福建省泉州市第七中学2027届高三上学期 毕业班“顶尖计划”（一）化学试题

1卷此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 试卷工作★考前保密 严防泄密★泄密必究 2027届高三毕业班“顶尖计划”（一） 化 学 (试卷满分：100分 考试用时：75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 W-184 一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．福建某科研团队合成了新型三方相二维层状四氧化三钴()，其特有的二维结构有利于中间体的吸附并抑制钴在酸性环境中溶解，从而大幅提升酸性条件下水电解的催化效果。下列说法错误的是 A．Co位于元素周期表d区 B．中Co(Ⅱ)和Co(Ⅲ)个数比为1：2 C．新型催化剂存在下，水电解为低温自发过程 D．传统催化剂酸性环境中会逐渐损耗 2．下列离子方程式书写正确的是 A．钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应式： B．向苯酚钠溶液中通入少量：2 2 C．用稀硝酸溶解铜蓝(CuS)： D．向溶液中滴加过量溶液： 3．钍基熔盐堆是中国自主研发的第四代核裂变反应堆，采用钍（Th）作核燃料、液态氟化盐作冷却剂，具有常压工作、无水冷却和高温输出等特点。已知反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含有的键数目为 B．的溶液中数目为 C．含有的孤电子对数为 D．中含有的中子数为 4．无机苯(结构如图，与苯相似)。其与甲烷可发生反应：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．的键数为 B．的(价层)孤电子对数为 C．标准状况下消耗转移电子数为 D．中B提供参与形成大键的电子个数为 阅读下列材料，完成下面2个小题。 氟主要以萤石（主要成分为）、氟磷酸钙［主要成分为］等矿物存在，萤石白天受到日光照射，可在夜晚发光。工业电解制备使用与无水HF组成熔融混合物作电解质，电解反应可表示为。1986年化学家克里斯特首次用化学方法合成氟气，他用六氟合锰（Ⅳ）酸钾（）、五氟化锑（）为原料反应得到，生成的不稳定会分解生成和。 5．下列有关物质结构或性质的描述错误的是 A．的空间结构为正四面体形 B．电负性：K>Sb C．分子中的共价键为p-pσ键 D．萤石在夜晚发光与电子的跃迁有关 6．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．55 g基态Mn原子中，含s能级电子总数目为 B．分解时，每生成，转移电子数目为 C．标准状况下，中含有的原子数目为 D．的溶液中数目小于 7．由硫铁矿烧渣（主要成分为、和）得到绿矾（），再进一步制备铁黄的流程如下： 下列说法正确的是 A．步骤①最好选用强氧化性酸 B．步骤②涉及的离子方程式为 C．步骤③须控制条件防止绿矾氧化和分解 D．步骤④每生成，理论上需消耗空气的体积约为 8．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 探究方案及现象 探究目的 A 向溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉溶液，溶液变蓝色 氧化性： B 将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，品红褪色，石灰水浑浊 硫酸和木炭反应产生和气体 C 取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀 无法判断原样品是否变质 D 将新制氯水慢慢滴入含酚酞的稀溶液中，溶液红色褪去 具有漂白性 A．A B．B C．C D．D 9．一种能捕获和释放的电化学装置如图所示。其中a、b均为惰性电极，电解质溶液均为KCl溶液。当K连接时，b极区溶液能捕获通入的。下列说法错误的是 A．K连接时，为保证顺利吸收，离子交换膜应为阳离子膜 B．K连接时，b电极发生的反应为 C．K连接时，a极区的值减小 D．K连接时，若外电路转移0.2 mol电子，b电极附近理论上最多能释放 10．与混合，在氛围中充分反应(元素会转化为)，不同温度下氧化产物(、)和还原产物(、、)的物质的量如图所示。下列说法正确的是 A．可通过用磁铁吸引检测还原产物是否有 B．完全转化时， C．时主要发生反应： D．时得电子的物质的量为 二、非选择题：本题共4小题，共60分。请考生用黑色字迹签字笔在答题卡上的相应位置作答，写在本试卷及草稿纸上的答案无效。 11．（13分） 三水合硝酸铜[，]是一种重要的无机试剂，常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。回答下列问题： I．三水合硝酸铜[]的制备：实验室常用废铜屑与稀硝酸反应，结束后过滤铜屑，得到硝酸铜溶液。 (1)制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为________________________________________。 (2)若废铜屑中含有杂质铁，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的最佳试剂为__________。 (3)已知硝酸铜晶体[]的溶解度曲线如图。据图分析从硝酸铜溶液获得硝酸铜晶体[]的操作为__________、__________抽滤、洗涤、干燥。 Ⅱ．溶液的配制 (4)实验室里需要溶液。用三水合硝酸铜[]配制该溶液时，下列仪器不需要的是____________________（填仪器名称）。 (5)所需三水合硝酸铜固体的质量为__________g。 (6)配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是__________（填序号）。 A．加水定容时俯视刻度线 B．容量瓶未干燥处理 C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水 D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯 Ⅲ．三水合硝酸铜[]热分解实验 (7)将样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，则升温至时生成的固体产物为__________（填化学式）。 12．（18分） 废旧三元锂离子电池处理后得到的正极活性材料(主要成分为，还含铝等杂质)，用来制备镍钴锰酸锂产品的主要流程示意图如下： (1)中、、的化合价相同，则它们的化合价为___________。 (2)①“浸取”时，加入作___________(填“氧化剂”或“还原剂”)。 ②“浸取”时温度对镍、钴、锰浸出率的影响如图所示，控制浸取的温度不高于70℃的原因是___________。 (3)“除铝”时，反应的离子方程式为___________。 (4)室温下，、、三种物质的分别为、、。“共沉淀”时，这三种金属离子均沉淀完全(溶液中离子浓度，可视为沉淀完全)，则pH应调至___________以上。 (5)已知的溶解度随温度变化如下图所示。为提高的析出量和纯度，“沉锂”的操作依次为：加溶液、蒸发结晶、___________、热水洗涤、干燥。 (6)某种镍钴锰酸锂材料()的晶胞示意图如下图所示。 ①组成晶体的元素基态原子中，未成对电子数最多的是___________。 ②每个晶胞中含有的个数为___________。 ③与同个等距离最近的的个数为___________。 13．（15分） 聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。 Ⅰ．苯乙烯的制备 (1)已知下列反应的热化学方程式： ① ② ③ 计算反应④的_________kJ/mol；反应④在_____________条件下自发（填“高温”、“低温”或“任意温度”）；反应④的（正）_________（逆）（填“”、“”或“”）。 (2)在温度、总压条件下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，则该反应的____________（计算时忽略副反应）。 (3)在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应： ⑤ ⑥ 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S（）随乙苯转化率的变化曲线如下图所示，其中曲线b代表的产物是_________，理由是_____________________； (4)关于本反应体系中催化剂的描述错误的是_________。 A．射线衍射技术可测定晶体结构 B．可改变乙苯平衡转化率 C．降低了乙苯脱氢反应的活化能 D．改变颗粒大小不影响反应速率 Ⅱ．苯乙烯的聚合 苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是在某的配合物作用下实现苯乙烯可控聚合。 (5)的价电子排布式为___________。 (6)室温下，①在配体的水溶液中形成，其反应平衡常数为；②在水中的溶度积常数为。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为________（所有方程式中计量系数关系均为最简整数比）。 14．（14分） 化合物M是一种重要的药物中间体，其一种合成路线如下： 回答下列问题： (1)化合物A的分子式为__________，B中官能团的名称为__________。 (2)B→C的反应类型为__________________。 (3)写出C→D反应方程式____________________________________________________________。 C→D中的可用__________（填字母）替代。 a． b． c． (4)H的结构简式为_________________。 (5)满足下列条件的C的二取代芳香族化合物的同分异构体中，酸性条件下水解产物之一能与溶液发生显色反应的结构简式为________________（任写一种）。 i．既能发生银镜反应，又能发生水解反应； ii．分子中含有手性碳原子。 (6)以和苯甲酸为原料制备的合成路线流程图如下： 其中X的结构简式为_______________。 化学试卷第1页，共2页 化学试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $试卷工作★考前保密 严防泄密★泄密必究 1卷 2027届高三毕业班“顶尖计划”（一） 化学·答案 1.C A.Co原子序数为27，位于第四周期第VⅢ族，属于元素周期表d区，A正确： B.CoO4可表示为CoO.Co2O3,因此Co(II和Co(IID的个数比为1：2，B正确： C.水电解反应的△H>0、△S>0,根据△G=△H-T△S<0的自发条件，该反应仅高温下可自发，且催化 剂只能改变反应速率，不能改变反应的自发性，低温下该反应无论是否添加催化剂都不是自发过程，C错 误： D.题干说明新型CoO4可抑制钴在酸性环境中溶解，可推知传统CoO4在酸性环境中钴易溶出，催化剂 会逐渐损耗，D正确： 故选C。 2.D A.钢铁发生吸氧腐蚀时，负极Fe失电子生成Fe2+,负极反应式为Fe-2e=Fe2+,A错误： B.酸性：H,CO3>苯酚>HCO?,根据“强酸制弱酸”的规律，无论通入CO2的量有多少，苯酚钠和C0? 反应产物均为苯酚和HCO?,不会生成CO?,离子方程式为： O+C02+H,0→ OH+HCO,B错误； C.稀硝酸具有强氧化性，会氧化CūS中的S2,发生氧化还原反应，不会发生复分解反应生成HS,C 错误： D.NH4HSO4与过量Ba(OH)2反应时，NH、H+完全反应，SO与Ba+生成沉淀，离子方程式为： NH+H++SO}+Ba2++2OH=BaSO4↓+H,O+NH3·HO,D正确； 故选D。 3.B A.1个（草酸，结构简式为HOOCCOOH)分子中含有的o键总数为7(2个OH键、2个C-O单键、1 个C-C单键、2个C=0双键中的o键)，故1 mol H.C,04含o键数目为7Na,A错误； B.pH=2可计算c(H)=0.01molL,溶液体积为1L,可得H+个数为0.01NA,B正确： C.18g水的物质的量为1ol,每个水分子中O原子含2个孤电子对，故总孤电子对数为2Na个，C错 误； D.2 T的物质的量未知，无法计算含中子数，D错误； 故选B。 答案第1页（共9页） 4.C A.每个BNH分子中，环内有6个B-No键，环外有3个BHo键和3个NHo键，共12个o键：1.0mol 该物质含o键12Ns,A错误： B.BNH中3个N原子的孤电子对均参与形成离域大π键，不能再计作孤电子对，故（价层）孤电子对 数为0，B错误： C.标准状况下22.4LCH4的物质的量为1.0mol。反应中碳元素的化合价由-4升至+4，每个碳原子失去 8e,故转移电子数为8N,C正确； D.形成离域大键时，B原子提供空的2p轨道，N原子提供电子，因此B提供的电子数为0，不是3WA, D错误； 故答案选C。 5.B6.A 5.A.P0中P原子形成4个0键，孤电子对数为5+3,4×2=0，价层电子对数为4，空间结构为正四面 2 体形，A正确； B.K和Sb分别位于第四周期和第五周期，K的金属性远强于Sb,对键合电子的吸引能力较弱，故电负 性：K<Sb,B错误； C.每个F原子的2p能级有1个未成对电子，两个F原子的2p轨道以“头碰头”的方式重叠，形成σ键，因 此E分子中的共价键为p-po键，C正确； D.萤石受到日光照射时，电子吸收能量跃迁到较高能级；电子向较低能级跃迁时释放光能，因此萤石在 夜晚发光与电子的跃迁有关，D正确； 故选B: 6.A.Mn的原子序数为25，基态Mn原子的电子排布式为1s22s22p3s23p3d4s2,1s、2s、3s、4s能级 各有2个电子，每个Mm原子含8个s能级电子。5gM血的物质的量为55g:mo 55g =1mol,所含s能级电 子总数目为8N,A正确： B.由题给分解产物并根据原子守恒，分解反应的化学方程式为2MF4=2M正+F,个。反应中Mm元素的 化合价由+4价降低到+3价，每个Mn原子得到1个电子，故每生成1molM正，转移电子的物质的量为1 mol,电子数目为N,B错误： 33.6L C.标准状况下，H,的物质的量为224L-mol =1.5mol,每个氢分子含2个氢原子，故氢原子数目为3Na, C错误： D.物质的量浓度一定时，溶质的物质的量还取决于溶液体积，题中未给溶液体积，无法确定MF居的数 目，更不能判断其是否小于0.1Na,D错误： 答案第2页（共9页） 故选A。 7.C 酸溶将铁氧化物溶解到溶液中，溶液1为Fe+和Fe3+的混合溶液，加入FS2将溶液中的Fe3+全部还原为 Fe+,得到溶液2。溶液2的主要成分为FSO4,蒸发结晶后得到绿矾。将绿矾投入氨水中，再通空气氧化 制得铁黄。 A.步骤①的目的是将烧渣中铁的氧化物转化为盐，最终要得到含F+的绿矾，若选用强氧化性酸，会将 FeO中的Fe+氧化为Fe3+,增加后续还原的成本，最好选用稀硫酸，A错误： B.离子方程式需满足电子守恒，FS,中2个-1价的S被氧化为SO中+6价的S,共失去14e,每个Fe+ 被还原为Fe2+得到1e,故Fe3+的系数应为14，Fe+的系数应为15，正确离子方程式为 FS2+14Fe3++8H20=15Fe2++2S0+16H+,B错误： C.绿矾中的F配+易被空气中的氧气氧化，且绿矾含结晶水，受热易失去结晶水分解，因此步骤③须控制 条件防止绿矾氧化和分解，C正确： D.题目未给出空气是否处于标准状况的条件，无法用气体摩尔体积22.4L·ol1计算消耗空气的体积，D 错误： 故本题选C。 8.C A.向NaBr溶液滴加过量氯水，过量的CL也可将I氧化为I2使淀粉变蓝，无法证明氧化性Br>I2,A不 符合题意： B.SO2与饱和NHCO3溶液反应会生成CO2,使澄清石灰水变浑浊的CO,不一定来自木炭与浓硫酸的反 应，无法证明原反应产生CO2,B不符合题意： C.酸性条件下NO?可将HSO?氧化为SO,无论样品是否变质（变质生成SO?),均会产生BSO,白色 沉淀，因此无法判断原样品是否变质，C符合题意； D.氯水中的HCl、HCIO可中和NOH使碱性减弱导致红色褪去，也可能是HClO漂白酚酞，无法证明是 HClO的漂白性，D不符合题意； 故选C。 9.C 当K连接S1时，该装置为电解池，b为阴极，发生还原反应： aw 通入Co2时被OH吸收转化为CO/HCO,a 为阳极，发生氧化反应：(CN)]4-e=F(CN),；当K连接S2时，该装置为原电池，b为负极发 生氧化反应： 2Ht,CO/HCO与H结合释放C02,a为正极 发生还原反应：(CN)]+e=(CN)]4;据此分析解题。 A.K连接S1时，根据电极反应式，电极ā附近负电荷减少，电极b附近负电荷增加，由于捕获CO2需要 OH,应避免OH移动至电极a区域，则需要在电极b区域补充阳离子保持电荷平衡，故离子交换膜应为 答案第3页（共9页） 阳离子膜，A正确： B.K连接S1时，b电极发生的反应为K +2H0+2e= +2OH,B正确； C.K连接S2时，a极发生反应：[FPe(CNs+e=[Pe(CWs]4，n(FPe(CN)]3)减小，n(Fe(CV)s]4） 增大， nPe(CN。增大，c错误： n(Fe(CN) D.根据电极反应式可知，K连接S2时，外电路转移0.2mol电子，电极b附近生成0.2molH+,根据反 应：CO号+2H=HO+C02↑、HCO?+H=H0+C0↑，b电极附近理论上生成C02的质量最多为 0.2mol×44g/mol=8.8g,D正确： 故选C。 10.D 反应物为1mol ZnFe,O,和1molC,ZnFe,O,中Zn为+2价，Fe为+3价，反应后Zn全部变为ZnO,铁 的还原产物随温度变化依次出现FO4、FeO、Fe;碳的氧化产物是CO和CO2,高温下碳还原金属氧化 物优先生成C0,X曲线物质的量随温度升高持续增大，代表C0,Y曲线物质的量较少，代表CO2; A.Fe和FO,都可以被磁铁吸引，所以用磁铁吸引无法区分产物中是否含有单质铁，A错误； B.根据氧原子守恒，1 mol ZnFe2O4含有4mol氧原子，Zn全部转化为ZnO,占用lmol氧原子，剩余3mol 氧原子分布在Fe0、Fe,O4、C0、C02中，氧守恒关系式为n(FeO)+4n(Fe04)+n(Co)+2n(CO2)=3mol, B错误； C.800°C时，图中FO是主要含铁产物，碳的氧化产物以CO为主，不是CO2,主反应方程式产物应该为 c0,正确方程式为ZnFe,04+Cs00C2n0+2Fe0+C0个，C错误， D.根据氧化还原反应电子守恒，氧化剂得到电子总物质的量等于还原剂失去电子总物质的量。本题还原 剂只有C单质，C转化为C0、C02,由图像可知1000°c时n(C0)=0.8mol,n(C02)=0.2mol。C生成C0, C元素从0价升高到+2价，每molC0对应C失去2mol电子；C生成CO2,C元素从0价升高到+4价， 每molC02对应C失去4mol电子。C失去电子总量：0.8mol×2+0.2mol×4=1.6mol+0.8mol=2.4nol。 ZnFe,O,是氧化剂，Zn元素化合价始终不变，只有Fe+得到电子，根据电子守恒，ZnFe,O,得到电子的物 质的量等于C失去电子总量，即为2.4nol,D正确： 故选D。 11.(1)3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H0 答案第4页（共9页） (2)K[Fe(CN).]溶液 (3) 蒸发浓缩 降温至略高于30C结晶 (4)100L容量瓶、分液漏斗 (5)12.1 (6)CD ()CuO 实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙 醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。三水合硝酸铜晶体受热，先逐渐失去结晶水，然后硝酸铜分解，最终得 到固体为铜的氧化物。 (1)制备硝酸铜时，铜屑与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，发生反应的离子方程式为 3Cu+8H++2NO:3Cu2++2NO T+4H,O: (2)若废铜屑中含有杂质铁，铁和稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁被过量的铜还原为硝酸亚铁，则所得 硝酸铜溶液中含有Fe+,Fe+和K[F(CW)s]溶液反应生成蓝色沉淀，所以检验铁元素的最佳试剂为 K3[Fe(CN)]: (3)根据图象中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于30℃从硝酸铜溶液中析出 C(NO3)2·3H,O,故从硝酸铜溶液中析出Cu(NO3)2·3H,O的方法是：蒸发浓缩、降温至温度略高于30℃ 结晶、抽滤、洗涤、干燥： (4)用三水合硝酸铜配制450mL0.1mol.LCu(NO3),溶液时，选用500mL容量瓶，操作步骤为：计算、 称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、500L容量瓶、量筒、 胶头滴管，所以不需要的仪器有100mL容量瓶、分液漏斗： (5)配制溶液时，选用500mL容量瓶，所需三水合硝酸铜固体的物质的量为： MCu0N0)23H,O]=c[CuN0)23H,O]V=0.1mol/L×0.5L=0.05mol,质量 m[Cu(NO3)2.3H,O]=n[Cu(NO3)2.3H,O]M[Cu(NO3)2.3H2O]=0.05molx 242g/mol =12.1g; (6)A.配制过程中，加水定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，根据c,会导致浓度偏大，A不符题 意； B.容量瓶未干燥处理，对溶液体积无影响，对溶液的浓度无影响，B不符题意： C。定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，会导致溶质减少，根据c仁浓度偏低，C符合题意： D。溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少，根据c一：，浓度偏低，D符合题意： 故答案选CD; (7)24.2gC(N03)23H,0的物质的量为0.1mol,完全失去结晶水生成Cu(N03),0.1mol,质量为18.8 g,从开始加热到温度为T时反应的化学方程式为Cu(NO2·3H,0Cu(NO,+3H,O:继续升温至I,时， 根据铜元素守恒，8.0g固体中含有0.1 mol Cu,则所含氧元素的质量为8.0g-0.1mol×64gmol=1.6g,故氧 元素物质的量为0.1mol,T,时生成的固体产物为CuO。 12.(1)+3 答案第5页（共9页） (2) 还原剂 70℃时浸出率已接近100%，温度继续升高反而会增加能耗，同时增大过氧化氢的分 解率 (3)A1++3HC0?=A1(OHD3↓+3C0,个 (4)10.1 (⑤)趁热过滤 (6) Mn或锰 3 6 将废旧三元锂离子电池正极活性材料（主要成分为LNi,Co,-x-yO2,还含铝等杂质）用HSO4和HO2处 理，HSO4提供强酸性环境以溶解金属氧化物，HO,作为还原剂，把正极材料中的Ni、Co、Mn还原为 易溶于酸的Ni+、Co+、Mn+,使Li、Ni、Co、Mn等目标金属转入溶液；除铝阶段中向浸取液中加入 NH,HCO?,利用其提供的HCO调节溶液pH,使A1+发生双水解反应生成Al(O田，沉淀并过滤除去，得 到含Li汁、N2+、Co2+、Mm+的净化液；再将溶液中Ni2+、Co2+、Mn2+的物质的量之比精准调整为1：1：1， 共沉淀步骤中加入碱液进行共沉淀，使N+、Co+、M+转化为氢氧化物沉淀，得到钴锰镍氢氧化物， 实现三种金属元素的均匀混合；沉锂步骤向溶液中加入N,CO,溶液，使溶液中的Li汁与CO结合生成难 溶的Li,CO,沉淀，；最后将i,C0,与钴锰镍氢氧化物混合，在高温下焙烧，氢氧化物脱水，Li,CO,分解释放 Lit,与Ni、Co、M的氧化物发生固相反应，最终生成具有层状结构的镍钴锰酸锂产品。 (1)已知Li为+1价，O为-2价，设Ni、Co、Mn的化合价为a,列式得： +1+xa+a+(1-x-y)a+2×(-2)=0,解得a=+3; (2)Lii,Co,M.x-yO2中Ni、C0、Mn化合价为+3，浸取后流程中最终得到的是Co+、N2+、Mm2+,金 属元素化合价降低，发生还原反应，则H,O,被氧化，作还原剂：温度高于70℃后，镍、钴、锰的浸出率 已经接近100%，没有明显提升，且HO2受热易分解，温度过高会加速HO2分解，同时升高温度会增加 能耗，因此控制浸取温度不高于70℃： (3)“除铝'步骤中，浸取后铝以A1+形式存在，加入NH4HCO3后，A1+与HCO发生双水解反应生成氢 氧化铝沉淀，反应的离子方程式为A++3HCO=A1(OH),↓+3CO,个： (4)对于二价金属氢氧化物M(OH)2,溶度积关系为K[M(OH),]=c(M2+)c2(OH）,沉淀完全时 c(M2+)≤10'molL,分别计算三种离子沉淀完全所需的c(OH-),Co(OH)2:K。=101s、 210=1G0,得c(oA）上≥10mon,对应pH=90,0m,:K,-10、 c(o)1050 c(oH)105 ≥0=1o3,得c(oH）≥105molL,对应pH=885,hOm:K。=10a、 c(oH)10- 10=108,得c(oH)≥1039moL,室温下pH=14-p0H=14-3,9=101,三种离子都沉 淀完全，需要满足最难沉淀的12+的要求，则pH应调至10.1： (5)从L,CO3的溶解度曲线可知，Li,CO3的溶解度随温度升高而减小，温度越高，Li,CO溶解度越小， 答案第6页（共9页） 蒸发结晶后体系温度较高，此时趁热过滤可以让更多Li,CO析出，若降温会使Li,CO,溶解度增大，造成产 物溶解损失： (6)①该晶体组成元素有Li、Ni、Co、Mn、O,各元素基态原子未成对电子数分别为：Li:[He2s, 未成对电子数为1,0：[He2s22p4,未成对电子数为2，Ni:[Ar]3d4s2,未成对电子数为2，Co:[Ar]3d4s2, 未成对电子数为3，Mn:[ArBd4s2,未成对电子数为5，未成对电子数最多；②观察晶胞结构图可得，8 个i*位于晶胞顶点，2个位于晶胞体内，则顶点8×=1个，体内2个，总共1+2=3：③从晶胞结构 8 看，L计处于八面体空隙中心，周围等距离最近的O原子形成正八面体构型，配位数为6（上下、左右、 前后各1个0)。 13.(1) +118 高温 > e (3) 甲苯 主反应生成的H,是副反应⑥的反应物，随着乙苯转化率的增加，H浓度增大，促使副 反应⑥平衡正向移动，甲苯的选择性随之增大 (4)BD (5)3do (6)K.Kz (1)根据盖斯定律，将己知热化学方程式进行运算：①-②-③即可得到反应④ C.HsC2Hs(g)C.HsCH=CH2 (g)+H2(g). 因此△H4=△H1-△H2-△H3=-4386.9-(-4263.1)-（-241.8)=+118kJ/mol。 该反应的△H>0(吸热)，且△S>0(气体分子数增加)，根据△G=△H-T△S<0时反应自发，可知该反 应在高温条件下自发。因为反应为吸热反应（△H>0),且△H=Ea(正）-Ea(逆)，所以Ea(正)>Ea(逆)。 (2)设起始充入1mol乙苯，平衡转化率为50%，列三段式： C6H,C,H(g)、=CH,CH=CH(g+H以g 起始(mo) 1 0 0 转化(mo) 0.5 0.5 0.5 平衡(mol) 0.5 0.5 0.5 平衡时气体总物质的量为0.5+0.5+0.5=1.5mol。 0.51 各组分的分压均为p=15凸一P 家应的压强平德微数K(C,C=33)如 p(C.H,C2Hs) 3P西 (3)反应④为主反应，苯乙烯的选择性最高，对应曲线。随着乙苯转化率的升高，主反应生成的H,增 多。在副反应⑥中，H,作为反应物，其浓度增大根据勒夏特列原理会促使反应⑥正向移动，从而导致甲 答案第7页（共9页） 苯的生成量和选择性增加，因此曲线b代表甲苯。 (4)A.X射线衍射(XRD)技术是测定晶体结构最常用的方法，A正确： B.催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡发生移动，因此不能改变乙苯的平衡转化率，B错误： C.催化剂通过改变反应历程，降低了反应的活化能，从而加快反应速率，C正确： D.改变固体催化剂的颗粒大小会改变其比表面积（接触面积），从而影响反应速率，颗粒越小反应速率越 快，D错误； 故选BD。 (5)Cu是29号元素，基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d°4s,失去最外层的一个4s电子形成Cu*, 其价电子排布式为3d。 (6)己知反应①：Cut+2L三[Cu(L)2]十，平衡常数为K;反应②：CuBr(s)、≥Cu*(aq)+Br(aq),平衡 常数为Kp。目标反应为CBr在配体L中的溶解反应：CBr(S)+2L→[Cu(L)2]+Br。根据盖斯定律， 目标反应=反应①+反应②，因此目标反应的平衡常数为两个反应平衡常数的乘积，即K·K。 14.(1) CsHNO4 硝基、酯基 (2)还原反应 COOCH COOCH (3) +CH.(CHCoc +HCI a NH, NHCO(CH2),CH; (4) HOOC OOCH NH,(邻、间、对任写一种) O2N (6) CONH- A与甲醇发生酯化反应生成B,B中硝基被还原生成C,C与CH(CH)2COCI发生取代反应生成D,D发 COOCH 生硝化反应生成E,E中硝基被还原生成F,结合G的结构简式可知E为 ,F为 O,N NHCO(CH2),CH COOCH3 ,G的分子式为C1H1N2O2,对比G和H分子式，结合反应条件可知，G发生水解 HN NHCO(CH2)CH 答案第8页（共9页） 反应、酸化后生成H,H为 据此回答。 HOOC NH (1)由A结构简式可知其分子式为CHNO4,由B结构简式可知B中官能团的名称为硝基、酯基； (2)B中硝基被还原为氨基，生成C,故B→C的反应类型为还原反应： (3) 对比C、D结构，结合反应条件可知发生的是取代反应，故反应方程式为 COOCH COOCH; +CH(CH)COCI +HCI,反应中KCO3作用是中和生成的HCl,促进反 NH, NHCO(CH2),CH, 应正向进行，三乙胺是有机碱，可起到相同作用，而高锰酸钾是强氧化剂、硫酸是酸，均不符合要求，故 选a: (4) 由分析可知，H的结构简式为 HOOC (5) 酸性条件下水解产物之一能与CL溶液发生显色反应，说明结构中存在酚酯基，既能发生银镜反应，又能 OOCH 发生水解反应，说明含甲酸酯基(OOCD结构，同时还要有手性碳，可知其结构可为 NH2 (邻、 间、对任写一种)： (6) NH. 参考C→D的反应，可知 发生取代反应生成X和HCI,故X的结构简式为 NO CONH- 答案第9页（共9页）