廣東省佛山市2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期教學(xué)質(zhì)量檢測（一）化學(xué)試題

2024～2025學(xué)年佛山市普通高中教學(xué)質(zhì)量檢測(一)高三化學(xué)2025.1本試卷共8頁，20題，全卷滿分100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的學(xué)校、班級、姓名、試室、座位號和準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑：如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上：如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的答案無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：C12N14O16Na23Cl35.5Zn65一、選擇題：本題包括16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.中國古代食器兼具美觀與實用價值。下列館藏食器中主要材質(zhì)與其他三種不同的是A.陶刻紋豆(商)B.藍(lán)玻璃杯(漢)C.葉形銀盤(唐)D.花瓣瓷碗(宋)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．陶刻紋豆屬于陶器，主要材質(zhì)是硅酸鹽；B．玻璃主要成分是硅酸鹽；C．銀盤是金屬銀制成，材質(zhì)與其他三項不同；D．瓷器主要成分是硅酸鹽；故選C。2.“中國制造”閃耀巴黎奧運會，隨中國健兒“征戰(zhàn)”世界賽場。下列說法正確的是A.新能源電動大巴接送運動員：行駛過程電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B.航空級鋁合金用作跳水跳板：和純鋁相比，鋁合金熔點更高C.ABS樹脂用作比賽用乒乓球：ABS樹脂強度高、韌性好、易加工成型D.硅基芯片植入足球內(nèi)膽輔助裁判判罰：基態(tài)28Si和30Si核外電子排布不同【答案】C【解析】【詳解】A．電動汽車行駛過程是由電能轉(zhuǎn)化為機械能，故A錯誤；B．航空級鋁合金用作跳水跳板：和純鋁相比，鋁合金熔點更低，故B錯誤；C．ABS樹脂強度高、韌性好、易加工成型，所以可用作比賽用的乒乓球，故C正確；D．基態(tài)28Si和30Si都是硅元素的不同核素，核外電子數(shù)相等，均是基態(tài)，所以核外電子排布完全相同，故D錯誤；答案選C。3.民以食為天，食以安為先。下列說法不正確的是A.補鐵劑搭配維生素C服用可增強補鐵效果B.SO2不可用于食品的漂白、防腐和抗氧化C.蛋白質(zhì)、淀粉、纖維素都屬于高分子D.硅膠是袋裝食品常用的干燥劑【答案】B【解析】【詳解】A．維生素C具有還原性，能與氧氣反應(yīng)，可防止補鐵劑被氧化，則補鐵劑搭配維生素C服用可增強補鐵效果，故A正確；B．SO2具有漂白、防腐和抗氧化作用，可用作某些食品的添加劑，如葡萄酒中常添加適量SO2，故B錯誤；C．蛋白質(zhì)、淀粉、纖維素等物質(zhì)的相對分子質(zhì)量都很大，在10000以上，都屬于高分子，且屬于天然高分子化合物，故C正確；D．硅膠具有吸水性，可用作袋裝食品的干燥劑，故D正確；答案選B。4.化學(xué)之美，外美于現(xiàn)象，內(nèi)美于原理。下列說法不正確的是A.清晨樹林里夢幻般的光束源于丁達(dá)爾效應(yīng)B.六角形冰晶體完美對稱，融化時共價鍵斷裂C.美麗的霓虹燈光與原子核外電子躍遷釋放能量有關(guān)D.缺角的氯化鈉晶體在飽和NaCl溶液中變?yōu)橥昝赖牧⒎襟w【答案】B【解析】【詳解】A．空氣與塵埃形成膠體，當(dāng)光束通過時會產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，所以早晨的樹林，可以觀測到夢幻般的光束，這是種現(xiàn)象源自膠體的丁達(dá)爾效應(yīng)，A正確；B．冰融化時破壞的是水分子間的氫鍵，而非水分子內(nèi)部的共價鍵（OH鍵）。共價鍵斷裂屬于化學(xué)變化，而融化是物理變化，B錯誤；C．霓虹燈光的原理是：原子中的電子吸收了能量，從能量較低的軌道躍遷到能量較高的軌道，但處于能量較高軌道上的電子是不穩(wěn)定的，很快躍遷回能量較低的軌道，這時就將多余的能量以光的形式放出，與原子核外電子躍遷釋放能量有關(guān)，C正確；D．晶體具有自范性，缺角的氯化鈉晶體在飽和NaCl溶液中會逐漸變?yōu)橥昝赖牧⒎襟w，這是因為晶體在飽和溶液中會通過溶解和再結(jié)晶的過程，最終達(dá)到能量最低的穩(wěn)定狀態(tài)，即完美的立方體形狀，D正確；故選B。5.勞動是一切知識的源泉。下列勞動項目與所述化學(xué)知識沒有關(guān)聯(lián)的是選項勞動項目化學(xué)知識A糕點制作：用NaHCO3作膨松劑NaHCO3受熱易分解B水質(zhì)消毒：用ClO2對自來水進行消毒ClO2具有強氧化性C金屬防腐：船舶外殼安裝鎂合金還原性：Mg>FeD農(nóng)業(yè)種植：銨態(tài)氮肥要保存在陰涼處NH水解呈酸性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．NaHCO3受熱易分解，生成的二氧化碳?xì)怏w能使面團松軟多孔，則NaHCO3常用作膨松劑，勞動項目與所述化學(xué)知識有關(guān)聯(lián)，故A不選；B．ClO2具有強氧化性，能使蛋白質(zhì)變性，可用于自來水殺菌消毒，勞動項目與所述化學(xué)知識有關(guān)聯(lián)，故B不選；C．還原性：Mg＞Fe，則Mg、Fe和海水形成原電池時Mg作負(fù)極，鐵作正極，所以船舶外殼安裝鎂合金可防止船舶發(fā)生腐蝕，勞動項目與所述化學(xué)知識有關(guān)聯(lián)，故C不選；D．銨態(tài)氮肥受熱分解生成氨氣，導(dǎo)致氮元素?fù)p失，所以銨態(tài)氮肥要保存在陰涼處，與銨態(tài)氮肥水解呈酸性無關(guān)，故D選；答案選D。6.1842年德國化學(xué)家維勒用電石(CaC2)和水反應(yīng)制備乙炔。興趣小組利用以下裝置進行實驗。其中，難以達(dá)到預(yù)期目的的是A.制備C2H2 B.除掉C2H2中的H2S【答案】C【解析】【詳解】A．碳化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣和乙炔，由圖可知，該裝置為固液不加熱的裝置，分液漏斗中盛放飽和食鹽水，錐形瓶中盛放電石，可以用于用電石和飽和食鹽水反應(yīng)制備乙炔，故A正確；B．硫酸銅與硫化氫反應(yīng)生成硫化銅和硫酸，可以將混合氣體通入到硫酸銅溶液中，可以除掉C2H2中的H2S，故B正確；C．乙炔的相對分子質(zhì)量為26，空氣的平均相對分子質(zhì)量為29，二者密度相差不大，難以收集到純凈的乙炔，不能采用排空氣法收集，故C錯誤；D．乙炔中含有碳碳三鍵，能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，酸性高錳酸鉀褪色，說明C2H2具有還原性，故D正確；答案選C。7.某粗苯中含有苯酚，用如圖所示步驟除去苯酚。下列正確的是試劑M濃溴水濃溴水NaOH溶液NaOH溶液操作x分液過濾分液過濾選項ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．苯酚與濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)生成三溴苯酚，但三溴苯酚能溶于苯，不能分層，則不能用分液操作分離，故A錯誤；B．濃溴水與苯酚反應(yīng)生成三溴苯酚，但三溴苯酚都能溶于苯，不會出現(xiàn)固液混合狀態(tài)，則不能用過濾操作分離，故B錯誤；C．苯酚能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成溶于水的苯酚鈉，苯與NaOH溶液不反應(yīng)，且苯與苯酚鈉、NaOH溶液會分層，則能用分液操作分離，故C正確；D．苯酚能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成溶于水的苯酚鈉，苯與NaOH溶液不反應(yīng)，沒有出現(xiàn)固液混合狀態(tài)，則不能用過濾操作分離，故D錯誤；答案選C。8.“千年銹色耐人尋”。Cu2(OH)3Cl是銅銹中的“有害銹”，生成原理如圖。下列說法不正確的是A.正極反應(yīng)：O2＋4e＋4H＋=2H2OB.銅失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)C.潮濕的環(huán)境中更易產(chǎn)生銅銹D明礬溶液可清除Cu2(OH)3Cl【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)圖知，發(fā)生吸氧腐蝕，正極上O2得電子和H2O反應(yīng)生成OH，電極反應(yīng)式為O2+4e+2H2O=4OH，故A錯誤；B．失電子的物質(zhì)發(fā)生氧化反應(yīng)，該反應(yīng)中Cu失電子生成Cu2+而發(fā)生氧化反應(yīng)，故B正確；C．潮濕的環(huán)境中有電解質(zhì)溶液，易形成原電池而更易產(chǎn)生銅銹，故C正確；D．明礬中鋁離子水解生成Al(OH)3和H+而使溶液呈酸性，能和Cu2(OH)3Cl中OH反應(yīng)，所以明礬溶液能清除Cu2(OH)3Cl，故D正確；答案選A。9.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.4.6gNO2中含有的分子數(shù)為0.1NAB.1L1mol·L1[Ag(NH3)2]OH溶液中含Ag＋的數(shù)目為NAC.0.8molFeI2與71gCl2充分反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2.4NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LN2和C2H2的混合氣體中含有π鍵的數(shù)目為NA【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化氮與四氧化二氮存在轉(zhuǎn)化：2NO2?N2O4，4.6gNO2中含有的分子數(shù)小于0.1NA，故A錯誤；B．[Ag(NH3)2]OH溶液，銀主要以[Ag(NH3)2]形式存在，所以1L1mol?L1[Ag(NH3)2]OH溶液中含Ag+的數(shù)目小于NA，故B錯誤；C．0.8molFeI2與71gCl2充分反應(yīng)后，氯氣物質(zhì)的為1mol，Cl2少量，完全反應(yīng)生成2mol氯離子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，故C錯誤；答案選D。10.水楊酰胺是合成醫(yī)藥、香料、液晶的重要中間體，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)水楊酰胺的說法不正確的是A.屬于氨基酸B.能發(fā)生加成反應(yīng)C.能與FeCl3溶液作用顯色D.1mol水楊酰胺最多消耗2molNaOH【答案】A【解析】【詳解】A．該有機物分子中沒有羧基，不屬于氨基酸，故A錯誤；B．水楊酰胺分子中含有苯環(huán)，能發(fā)生加成反應(yīng)，故B正確；C．水楊酰胺分子中含酚羥基，能夠與FeCl3溶液作用顯色，故C正確；D．酚羥基和酰胺基都與NaOH溶液反應(yīng)，1mol水楊酰胺最多消耗2molNaOH，故D正確；答案選A。11.部分含Na或Al或Fe物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價關(guān)系如圖，下列推斷合理的是A.在空氣中加熱e，一定能生成dB.在d(s)→g(aq)→h(s)的轉(zhuǎn)化過程中，一定有顏色變化C.在b(aq)→c(aq)→h(s)的轉(zhuǎn)化過程中，一定均為氧化還原反應(yīng)D.若可用f制取a，a一定可以在Cl2中燃燒生成＋2價氯化物【答案】B【解析】【分析】由圖可知，若a為鈉、b為鈉鹽、c為氫氧化鈉；若a為鋁、f為氧化鋁、g為鋁鹽或偏鋁酸鹽、h為氫氧化鋁；若a為鐵、d為氧化亞鐵、f為氧化鐵、g為鐵鹽、e為氫氧化亞鐵、h為氫氧化鐵。【詳解】A．在空氣中加熱氫氧化亞鐵時，氫氧化亞鐵會與空氣中的氧氣、水蒸氣反應(yīng)生成生成氫氧化鐵，氫氧化鐵受熱分解生成氧化鐵，無法得到氫氧化亞鐵，故A錯誤；B．氧化亞鐵能與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵，硝酸鐵能與堿溶液反應(yīng)氫氧化鐵，轉(zhuǎn)化過程中，顏色變化為黑色固體→棕黃色溶液→紅褐色沉淀，則在FeO(s)→Fe3+(aq)→Fe(OH)3(s)的轉(zhuǎn)化過程中，一定有顏色變化，故B正確；C．b(aq)→c(aq)→h(s)的轉(zhuǎn)化過程可能為電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉，氫氧化鈉溶液與鐵離子或鋁離子反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀或氫氧化鋁沉淀，生成氫氧化鐵沉淀或氫氧化鋁沉淀的反應(yīng)中沒有元素發(fā)生化合價變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故C錯誤；D．可用f制取a，說明a為鋁、f為氧化鋁，鋁在氯氣中燃燒生成＋3價氯化鋁，故D錯誤；故選B。12.下列陳述I和陳述II均正確，且具有因果關(guān)系的是選項陳述I陳述IIA常溫下，等濃度的次氯酸鈉和醋酸鈉溶液，前者pH大酸性：CH3COOH>HClOB聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹脂聚丙烯酸鈉是一種縮聚產(chǎn)物C鹽鹵用作加工豆腐的凝固劑重金屬鹽使蛋白質(zhì)變性D鍵角：CH4<NH3NH3的中心原子有孤電子對A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．相同條件下次氯酸鈉溶液的pH大，說明次氯酸鈉的水解程度大，根據(jù)水解規(guī)律可知酸性：CH3COOH＞HClO，故A正確；B．聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹脂，是因為其含有親水基羧酸根離子，具有很強吸水性，與聚丙烯酸鈉是一種縮聚產(chǎn)物無關(guān)，故B錯誤；C．鹽鹵用作加工豆腐的凝固劑是利用電解質(zhì)能使膠體發(fā)生聚沉的性質(zhì)，與重金屬鹽使蛋白質(zhì)變性無關(guān)，故C錯誤；D．CH4、NH3的價層電子對數(shù)均為4，中心原子雜化方式相同，但NH3分子中N原子含有1對孤電子對，孤電子對與成鍵電子對間的斥力大于成鍵電子對間的斥力，則鍵角：CH4＞NH3，故D錯誤；答案選A。13.按下圖裝置，將濃H2SO4加入濃Na2S2O3溶液中，產(chǎn)生氣泡和沉淀。下列預(yù)期現(xiàn)象及相應(yīng)推理均合理的是A.燒瓶壁發(fā)熱，說明反應(yīng)S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放熱B.濕潤的藍(lán)色石蕊試紙變紅，說明SO2水溶液顯酸性C.溴水潤濕的濾紙褪色，說明SO2水溶液有漂白性D.BaCl2溶液產(chǎn)生沉淀，說明生成BaSO3【答案】B【解析】【詳解】A．濃硫酸稀釋也會產(chǎn)生大量的熱，所以燒瓶壁發(fā)熱，不能說明反應(yīng)S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放熱，故A錯誤；B．二氧化硫為酸性氧化物，能夠與水反應(yīng)生成亞硫酸，所以濕潤的藍(lán)色石蕊試紙變紅，故B正確；C．二氧化硫具有還原性，能夠使溴水褪色，與其漂白性無關(guān)，故C錯誤；D．鹽酸的酸性強于亞硫酸，所以二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應(yīng)，故D錯誤；答案選B。14.(WV4)2Z(YX4)2是重要的水處理劑，Z元素為＋2價。V、W、X、Y、Z是原子序數(shù)遞增的5種元素，前四周期均有分布，X和Y同族。W的基態(tài)原子價層p軌道半充滿，Z元素的一種合金用量最大、用途最廣。則A.電負(fù)性：W>XB.氫化物穩(wěn)定性：X>WC.WV3和YX3的空間構(gòu)型相同D.Z的第四電離能遠(yuǎn)大于第三電離能【答案】D【解析】【分析】Z元素：題目指出Z的合金用量最大，用途最廣，且Z為+2價。結(jié)合常見合金，Z應(yīng)為鐵（Fe），其合金（如鋼）應(yīng)用最廣，且常見。W元素：W的基態(tài)原子價層p軌道半充滿，結(jié)構(gòu)，符合第二周期的氮（N）。X和Y：同族元素，X為氧（O），Y為硫（S）（同屬VIA族），滿足原子序數(shù)遞增?！驹斀狻緼．主族元素電負(fù)性從左到右逐漸增大，電負(fù)性：W<X，W為N（電負(fù)性3.04），X為O（3.44），O的電負(fù)性更高，故A錯誤；B．沒有指出最簡單氫化物（或氣態(tài)氫化物），無法比較N、O元素氫化物穩(wěn)定性強弱，故B錯誤；D．Z為Fe，其電離能數(shù)據(jù)：第三（2957kJ/mol）→第四（5290kJ/mol），因（）為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，失去第四個電子需更高能量，故D正確；故選D。15.鋅離子全電池加入弱極性FcD后，利用FcD/FcD＋間的轉(zhuǎn)化，可同時除去溶解氧和非活性鋅，防止鋅電極被溶解氧腐蝕。下列說法不正確的是A.理論上該電池需要不斷補充FcDB.電子從鋅電極經(jīng)導(dǎo)線移向NaV3O8·1.5H2O電極C.加入聚乙二醇是為了增大FcD在水中的溶解度D.理論上每消耗32g溶解氧，可除去非活性鋅130g【答案】A【解析】【分析】鋅離子全電池工作時，鋅作負(fù)極，NaV3O8·1.5H2O作正極；FcD除去溶解氧和非活性鋅的方程式分別為4FcD＋O2＋2H2O→4FcD＋＋4OH－、2FcD＋＋Zn→2FcD＋Zn2＋，據(jù)此答題?！驹斀狻緼．除去溶解氧時將FcD轉(zhuǎn)化為FcD＋，除去非活性鋅時將FcD＋轉(zhuǎn)化為FcD，整個過程FcD的量不變，所以理論上該池不需要補充FcD，故A錯誤；B．鋅為負(fù)極，NaV3O8·1.5H2O為正極，電子從負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線移向正極，即電子從鋅電極經(jīng)導(dǎo)線移向NaV3O8·1.5H2O電極，故B正確；C．FcD為弱極性，加入少量聚乙二醇減小溶劑的極性，增大FcD在水中的溶解度，故C正確；D．除去溶解氧和非活性鋅的方程式分別為4FcD＋O2＋2H2O→4FcD＋＋4OH－、2FcD＋＋Zn→2FcD＋Zn2＋，所以每消耗32g溶解氧，即1mol溶解氧，可除去非活性鋅2mol，即130g，故D正確；故選A。16.T℃時，真空密閉容器中加入足量R，發(fā)生反應(yīng)R(s)2S(g)＋Q(g)，S的分壓隨時間的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是A.相對于曲線I，曲線II可能使用了催化劑B.T℃時，該反應(yīng)的分壓平衡常數(shù)Kp=500(kPa)3C.Q的體積分?jǐn)?shù)不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)D.T℃時，M點壓縮容器體積，平衡逆向移動，新平衡時c(S)比原平衡大【答案】D【解析】【詳解】A．曲線Ⅰ和曲線Ⅱ平衡時S分壓相等，曲線Ⅱ壓強變化比較快，可知曲線Ⅱ可能是使用了催化劑，故A正確；B．T℃，該反應(yīng)平衡時的S的分壓為10kPa，可知Q的平衡分壓為5kPa，Kp=p2(S)p(Q)=(10kPa)2×5kPa=500(kPa)3，故B正確；C．反應(yīng)反應(yīng)R(s)2S(g)＋Q(g)，R為固體，S與Q的分壓比恒為2：1，Q的體積分?jǐn)?shù)不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確；D．T℃時，M點壓縮容器體積，平衡逆向移動，平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，新平衡時c(S)與原濃度相等，故D錯誤；答案選D。二、非選擇題：本題共4小題，共56分。17.銅氨纖維常用于高檔絲織品，銅氨溶液可用于制作銅氨纖維。（1）制備氮氣：實驗室利用如圖裝置制備氨氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（2）氨水濃度的測定：將制得的氨氣溶于水，取20.00mL該氨水，加入指示劑，用1.000mol·L1鹽酸滴定至終點，消耗鹽酸22.00mL。①該過程中需用到的儀器有___________(填儀器名稱)。②該氨水的濃度為___________mol·L1。（3）配制銅氨溶液：向4mL0.1mol·L1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，隨后沉淀溶解，溶液變?yōu)樯钏{(lán)色。反應(yīng)的離子方程式：I．___________；II．Cu(OH)2＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋＋2OH（4）探究銅氨離子形成的原因：①查閱資料Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH(aq)Ksp=4.8×1020Cu2＋(aq)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)K=7.24×1012②提出猜想根據(jù)查閱的資料判斷反應(yīng)II難以進行。通過計算說明理由___________。③驗證猜想設(shè)計如下方案，進行實驗步驟現(xiàn)象i．向4mL0.1mol·L1CuSO4溶液中加入足量1mol·L1___________溶液生成藍(lán)色沉淀ii．再向i中懸濁液滴加配制的氨水，振蕩___________④實驗小結(jié)猜想成立。⑤教師指導(dǎo)Cu(OH)2＋4NH3＋2NH[Cu(NH3)4]2＋＋2NH3·H2OK=1.13×103⑥繼續(xù)探究步驟現(xiàn)象iii．向ii中繼續(xù)滴加___________溶液藍(lán)色沉淀溶解，溶液變?yōu)樯钏{(lán)色⑦分析討論結(jié)合方程式II，從平衡移動的角度解釋步驟iii的現(xiàn)象___________?！敬鸢浮浚?）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（2）①.酸式滴定管、堿式滴定管②.1.100（3）Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH（4）①.反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)K’=Ksp×K=4.8×10?20×7.24×1012=3.5×10?7，該反應(yīng)平衡常數(shù)小于10?5，說明反應(yīng)正向進行的程度?、?NaOH/KOH③.藍(lán)色沉淀不溶解④.硫酸銨(氯化銨等銨鹽均可)⑤.加入銨鹽，c(OH?)減小，反應(yīng)Ⅱ平衡正向進行，從而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(反應(yīng)Ⅰ逆向進行，生成的Cu2+結(jié)合NH3的思路也可)【解析】【小問1詳解】【小問2詳解】【小問3詳解】【小問4詳解】18.電動汽車電池正極廢料含鋁箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一種回收路線如下：已知：I.萃取時反應(yīng)：M2＋(水相)＋2RH(有機相)MR2(有機相)＋2H＋(水相)，(K(M2+)為萃取反應(yīng)的平衡常數(shù)，M2＋代表Ni2＋或Co2＋)。II．該工藝下，Ksp(Li2CO3)=2.5×102；飽和Na2CO3的濃度約為1.5mol·L1。（1）Mn屬于___________區(qū)元素。（2）“堿浸”時，Al箔發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（3）“酸浸”時，Co3O4被還原為Co2＋，1molCo3O4需添加Na2SO3___________mol。（4）“沉錳”時，Mn2＋發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（6）該工藝中能循環(huán)利用的物質(zhì)有___________(填化學(xué)式)。（7）通過計算說明“沉鋰”時Li＋是否可以沉淀完全___________。（8）正極材料的結(jié)構(gòu)如圖所示，粒子個數(shù)比Ni：Co：Mn=___________，該材料化學(xué)式為___________?！敬鸢浮浚?）d（2）2Al+2OH?+6H2O=2[Al(OH)4]?+3H2↑（3）1（4）Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+（5）<（6）RH、H2SO4、NaOH（8）①.1∶1∶1②.Li3NinO6【解析】【分析】正極廢料含鋁箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物，正極材料中加入NaOH溶液進行堿浸，AI和NaOH溶液反應(yīng)生成Na[Al(OH)4]和H2，Li、Ni、Co、Mn的氧化物和NaOH溶液不反應(yīng)，過濾后濾液中加入稀硫酸沉鋁得到Al(OH)3沉淀，濾液進行電解得到NaOH和稀硫酸，Li、Ni、Co、Mn等的氧化物中加入稀硫酸、Na2SO3進行酸浸，分別得到Li2SO4、Ni2SO4、CoSO4、MnSO4，溶液中加入Na2S2O8進行沉錳得到MnO2，Na2S2O8得電子生成Na2SO4，濾液中加入RH進行萃取，水相中得到Li2SO4，水相中加入Na2CO3沉鋰得到Li2CO3，同時生成Na2SO4，有機相中加入稀硫酸進行反萃取得到RH和Ni2SO4、CoSO4?！拘?詳解】Mn位于第四周期第ⅦB族，屬于d區(qū)元素；小問2詳解】【小問3詳解】【小問4詳解】“沉錳”時，Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2，Mn元素的化合價由+2價變?yōu)?4價，Na2S2O8被還原為Na2SO4，該反應(yīng)的離子方程式為Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；【小問5詳解】【小問6詳解】根據(jù)分析和流程圖可知，能循環(huán)利用的物質(zhì)有RH、H2SO4、NaOH；【小問7詳解】【小問8詳解】根據(jù)左側(cè)圖知，以Ni原子為中心，每個Ni原子連接2個Co、2個Mn原子，每個Co、Mn原子被2個Ni原子連接，所以Ni、Co、Mn的個數(shù)之比為1:1:1；該晶胞中Ni或Co或Mn原子個數(shù)為2+4×=3、Li原子個數(shù)為8×+2=3、O原子個數(shù)為8×+4=6，該材料化學(xué)式為Li3NinO6。19.乙酸乙酯是應(yīng)用最廣泛的脂肪酸酯之一。（1）乙酸乙酯水解可用于制備化工原料。①基態(tài)O原子價層電子排布式為___________。②常溫下，某CH3COONa溶液pH=9，則c(CH3COOH)＋c(H＋)=___________mol·L1。③18O標(biāo)記的乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解的部分歷程如下：能量變化如圖：反應(yīng)I、II、III、IV中，表示乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步是___________，總反應(yīng)△H=___________(用含E1、E2、E3、E4的代數(shù)式表示)，體系中含18O的微粒除A、B、D、E外，還有___________。（2）反應(yīng)CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH3CH3(l)＋H2O(l)的?H<0，?S>0。①反應(yīng)___________自發(fā)進行(選填“低溫下”“高溫下”“任意溫度下”或“不能”)。（3）制備乙酸乙酯的實驗中，常用飽和碳酸鈉溶液收集產(chǎn)物。CH3COOCH2CH3＋H2O＋Na2CO3CH3COONa＋CH3CH2OH＋NaHCO3K=7.03×105，理論上用飽和碳酸鈉溶液收集乙酸乙酯不合理。設(shè)計如下實驗：序號操作現(xiàn)象i取10mL飽和NaOH溶液(4.5mol·L1)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇，常溫下振蕩5min混合液變澄清、透明、均一ii取10mL飽和Na2CO3溶液(pH=12.5)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇并加熱至90℃，振蕩5min混合液仍為乳濁液，靜置后分層根據(jù)實驗，用飽和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯是合理的，其原因有：①飽和Na2CO3溶液極性較大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中___________(填“大”或“小”)。②從速率角度分析，___________?！敬鸢浮浚?）①.2s22p4②.1×10?5③.Ⅰ④.E1?E2+E3–E4⑤.OH?、H2O、（2）①.任意溫度下②.50%（3）①.小②.飽和碳酸鈉溶液中c(OH)小，反應(yīng)速率慢【解析】【小問1詳解】①基態(tài)O原子價層電子為其2s、2p能級上的電子，其基態(tài)O原子價層電子排布式為2s22p4；③反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中，反應(yīng)所需活化能越大，反應(yīng)速率越慢，慢反應(yīng)為乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步，根據(jù)圖知，反應(yīng)Ⅰ為乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步，總反應(yīng)為A生成D，則總反應(yīng)ΔH=E1E2+E3E4；體系中含18O的微粒除A、B、D、E外，還有18OH、H218O、CH3CO18OH；【小問2詳解】①該反應(yīng)ΔH＜0、ΔS＞0，該反應(yīng)能自發(fā)進行，則ΔHTΔS＜0，反應(yīng)任意溫度下自發(fā)進行；【小問3詳解】①根據(jù)實驗i知，乙酸乙酯和NaOH溶液、乙醇混合后常溫下振蕩，混合液變澄清、透明、均一，說明溶液中不含乙酸乙酯；實驗ii中飽和碳酸鈉溶液和乙酸乙酯、乙醇混合并加熱，混合液仍為乳濁液，靜置后分層，說明混合溶液中還含有乙酸乙酯，飽和Na2CO3溶液極性較大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中?。虎趯嶒瀒混合溶液堿性強、實驗