山东省青岛市2025届高三化学4月统一质量检测一模试题含解析

青岛市2024年高三统一质量检测

化学试题

1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，仔细核对条形码上的姓名、

考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。

2.选择题答案必需运用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必需运用0.5毫米黑色

签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。

3.请依据题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题

卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。

可能用到的相对原子质量：H1C12016Ni59Cu64

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。

1.化学与生产和生活亲密相关。下列过程中没有发生化学变更的是（）

A.液态植物油制成人造奶油B.无定形硅应用于光伏发电

C.“84”消毒液用于杀灭新型冠状病毒D.煤经过汽化、液化得到清洁燃料

【答案】B

【解析】

【详解】A.氢气与植物油（液态植物油中有不饱和脂肪酸甘油酯）发生加成反应,生成饱和的脂

肪酸甘油酯（即为固态的人造奶油）。属于化学变更，A不符合题意；

B.无定形硅应用于光伏发电，利用了硅的半导体的性质，没有发生化学变更，B符合题意；

C.“84”消毒液用于杀灭新型冠状病毒，利用了次氯酸的强氧化性，使蛋白质变性，属于化

学变更，C不符合题意：

D.煤的气化是指碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，即生成水煤气的反应，煤的液化指碳

与氢气等物质反应得到液体燃料，或气化后由一氧化碳与氢气再合成醇类等液体燃料，发生

了化学反应，D不符合题意。

答案选B。

2.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）

A.Imol也。？中含有NA个［：0：0产

B.4.6g分子式为C2H6。的有机物中碳氢键数FI肯定是0.5NA

C.电解精炼铜中转移Imol电子，阳极质量削减32g

D.将含0.ImolFeCh的饱和溶液滴入沸水中，形成的胶体粒子的数目少于O.INA

【答案】D

【解析】

【详解】A.HO是共价化合物，其结构中无离子，A错误；

B.分子式为CzH0的有机物，可能是乙醇，也可能是二甲隧，乙醇和二甲醛的分子中碳氢键的

数目是不同的，故无法确定4.6g分子式为C2H的有机物中碳氢键数目，B错误；

C.电解精炼铜中，粗铜作阳极，当转移Imol电子时，阳极溶解的金属除了铜之外还有其他金

属，故阳极削减的质量不肯定是32g,C错误；

D.胶粒是很多个分子的聚集体，因此，将含（）.ImolFeCl；的饱和溶液滴入沸水中，生成的

Fe（OH）3胶体粒子数远少于0.1M,D说法正确。

故选D。

3.下列图示的试验操作中，能达到相应试验目的的是（）

B.验证石蜡油分解的产物含有不饱和危

测量氨气体积

D.

【答案】B

【解析】

【详解】A.石油分储试验口，温度计的水银球的位置应在蒸储烧瓶的支管口，该装置口温度

计插入了液面下，故A不能达到相应试验目的；

B.该试验中产生的气体能使酸性高锌酸钾褪色，可以说明石蜡油分解的产物中有不饱和烧，B

能达到相应试验目的；

C.氨气极易溶丁•水，不能用排水法测氨气体积，C不能达到相应试验目的；

D.氨气要与无水氯化钙反应，生成CaCk・8NIh,不能用元水氯化钙干燥的氨气，D不能达到

相应试验目的。

答案选B。

4.X溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为O.lmoLLJi（不考虑水的电离和

离子水解）。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述

错误的是（）

阳离子Na\Fe3\Ba2\Fe2\Mg2\Al"

阴离子OH\NO；、HCO；、CO广、SO；、Cl-

A.原溶液中肯定含有Mg'

B.X溶液中不行能含有HCO；和CO；

C.X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子

3+

D.生成气体的离子反应方程式为3Fe?++NO；+4FT=3Fe+NOT+2H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

各种离子的物质的量浓度均为O.lmol/L,向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成.，且反应

溶液中阴离子的种类没有变更，产生气体不行能是二氧化碳，则不含OH、HCOJ和CO：；依据

表中的离子，可推知是Fe\NO；在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，生成气体的离子

反应方程式为3Pe2++NO：+4Il+-3Pe3++NOT+2Il2。，NO；反应后有剩氽，故溶液中阴

C.手性碳指碳原子连接四个不同的原子或原子团，该有机物分子中

个手性碳原子，c正确;

D.imol该有机物含Imol碳碳双键，Imol皴基，最多能与2moiH2发生加成反应，而酯基不

能与比发生加成，D错误。

答案选D。

【点睛】在有机类选择题中，要留意从官能团动身，娴熟找出有机物中的官能团，如此题中

的酯基、酰胺键、氨基，同时要对官能团的性质熟识，学有机物，必需学好官能团。

6.W、X、Y、Z为原子序数侬次增大的四种短周期兀素，A、B、C、D为上述四种兀素中的两种

或三种所组成的化合物，E为单质。已知室温下，0.Imol•17%的水溶液阴为1，B分子中含

有10个电子，D具有漂白性，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.X、Y形成的二元化合物只有两种

B.Z元素在同周期元素中半径最小

C.MY组成化合物的沸点肯定低于W、Z组成化合物的沸点

D.D中各原子均满意最外层8e-稳定结构

【答案】B

【解析】

【分析】

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素、已知室温下，O.lmoLLiA的水溶液四

为1,则A为一元强酸，贝！A为HC1或HNO：,；而B为10电子分子，能与酸反应，则B为ML：

D具有漂白性，E为单质，则A不能为HM）3,只能为HCLD为HC10,E为Ck,C为氯化核；

则W为氢、X为氮、Y为氧、Z为氯。

【详解】A.氮与氧形成的化合物有多种，如NO、MO、N2O3等，A错误；

B.从左到右原子半径依次减小，C1元素在三周期中半径最小，B正确；

C.W、Y组成化合物是H20,W、Z组成化合物为HC1,水分子间可以形成氢键，沸点更高，C

错误；

I）.D为HC1O,H原子不满意最外层8e-稳定结构，【）错误。

答案选B

【点睛】O.lmol•匚”的水溶液阴为1,则A为一元强酸,则A为HC1或HNO3,再依据10

电子分子，只能在HF、乩0、NH3>CH,中去选择，结合物质转化，快速锁定B为NH：“是解决这

道的关键。

7.我国科研人员发觉了一种新型超导体BiQ2s2。,由［Bi202r和［BiS2c『交替堆叠构成。

已知Bi位于第六周期VA族，卜列有关说法错误的是（）

A.Bi的价电子排布式为5d6s26P3

B.有关元素的电负性：O>CI>S

C.BiQ2s2。属于含共价键的离子化合物

D.该新型超导体的组成元素全部位于元素周期表p区

【答案】A

【解析】

【详解】A.Bi位于第六周期％族，Bi的价电子排布式为6s26p,，A错误：

B.电负性从左到右依次增大,C1>S,从上到下依次减小0>S,而在CIO?中氧为负价，则0>C1,

B正确；

C.1^02工。由［BiQj+和［BiSzCj一交替堆叠构成，为离子化合物，在原子团内含共价键,

属于含共价键的离子化合物，C正确；

【）.该新型超导体的组成元素位于II1A-VIIA之间，全部位于元素周期表p区，I）正确。

答案选A。

8.某二元醇的结构简式为，关于该有机物的说法错误的是（)

A.用系统命名法命名：5-甲基-2,5-庚二醇

B.该有机物通过消去反应能得到6种不同结构的二烯烧

C.该有机物可通过催化氧化得到醛类物质

1).Imol该有机物能与足量金属Na反应产生H?22.4L(STP)

【答案】C

【解析】

【详解】A.为二元醉，主链上有7个碳原子，为庚二酹，从左往右数，甲

基在5碳上，二个羟基分别在2、5碳匕用系统命名法命名：5-甲基-2,5-庚二醇，A正确;

B.羟基碳的邻位碳.上有H,就可以消去形成双键，右边的羟基消去形成双

键的位置有2个，左边个羟基消去形成双键的位置有3个，定一议二，形成二烯姓有6种不

同结构，B正确；

C.羟基碳上至少有2个H才能催化氧化得到醛类物质，左羟基碳上无氢，右羟基碳上只有1

个氢，不能得到醛类物质，C错误；

0.Imol该有机物含2mol羟基，2mol羟基能与足量金属Na反应产生氢气Imol,标况下

22.4L,【)正确。

答案选C。

【点睛】醇类消去反应的条件是羟基碳的邻位碳上有H；而催化氧化是羟基碳上要有氢，1个

氢催化氧化为酮，2个氢催化氧化为醛：这些常见性质要牢记。

9.过氧化钙(Cao?)在室温下稳定，加热至350C左右快速分解。试验室制备反应:

2+

Ca+H2O2+2NH3+8H,O=CaO2-8H2O+2NH；,装置如图所示。下列说法错误的是

)

30%H近溶液

CCK溶液

英空点登^冰水混合物

甲乙

A.长颈漏斗可以起到防倒吸的作用

B.甲装置可以用浓氨水和喊石灰来制备氨气

C.冰水混合物的主要作用是防止生成的过氧化钙受热分解

D.反应过程中NH3不断中和Ca2+和过氧化氢生成的H+，促进反应进行

【答案】C

【解析】

【详解】A.氨气极易溶于水，倒吸的水在长颈漏斗中可以回流，故可以起到防倒吸的作用，A

正确；

B.甲装置为固+液不加热制备气体的反应装置，依据反应原理，可以用浓氨水和碱石灰来制备

氨气，B正确；

C.冰水混合物的主要作用是降温结晶的作用，产生CaO-8H,O晶体析出，C错误；

D.反应过程中因为要生成更多的《。・8比0,为使反应不断向正反应进行，须要加MVH4中和

过氧化氢和Cd反应生成的氢离子，促进反应进行，D正确。

答案选C。

10.工业综合处理含NH；废水和含N?、CO?、SO?、NO、CO的废气，得无毒气体b,流程如

流程如卜:含NHJ废水

NaNO溶液

,----------------------1纵气体2

二②NazCXL

I----------------1过量石灰石Cu(NHOAc+NH

|溶液气体a3

（气体捕获剂）

1场气』厂)

」酗-47u(Nll33COAc

下列说法错误的是（）

A.“固体”中主要含有CaCOs、Cas。，

B.X气体、NO与NazC。,溶液的离子反应：4NO+O2+2CO^=4NO-+2CO2

C.处理含NH4.废水时，离子反应：NH：+NO-=N2T+2H2O

D.捕获剂捕获气体a中CO发生了氧化还原反应

【答案】I)

【解析】

【详解】A.工业废气通入过量的石灰石悬浊液，二氧化硫被汲取形成亚硫酸钙沉淀，所以固

体中含有碳酸饼和亚硫酸钙，故A正确：

B.由题中信息可知，一氧化氮能被碳酸钠汲取成亚硝酸钠，氮元素的化合价由+2升高到+3,

故须要加入氧化剂，结合所涉及的元素可知，通入的X为氧气，离子反应：

4NO+O2+2CO^=4NOj+2CO2,B正确;

C.亚硝酸钠中的氮元素为+3价，与钺根离子中的-3价氮元素发生氧化还原反应，生成的无污

染的气体为氮气，依据电子转移守恒和电荷守恒分析，其方程式为NH；+N()2==郎f+2Hoe正

确；

D.一氧化碳、用与碳酸钠不反应，依据反应前后的物质变更可知，捕获剂捕获的气体主要为

CO,产物为CU(NH3)£0AC,反应前后碳和氧的化合价没有变，故该反应不是氧化还原反应，D

错误。

答案选Do

二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全

都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。

11.以(CHjqNHCO?为原料，采纳电解法制备电源TMAH［化学式(CHJ4NOH］是一种高

效、绿色工艺技术。原理如图，M、N是离子交换膜。下列说法错误的是()

A.a是电源正极

B.M为阴离子交换膜

C.(CH3)4NHCO3中C、N原子均为sp3杂化

I).通过Imol电子时，电解池中可产生子.8L(STP)气体

【答案】CD

【解析】

【详解】A.(CHIN移向右室，HCO：「移向左室，阴离子移向阳极，即a是电源正极，A正确；

B.HCO；经过M移向左室，M为阴离子交换膜，B正确：

C.(CHj,NHCO、中，(CHJN的C、N原子均为sp'杂叱，但是，HCO3中的C原子为sp?杂

化，C错误；

D通过Imol电子时,阴极室H*放电,2H*+2百寸21产生也为0.5m室,阳极室01「放电，401「

-4e=2H20+021,产生O2为0.25moL同时，溶液中剩下的H*与HCO3-反应还要产生二氧化碳,

因此，产生的气体大于0.75mol,体积大于16.81,(STP)气体，D错误。

答案选CDo

12.氯化亚铜为白色粉末状固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，可用作催化剂、杀菌剂、

媒染剂等。工业以硫化铜精矿为原料，制备氯化亚铜的流程如图：

下列说法正确的是()

A.步骤①焙烧产生的有毒气体可用碱液汲取

B.步骤②所用硫酸浓度越大浸出速率越快

2+

C.步骤③离子方程式：2Cu+2CK+SO^-+2OH-=2CuCl4<+SO^+H2O

D.步骤④用乙醇洗涤的目的是使CuCl尽快干燥，防止被空气氧化

【笞案】AD

【解析】

【详解】A.步骤①焙烧硫化铜，产生的有毒气体S0,可用碱液汲取，A止确；

B.步骤②所用硫酸浓度过大，会对后续加入Na2s0,还原Cj♦产生干扰，B错误；

C.在硫酸铜中加入Na2s和\aCl,倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀发生氧化还原反应，反应的

离子方程式为：2Cu，S(V+2C「+H?O=2CuClI+S0：+2H,C错误；

D.由题中信息可知，氯化亚铜难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，因此，步骤④用乙酌洗涤

的目的有利加快去除CuCl表面水分，防止其被空气中的氧气氧化，D正确。

答案选ADo

13.配制银氨溶液操作如图所示，下列说法错误的是（）

^-0.2%氨水

\11T--

,至最碉颈的

'沉赵掰箫

・・S

••••

••••••••

lmL2%AgN0s溶液银氨溶液

已知：G（AgI）=8.3x",&（[Ag（NHjJ）=：jC」2xO

A.制得的银氨溶液可用于还原性糖的检验

B.1mol[Ag（NHjJ中含有85个0键

C.银氨溶液不能长期存放，须要现用现配

D.Agl固体可溶于氨水得到银氨溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A.还原性糖中含有醛基，可与银氨溶液发生银镜反应，A正确；

B.lmol[Ag（NH）T中含有2mol配位键，即有2mol。键，同时含2molNH3,2moiNH：,有6mol。

键,共含有8N,\个b键,R正确：

C.银氨溶液久置简单产生易爆炸的物质，应现用现配，C正确；

D.若碘化银可溶于氨水，则有反应AgI+2NH3*Ag（NH3）21+「，其平衡常数

c{[Ag(N&)]+}.c(1)c{[Ag(NH3)『}"(/-)M(4g+)

=/Csp(AgI)x

°2（网盟（尔）

“定（[Ag（NH3）J+）=8.3xl077xl.12x107=9.3x107°,该化学平衡常数太小,即碘化银在

家水中形成的饱和溶液里，［Ag（NH3）21的浓度太小了，几乎可以忽视不计，而且银氨溶液

特指氢氧化银溶于氨水所得到的溶液，因此，Agl固体不溶于氨水（不溶不是肯定的不溶，

溶解度在lg~10g的才能称为可溶），也不行能得到银氨溶液，D错误。

答案选及

14.室温，将10mL浓度为ImoLL-i的C&NH?、NH20H两种--元碱溶液分别加水稀释，

曲线如图，V是溶液体积（mL）,pOH=-lgc（OH）o已知：

CH?NH、+H,O=CH|NH；+OH-；NH,OH+H,0=NH3OH，+OH-。下列说法正

确的是（）

A.该温度下，Kb（NH2（DH）的数量级为10-9

B.当V=3时，水的电离程度：NH2OH>CH3NH2

C.用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至pH=7,消耗盐酸的体积：NH2OH>CH3NH2

D.等浓度的CH3NH3cl和NHQHC1两种盐溶液中离子总浓度相等

【答案】AB

【解析】

4r,

【详解】A.该温度下，，取lgV=l的点，c(OH)=C(NH3OH")=lX10mol/L,

c(NHQH-)xc(OH)

9

c(NH2OH)=lmol/L,Kh(NH2OH)==10-%即数量级为ICTA

C(NH2OH)

正确;

B.当］gV=3时，NH20H比CH3NH2的pOH值大，OFT浓度小，碱对水的电离平衡起抑制

作用，0旷浓度小，抑制作用小，水的电离程度大，故水的电离程度：NH2OH>CH3NH2,

B正确；

C.同浓度时，pOkNH?OHACH’NHz，即CH3NH2碱性强，用等浓度盐酸分别滴定两种碱

溶液至pH=7,由于碱性越强对应的盐的水解程度越小，碱性越弱对应的盐的水解程度越大，

它们生成盐水解后均能使溶液显酸性，故CH3NH2消耗盐酸的体积较大，C错误；

D.等浓度的CH'NHCl和NH3OHCI两种盐溶液中，由于CH3NH；和NH3OH+水解程度不

同，所以离子总浓度不相等，D错误。

答案选ABo

15.Zewail创立的飞秒（lfs=l（）T5s）化学探讨了极短时间内的反应历程,奇妙地解决了如何

确定反应起点问题。例如HI与C0?的反应过程片段为：

H+OCOtHOCO似＞HO+CO。下列有关说法正确的是（）

A.中间产物HO8属于有机化合物

B.反应起点为HI离解为H和I自由基，终点为H0自由基马I自由基结合

C.HOCO经lOOOfs高解为H0自由基和CO,说明HI与CO?的反应速率极快

D.飞秒化学呈现的反应历程为“化学反应实质是旧键断裂和新键形成”供应有力证据

【答案】BD

【解析】

【详解】A.中间产物HOCO为自由基，不属于有机化合物，A错误；

B.反应起点为H1离解为H和I自由基，H+OCOfHOCO,然后HOCO—^MHO+CO.

最终为HO自由基与I自由基结合，B正确；

C.HOCO经lOOOfs离解为HO自由基和CO,这能说明这个历程快，不能说明整个反应的速

率，C错烷；

D.飞秒化学呈现的反应历程中HI离解为H和I自由基以及HO自由基与I自由基结合等均为

“化学反应实质是旧键断裂和新键形成”供应有力证据，D正确。

答案选BDo

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.医用酒精在抗击“新型冠状病毒”战役中发挥着杀菌消毒的作用，其主要成分是乙静。回

答下列问题:

I.工业上主要采纳乙烯干脆水合法制乙醇。

(CH2=CH2+H2OFCH3CH2OH)

⑴在磷酸/硅藻土催化剂作用下，乙烯进行气型水合的反应机理大致如下：

i.CH2=CH2+HQ-aCH3cH；+HQ

ii.CH,CH;+H2OCH.CH.OH;

iii.CHSCH,OH*+H,OLCHCH,OH+HQ+

随着反应进程，该过程能量变更如图所示。

下列有关说法正确的是_______(填字母标号，下同)。

a.该反应过程中广iii步均释放能量

b.第i步反应的活化能最大，确定总反应速率

c.CH3cH；和CH3cH2(DH；是反应的中间产物

⑵已知：C2H式g)+H?O(g)xCz&OEg)的反应速率表达式为\,正=1<正«€：2匕上(也0),

v逆二k逆c(GH<)H),其中k正、k逆为速率常数。若其他条件不变时，降低温度，则下列推断

合理的是______。

a.k正增大，k逆减小b.减小，k迫增大

c.k正减小的倍数大于卜通d.ku：减小的倍数小于k逆

II.工业用二氧化碳加氢可合成乙醇：2CO2(g)4-6H2(g)-C2H5OH(g)+3H2O(g)e保持

压强为5MPa,向密闭容器中投入肯定量CO2和H2发生上述反应，CO2的平衡转化率与温度、

“也)

投料比m的关系如图所示。

n(CO2)

(2)若投料比m=l,肯定温度下发生反应，下列说法不能作为反应是否达平衡判据的是

(填标号。

a.容器内气体密度不再变更

b.容器内气体平均相对分子质量不再变更

c.CO?的体积分数不再变更

d•容器内一为々不再变更

n(C02)

e.断裂3NA个H-H键的同时生成1.5NA个水分子

(3)若m,=3,则A点温度下，该反应的平衡常数(的数值为______(Kp是以分压表示的

平衡常数)；若其他条件不变，A点对应起始反应物置于其刚性密闭容器，则平衡时C0?的转

化率_____50%(填“>”、“二”或“C”)。

3

【答案】(1).be(2).d(3).m3>m2>in)(4).ce(5).4.8x1O-

(6).<

【解析】

【详解】1.(1)a.从能量图中分析可以，该反应过程的三步中，第一步吸热，二、三步均释

放能量,a错误;

b.活化能的定义：活化分子的平均能量与反应物分子的平均能量之差。活化能越来大，活化

分子所占的百分数就越小，反应越慢，第i步反应的活化能最大，确定总反应速率，b正确;

c.从题中三步反应可知，CH3CH；和CH3cH£)H；是反应的中间产物，c正确。

故答案为：be。

(2)若其他条件不变时，降低温度，正逆反应速率均减小，而浓度在那瞬间是不变的，所以k

正、k递均减小，再依据能量图，C2H式g)+H2O(g)=C2H5OH(g)反应物总能量大于生成物,

为放热反应，降低温度，平衡正移，逆反应速率减小的更多，即kF减小的倍数小于k逆，d合

理。故答案选：d0

越大，依据反应

2CO2(g)+6H2(g)F±C2H5OH(g)+3H2O(g),在相同温度时，相当于增大比浓度，C02

的平衡转化率更高，HP>m2>m,,故答案为：m3>m2>m,；

(2)若投料比m=l，肯定温度下：a.密度等于气体质量与容器体积的比值，在

2cC>2(g)+6H2(g)UC2H50H(助+3凡0您)中,物质均为气体，保持压强为5MPa,随反

应正向进行，容器体积减小，密度增大，密度不变，说明该反应达到平衡，a能；b.平均相对

分子质量等于气体总质量与气体总物质的量的比值，随反应正向进行，气体总质量不变，总

物质的量减小，平均相对分子质量增大，当平均相对分子质量不再变更时，该反应达到平衡,

b能；c.CO2的体积分数即物质的量分数，反应前CO?的体枳分数为50%,依据极极法可以

求出当氢气完全消耗之后，二氧化碳的体积分数仍为50$,故反应中CO?的体积分数始终保

n(H,)

持为50%不变，故不能据此推断该反应是否达到平衡标记，c不能；d.容器内八、反应前

n(CO2)

n(H2)

为1:1,而反应中系数不是1:1,当容器内/二不再变更时,则该反应达到平衡，d能；

n(CO2)

e.断裂H—H键，生成水分子，均为正反应，不能说明正反应速率等于逆反应速率，e不能。

故答案为：ce；

(3)若m3=3,则A点温度下，C0?的平衡转化率为50%,

2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)

起：Imol3molOmolOmol

转：lX50%molL5mol0.25mol0.75mol

平：0.5mol1.5mol0.25mol0.75mol

平衡时气体的总物质的量=(0.5+1.5+0.25+0.75)mol=3nol,则(CO,)%="竺“=」，

3mol6

二_L,(C.H.OH)%=Q25mo1=-L,(”,0)%一°万欣”」,该反应

3moi2253moi1223mol4

原题是同温同压下，正反应体积减小，现为刚性密闭容器，气体的物质的量减小，相当于减

压，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向逆反应方向移动，CC12的转化率小于50$,故

答案为：4.8X1()-3,<o

【点睛】勺含义：在化学平衡体系中，用各气体物质的分压替代浓度计算的平衡常数叫压强

平衡常数。计算技巧：

第一步，依据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的最浓度；

其次步，计算各气体组分的物质的量分数或体积分数：

第三步，依据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压=气体总压强X该气体的

体积分数（或物质的量分数）；

第四步，依据平衡常数计算公式代入计算。

，七'(。此。")％]・[%'(”20)%了

'P[%x(CO。％丁•[七x("2)%『,

17.化学小组为探究SO?在酸性KI溶液中的反应，利用如图装置进行试验:

甲乙丙丁展

L排出装置内的空气。减缓C02的流速，向丁装置中通入C0?和SO2的混合气体。

II.一段时间后，溶液变黄并出现浑浊。摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色。

III.持续向丁装置中通入co2和so2混合气体，溶液变为无色。

M再静置•段时间，取锥形瓶中水溶液，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。

回答下列问题：

(1)苯的作用为。排出装置内空气的详细操作为。

(2)向装置丁中缓慢通入CO?的作用是________o

(3)步骤II反应的离子方程式为__________；步骤川反应的离子方程式为。

(4)试验总反应为,KI和HI在反应中的作用为。

【答案】(1).萃取碘单质，隔绝空气防止「被氧化(2).关闭K2,打开K3,打开K1

+

⑶.防止倒吸⑷.SO2+4F+4H=2I24-S+2H2O(5).

SO,+1,+2HQ=4H++SO；+21-(6).3SO,+2H,O=4H++2SO：+SJ

(7).催化剂

【解析】

【分析】

为探究so?在酸性KI溶液中的反应，由r-酸性KI简单被a氧化，所以加苯液封，同是萃取

碘单质，并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽；在反应中分二步进行，第一步,

++

SO2+4F+4H=21,+S>L+2H2O,其次步，SO24-12+2H2O=4H+SO^+2F；最

终用氢氧化钠进行尾气处理，四氯化碳防倒吸。

【详解】（D依据分析，装置丁中苯有二个作用：萃取碘单•质，隔绝空气防止「被氧化；用二

氧化碳排出甲、乙、丙中的空气，打开K3,打开KL关闭K?；

⑵若只将SO2通入丁中，SO?反应后压强减小，会倒吸，通入CO?和SO?混合气体，CO?不

反应，始终有气体排出，起防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；

（3）步骤II中，溶液变黄并出现浑浊，说明生成了硫单质，摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘

呈紫红色，说明生成了碘单质，离子方程式为SO2+4「+4H+=2l2+SJ+2H2。；步骤III

通入CO?和SO?混合气体，溶液变为无色，说明碘单质被消耗，离子方程式为：

SO,+1,+2HQ=4H++SO：+2E；

++

⑷依据SO2+4F+4H=2I?+Si+2H2O和SO?+L+2H?0=4H+SO：+2F反应，

将后者的系数扩大2倍，与前一个反应叠加，得总反应为：

+

3SO2+2H2O=4H+2SO：-十SJ；KI和HI在反应前后质量和性质没有发生变更，故其为

催化剂。

18.第训1族元素Fe、Co、Ni性质相像，称为铁系元素，主要用于制造合金。回答下列问题:

（1）基态Ni原子核外能量最岛•的电子位于能级，同周期元素中，基态原子未成对电子

数与Ni相同的元素名称为o

⑵Fer与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知Fe^遇邻苯二酚（）和

对苯一酚（H0H）均显绿色。邻苯一酚的熔沸点比对苯一酚_____（埴“高”或

“低”），缘由是

（3）有历史记载的第一个协作物是Fe/FelCN%1（普鲁士蓝），该协作物的内界为

。表为C。"、Ni?+不同配位数时对应的晶体场稳定化能（可衡量形成协作物时,

总能量的降低）。由表可知，Ni?+比较稳定的配离子配位数是（填“4”或“6”）。

Cd+性质活泼，易被还原，但[CO(NH3)61“很稳定，可能的缘由是

离子配位数晶体场稳定化能(Dq)

6-8Dq+2p

Co2+

4-5.34Dq+2p

6~12Dq+3p

Ni2+

4~3.56Dq+3p

(4)NiO晶体结构中阴阳离子的配位数均为6,则晶胞的俯视图可能是_______(填选项字母)。

若晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为晶体的密度是________g-cm-\

BCD

【答案】(1).3d(2).钛、楮、硒(3).低(4).邻苯二酚形成分子内氢键,

4-

比对苯二酚易形成的分子间氢键作用力小，熔沸点低(5).[Fe(CN)6](6).6

3x1032

(7).形成配位键后，三价钻的氧化性减弱，性质变得稳定(8).CD(9).-——

a"不

【解析】

【详解】(DNi为28号元素，基态Ni的电子排布式为[Ar]3d"4s二核外能量最高的电子位于

3d能级：依据基态Ni的电子排布式为[ArNdMT,其3d能级上未成对电子数为2,同周期中，

未成对电子数为2的还有：钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3dzs2、错为32号元素,

基态电子排布式为：[Ar]3dzs24P2、硒为34号元素,基态电子排布式为：[Ar]3dzs24Pl故

答案为：钛、楮、硒；

(2)邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚HOT^^MH易形成的分子间氢键，后者分

子间作用力较大，因此，熔沸点较低；

⑶协作物是Fe/FeCN)［中内界为［Fe(CN%广；由表中数据可知，配位数为6的Ni?+晶

体场稳定化能为T2Dq+3p,其能量降低的更多，能量越低越稳定；C。"性质活泼，但

很稳定，说明形成配位键后，三价钻的氧化性减弱，性质变得稳定；

(4)NiO晶体结构中阴阳离子配位数均为6,晶胞的俯视图应类似于NaCl晶胞，而5IaCl晶

胞俯视图为CD；从晶体中最小重复单元动身，1个晶胞中含Ki2.为8x』+6x1=4,含0"

82

为12x'+l=4即依据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO,NiO的摩尔

4

质量75g/mol,晶体的密度除以1个晶胞的质量除以1个晶胞的体积，即为

3X10323x1032

密度二也丝妇/("武。的尸gcm\故答案为:

3

7^a.NA

【点睛】晶胞计算中，要找准一个晶胞中所含微粒数目，如此题中，1个晶胞中含Ki?.为

8xl+6xl=4，含()2为12X'+1=4即依据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中

824

含4个NiO；同时要找准一个晶胞的体积，留意单位换算。

19.废旧锂离子电池正极材料的主要成分为碳棒和LiNi'Co、Mn”5Q2,另含少量Al、Fe杂

质。某厂按如图流程对废旧锂离子电池的正极进行回收再生。回答有关问题:

加NaOH加NaOH加NK四碳酸锂，

队加过盘草酸41滤液2■»卜医液3卜

询pH4〜5调pH7〜9过灌

极通入空气

媪宏加热③过渡过过

材800c焙烧焙烧,

流中

滤j混渣修谑渣3

虑渣।2也

经球磨1〜2h检

已知：①草酸电离常数：Ara,=5xlO-2,Ka2=5.4xl(r\草酸的酸式盐以及草酸锂均可溶。

②常温时，有关物质Ksp如下表(单位略):

Fe(OH)3A1(OH)3NiC2O4C0CQ4MnC^O.Ni(OH)2CO(OH)2Mn(OH)2

8x10-383x1034xl0-,°6.3x1O-81.7x10-72xl0~155.9x10152.1x10F

(1)通入空气，800c焙烧目的是o

⑵已知LiNixCoyMn—rO?中Ni、Co.Mn化合价相同，则它们的化合价为。

⑶加入草酸加热时，Ni、Co、Mn元素部分转化为Nie/)-CoC2O4.MnCQ4沉淀,

而另一部分以草酸的酸式盐形式进入溶液。写出LiCoO?与草酸反应生成CoC?。,沉淀的化

学方程式。

(4)焙烧后黑色粉的平均粒度(颗粒直径表示)与口+的浸出率关系如图所示，缘由是

20406080100粒度3时

⑸滤液1加NaOH调pH为4~5目的是。

c(C2Oj)

(6)滤液2调pH=7时，溶液中__f二___________。

C(HC2O4)

【答案】(1).除去正极材料中的碳(2).+3(3).

4H2C2O4+2LiCoO2=Li2C2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO21(4).粒度越大，表面

积(比表面积)越小，反应物接触面积就越小，反应速率越慢，且反应不充分(5).使Fe"

和A产转化为氢氧化物沉淀除去(6).5.4xlO2

【解析】

【分析】

废旧锂离子电池正极材料的主要成分为碳棒和LiNixCOyMn——yO2,另含少量Al、Fe杂质，

经800c焙烧，将碳转化为二氧化碳；加入草酸加热时，Ni、Co、Mn元素部分转化为

NiC2O4.CoC2O4,MnC?。,沉淀，而另一部分以草酸的酸式盐形式进入溶液；加入氢氧

化钠调整pH除去三价铁，三价铝，再加碳酸钠沉淀11；最终焙烧，得可再生电池粉。

【详解】(1)经分析，通入空气，800C焙烧目的是将正极材料中的碳转化为二氧化碳而除去,

故答案为：除去正极材料中的碳：

(2)LiNixCoyMn-O?中Ni、Co、Mn化合价相同，设为a,Li的化合价为+1,0为-2

价，依据正负化合价的代数和为零，得1-x-y)+(-2)x2=。，a=3,故答

案为：+3；

(3)LiCoO2与草酸反应生成CoC?。/、Li2C2O4,同时C。的化合价从+3变为+2,C的化合

价要上升，从+3变为+4,生成CO,,，故答案为：

4H,C。+2LiCoO,=Li,C,O4+2CoC,O,+4HQ+2cO,T；

(4)由图分析以及接触面积与化学反应速率的关系，可知，粒度越大，表面积(比表面积)越小,

反应物接触面积就越小，反应速率越慢，且反应不充分，故答案为：粒度越大，表面积(比表

面积)越小，反应物接触面枳就越小，反应速率越慢，且反应不充分；

(5).通过氢氧化铁的电离方程式和溶度积可算出Fe'.离子浓度为10、。14时,0匕的浓度为

2X10”mol/L,再通过水的电离平衡常数和pH求出c(0H)=2X10"mol/L时,1「的浓度为

5X104mol/L,所以pH为Tg(5X10')=3.3时，同理，A产沉淀完全pH约为3,故答案为：使

F3+和A产转化为氢氧化物沉淀除去；

c(CQ：)c(CQ；)xc(〃+),,

(6)溶液中__L=__L____xc(/T)=5.4xlO-5乂1x10-7=5.4乂10"故

+

c(HC2O4)c(HC2O4)xc(H)必'-

答案为：5.4x102。

20.高分子化合物G(叶码弭0%士^■场士0c区阻)是一种重要的合成聚酯纤

维，其合成路途如卜.:

甲醛］一定条件%/催化剂KMnOa/H：

乙快」~©~C4H60?“SOH

Z\)H®

已知:

o

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①n+eo氓

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