精品解析：辽宁沈阳市回民中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

沈阳市回民中学2024级高三10月份月考 化学 试卷满分：100分　时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：O-16　Cu-64　Fe-56　Ce-140　Ga-70　As-75　Mn-55 一、选择题：共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 1. 化学与社会、生活、科技密切相关。下列说法错误的是 A. 我国稀土资源储量丰富，稀土元素位于IIIB族 B. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 C. 用明矾、ClO2等可以对生活用水进行杀菌消毒 D. 单晶硅可用作新型光伏电池的核心半导体材料 2. 下列化学用语表达正确的是 A. HClO的电子式： B. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C. 基态Cr的价层电子排布式： D. 的电子式： 3. 根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 实验操作 现象 结论 A 分别测Na2SO3溶液在室温和加热并冷却至室温的pH pH变小 证明的水解过程为吸热过程 B 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸 溶液由黄色变为橙色 转化平衡向生成的方向移动 C K2S固体溶于水，进行导电实验 K2S溶液可导电 K2S中含有离子键 D 向苯酚浊液中加Na2CO3溶液 溶液变澄清 酸性：苯酚>碳酸 A. A B. B C. C D. D 4. NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是 A. 1 mol·L-1 MgCl2溶液中，Cl- 数目为2NA B. 32 g Cu将过量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得电子数均为NA C. 标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移的电子数目为1NA D. 50 mL 12 mol/L浓盐酸与足量MnO2反应，生成的Cl2分子数为0.15NA 5. 下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是 选项 实验 粒子组 A 浓磷酸与过量制 、、、 B 加入溶液 、、、 C 浓硝酸与铜片制 、、、 D 浓盐酸与制 、、、 A. A B. B C. C D. D 6. 下列由实验现象所得结论错误的是 A. 向溶液中滴加足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在 B. 向酸性溶液中加入粉末，紫色褪去，证明中含Fe（II） C. 向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓反应生成 D. 向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应 7. 下列反应对应的离子方程式正确的是 A. 向Na2S2O3溶液中滴入稀硝酸：S2O+2H+=H2O+SO2↑+S↓ B. 向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO C. C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO D. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液加热：NH+OH-=NH3•H2O 8. 一种香豆素衍生物Z具有抗肿瘤作用，可以通过如下反应制取。 下列说法正确的是 A. X不能使溴水褪色 B. 可以与反应 C. 可以与反应 D. X、Z可用溶液鉴别 9. 下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的的是 A. 图1用于观察金属钠在空气中加热的变化 B. 图2用于探究和的热稳定性 C. 图3用于转移溶液 D. 图4用于证明乙醇消去产物中含乙烯 10. 工业上，以某阳极泥(主要含 )为原料，回收贵金属，流程如下： 已知：滤液1中含；滤液2中含。下列说法错误的是 A. “浸取1”发生反应的离子方程式有 B. 滤渣1主要为AgCl和 C. “浸取2”的离子方程式为 D. 若“还原”反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1，则滤液3可循环利用 11. 下列说法中不正确的是 ①原子光谱的特征谱线用于鉴定元素，从跃迁至释放能量 ②第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有1种元素 ③三种分子的键角依次减小 ④萘()和碘易溶于四氯化碳，难溶于水，因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子 ⑤晶体中存在离子，离子的几何构型为V形 ⑥的沸点高于是因为其范德华力更大 ⑦分子中键的键角小于中键的键角 ⑧配合物内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则 A. ①②③⑥ B. ②④⑤⑥ C. ③⑤⑦⑧ D. ②③⑥⑧ 12. 将固体溶于水并加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，体系中存在平衡：　。取该蓝色溶液分别进行如下实验： 已知：呈粉红色，呈蓝色，为无色。 下列说法错误的是 A. 的配位原子是O B. 基态Co原子核外电子空间运动状态为14种 C. 稳定性： D. 中键角小于中键角 13. 碲（Te）被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素，创造人间奇迹的桥梁”。一种从碲化铜渣（主要含，还含Pb、Bi、Sb等杂质）中提取粗碲的工艺流程如下（图中给出的是各步骤中Te元素的主要存在形式，“碱性浸出”后重金属离子以硫化物的形式沉淀）。下列说法错误的是 A. 上述流程中，处于化合态的Te元素呈现出三种化合价 B. “碱性浸出”过程中只作催化剂，加快碱浸的速率 C. 通过调节的用量和的浓度，提高Te在“酸性氧化浸出”时的浸出率 D. “氧化沉碲”后分离的操作涉及过滤 14. CuO和Fe2O3组成的混合物m g，向其中加入100mL0.5mol•L﹣1的H2SO4液恰好完全反应，若将2m g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体的质量为（　　） A. （2m﹣1.6）g B. （m﹣0.8）g C. （m﹣1.6）g D. （2m﹣0.8）g 15. 二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，因其独特的氧储存与释放能力，在多个工业和前沿科技领域发挥着关键作用。CeO2晶胞在催化过程中转变成晶胞的组成结构变化如图所示，已知：CeO2晶胞参数为，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 晶胞中位于构成的立方体空隙中 B. 若M的坐标为，则N的坐标为 C. 晶胞中和个数比为 D. 用含的代数式表示晶胞密度为 二、解答题 16. 锰及其化合物在材料、化工生产和生活中均占有重要地位。回答下列问题： （1）具有高能量密度的是锂电池的正极材料。基态Mn原子的核外电子排布式是________ （2）一种锰化合物甲在不同条件下能高效催化还原为CO或HCOOH，反应如下： ①甲中N原子的杂化方式是________，甲中第二周期元素的第一电离能从小到大的顺序为________。 ②酸碱电子理论认为：凡能接受电子对的物质（分子、离子等）都称为酸，凡能给出电子对的物质（分子、离子等）都称为碱。的碱性强于的原因为________________________。 （3）能形成配离子为八面体的配合物，在该配合物的配离子中，位于八面体的中心。若含1 mol该配合物的溶液与足量溶液作用可生成1 mol AgCl沉淀，则该配离子化学式为________。 （4）（见图）是晶型转变的诱导剂，该物质熔点较低，原因可能是________。 （5）GaAs的晶胞结构如图甲（类金刚石晶胞），将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料（图乙）。 ①GaAs晶体中Ga原子配位数为________。 ②乙单元为立方体，边长为a nm，阿伏加德罗常数为，则该掺杂晶体的密度为________（列出表达式）。 17. 锂电池的正极材料中含有LiFeO4、Al、导电剂(乙炔黑、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料回收锂的工艺流程如下： 已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。酸浸后溶液中的阴离子主要有、Cl⁻。 ②相关物质溶解度如下： 0 20 40 60 80 100 LiOH 11.9 12.4 13.2 14.6 16.6 19.1 Li₂CO₃ 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 回答下列问题： （1）电池粉碎前应先放电，放电的目的是___________。 （2）LiFePO4中铁元素的价态为___________，其在周期表中的位置为___________。 （3）“酸浸”步骤发生的主要反应的离子方程式为___________。 （4）“沉铁沉磷”步骤中当碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是___________。 （5）为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是___________(填标号)。 A. NaOH 0-40℃ B. NaOH 80-100℃ C. Na₂CO₃ 20-40℃ D. Na₂CO₃ 60-80℃ （6）放电时，可将废旧锂离子电池(外壳为铁，电芯含铝)分别置于不同浓度的Na₂S和NaCl溶液中使电池充分放电。电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到X射线衍射图谱如图2所示。 ①电池在5% Na₂S溶液中比在5% NaCl溶液中放电速率更大，其原因是___________。 ②与5% Na₂S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据图2，分析其主要原因是___________。 18. 氧化亚铜()是一种重要的无机化工原料，在酸性条件下自身发生氧化还原反应。一种制备的实验装置如图所示(夹持装置略)。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是_______。 （2）装置A中生成的离子方程式为_______；判断反应完全的现象是装置A、C中无气泡产生或A中的溶液由_______色消失。 （3）产品纯度测定(杂质不反应)，实验如下： 已知：，；沉淀强烈的吸附； Ⅰ．取产品，加适量稀硫酸溶解，过滤、洗涤，将滤液与洗涤液一并转移至碘量瓶中，加入过量溶液充分反应()。 Ⅱ．向碘量瓶中滴入几滴淀粉溶液，控制溶液的为，用标准溶液滴定到呈浅蓝色，再加入过量溶液，摇匀后，溶液蓝色转深，继续用标准溶液滴定至蓝色刚好消失，消耗标准溶液()。 ①步骤Ⅱ中控制溶液的为的原因是_______。 ②步骤Ⅱ若不加入，会导致测定结果_______(填偏大、偏小、无影响)，若在加入溶液之前就加入过量的溶液，会使测定结果_______(填偏大、偏小、无影响)。 ③的纯度为_______%(填代数式)。 19. 兰地洛尔(化合物J)能改善快速性心律失常，具有高选择性，可应用于医学临床手术。J的一条合成路线如下(略去部分条件和试剂)： 已知： ①BPO为过氧化物，NBS为溴化试剂； ②。 回答以下问题： （1）A的名称为___________。 （2）D→E中，第一步反应的化学方程式为___________。 （3）H中含有的官能团名称是___________。 （4）物质J中手性碳数目为___________个。 （5）C的同分异构体同时满足下列条件的有___________种。 ①芳香化合物；②与C具有相同的官能团；③苯环上只有2个取代基；④能发生银镜反应。 （6）制备化合物I，分为两步： 写出M和I的结构简式___________、___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沈阳市回民中学2024级高三10月份月考 化学 试卷满分：100分　时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：O-16　Cu-64　Fe-56　Ce-140　Ga-70　As-75　Mn-55 一、选择题：共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 1. 化学与社会、生活、科技密切相关。下列说法错误的是 A. 我国稀土资源储量丰富，稀土元素位于IIIB族 B. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 C. 用明矾、ClO2等可以对生活用水进行杀菌消毒 D. 单晶硅可用作新型光伏电池的核心半导体材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．稀土元素包含钪、钇及镧系元素，均位于元素周期表IIIB族，A正确； B．维生素C具有还原性，可消耗食品储存环境中的氧气，避免食品被氧化变质，所以维生素C可用作食品抗氧化剂，B正确； C．明矾不具有强氧化性，不能起到杀菌消毒的作用，C错误； D．单晶硅是典型的半导体材料，是新型光伏电池的核心原料，D正确； 故选C。 2. 下列化学用语表达正确的是 A. HClO的电子式： B. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C. 基态Cr的价层电子排布式： D. 的电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．HClO为共价化合物，分子结构为H-O-Cl，电子式中O分别与H、Cl形成共价键，电子式为：，A错误； B．邻羟基苯甲醛分子中羰基上的氧原子和羟基上的氢原子构成氢键，示意图，B错误； C．Cr是24号元素，核外含有24个电子，基态Cr原子的价层电子排布式：，C正确； D．是离子化合物，其电子式：，D错误； 故选C。 3. 根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 实验操作 现象 结论 A 分别测Na2SO3溶液在室温和加热并冷却至室温的pH pH变小 证明的水解过程为吸热过程 B 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸 溶液由黄色变为橙色 转化平衡向生成的方向移动 C K2S固体溶于水，进行导电实验 K2S溶液可导电 K2S中含有离子键 D 向苯酚浊液中加Na2CO3溶液 溶液变澄清 酸性：苯酚>碳酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知Na2SO3溶液由于亚硫酸根离子水解使溶液显碱性，则分别测Na2SO3溶液在室温和加热并冷却至室温的pH，两次测量温度相同， pH变小，不能证明若的水解过程为吸热过程，A不合题意； B．缓慢滴加少量浓硫酸，氢离子浓度增大，使（橙色）+H2O⇌2（黄色）+2H+逆向移动，溶液由黄色变为橙色，B符合题意； C．K2S固体溶于水，发生电离，溶液可导电，不能证明K2S为离子化合物，共价化合物溶于水也可导电如HCl、H2SO4等共价化合物溶液均能导电，C不合题意； D．向苯酚浊液中加Na2CO3溶液，溶液变澄清，苯酚和Na2CO3反应生成苯酚钠溶液和NaHCO3，而不是生成H2CO3，所以酸性为苯酚大于碳酸氢根离子，而不能说明大于碳酸，D不合题意； 故答案为：B。 4. NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是 A. 1 mol·L-1 MgCl2溶液中，Cl- 数目为2NA B. 32 g Cu将过量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得电子数均为NA C. 标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移的电子数目为1NA D. 50 mL 12 mol/L浓盐酸与足量MnO2反应，生成的Cl2分子数为0.15NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．仅给出溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量和数目，A错误； B．32 g的物质的量为，与过量硝酸反应均生成，每个失去2个电子，0.5 mol共失去电子，根据得失电子守恒，浓、稀硝酸得电子数均为，B正确； C．标准状况下的物质的量为1 mol，与水的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，转移电子数目小于，C错误； D．仅与浓盐酸反应，随着反应进行浓盐酸变为稀盐酸，反应停止，HCl无法完全消耗，50 mL 12 mol/L浓盐酸的物质的量为，生成的分子数小于，D错误； 故选B 5. 下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是 选项 实验 粒子组 A 浓磷酸与过量制 、、、 B 加入溶液 、、、 C 浓硝酸与铜片制 、、、 D 浓盐酸与制 、、、 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓磷酸为中强酸，溶液中与会反应生成，不能大量共存，A错误； B．与水反应生成，与反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，B错误； C．浓硝酸与铜反应生成和，硝酸过量时溶液中存在、，部分溶解在废液中，各粒子间不发生反应，可大量共存，C正确； D．酸性条件下，、、发生归中反应生成，不能大量共存，D错误； 故答案为C。 6. 下列由实验现象所得结论错误的是 A. 向溶液中滴加足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在 B. 向酸性溶液中加入粉末，紫色褪去，证明中含Fe（II） C. 向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓反应生成 D. 向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．向溶液中滴加足量稀盐酸，无明显现象，可排除、、等干扰离子，再滴加溶液产生白色沉淀，该沉淀为，可证明溶液中存在，A正确； B．具有还原性，可使酸性溶液褪色。向酸性溶液中加入粉末，紫色褪去，证明中含有，B正确； C．浓具有强氧化性和不稳定性，红热的炭插入浓中，产生的红棕色气体，可能是炭与浓反应生成，也可能是浓受热分解产生，因此不能直接证明炭与浓反应生成了，C错误； D．向溶液中滴加酚酞试剂，先变红是因为水解使溶液呈碱性（），后褪色是因为生成的具有漂白性，可证明在溶液中发生了水解反应，D正确； 故答案选C。 7. 下列反应对应的离子方程式正确的是 A. 向Na2S2O3溶液中滴入稀硝酸：S2O+2H+=H2O+SO2↑+S↓ B. 向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO C. C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO D. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液加热：NH+OH-=NH3•H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na2S2O3溶液中滴加稀硝酸，硫代硫酸根被硝酸氧化为硫酸根：3S2O+8+2H+ = 6 +8NO↑+H2O，故A错误； B．向硫化钠溶液中通入过量SO2发生归中反应生成单质硫，离子方程式为：2S2－＋5SO2＋2H2O=3S↓＋4HSO，故B正确； C．酸性：H2CO3>苯酚>HCO，C6H5ONa溶液中通入少量CO2，生成苯酚钠和NaHCO3，离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO，故C错误； D．向NH4HCO3溶液中滴入过量NaOH溶液，离子方程式为：++2OH-=NH3↑+H2O++H2O，故D错误； 故选B。 8. 一种香豆素衍生物Z具有抗肿瘤作用，可以通过如下反应制取。 下列说法正确的是 A. X不能使溴水褪色 B. 可以与反应 C. 可以与反应 D. X、Z可用溶液鉴别 【答案】D 【解析】 【详解】A．X中含有酚羟基，可与溴水发生苯环上的取代反应，能使溴水褪色，A错误； B．Y中的碳氧双键均为酯基的羰基，不能与发生加成反应，无法与反应，B错误； C．含有羧基，可消耗；酚酯基，水解后生成酚羟基和羧基，共消耗，总共消耗，C错误； D．X含有酚羟基，遇溶液显紫色，Z不含游离酚羟基，无明显显色现象，二者可用溶液鉴别，D正确； 故选D。 9. 下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的的是 A. 图1用于观察金属钠在空气中加热的变化 B. 图2用于探究和的热稳定性 C. 图3用于转移溶液 D. 图4用于证明乙醇消去产物中含乙烯 【答案】A 【解析】 【详解】A．金属钠在空气中加热时，应放在坩埚中进行，图1的操作正确，可以观察到钠先熔化成小球，然后剧烈燃烧，生成淡黄色固体（），能达到实验目的，A符合题意； B．探究和的热稳定性时，应将放在小试管（受热温度低），放在大试管（受热温度高），若小试管中的分解产生使澄清石灰水变浑浊的气体，而大试管中的不分解，才能证明的热稳定性更差，B不符合题意； C．转移溶液时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线以下的内壁上，图中玻璃棒下端在刻度线以上，可能导致液体飞溅至刻度线上方，或有液滴附着在刻度线上方的瓶壁，造成溶质损失，使所配溶液浓度不准确，C不符合题意； D．乙醇消去反应的产物乙烯中混有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性溶液褪色，会干扰乙烯的检验。应先通过水除去乙醇，再通入酸性溶液，D不符合题意； 故答案选A。 10. 工业上，以某阳极泥(主要含 )为原料，回收贵金属，流程如下： 已知：滤液1中含；滤液2中含。下列说法错误的是 A. “浸取1”发生反应的离子方程式有 B. 滤渣1主要为AgCl和 C. “浸取2”的离子方程式为 D. 若“还原”反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1，则滤液3可循环利用 【答案】C 【解析】 【分析】阳极泥(含 )加入、、NaCl进行“浸取1”，由题中信息可知，滤液1中含，故滤渣中含有AgCl、；在滤渣1中加入，将AgCl转化为溶解，过滤除去滤渣2（），滤液中加入，将Ag元素还原为Ag单质，转化为，滤液3中溶质主要为，可继续进行银转化过程。 【详解】A．“浸取1”中作氧化剂，将Au氧化，最终转化为，离子方程式为 ，A正确； B．“浸取1”中Ag和Pb均被氧化，分别转化为AgCl和，滤渣1主要为AgCl和，B正确； C．“浸取2”的反应物AgCl为固体，写离子方程式时不可拆，正确的离子方程式为，C错误； D．根据电子转移守恒可知，若氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，则滤液3主要成分为，因此滤液3可循环利用于“浸取2”，D正确； 故答案选C。 11. 下列说法中不正确的是 ①原子光谱的特征谱线用于鉴定元素，从跃迁至释放能量 ②第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有1种元素 ③三种分子的键角依次减小 ④萘()和碘易溶于四氯化碳，难溶于水，因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子 ⑤晶体中存在离子，离子的几何构型为V形 ⑥的沸点高于是因为其范德华力更大 ⑦分子中键的键角小于中键的键角 ⑧配合物内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则 A. ①②③⑥ B. ②④⑤⑥ C. ③⑤⑦⑧ D. ②③⑥⑧ 【答案】D 【解析】 【详解】①电子排布：1s22s22p33s1，3s有1个电子，属于激发态；跃迁到1s22s22p4，电子从高能级3s回到低能级2p，高能→低能，释放能量；原子光谱特征谱线用来鉴定元素，①正确； ②第二周期第一电离能：Li<B<Be<C<O<N<F<Ne，介于B、N之间：Be、C、O，一共3种，不是1种，②错误； ③键角：NH3：三角锥形，键角≈107°； H2S：V形，2对孤电子对，键角≈92°； SO2：V 形，1对孤电子对，键角≈119.5°，大小顺序：SO2(119.5°) > NH3(107°) > H2S(92°) 题目写NH3、H2S、SO2依次减小，明显错误，③错误； ④相似相溶：萘、I2、CCl4均为非极性分子，水是极性分子；非极性溶质易溶于非极性溶剂，难溶于极性溶剂水，④正确； ⑤ ，中心I价层电子对数：中心I：价电子7，失去1个正电荷，2个σ键，孤电子对数，价层电子对数=2+2=4，2对σ键，2对孤电子对，空间构型V形，⑤正确； ⑥对羟基苯甲醛（对位），形成分子间氢键；邻羟基苯甲醛（邻位）形成分子内氢键。 对位沸点更高，原因是分子间氢键的作用，不是范德华力的作用，⑥错误； ⑦AsH3与NH3，均1对孤电子；As电负性小于N，成键电子离中心原子更远，成键电子对排斥力更小，键角：AsH3<NH3，⑦正确； ⑧18电子规则：Fe价电子：3d64s2，共8个价电子；每个CO提供2个电子，8 + 2n =18 则n= 5，不是n=4，⑧错误； ②③⑥⑧错误，故选D。 12. 将固体溶于水并加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，体系中存在平衡：　。取该蓝色溶液分别进行如下实验： 已知：呈粉红色，呈蓝色，为无色。 下列说法错误的是 A. 的配位原子是O B. 基态Co原子核外电子空间运动状态为14种 C. 稳定性： D. 中键角小于中键角 【答案】B 【解析】 【详解】A．在 中，中心离子为，配体为。水分子中氧原子提供孤对电子与金属离子形成配位键，氢原子无孤对电子，不能作为配位原子。配位原子为 O，A正确； B．基态为27号元素，核外电子排布式为，电子空间运动状态数等于原子轨道总数，共种，不是14种，B错误； C．加入少量固体后溶液变为粉红色，说明平衡逆向移动，结合生成更稳定的，因此稳定性，C正确； D．游离中有2对孤电子对，形成配合物时的1对孤电子对用于形成配位键，孤电子对减少，对键的斥力减小，键角增大，因此中键角小于中键角，D正确； 故选B。 13. 碲（Te）被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素，创造人间奇迹的桥梁”。一种从碲化铜渣（主要含，还含Pb、Bi、Sb等杂质）中提取粗碲的工艺流程如下（图中给出的是各步骤中Te元素的主要存在形式，“碱性浸出”后重金属离子以硫化物的形式沉淀）。下列说法错误的是 A. 上述流程中，处于化合态的Te元素呈现出三种化合价 B. “碱性浸出”过程中只作催化剂，加快碱浸的速率 C. 通过调节的用量和的浓度，提高Te在“酸性氧化浸出”时的浸出率 D. “氧化沉碲”后分离的操作涉及过滤 【答案】B 【解析】 【分析】碲化铜渣主要含，还含Pb、Bi、Sb等杂质，加入稀硫酸和氯酸钠氧化浸出，将氧化、过滤后得到，得到的中加入氢氧化钠溶液碱浸得到，再加入双氧水氧化得到，最后在盐酸的作用下被还原为Te单质。 【详解】A．根据化合物中元素化合价代数和为零可知，中Te为-2价，和中Te为+4价，中Te为+6价，体现Te元素的三种价态，A正确； B．“碱性浸出”过程中作为反应物，将重金属离子以硫化物形式沉淀而除去，B错误； C．“酸性氧化浸出”中​是氧化剂，调节其用量可保证Te被充分氧化，调节​浓度可优化反应的酸性环境，从而提高Te的浸出率，C正确； D．“氧化沉碲”后分离出固体，涉及过滤操作，D正确； 故选B。 14. CuO和Fe2O3组成的混合物m g，向其中加入100mL0.5mol•L﹣1的H2SO4液恰好完全反应，若将2m g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体的质量为（　　） A. （2m﹣1.6）g B. （m﹣0.8）g C. （m﹣1.6）g D. （2m﹣0.8）g 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：加入100mL 0.5mol·L﹣1的H2SO4液恰好完全反应，n(H2SO4)=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，CuO和Fe2O3与硫酸反应生成硫酸盐和水，可知金属氧化物中n(O)=n(H2SO4)=0.05mol，含氧元素的质量为0.05mol×16g/mol=0.8g，若等量的混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体为金属单质，其质量为m g﹣0.8g=（m﹣0.8）g，则将2 m g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体的质量为（2m﹣1.6）g，故选A。 15. 二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，因其独特的氧储存与释放能力，在多个工业和前沿科技领域发挥着关键作用。CeO2晶胞在催化过程中转变成晶胞的组成结构变化如图所示，已知：CeO2晶胞参数为，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 晶胞中位于构成的立方体空隙中 B. 若M的坐标为，则N的坐标为 C. 晶胞中和个数比为 D. 用含的代数式表示晶胞密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶胞中周围等距且最近的有8个，构成立方体，A正确； B．根据M的坐标为，则N的坐标为，B正确； C．设中的和的个数分别为和，则，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得，解得，故一个晶胞中和个数比为，C正确； D．利用均摊法计算，晶胞中，有4个，用含的代数式表示晶胞密度为，D错误； 答案选D。 二、解答题 16. 锰及其化合物在材料、化工生产和生活中均占有重要地位。回答下列问题： （1）具有高能量密度的是锂电池的正极材料。基态Mn原子的核外电子排布式是________ （2）一种锰化合物甲在不同条件下能高效催化还原为CO或HCOOH，反应如下： ①甲中N原子的杂化方式是________，甲中第二周期元素的第一电离能从小到大的顺序为________。 ②酸碱电子理论认为：凡能接受电子对的物质（分子、离子等）都称为酸，凡能给出电子对的物质（分子、离子等）都称为碱。的碱性强于的原因为________________________。 （3）能形成配离子为八面体的配合物，在该配合物的配离子中，位于八面体的中心。若含1 mol该配合物的溶液与足量溶液作用可生成1 mol AgCl沉淀，则该配离子化学式为________。 （4）（见图）是晶型转变的诱导剂，该物质熔点较低，原因可能是________。 （5）GaAs的晶胞结构如图甲（类金刚石晶胞），将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料（图乙）。 ①GaAs晶体中Ga原子配位数为________。 ②乙单元为立方体，边长为a nm，阿伏加德罗常数为，则该掺杂晶体的密度为________（列出表达式）。 【答案】（1）或 （2） ①. ②. ③. 分子中乙基是推电子基团，使得N上电子云密度更大，更容易给出电子对，更易结合 （3） （4）离子体积较大，离子之间作用力弱，熔点低 （5） ①. 4 ②. 【解析】 【小问1详解】 Mn是25号元素，基态Mn原子核外共有25个电子，按照核外电子排布规则，电子排布式可以写成，也可以简写为； 【小问2详解】 ①甲中杂环上的氮原子，形成3个σ键，不存在孤电子对参与杂化，杂化方式为；甲中第二周期元素包含C、N、O，同周期主族元素第一电离能总体呈递增趋势，氮原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻氧元素，所以第一电离能从小到大顺序为； ②根据酸碱电子理论，碱是能够给出电子对的物质。分子中的乙基属于推电子基团，会让氮原子上的电子云密度增大，氮原子更容易向外给出电子对，也更容易结合氢离子，因此碱性强于； 【小问3详解】 1mol该配合物溶液和足量硝酸银反应生成1mol氯化银沉淀，说明外界含有1个氯离子，内界没有可电离的氯离子。配离子为八面体结构，在八面体中心，八面体配位数为6，根据电荷守恒，应存在2个，除去1个氯离子在外界，还有1个、5个作为配体，配离子化学式为； 【小问4详解】 属于离子化合物，其阳离子与阴离子的体积都比较大，使得阴阳离子之间的静电作用力较弱，破坏离子键所需要的能量更低，因此该物质熔点较低； 【小问5详解】 ①GaAs晶体为类金刚石晶胞结构，金刚石结构里每个原子周围紧邻的异种原子数目是4，因此Ga原子的配位数为4； ②GaAs原本晶胞内Ga原子数目为4，As原子数目为4；乙晶胞中，Mn取代部分Ga的位置，晶胞内Ga剩余个，As为4个，Mn为个。晶胞边长为，晶胞体积为。晶胞总质量为，密度。 17. 锂电池的正极材料中含有LiFeO4、Al、导电剂(乙炔黑、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料回收锂的工艺流程如下： 已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。酸浸后溶液中的阴离子主要有、Cl⁻。 ②相关物质溶解度如下： 0 20 40 60 80 100 LiOH 11.9 12.4 13.2 14.6 16.6 19.1 Li₂CO₃ 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 回答下列问题： （1）电池粉碎前应先放电，放电的目的是___________。 （2）LiFePO4中铁元素的价态为___________，其在周期表中的位置为___________。 （3）“酸浸”步骤发生的主要反应的离子方程式为___________。 （4）“沉铁沉磷”步骤中当碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是___________。 （5）为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是___________(填标号)。 A. NaOH 0-40℃ B. NaOH 80-100℃ C. Na₂CO₃ 20-40℃ D. Na₂CO₃ 60-80℃ （6）放电时，可将废旧锂离子电池(外壳为铁，电芯含铝)分别置于不同浓度的Na₂S和NaCl溶液中使电池充分放电。电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到X射线衍射图谱如图2所示。 ①电池在5% Na₂S溶液中比在5% NaCl溶液中放电速率更大，其原因是___________。 ②与5% Na₂S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据图2，分析其主要原因是___________。 【答案】（1）释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入到正极材料，利于回收 （2） ①. +2 ②. 第四周期第VIII族 （3） （4）当碳酸钠浓度大于30%后，增大生成沉淀增多则磷沉淀率明显降低 （5）D （6） ①. 等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且、还原性比强，更容易与正极材料发生氧化还原反应，加快了电子在电极与溶液之间的转移速率 ②. 质量分数由增大为时，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快 【解析】 【分析】废旧电池进行粉碎、放电处理后，用氢氧化钠溶液进行碱浸，发生反应，除去其中的铝；过滤后滤渣用盐酸、过氧化氢溶液进行酸浸，酸浸时，中的铁元素被氧化为，过滤后除去不溶于酸碱的导电剂；滤液中加入的溶液，进行沉铁沉磷处理，得到等，过滤，滤液中加入饱和沉锂试剂，进行沉锂操作，过滤后得到粗品，提纯得到高纯锂化合物，据此分析解答； 【小问1详解】 电池粉碎前应先放电，目的是释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入到正极材料，利于回收； 【小问2详解】 根据化合物化合价代数和为，为价，为价，得为价；为26号元素，处于元素周期表第四周期第VIII族； 【小问3详解】 酸浸时，中的铁元素被氧化为，发生的主要反应的离子方程式为； 【小问4详解】 碳酸钠浓度过高导致溶液碱性增强，增大，主要与反应生成沉淀，与磷酸根的沉淀反应形成竞争，导致磷沉淀率下降； 【小问5详解】 由溶解度表可知，溶解度随温度升高而减小，温度越高，越有利于沉淀析出，因此选用，因此温度选60-80℃，即选D； 【小问6详解】 ①等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且、还原性比强，更容易参与氧化还原反应，加快了电子在电极和溶液之间的转移速率； ②结合图2可知，体系中铁铝最终转化为氧化物，浓度升高加快反应速率；质量分数增大，溶液导电性增强，加快了铁、铝的吸氧腐蚀，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快，因此电池残余电压降低速率更快。 18. 氧化亚铜()是一种重要的无机化工原料，在酸性条件下自身发生氧化还原反应。一种制备的实验装置如图所示(夹持装置略)。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是_______。 （2）装置A中生成的离子方程式为_______；判断反应完全的现象是装置A、C中无气泡产生或A中的溶液由_______色消失。 （3）产品纯度测定(杂质不反应)，实验如下： 已知：，；沉淀强烈的吸附； Ⅰ．取产品，加适量稀硫酸溶解，过滤、洗涤，将滤液与洗涤液一并转移至碘量瓶中，加入过量溶液充分反应()。 Ⅱ．向碘量瓶中滴入几滴淀粉溶液，控制溶液的为，用标准溶液滴定到呈浅蓝色，再加入过量溶液，摇匀后，溶液蓝色转深，继续用标准溶液滴定至蓝色刚好消失，消耗标准溶液()。 ①步骤Ⅱ中控制溶液的为的原因是_______。 ②步骤Ⅱ若不加入，会导致测定结果_______(填偏大、偏小、无影响)，若在加入溶液之前就加入过量的溶液，会使测定结果_______(填偏大、偏小、无影响)。 ③的纯度为_______%(填代数式)。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2） ①. ②. 深蓝色或绛蓝 （3） ①. pH过低，与反应；pH过高，与反应，影响测定结果 ②. 偏小 ③. 偏小 ④. 或 【解析】 【分析】装置A中利用恒压滴液漏斗向盛有的三颈烧瓶中滴加NaOH溶液，水浴加热反应生成Cu2O，并伴有NH3、N2产生，装置B作安全瓶，防止尾气吸收时发生倒吸，装置C用稀硫酸来吸收生成的氨气。 【小问1详解】 从图中可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗； 【小问2详解】 装置A中与NaOH在水浴加热条件下生成Cu2O、并产生NH3、N2和H2O，离子方程式为；反应进行完全后，不再有NH3和N2生成，且深蓝色的完全转化为Cu2O砖红色沉淀，即现象为装置A、C中无气泡产生且装置A中溶液由深蓝色变为无色； 【小问3详解】 ①步骤Ⅱ中控制溶液的为的原因是pH过低，与反应；pH过高，与反应，影响测定结果； ②沉淀强烈的吸附，步骤Ⅱ若不加入，吸附的不能释放，滴定时消耗标准溶液减少，导致测定结果偏小；若在加入溶液之前就加入过量的溶液，生成减少，滴定时消耗标准溶液减少，导致测定结果偏小； ③消耗的标准液体积为，Cu2O溶于稀硫酸时发生反应为，可得到关系式，则反应的Cu2O的物质的量为，因此样品的纯度为。 19. 兰地洛尔(化合物J)能改善快速性心律失常，具有高选择性，可应用于医学临床手术。J的一条合成路线如下(略去部分条件和试剂)： 已知： ①BPO为过氧化物，NBS为溴化试剂； ②。 回答以下问题： （1）A的名称为___________。 （2）D→E中，第一步反应的化学方程式为___________。 （3）H中含有的官能团名称是___________。 （4）物质J中手性碳数目为___________个。 （5）C的同分异构体同时满足下列条件的有___________种。 ①芳香化合物；②与C具有相同的官能团；③苯环上只有2个取代基；④能发生银镜反应。 （6）制备化合物I，分为两步： 写出M和I的结构简式___________、___________。 【答案】（1）对甲基苯酚或4-甲基苯酚 （2） （3）酯基、醚键 （4）2 （5）18 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】对比结构可知，与发生取代反应生成B为，同时生成CH3COOH，B中甲基发生溴代反应生成，与发生取代反应生成和HBr，对比D()、G()结构，结合反应条件可知，D→E的过程中酯基水解、酸化转化为—OH、—COOH，E→F的过程发生信息②中脱羧反应，F再与发生取代反应形成酯基生成G，故E为、F为，与发生取代反应生成，对比、结构，结合(6)中与反应生成I，可推知I为，以此解答。 【小问1详解】 A的结构简式为，苯酚为母体，其名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚。 【小问2详解】 D→E中，第一步反应发生酯基碱性条件下水解，第一步的化学方程式为： +4NaOH+CH3COONa+2CH3CH2OH+H2O。 【小问3详解】 H的结构简式为，含有的官能团有醚键、酯基。 【小问4详解】 连接4个不同原子或基团的碳原子是手性碳原子，如图所示J分子中标“*”的2个碳原子是手性碳原子：。 【小问5详解】 C的结构简式为，C的同分异构体同时满足下列条件：①是芳香化合物，说明含有苯环；②与C具有相同的官能团；③苯环上只有2个取代基；④能发生银镜反应，说明含有-OOCH，苯环上的取代基分类为：-Br、-CH2CH2OOCH或-Br、-CH(CH3)OOCH或-CH2Br、-CH2OOCH或-CH2CH2Br、-OOCH或-CHBrCH3、-OOCH或-CH3、-CHBrOOCH共6种组合，每种组合都有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有6×3=18种。 【小问6详解】 制备化合物Ⅰ，分为两步：，对比M前、后有机物结构简式，结合M的分子式，可知反应同时脱去1分子HCl，推知M为，与反应生成I，对比H、J的结构简式，可推知I为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $