极，Cr3+在阴极得到电子发生还原反应生成Cr2+。A．由分析可知，充电时，b极为阴极，铬离子在阴极得到电子发生还原反应生成亚铬离子，电极反应式为Cr3++e-=Cr2+，故A正确；B．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的a极为电解池的阳极，故B正确；C．由分析可知，放电时，a极为原电池的正极，b极为负极，则氢离子由右侧电极室经交换膜移向左侧，故C错误；D．由分析可知，放电时，a极为原电池的正极，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，则电路中每通过0.1mol电子时，溶液中铁离子物质的量减少0.1mol，故D正确；故选C。13.下列实验目的对应的实验方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A证明溶液是否含NH向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口试纸未变蓝，说明不含NHB探究浓硫酸的性质取少量蔗糖于烧杯，向其中加入浓硫酸蔗糖变黑，同时发生膨胀变大，说明浓硫酸有脱水性和强氧化性C探究KI与FeCl3反应的限度取1mL0.lmol/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度D比较HClO、H2S的Ka大小用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的NaClO和Na2S的pHNa2S的pH更大，所以Ka(HClO)>Ka(H2S)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．溶液中的铵根离子常温下与氢氧根离子反应生成一水合氨，不能生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的氨气，所以向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口，试纸未变蓝不能说明溶液中是否含有铵根离子，故A错误；B．浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖脱水碳化并放出热量，碳与具有强氧化性的浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应生成的气体变黑的蔗糖发生膨胀变大，则取少量蔗糖于烧杯，向其中加入浓硫酸，蔗糖变黑，同时发生膨胀变大，说明浓硫酸有脱水性和强氧化性，故B正确；C．碘化钾溶液与过量的氯化铁溶液反应所得溶液中含有铁离子，溶液中的铁离子能与硫氰酸根离子反应生成使溶液变红色的硫氰化铁，则不能说明该反应有一定限度，故C错误；D．用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和Na2S溶液的pH，Na2S溶液的pH大，说明S2-在溶液中的水解程度大于ClO-，由盐类水解规律可知，HClO的酸性强于HS-，但不能说明HClO的酸性强于H2S，故D错误；故选B。14.M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Y在处于同一周期，W基态原子各能级电子数相同，Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种，由该5种元素形成的一种配位化合物结构如图所示，下列说法正确的是A.简单氢化物的沸点：X>YB.同周期中第一电离能大于X的元素有3种C.M3Y+、XM3两种微粒的空间构型相同D.该物质中元素的化合价为0价【答案】C【解析】Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种，则Z为Ni元素；由图可知，配合物中M、 W、X、Y形成共价键的数目为1、4、4、2，M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Y在第二周期且相邻，则M为H元素、W为C元素、X为N元素、Y为O元素。A．相同状态下，水分子间形成的氢键的数目比氨分子形成氢键的多，水的分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，故A错误；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能大于氮元素的元素有F、Ne，共2种，故B错误；C．水合氢离子中氧原子和氨分子中氮原子的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为1，分子的空间构型都为三角锥形，故C正确；D．由图可知，配合物中配体为2个为离子，则中心离子为带2个单位正电荷的镍离子，所以镍元素的化合价为+2价，故D错误；故选C。15.NH3的还原性可用来消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)ΔH<0。某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭加热反应器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应。随着反应器温度的不断升高，测得升温过程中不同温度下NO的转化率如图所示，下列说法错误的是A.在5min内，从420K升温到580K，此时段内NO的平均反应速率是0.342mol·L-1·min-1B.加入O2后NO的转化率升高，可能是O2活化了Ag2O催化剂C.低温条件有利于提高NO的平衡转化率D.在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的主要原因是平衡逆向移动【答案】A【解析】A．420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=3mol×2%=0.06mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol×59%=1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的体积为2L，所以反应速率==0.171mol•L-1•min-1，A错误；B．根据图示信息可知，相同条件下有O2存在的条件下，NO的转化率明显增大，可能是O2活化了Ag2O催化剂，B正确；C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，故低温条件有利于提高NO的平衡转化率，C正确；D．该反应为放热反应，温度升高，580K反应达到平衡后，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低，或者NH3在高温情况下被氧气氧化为NO，从而降低了NO的转化率，D正确；故选A。16.已知：pOH=﹣lgc(OH﹣)，298K时，向20.00mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸，溶液的pH和pOH与加入盐酸体积关系如图所示，下列说法不正确的是A.曲线PJN表示溶液中pOH的变化B.图中a+b=14C.水的电离程度：M<JD.交点J对应的V(盐酸)>20.00mL【答案】D【解析】298K时，向20.00mL0.10mol/L氨水中滴入0.10mol/L盐酸时，溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小、pOH增大，则曲线PJN表示的是pOH的变化、曲线MJQ表示pH的变化。A．由分析可知，曲线PJN表示的是pOH的变化，故A正确；B．由图可知，M点pH=a，P点pOH=b，则溶液中氢离子浓度为10-amol/L=10-14+bmol/L，则a+b=14，故B正确；C．由分析可知，曲线MJQ表示溶液中pH的变化，由图可知，J点为一水合氨和氯化铵的混合溶液，溶液中pH=pOH，说明溶液显中性；M点为一水合氨和氯化铵的混合溶液，pH>pOH，溶液呈碱性，水的电离被抑制；所以M点水的电离程度小于J点，故C正确；D．由分析可知，曲线MJQ表示溶液中pH的变化，由图可知，J点为一水合氨和氯化铵的混合溶液，且溶液呈中性，则交点J对应的盐酸体积小于20mL，故D错误；故选D。二、非选择题(本题共4小题，每小题14分，共56分)17.某实验小组探究银氨溶液与醛基反应的相关反应机理。银氨溶液的制备：向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，生成灰黑色沉淀，继续滴加氨水直至沉淀恰好完全溶解，得到Ag(NH3)浓度为0.1mol/L的银氨溶液(后续实验中“银氨溶液”均为该溶液)。（1）配离子[Ag(NH3)2]+中不存在的化学键类型为___________(填标号)。a．极性共价键b．非极性共价键c．配位键第一部分：反应条件初探实验编号实验步骤实验现象I往20mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加3滴乙醛，水浴加热无明显现象II往20mL银氨溶液中滴加3滴乙醛，水浴加热试管壁出现一层光亮的银镜针对实验I无银镜生成，实验II有银镜生成，甲同学提出以下假设：假设1：乙醛在碱性条件下还原性增强。假设2：Ag(NH3)氧化性强于Ag+。第二部分：影响因素研究为验证以上假设，甲同学设计了如图所示的电化学装置，并进行了以下四组实验。每组实验中，溶液A和溶液B体积均为20mL，浓度均为0.1mol/L，向溶液B中滴加3滴乙醛后，测得电压表读数如表所示。已知：参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，检测到的电压越大。实验编号溶液A溶液B电压表读数①AgNO3溶液NaCl溶液U1②AgNO3溶液NaOH溶液U2③银氨溶液NaCl溶液U3④银氨溶液NaOH溶液U4实验测得电压表读数：U2>U4>U1>U3。（2）实验①和实验③中，溶液B选用NaCl溶液，而不使用蒸馏水的原因是___________。（3）由U2>U1，U4>U3可知假设1成立。碱性条件下，乙醛发生氧化反应的电极方程式为：___________，c(OH-)增大，乙醛还原性增强。（4）由___________可知假设2不成立。查阅资料得知：银镜反应中，Ag单质由溶液中得电子生成，银氨溶液中发生反应Ag++2NH3Ag(NH3)，c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱。第三部分：严谨性讨论（5）根据实验结果U4>U1，甲同学认为“第一部分中实验I无银镜生成，实验II有银镜生成”的原因为：改用银氨溶液后，“Ag+氧化性减小的影响”小于“乙醛还原性增强的影响”，乙同学认为该实验结果无法得出此结论，理由是：___________。（6）乙同学使用pH计测得0.1mol/LAgNO3溶液的pH=6，并指出：在酸性条件下，NO也可能氧化乙醛；电压表读数U3<U1不能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”。针对该质疑，甲同学增设了一组实验，将实验③中的溶液A改用___________溶液，测得电压表读数远小于U1，因此实验中NO的影响可忽略。（7）乙同学查阅资料后提出假设：随c(OH-)增大，银氨溶液中还原性会增强，可能会还原，并设计了以下实验：实验编号实验步骤实验现象III往20mL银氨溶液中滴入浓溶液，振荡，水浴加热试管壁出现一层光亮的银镜根据实验现象，假设成立。但是甲同学认为该实验不能证明实验II中的银镜也是由还原生成。请设计实验，验证实验II中生成银镜的还原剂为乙醛；该实验方案及现象是：___________。实验结论：银氨溶液与乙醛发生银镜反应时，NH3与NO均不直接参与氧化还原反应，单质Ag由Ag+与乙醛反应生成。【答案】（1）b（2）NaCl溶液的导电性强于蒸馏水（3）CH3CHO—2e—+3OH—=CH3COO—+2H2O（4）U2>U4（5）溶液的酸碱性不同可能影响乙醛的还原性（6）pH=6的硝酸溶液（7）往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象【解析】该实验的实验目的是探究银氨溶液与醛基反应的相关反应机理，通过设计相关实验得到银氨溶液与乙醛发生银镜反应时，氨分子与硝酸根离子均不直接参与氧化还原反应，单质银由银离子与乙醛反应生成的实验结论。（1）银氨络离子中含有配位键和极性键，不含有非极性键，故选b；（2）实验①和实验③中，溶液B选用氯化钠溶液，而不使用蒸馏水是因为氯化钠溶液的导电性强于蒸馏水，有利于实验的进行；（3）由图可知，右侧电极为原电池的负极，碱性条件下，乙醛在负极失去电子发生氧化反应生成乙酸根离子和水，电极反应式为CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O；（4）由U2>U4可知，银离子的氧化性强于银氨络离子，说明假设2不成立；（5）硝酸银属于强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，而银氨溶液呈碱性，所以反应的发生可能与溶液酸碱性发生变化有关，与“Ag+氧化性减小的影响”小于“乙醛还原性增强的影响”无关；（6）将实验③中的溶液A改用pH=6的硝酸溶液测得电压表读数远小于U1，说明反应的发生与硝酸根离子的氧化性无关；（7）由题意可知，银氨溶液与乙醛发生银镜反应时，氨分子与硝酸根离子均不直接参与氧化还原反应，单质银由银离子与乙醛反应生成，则证明证明实验II中的银镜不是由还原生成的实验方案为往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象，说明溶液中的银离子不能与氨分子反应，不能还原。18.工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、SiO2等)和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4和明矾，其工艺流程如图所示。已知：Ⅰ.Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化为MnO2；Ⅱ.当溶液中某离子浓度c(Mn+)≤1.0×10-5mol·L-1时时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的Ksp如下表所示：

Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)3Fe(OH)2Ksp2.0×10-391.0×10-332.0×10-135.0×10-17回答下列问题：（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为___________。（2）“酸浸”时，软锰矿中的Fe2O3与SO2反应的化学方程式为___________。（3）加入MnCO3“调pH”时，调节pH的范围为___________(保留两位有效数字)。（4）“焙烧”Li2CO3和MnO2混合物。①资料显示Li2CO3的分解温度为723℃，本流程中Li2CO3于515℃开始分解，可能原因是___________。②“焙烧”过程中发生的总反应为___________。（5）尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料①充电时，LiMn2O4电极的电势___________(填“高于”或“低于”)电池的另一极。②LiMn2O4的晶胞为立方体，该晶胞由图中A、B两种基本结构单元交替排列构成。图中“●”表示的微粒是___________(填离子符号)；设该晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的数值为NA，LiMn2O4的摩尔质量为Mg/mol，则该晶胞的密度为___________g/cm3(用含有NA和M的计算式表示)。【答案】（1）（2）Fe2O3+SO2+H2SO4=2FeSO4+H2O（3）4.7<pH<5.5（4）①.MnO2对Li2CO3的分解有催化剂的作用②.2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑（5）①.高于②.Li+③.【解析】由题给流程可知，向软锰矿中通入二氧化硫、加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中通入碳酸锰调节溶液pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铝的滤渣和滤液；滤渣经系列操作得到明矾；向滤液中通入氧气，将溶液中的亚铁离子转化为FeOOH沉淀，过滤得到FeOOH和滤液；电解滤液得到二氧化锰，二氧化锰与碳酸锂高温焙烧得到LiMn2O4。（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的价电子排布式为3d54s2，轨道表示式为；（2）由分析可知，“酸浸”时，软锰矿中氧化铁发生的反应为氧化铁与二氧化硫、稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+H2SO4=2FeSO4+H2O；（3）由题给信息可知，pH高于5.5时溶液中锰离子易被氧气氧化为二氧化锰，则加入碳酸锰调节溶液pH时，溶液的pH应小于5.5；由溶度积可知，溶液中铝离子完全沉淀时，溶液中的c(OH-)≥≈1.0×10-9.3mol/L，则c(H+)≤10-4.7mol/L，pH≥4.7，所以调节pH的范围为4.7≤pH<5.5；（4）①资料显示碳酸锂的分解温度为723℃，本流程中碳酸锂于515℃开始分解可能是因为二氧化锰对碳酸锂的分解有催化剂的作用，使得分解温度降低；②由化合价变化可知，“焙烧”过程中发生的总反应为二氧化锰与碳酸锂高温条件反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；（5）①充电时，与直流电源正极相连的LiMn2O4电极是电解池的阳极，电极的电势高于阴极的电势；②LiMn2O4的晶胞为立方体，该晶胞由图中A、B两种基本结构单元交替排列构成，则晶胞中含有4个A和4个B，黑球的个数为(1+8×)×4=8，白球的个数为(4+4)×4=32，三角形的个数为4×4=16，由化学式可知，黑球代表锂离子、白球代表氧原子、三角形代表锰原子；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得=(10-7a)3d，解得d=。19.CaCO3的固体分解和沉淀转化反应在化工实际生产和生活中都发挥着重要作用。I．CaCO3的固体分解反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)∆H>0(反应I)可应用于石灰工业。（1）反应I在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)可自发进行。（2）已知CaCO3能量关系如图所示，则CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的焓变∆H=___________(用代数式表示)（3）某研究组研究CaCO3的固体分解反应，实验过程中始终保持样品所处气氛(以Ar为载气，调整CO2的比例)不变，测得CaCO3失重率随温度变化曲线如图所示，温度升至850℃时，CO2浓度为35%的反应气氛中CaCO3已开始分解，而CO2浓度为65%的反应气氛中CaCO3仍未分解，从化学平衡的角度解释其原因：___________。（4）某研究组将500gCaCO3置于1L的刚性密闭容器中，在Ar和CO2的混合气氛中加热CaCO3固体，测得不同温度下CaCO3分解转化率随时间变化如图，Kp为平衡分压代替平衡浓度计算的分压平衡常数，下列说法正确的是：___________。A.1150℃条件下，0~300s内反应I的平均速率v(CO2)≈0.013mol•L-1•s-1B.1150℃条件下，使用粒径更小的CaCO3进行相同的实验，300s时CaCO3转化率小于80%C.1150℃条件下，在F点处测得CO2分压为p1，则该温度下反应I的Kp=p1D.950℃条件下，在G点处向密闭容器中充入少量CO2，再次达到平衡时，容器内总压强不变II．用钠盐溶液处理后，CaCO3可转化为其他工业价值高的难溶钙盐。一定温度下，分别向1molCaCO3中加入1LNa2X和NaY溶液发生反应：CaCO3+X2−CaX+CO、CaCO3+2Y−CaY2+CO，加入Na2X或NaY的物质的量为n(Na2X)或n(NaY)。平衡时，分别测得随n(Na2X)的变化曲线和随n(NaY)的变化曲线如图所示，已知Ksp(CaCO3)=3.0×10-9，反应过程中不考虑溶液体积变化，不考虑X2−/Y−/CO的水解。（5）Ksp(CaX)___________Ksp(CaCO3)(填”>”“<”或“=”)（6）若要用1LNaY溶液将1.25molCaCO3完全转化为CaY2沉淀，所需NaY溶液浓度至少为___________mol/L。(写出计算过程，结果保留三位有效数字)【答案】（1）高温（2）△H1+△H2-△H3（3）增大CO2浓度，平衡向逆反应方向移动（4）AD（5）>（6）2.78【解析】（1）反应I是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行；（2）由盖斯定律可知，将分步反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①+反应②-反应③=目标反应，则反应△H=△H1+△H2-△H3；（3）二氧化碳浓度为65%的反应气氛中碳酸钙仍未分解是因为增大二氧化碳浓度，平衡向逆反应方向移动，抑制碳酸钙的分解；（4）A．由图可知，1150℃条件下，300s时碳酸钙的转化率为80%，由方程式可知，二氧化碳的反应速率为≈0.013mol/(L·s)，故A正确；B．1150℃条件下，使用粒径更小的碳酸钙进行相同的实验，碳酸钙固体表面积增大，反应速率加快，则300s时CaCO3转化率大于80%，故B错误；C．由题意可知，该反应起始含有氩气和二氧化碳，在F点处测得二氧化碳分压为p1说明平衡时反应生成二氧化碳的分压小于p1，由方程式可知，反应的该温度下反应I的Kp小于p1，故C错误；D．由方程式可知，反应的平衡常数Kp=p(CO2)，温度不变，平衡常数不变，则950℃条件下，在G点处向密闭容器中充入少量二氧化碳，再次达到平衡时，容器内总压强不变，故D正确；故选AD；（5）由图可知，Na2X的物质的量增大时，溶液中的值先不变后减小，说明开始增大Na2X的物质的量，溶液中的碳酸根离子浓度不变，所以碳酸钙不能转化为CaX，CaX的溶度积大于碳酸钙；（6）由图可知，=4.5时反应达到平衡，由方程式可知，若要用1LNaY溶液将1.25mol碳酸钙完全转化为CaY2沉淀时，溶液中NaY的物质的量至少为1.25mol×2=2.50mol，则溶液中Y-离子浓度为≈0.28mol/L，所需NaY溶液浓度至少为=2.78mol/L。20.布洛芬与传统的阿司匹林药物相比较，其药效作用更强，副作用更小，被称为“超级阿司匹林”。布洛芬的常见合成方法有以下两种：方法一：方法二：请回答下列问题：（1）1b的分子式为___________。（2）化合物1c的官能团名称为___________；化合物1c的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱上只有4组峰，且与新制Cu(OH)2溶液共热可得砖红色沉淀，其结构简式为_________