高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖北省部分學校2024-2025學年高三上學期12月聯考試題可能用到的相對原子質量：H1C12O16Na23Fe56Ga70As75一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.“黃鶴樓”是湖北省地標性建筑。武漢市人民政府大樓重建采用了鋼筋混凝土結構。下列有關敘述錯誤的是A.鋼筋屬于金屬合金材料B.混凝土結構耐酸堿腐蝕C.“黃鶴樓”變綠主要是因為生成了D.金屬材料在潮濕(中性)空氣中主要發生吸氧腐蝕【答案】C【解析】A．鋼筋材料是鐵的合金，屬于金屬合金材料，A正確；B．混凝土為無機非金屬材料，耐酸堿腐蝕，B正確；C．“黃鶴樓”表面為銅綠，主要成分為堿式碳酸銅，是黃鶴樓變綠的主要原因，C錯誤；D．金屬材料容易生銹的主要原因是因為在煉制過程中混有少量的碳雜質，在潮濕的空氣中容易形成原電池，發生電化學腐蝕，在潮濕(中性)空氣中主要發生吸氧腐蝕：，D正確；故選C。2.下列化學用語錯誤的是A.2p能級電子云輪廓圖B.分子中鍵形成過程C.分子空間填充模型D.三種雜化軌道A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．p軌道的電子云輪廓圖為啞鈴形，2p能級有2px、2py、2pz軌道，軌道的電子云輪廓圖是依次沿x軸、y軸和z軸方向伸展的啞鈴形，故A正確；B．p-pπ鍵電子云輪廓圖為未參與雜化的p電子通過肩并肩的方式形成的π鍵，原子軌道的重疊部分對等地分布在包括鍵軸在內的平面上、下兩側，呈鏡面對稱，則分子中鍵形成過程正確，故B正確；C．氨分子中心N原子上的孤電子對數為(5-3×1)=1、σ鍵電子對數為3，價層電子對數為4，呈三角錐形，但圖示模型不是分子空間填充模型、是球棍模型，故C錯誤；D．鍵角依次為180°、120°、109°28’，對應的雜化方式依次為sp、sp2、sp3，故有三種雜化軌道，故D正確；故選：C。3.常溫下，選擇下列試劑和干燥劑能制取對應的純凈干燥的氣體的是選項試劑干燥劑氣體A生石灰和濃氨水堿石灰NH3B稀鹽酸和軟錳礦濃硫酸Cl2C稀硫酸和大理石氫氧化鈉CO2D濃硝酸和Na2SO3溶液五氧化二磷SO2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．生石灰與水反應生成Ca(OH)2，溶液堿性增強，氫氧根離子濃度增大，反應放出熱量，促進NH3從氨水中逸出，堿石灰可用于干燥氨氣，即能得到純凈干燥的氨氣，A正確；B．濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應生成氯氣，稀鹽酸不行，B錯誤；C．稀硫酸與大理石反應生成微溶物CaSO4，附著在大理石表面，使之不能完全反應；氫氧化鈉溶液會吸收CO2，C錯誤；D．濃硝酸能氧化Na2SO3生成硫酸鈉，不能得到SO2，D錯誤；答案選A。4.生活中“暖貼”使用方便，原料層有鐵粉、炭粉和食鹽水，發熱原理是構成微電池，將化學能轉化為電能，電能轉化為熱能，最終生成紅色粉末。下列敘述正確的是A.微電池負極上的電極反應式為B.可用NaCl粉末替代食鹽水C.制造“暖貼”的關鍵是調節合適的透氧速率D每消耗2.24L(標準狀況)時必消耗11.2g鐵粉【答案】C【解析】鐵粉、炭粉和食鹽水，組成原電池，其中Fe作負極，炭粉作正極，食鹽水作電解質溶液，據此分析解答。A．Fe作負極時，生成Fe2+，電極反應式為：，故A錯誤；B．NaCl粉末替代食鹽水，不存在電解質溶液，無法形成閉合回路，則不能構成原電池，故B錯誤；C．“暖貼”需要控制反應速率，避免反應過慢或過快，因此制造的關鍵是調節合適的透氧速率，故C正確；D．標準狀況下2.24L的物質的量為0.1mol、轉移電子0.4mol，若氧氣只發生原電池反應，結合電極反應：，可知消耗0.2molFe、質量為11.2g，但實際氧氣還要氧化Fe2+，最終生成紅色粉末，因此消耗的Fe的質量不為11.2g，故D錯誤；故選：C。5.THR1442(結構如圖)是治療糖尿病的藥物。下列關于THR1442的敘述正確的是A.屬于芳香烴 B.含兩種含氧官能團C.能與溶液發生顯色反應 D.苯環上有2種一氯代物【答案】B【解析】A．該分子除含C、H元素外，還含O和Cl元素，不屬于烴，A錯誤；B．該分子中含有兩種含氧官能團，分別是醚鍵和羥基，B正確；C．該分子中不含有酚羥基，不屬于酚類有機物，不能與溶液發生顯色反應，C錯誤；D．如圖，該物質含有兩個苯環，苯環上有5種等效氫原子，故苯環上的一氯代物共有5種，D錯誤；故選B。6.物質結構決定物質性質。下列性質差異與結構因素匹配錯誤的是選項性質差異結構因素A熔點：高于干冰晶體類型B鍵長：中鍵大于CO中的雜化類型C酸性：強于共價鍵極性D溶解度：在中大于在水中分子極性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．為共價晶體，熔點較高，二氧化碳形成的晶體為分子晶體，熔點較低，則熔點：高于干冰，A正確；B．中Ni原子中心與四個羰基相連，CO配體中碳氧以三鍵相連，碳端與金屬配合，配體和中心原子之間形成配位鍵，加強了中心原子與配體之間的結合力，從而使得配體中碳氧鍵被削弱，鍵長增長，與雜化類型無關，B錯誤；C．由于電負性F>Cl，C-F鍵極性大于C-Cl鍵，使得中羧基上的羥基極性增強，氫更易電離，酸性增強，故酸性：強于，C正確；D．碘為非極性分子，為非極性分子，水為極性分子，則在中的溶解度大于在水中的溶解度，與分子極性有關，D正確；故選B。7.非金屬元素組成的化合物是發射火箭的固體燃料，X、Y、Z、W的原子序數依次增大，、最外層電子數之差為6，基態Y原子有3個未成對電子，基態Z原子價層電子排布式為。下列敘述正確的是A.簡單離子半徑：Y<Z B.第一電離能：C.簡單氫化物的沸點： D.屬于離子晶體【答案】D【解析】基態Z原子價層電子排布式為，可知n=2，Z為O，X、Y、Z、W的原子序數依次增大，基態Y原子有3個未成對電子，推測Y為N，結合非金屬元素組成的化合物，推測為H、、最外層電子數之差為6，推測W為Cl，則X、Y、Z、W分別是H、N、O、Cl，據此作答。A．N3-和O2-外層電子相同，核電荷數越大，離子半徑越小，N3-＞O2-，故A錯誤；B．第一電離能即失去最外層電子的難易程度，N更難失去電子，所以第一電離能H＜N，故B錯誤；C．水的沸點100℃，氨氣的沸點-33.5℃，簡單氫化物的沸點：，故C錯誤；D．NH4ClO4屬于鹽，有銨根離子和高氯酸根離子，所以屬于離子晶體，故D正確；答案選D。8.侯氏制堿法的原理是。設為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.標準狀況下，中含鍵數為B.分子中含孤電子對數為C.晶體中含離子數為D.溶液中含數為【答案】B【解析】A．標準狀況下，的物質的量為0.1mol，的結構為，含有2個鍵，故標準狀況下，中含鍵數為，A錯誤；B．1個分子中含2對孤電子對，則0.1mol分子中含孤電子對數為，B正確；C．由鈉離子和碳酸氫根離子組成，8.4g晶體即0.1mol，含有的離子數為，C錯誤；D．屬于弱堿根離子，能部分發生水解，故溶液中含數小于，D錯誤；故選B。9.2，6—二溴吡啶是合成阿伐斯汀的中間體，實驗室制備2，6—二溴吡啶的步驟如下：步驟1：在三頸燒瓶中加入2，6—二氯吡啶、冰醋酸，攪拌溶解后，在110℃下，通入HBr。步驟2：反應完畢，冷卻至室溫，析出晶體，過濾。步驟3：利用如圖裝置回收乙酸。母液回收溶劑后，冷卻，析出晶體，過濾，合并兩次晶體，在空氣中干燥。已知：乙酸、2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸點依次為117.9℃、206℃、249℃；油浴溫度為100～250℃；沙浴溫度為220～350℃。下列敘述錯誤的是A.步驟1采用“油浴”加熱三頸燒瓶 B.圖示裝置中毛細玻璃管起平衡氣壓的作用C.接收瓶最先收集到的是2，6—二溴吡啶產品 D.實驗中乙酸作溶劑，回收后可循環利用【答案】C【解析】該實驗的實驗目的是在冰醋酸作用下2，6-二氯吡啶與溴化氫在110℃條件下共熱反應制備2，6—二溴吡啶。A．由分析可知，制備2，6—二溴吡啶的反應溫度為110℃，由題給信息可知，2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸點依次為206℃、249℃，油浴溫度為100～250℃、沙浴溫度為220～350℃，所以為防止2，6—二溴吡啶揮發逸出，步驟1采用“油浴”加熱三頸燒瓶，故A正確；B．由實驗裝置圖可知，通過調節“螺口夾”，使微量空氣進入燒瓶，產生的小氣泡可起到防暴沸、攪拌等作用，故B正確；C．蒸餾時沸點最低物質最先氣化，由題給信息可知，乙酸、2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸點依次為117.9℃、206℃、249℃，則接收瓶最先收集到的是乙酸，故C錯誤；D．由相似相溶原理可知可知，步驟1中加入乙酸的作用是做溶劑，溶解2，6—二氯吡啶得到溶液，有利于增大反應物的接觸面積，使反應更加充分，蒸餾回收得到的乙酸可循環利用，故D正確；故選C。10.科學家設計并制備出了一種新型的穩定手性化合物(其分子中的手性氧鎓離子結構如圖)。下列敘述錯誤的是A.手性氧鎓離子中含非極性鍵和極性鍵 B.手性氧鎓離子中碳原子采用、雜化方式C.1mol手性氧鎓離子含型鍵 D.手性氧鎓離子中氧元素的電負性最大【答案】C【解析】A．該化合物中所含碳碳鍵是非極性鍵、碳氧鍵是極性鍵，A正確；B．該化合物中苯環上的碳原子采用sp2雜化，甲基上碳原子采用sp3雜化，手性氧鎓離子中碳原子既有又有雜化，B正確；C．1mol手性氧鎓離子苯環上的碳原子采用sp2雜化，和氫原子形成型鍵，故1mol手性氧鎓離子含型鍵，C錯誤；D．在該化合物所含元素中，C、O位于第二周期，O的電負性更大，D正確；答案選C11.半導體材料砷化鎵的晶胞如圖所示。下列敘述錯誤的是已知：為阿伏加德羅常數的值，砷化鎵晶體密度為。A.基態As原子有3個未成對電子 B.砷化鎵的化學式為GaAsC.砷原子的配位數為4 D.xy原子間的距離為【答案】D【解析】A．As為33號元素，原子核外有33個電子，核外電子排布式為，因此有3個未成對電子，A正確；B．根據均攤法，晶胞中Ga原子的個數為4，As原子的個數為，所以化學式為GaAs，B正確；C．砷化鎵晶胞中與鎵原子最近的As原子個數是4個，則配位數為4，C正確；D．假設晶胞參數為apm，由晶胞結構可知，晶胞中x與y原子的最近距離為體對角線的，則最近距離為，晶胞中As和Ga的原子個數均是4個，則砷化鎵的密度則，代入可得距離為，D錯誤；故選D。12.中南大學某團隊提出利用炔烴、醛、胺等工業大宗原料和爐煙二氧化碳的四組分串聯反應，來實現惡唑烷酮及其衍生物的高效合成，反應歷程如圖所示。下列敘述正確的是已知：Ph為為。A.總反應的原子利用率為 B.和是催化劑C.途徑b斷裂了鍵和鍵 D.產物6分子中含2個手性碳原子【答案】C【解析】A．由反應歷程圖可知，生成物除了產物6外還有H2O，原子利用率小于，故A錯誤；B．由反應歷程圖可知，CO2是中間產物，H2O是生成物，都不是催化劑，故B錯誤；C．途徑b第一步反應醛基中碳氧雙鍵斷裂其中的鍵，第二步反應是取代反應，羥基被取代，斷開的是鍵，故C正確；D．分子中連有4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳，產物6分子中的手性碳為五元環上連Ph-的碳，只有1個，故D錯誤；答案選C。13.廈門大學某研究團隊開發了鋰硅()合金基全固態電池(如圖，電池工作時，向b極移動)，可實現超高負載與首效。下列敘述正確的是A.a極發生還原反應B.b極上的電極反應式為C.電子由a極流出經電解質流向b極 D.1molLi脫離鋰硅合金時轉移2mol電子【答案】B【解析】鋰硅()合金基全固態電池，原電池中陽離子向正極移動，電池工作時，向b極移動，b極為正極，Si得電子被還原，電極反應式：，a極為負極，發生失去電子的氧化反應，電極反應式：。A．根據分析可知，a極為負極，發生氧化反應，A錯誤；B．根據分析可知，b極為正極，Si得電子被還原，電極反應式：，B正確；C．原電池中電子由負極a經導線傳遞到正極b，不經過電解質溶液，C錯誤；D．1molLi脫離鋰硅合金時生成1molLi+轉移1mol電子，D錯誤；答案選B。14.制備的反應為。保持總壓強不變，向反應器中充入一定量和，測得平衡轉化率與投料比(溫度不變)、溫度倒數()的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A.正反應在較低溫度下能自發進行B.曲線①代表平衡轉化率與投料比的關系C.氣體平均摩爾質量不變時，反應達到平衡D.若投料比為2、下，平衡轉化率為，則此時的體積分數約為【答案】B【解析】根據題目所給圖分析，圖中橫坐標是溫度的倒數，且反應放熱，即溫度升高，轉化率降低，則曲線①為溫度與轉化率的關系，曲線②為投料比與轉化率的關系；A．由反應方程式可知，該反應放熱，且反應前后熵變化不大，即，根據，故該正反應在較低溫度下能夠自發進行，A正確；B．根據分析，曲線①為溫度與平衡轉化率的關系，B錯誤；C．氣體平均摩爾質量為，根據反應可知，反應后有固體存在，因此氣體總質量發生改變，則氣體平均摩爾質量在改變，因此當氣體平均摩爾質量保持不變時，達到平衡，故C正確；D．若投料比為2、下，平衡轉化率為，列出三段式：，則此時碘單質的體積分數約為，D正確；故選B。15.25℃時，向含、的溶液中滴加氨水，混合液中［或或］與pH的關系如圖所示。下列敘述正確的是已知：25℃下，。A.B.直線代表與pH的關系C.溶液中D.的平衡常數為【答案】D【解析】隨著pH增大，增大，逐漸減小，則逐漸增大；，隨著pH增大，增大，不變，則減小，逐漸增大；，隨著pH增大，減小，不變，增大，減小，則代表。，時，，則代表，代表。A．代表，由N點坐標可知，時，，，此時，，A錯誤；B．根據分析可知，直線代表，即直線代表，B錯誤；C．溶液中，和相互促進水解，二者濃度小于，C錯誤；D．的平衡常數，結合M點坐標可知時，，，，D正確；答案選D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.以菱錳礦(主要成分是MnCO3，含少量CaCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2等)為原料制備鋰電池的正極材料LiMn2O4，流程如圖所示。回答下列問題：（1）基態Mn原子價層電子排布式為___________。（2）提高“酸浸”速率的措施有___________(答一種即可)；“浸渣1”的主要成分有CaCO3、___________(填化學式)。（3）“除鐵鋁”中Mn(OH)2的作用是___________。（4）“電解”后的“廢液”可循環用于___________(填名稱)工序。用過一硫酸(H2SO5)替代“電解”氧化Mn2＋(生成MnO2)，該反應的離子方程式為___________。(注：H2SO5是一元強酸)。（5）在不同溫度下，合成的LiMn2O4中，錳元素不同價態(Mn2＋、Mn3＋和Mn4＋)的含量與溫度的關系如表所示。由此進行判斷，在一定溫度范圍內，下列符合錳元素的平均價態變化趨勢的圖像是___________(填標號)。T/℃w(Mn2＋)/%w(Mn3＋)/%w(Mn4＋)/%7005.5644.5849.867502.5644.8752.578005.5044.1750.338506.2244.4049.38A. B.C. D.（6）鋰錳電池充放電時總反應為。放電時，正極的電極反應式為___________。【答案】（1）3d54s2（2）①.將菱錳礦粉碎(或適當加熱、攪拌等)②.CaSO4、SiO2（3）中和酸，促進Al(OH)3、Fe(OH)3生成（4）①.酸浸②.（5）A（6）【解析】菱錳礦粉碎后加入硫酸酸浸，將碳酸鹽和金屬氧化物轉化為硫酸鹽，硫酸鹽中CaSO4微溶于水，SiO2不與稀硫酸反應，因此過濾得到的浸渣1中含有SiO2、CaSO4，得到的濾液中含有可溶性硫酸鹽。向濾液中加入MnO2，在酸性條件下MnO2將溶液中的Fe2＋轉化為Fe3+，向反應后的溶液中加入Mn(OH)2，調節溶液pH內，將溶液中Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾得到含有Fe(OH)3、Al(OH)3沉的濾渣1和含有Ca2+、Mg2+、Mn2+的濾液。向濾液中加入Na2C2O4溶液，將溶液中Ca2+、Mg2+轉化為CaC2O4、MgC2O4沉淀；過濾后得到含有CaC2O4、MgC2O4沉淀的濾渣2，濾液中含有MnSO4。將溶液電解，反應產生MnO2，然后向MnO2中加入Li2CO3進行煅燒，反應產生LiMn2O4、CO2、O2。（1）Mn的原子序數為25，價電子排布式為3d54s2。答案為：3d54s2。（2）菱鎂礦是固體礦物質，要加快固體與液體物質反應的反應速率，方法可以是粉碎菱鎂礦、適當增大硫酸溶液的濃度、加熱、攪拌等。菱錳礦加入稀硫酸酸浸，碳酸鹽和金屬氧化物轉化為硫酸鹽，CaSO4微溶于水，SiO2不與稀硫酸反應，因此過濾得到的浸渣1中含有SiO2、CaSO4。答案為：將菱錳礦粉碎(或適當加熱、攪拌等)；CaSO4、SiO2。（3）“除鐵鋁”中Mn(OH)2的作用是與溶液中H+反應，促使Al3+、Fe3+的水解平衡向右移動，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同時也不會帶入新的雜質。答案為：中和酸，促進Al(OH)3、Fe(OH)3生成。（4）除Ca后的廢液中含有MnSO4，將該溶液進行電解，Mn2+在陽極失去電子，被氧化產生MnO2，同時反應產生H+，陽極的電極反應式為：Mn2+-2e－+2H2O=MnO2↓+4H+，可見電解后溶液為硫酸，可循環用于“酸浸”工序，用于溶解菱鎂礦。若用過一硫酸(H2SO5)替代“電解”氧化Mn2+，Mn2+被氧化生成MnO2，由于H2SO5是一元強酸，其電離產生的得到電子被還原為，配平的離子方程式為。答案為：酸浸；。（5）由表中數據可知：700~750℃，w(Mn2+)逐漸減小，w(Mn4+)逐漸增大；而在750~850℃，w(Mn2+)逐漸增大，w(Mn4+)逐漸減小；w(Mn3+)受溫度的影響變化不大，可說明錳元素的平均價態的變化趨勢是先變大，后變小，故合理選項是A。答案選A。（6）根據圖示可知鋰錳電池在放電時，負極上LixCy失去電子，發生氧化反應，負極的電極反應式為：LixCy-xe－=xLi++Cy；正極上LiMn2O4得到電子發生還原反應生成Li1+xMn2O4，正極的電極反應式為：LiMn2O4+xe－+xLi+=Li1+xMn2O4。答案為：。17.工業上，可以用處理煙氣中的NO、，總反應為，有關反應的能量變化曲線如圖所示。回答下列問題：（1）NO和反應的熱化學方程式為___________；___________。（2）其他條件不變，僅增大，對總反應速率幾乎沒有影響，其原因可能是___________。（3）一定條件下，的速率方程為(k為速率常數，只與溫度有關)。阿倫尼烏斯公式：(為常數；為活化能，不隨溫度改變；為溫度)。和在不同催化劑Cat1、Cat2作用下進行反應，與的關系如圖1所示。其他條件相同時，催化效能較高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)，判斷依據是___________。（4）在恒容密閉容器中保持起始時反應物的總物質的量不變，充入NO和，發生反應，NO平衡轉化率與溫度、投料比的關系如圖2所示。①___________(填“>”“<”或“=”)。平衡常數、和由大到小的順序為___________。②若下該反應的平衡常數___________。（5）在恒容密閉容器中充入和，發生反應，測得部分物質的濃度變化如圖3所示。點對應的反應體系中的體積分數為___________。【答案】（1）①.②.-442.5（2）SO2和O3反應的活化能遠大于NO和O3反應的活化能，前者為控速反應（3）①.Cat1②.改變相同溫度，Cat1對應直線變化值較小，說明活化能較小（4）①.<②.③.16（5）50%【解析】（1）由圖可知，NO和反應的熱化學方程式為①；由圖可得和反應的熱化學方程式為②，由蓋斯定律可得:①+②得到，（2）NO和反應的活化能遠大于NO與O2反應的活化能，即SO2和O3的反應為控速反應，總反應的速率主要取決于SO2和O3反應，因此，當其他條件不變，增大，對總反應速率幾乎沒有影響；（3）由圖可知，當溫度變化量一定時，Cat1作用下的RlnK變化值較小，對應的活化能較小，催化效率較高；（4）①其他條件相同時，投料比越大，NO的平衡轉化率越小，即；平衡常數只與溫度有關，反應為放熱反應，溫度越高，平衡常數越小，即；②當時，NO的平衡轉化率為80%，設投入NO的物質的量為amol，即轉化的NO物質的量為0.8amol，可得三段式：，平衡時總物質的量為2amol，NO、O3、NO2、O2物質的量分數分別為0.1、0.1、0.4、0.4，設總壓強為P，即平衡常數；（5）在恒容密閉容器中充入和，設M點時，轉化的物質的量為x，可得三段式：，由可逆反應特征可知，O3消耗量一定小于1mol，則其剩余量一定大于1mol，因此圖中兩條線應為SO2和SO3的變化量曲線；即，1-x=x，解得x=0.5mol，總物質的量為0.5+1.5+0.5+0.5=3mol，此時O3體積分數等于物質的量分數為：。18.某小組設計實驗探究鹽對平衡體系的影響。回答下列問題：（1）取一定量溶于水，過濾，在飽和溶液中加入少量固體粉末，觀察到___________(填實驗現象)，可證明飽和溶液中存在上述平衡。（2）在飽和溶液中加入適量粉末，充分攪拌，過濾、洗滌，將白色固體溶于足量稀硝酸中，產生氣泡，固體基本能完全溶解。①和反應的離子方程式為___________。②列舉上述原理在生產中的應用：___________。（3）常溫下，在100mL不同濃度的溶液中加入溶解量與溶液濃度的關系如圖1所示，實驗現象為白色固體溶解，得到無色透明溶液。已知：溶液導電率很小。易溶于溶液的主要原因是___________，的電離方程式為___________。（4）溶液中離子會受到周圍帶有異性電荷離子的屏蔽(吸引)，使該離子的有效濃度降低，這種影響稱為鹽效應。①常溫下，在不同濃度的溶液中的溶解度如圖2所示。分析在時，溶解度發生變化的原因：___________。②拓展探究。已知：。實驗測得：在稀食鹽水中的溶解度隨著的增大而呈先減小后增大的變化趨勢。分析AgCl溶解度“增大”的原因：___________。【答案】（1）產生白色沉淀(或溶液變渾濁)（2）①.②.用飽和Na2CO3溶液浸泡鉛蓄電池電極表面PbSO4，然后用鹽酸(或硝酸)清洗（3）①.生成了難電離，促進平衡向右移動②.（4）①.較小時，受同離子效應影響平衡向左移動；較大時，受鹽效應影響平衡向右移動，且鹽效應起主導作用和形成，促進平衡向右移動②.和形成，促進平衡向右移動，AgCl溶解度增大【解析】（1）取一定量溶于水，過濾，在飽和溶液中加入少量固體粉末，即增加鉛離子濃度，觀察到產生白色沉淀(或溶液變渾濁)，可證明飽和溶液中存在上述平衡；（2）在飽和溶液中加入適量粉末，生成碳酸鉛沉淀，充分攪拌，過濾、洗滌，將白色固體溶于足量稀硝酸中，產生氣泡，固體基本能完全溶解，①和反應的離子方程式為，，②借助上述原理在生產中加以應用，用飽和溶液浸泡鉛蓄電池電極表面，然后用鹽酸(或硝酸)清洗；（3）易溶于溶液的主要原因是生成了難電離的，促進平衡向右移動，是一種弱電解質，所以部分電離，電離方程式為；（4）①常溫下，在不同濃度的溶液中的溶解度先減小后增大，溶解度發生變化的原因是較小時，受同離子效應影響平衡向左移動，溶解度減小，較大時，受鹽效應影響平衡向右移動，且鹽效應起主導作用，溶解度增大；②AgCl(s)在稀食鹽水中的溶解度隨著(NaCl)的增大而呈先減小后增大，和形成，促進平衡向右移動，AgCl溶解度增大。19.馬來酸依那普利是一種有機化合物，主要用作血管緊張素轉化酶抑制藥，用于各期原發型高血壓、腎性高血壓、充血性心力衰竭的治療。一種合成馬來酸依那普利的路線如圖，回答下列問題：（1）ⅰ的分子式為___________。（2）ⅴ中官能團的名稱是___________，ⅳ→ⅴ所需的有機物可由氣體y在一定條件下與水反應制備，該制備反應是理想的綠色化學反應，y的名稱是___________。（3）根據化合物ⅵ的結構特征，分析預測其可能的化學性質，完成下表。序號反應試劑、條件反應形成的新官能團反應類型a______________________(側鏈)加成(或還原)反應b___________-COOH和___________(酸性條件下)水解反應（4）下列關于ⅵ→ⅶ→馬來酸依那普利的敘述正確的是___________(填標號)。A.ⅵ→ⅶ中，斷裂了中鍵和鍵B.ⅵ→ⅶ中，形成了鍵和鍵C.ⅶ分子中N原子都采用雜化D.馬來酸依那普利中存在氫鍵（5）X是ⅵ的同分異構體，X能與反應，也能發生銀鏡反應，X的苯環上含有3個取代基，且含氧官能團直接連在苯環上，符合條件的X共有___________種。（6）以甲苯、乙二酸二甲酯為碳源，參照上述相關原理合成ⅷ，ⅷ的結構簡式如圖所示。a．有兩種有機物參與的反應的化學方程式為___________。b．第一步反應的化學方程式為___________(標明反應條件)。【答案】（1）C8H10O（2）①.酯基②.乙烯（3）①.H2，催化劑和加熱②.—OH③.稀硫酸，加熱④.—OH（4）AD（5）40（6）①.②.【解析】i發生取代反應生成ii，ii發生反應生成iii，iii與v發生取代反應生成vi，vi發生反應生成vii，vii先與氫氣發生加成反應，再與結合成馬來酸依那普利。（1）根據i結構簡式可知其分子式：C8H10O；（2）v中官能團為酯基；反應ⅳ→ⅴ為ⅳ與乙醇發生酯化反應，乙醇可由乙烯與水發生加成反應制得；（3）有機物vi含官能團：酯基和酮羰基，其中酮羰基可與氫氣在催化劑作用下發生加成反應形成羥基；酯基在稀硫酸、加熱條件下發生水解反應，形成羧基和羥基；（4）A．對比vi和vii結構簡式可知，反應過程中酮羰基先發生加成反應，后由羥基發生消去反應，則斷裂了中鍵和鍵，A正確；B．反應ⅵ→ⅶ中，形成了鍵，但沒有形成鍵，B錯誤；C．化合物中形成雙鍵的N為sp2雜化，C錯誤；D．馬來酸依那普利中存在羧基官能團，可形成氫鍵，D正確；答案選AD；（5）X是ⅵ的同分異構體，X能與反應，說明含，能發生銀鏡反應，說明含，X的苯環上含有3個取代基，且含氧官能團直接連在苯環上，則苯環上存在另一側鏈可為：、、和，苯環上連接3種不同側鏈，存在10中同分異構體，則共存在40種同分異構體；（6）甲苯在光照條件下與氯氣發生取代反應生成，參考合成路線ii→iii，與Mg反應生成，與乙二酸二甲酯發生反應生成，與氫氣發生加成反應生成；a．有兩種有機物參與的反應的化學方程式：；b．第一步反應的化學方程式：。湖北省部分學校2024-2025學年高三上學期12月聯考試題可能用到的相對原子質量：H1C12O16Na23Fe56Ga70As75一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.“黃鶴樓”是湖北省地標性建筑。武漢市人民政府大樓重建采用了鋼筋混凝土結構。下列有關敘述錯誤的是A.鋼筋屬于金屬合金材料B.混凝土結構耐酸堿腐蝕C.“黃鶴樓”變綠主要是因為生成了D.金屬材料在潮濕(中性)空氣中主要發生吸氧腐蝕【答案】C【解析】A．鋼筋材料是鐵的合金，屬于金屬合金材料，A正確；B．混凝土為無機非金屬材料，耐酸堿腐蝕，B正確；C．“黃鶴樓”表面為銅綠，主要成分為堿式碳酸銅，是黃鶴樓變綠的主要原因，C錯誤；D．金屬材料容易生銹的主要原因是因為在煉制過程中混有少量的碳雜質，在潮濕的空氣中容易形成原電池，發生電化學腐蝕，在潮濕(中性)空氣中主要發生吸氧腐蝕：，D正確；故選C。2.下列化學用語錯誤的是A.2p能級電子云輪廓圖B.分子中鍵形成過程C.分子空間填充模型D.三種雜化軌道A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．p軌道的電子云輪廓圖為啞鈴形，2p能級有2px、2py、2pz軌道，軌道的電子云輪廓圖是依次沿x軸、y軸和z軸方向伸展的啞鈴形，故A正確；B．p-pπ鍵電子云輪廓圖為未參與雜化的p電子通過肩并肩的方式形成的π鍵，原子軌道的重疊部分對等地分布在包括鍵軸在內的平面上、下兩側，呈鏡面對稱，則分子中鍵形成過程正確，故B正確；C．氨分子中心N原子上的孤電子對數為(5-3×1)=1、σ鍵電子對數為3，價層電子對數為4，呈三角錐形，但圖示模型不是分子空間填充模型、是球棍模型，故C錯誤；D．鍵角依次為180°、120°、109°28’，對應的雜化方式依次為sp、sp2、sp3，故有三種雜化軌道，故D正確；故選：C。3.常溫下，選擇下列試劑和干燥劑能制取對應的純凈干燥的氣體的是選項試劑干燥劑氣體A生石灰和濃氨水堿石灰NH3B稀鹽酸和軟錳礦濃硫酸Cl2C稀硫酸和大理石氫氧化鈉CO2D濃硝酸和Na2SO3溶液五氧化二磷SO2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．生石灰與水反應生成Ca(OH)2，溶液堿性增強，氫氧根離子濃度增大，反應放出熱量，促進NH3從氨水中逸出，堿石灰可用于干燥氨氣，即能得到純凈干燥的氨氣，A正確；B．濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應生成氯氣，稀鹽酸不行，B錯誤；C．稀硫酸與大理石反應生成微溶物CaSO4，附著在大理石表面，使之不能完全反應；氫氧化鈉溶液會吸收CO2，C錯誤；D．濃硝酸能氧化Na2SO3生成硫酸鈉，不能得到SO2，D錯誤；答案選A。4.生活中“暖貼”使用方便，原料層有鐵粉、炭粉和食鹽水，發熱原理是構成微電池，將化學能轉化為電能，電能轉化為熱能，最終生成紅色粉末。下列敘述正確的是A.微電池負極上的電極反應式為B.可用NaCl粉末替代食鹽水C.制造“暖貼”的關鍵是調節合適的透氧速率D每消耗2.24L(標準狀況)時必消耗11.2g鐵粉【答案】C【解析】鐵粉、炭粉和食鹽水，組成原電池，其中Fe作負極，炭粉作正極，食鹽水作電解質溶液，據此分析解答。A．Fe作負極時，生成Fe2+，電極反應式為：，故A錯誤；B．NaCl粉末替代食鹽水，不存在電解質溶液，無法形成閉合回路，則不能構成原電池，故B錯誤；C．“暖貼”需要控制反應速率，避免反應過慢或過快，因此制造的關鍵是調節合適的透氧速率，故C正確；D．標準狀況下2.24L的物質的量為0.1mol、轉移電子0.4mol，若氧氣只發生原電池反應，結合電極反應：，可知消耗0.2molFe、質量為11.2g，但實際氧氣還要氧化Fe2+，最終生成紅色粉末，因此消耗的Fe的質量不為11.2g，故D錯誤；故選：C。5.THR1442(結構如圖)是治療糖尿病的藥物。下列關于THR1442的敘述正確的是A.屬于芳香烴 B.含兩種含氧官能團C.能與溶液發生顯色反應 D.苯環上有2種一氯代物【答案】B【解析】A．該分子除含C、H元素外，還含O和Cl元素，不屬于烴，A錯誤；B．該分子中含有兩種含氧官能團，分別是醚鍵和羥基，B正確；C．該分子中不含有酚羥基，不屬于酚類有機物，不能與溶液發生顯色反應，C錯誤；D．如圖，該物質含有兩個苯環，苯環上有5種等效氫原子，故苯環上的一氯代物共有5種，D錯誤；故選B。6.物質結構決定物質性質。下列性質差異與結構因素匹配錯誤的是選項性質差異結構因素A熔點：高于干冰晶體類型B鍵長：中鍵大于CO中的雜化類型C酸性：強于共價鍵極性D溶解度：在中大于在水中分子極性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．為共價晶體，熔點較高，二氧化碳形成的晶體為分子晶體，熔點較低，則熔點：高于干冰，A正確；B．中Ni原子中心與四個羰基相連，CO配體中碳氧以三鍵相連，碳端與金屬配合，配體和中心原子之間形成配位鍵，加強了中心原子與配體之間的結合力，從而使得配體中碳氧鍵被削弱，鍵長增長，與雜化類型無關，B錯誤；C．由于電負性F>Cl，C-F鍵極性大于C-Cl鍵，使得中羧基上的羥基極性增強，氫更易電離，酸性增強，故酸性：強于，C正確；D．碘為非極性分子，為非極性分子，水為極性分子，則在中的溶解度大于在水中的溶解度，與分子極性有關，D正確；故選B。7.非金屬元素組成的化合物是發射火箭的固體燃料，X、Y、Z、W的原子序數依次增大，、最外層電子數之差為6，基態Y原子有3個未成對電子，基態Z原子價層電子排布式為。下列敘述正確的是A.簡單離子半徑：Y<Z B.第一電離能：C.簡單氫化物的沸點： D.屬于離子晶體【答案】D【解析】基態Z原子價層電子排布式為，可知n=2，Z為O，X、Y、Z、W的原子序數依次增大，基態Y原子有3個未成對電子，推測Y為N，結合非金屬元素組成的化合物，推測為H、、最外層電子數之差為6，推測W為Cl，則X、Y、Z、W分別是H、N、O、Cl，據此作答。A．N3-和O2-外層電子相同，核電荷數越大，離子半徑越小，N3-＞O2-，故A錯誤；B．第一電離能即失去最外層電子的難易程度，N更難失去電子，所以第一電離能H＜N，故B錯誤；C．水的沸點100℃，氨氣的沸點-33.5℃，簡單氫化物的沸點：，故C錯誤；D．NH4ClO4屬于鹽，有銨根離子和高氯酸根離子，所以屬于離子晶體，故D正確；答案選D。8.侯氏制堿法的原理是。設為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.標準狀況下，中含鍵數為B.分子中含孤電子對數為C.晶體中含離子數為D.溶液中含數為【答案】B【解析】A．標準狀況下，的物質的量為0.1mol，的結構為，含有2個鍵，故標準狀況下，中含鍵數為，A錯誤；B．1個分子中含2對孤電子對，則0.1mol分子中含孤電子對數為，B正確；C．由鈉離子和碳酸氫根離子組成，8.4g晶體即0.1mol，含有的離子數為，C錯誤；D．屬于弱堿根離子，能部分發生水解，故溶液中含數小于，D錯誤；故選B。9.2，6—二溴吡啶是合成阿伐斯汀的中間體，實驗室制備2，6—二溴吡啶的步驟如下：步驟1：在三頸燒瓶中加入2，6—二氯吡啶、冰醋酸，攪拌溶解后，在110℃下，通入HBr。步驟2：反應完畢，冷卻至室溫，析出晶體，過濾。步驟3：利用如圖裝置回收乙酸。母液回收溶劑后，冷卻，析出晶體，過濾，合并兩次晶體，在空氣中干燥。已知：乙酸、2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸點依次為117.9℃、206℃、249℃；油浴溫度為100～250℃；沙浴溫度為220～350℃。下列敘述錯誤的是A.步驟1采用“油浴”加熱三頸燒瓶 B.圖示裝置中毛細玻璃管起平衡氣壓的作用C.接收瓶最先收集到的是2，6—二溴吡啶產品 D.實驗中乙酸作溶劑，回收后可循環利用【答案】C【解析】該實驗的實驗目的是在冰醋酸作用下2，6-二氯吡啶與溴化氫在110℃條件下共熱反應制備2，6—二溴吡啶。A．由分析可知，制備2，6—二溴吡啶的反應溫度為110℃，由題給信息可知，2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸點依次為206℃、249℃，油浴溫度為100～250℃、沙浴溫度為220～350℃，所以為防止2，6—二溴吡啶揮發逸出，步驟1采用“油浴”加熱三頸燒瓶，故A正確；B．由實驗裝置圖可知，通過調節“螺口夾”，使微量空氣進入燒瓶，產生的小氣泡可起到防暴沸、攪拌等作用，故B正確；C．蒸餾時沸點最低物質最先氣化，由題給信息可知，乙酸、2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸點依次為117.9℃、206℃、249℃，則接收瓶最先收集到的是乙酸，故C錯誤；D．由相似相溶原理可知可知，步驟1中加入乙酸的作用是做溶劑，溶解2，6—二氯吡啶得到溶液，有利于增大反應物的接觸面積，使反應更加充分，蒸餾回收得到的乙酸可循環利用，故D正確；故選C。10.科學家設計并制備出了一種新型的穩定手性化合物(其分子中的手性氧鎓離子結構如圖)。下列敘述錯誤的是A.手性氧鎓離子中含非極性鍵和極性鍵 B.手性氧鎓離子中碳原子采用、雜化方式C.1mol手性氧鎓離子含型鍵 D.手性氧鎓離子中氧元素的電負性最大【答案】C【解析】A．該化合物中所含碳碳鍵是非極性鍵、碳氧鍵是極性鍵，A正確；B．該化合物中苯環上的碳原子采用sp2雜化，甲基上碳原子采用sp3雜化，手性氧鎓離子中碳原子既有又有雜化，B正確；C．1mol手性氧鎓離子苯環上的碳原子采用sp2雜化，和氫原子形成型鍵，故1mol手性氧鎓離子含型鍵，C錯誤；D．在該化合物所含元素中，C、O位于第二周期，O的電負性更大，D正確；答案選C11.半導體材料砷化鎵的晶胞如圖所示。下列敘述錯誤的是已知：為阿伏加德羅常數的值，砷化鎵晶體密度為。A.基態As原子有3個未成對電子 B.砷化鎵的化學式為GaAsC.砷原子的配位數為4 D.xy原子間的距離為【答案】D【解析】A．As為33號元素，原子核外有33個電子，核外電子排布式為，因此有3個未成對電子，A正確；B．根據均攤法，晶胞中Ga原子的個數為4，As原子的個數為，所以化學式為GaAs，B正確；C．砷化鎵晶胞中與鎵原子最近的As原子個數是4個，則配位數為4，C正確；D．假設晶胞參數為apm，由晶胞結構可知，晶胞中x與y原子的最近距離為體對角線的，則最近距離為，晶胞中As和Ga的原子個數均是4個，則砷化鎵的密度則，代入可得距離為，D錯誤；故選D。12.中南大學某團隊提出利用炔烴、醛、胺等工業大宗原料和爐煙二氧化碳的四組分串聯反應，來實現惡唑烷酮及其衍生物的高效合成，反應歷程如圖所示。下列敘述正確的是已知：Ph為為。A.總反應的原子利用率為 B.和是催化劑C.途徑b斷裂了鍵和鍵 D.產物6分子中含2個手性碳原子【答案】C【解析】A．由反應歷程圖可知，生成物除了產物6外還有H2O，原子利用率小于，故A錯誤；B．由反應歷程圖可知，CO2是中間產物，H2O是生成物，都不是催化劑，故B錯誤；C．途徑b第一步反應醛基中碳氧雙鍵斷裂其中的鍵，第二步反應是取代反應，羥基被取代，斷開的是鍵，故C正確；D．分子中連有4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳，產物6分子中的手性碳為五元環上連Ph-的碳，只有1個，故D錯誤；答案選C。13.廈門大學某研究團隊開發了鋰硅()合金基全固態電池(如圖，電池工作時，向b極移動)，可實現超高負載與首效。下列敘述正確的是A.a極發生還原反應B.b極上的電極反應式為C.電子由a極流出經電解質流向b極 D.1molLi脫離鋰硅合金時轉移2mol電子【答案】B【解析】鋰硅()合金基全固態電池，原電池中陽離子向正極移動，電池工作時，向b極移動，b極為正極，Si得電子被還原，電極反應式：，a極為負極，發生失去電子的氧化反應，電極反應式：。A．根據分析可知，a極為負極，發生氧化反應，A錯誤；B．根據分析可知，b極為正極，Si得電子被還原，電極反應式：，B正確；C．原電池中電子由負極a經導線傳遞到正極b，不經過電解質溶液，C錯誤；D．1molLi脫離鋰硅合金時生成1molLi+轉移1mol電子，D錯誤；答案選B。14.制備的反應為。保持總壓強不變，向反應器中充入一定量和，測得平衡轉化率與投料比(溫度不變)、溫度倒數()的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A.正反應在較低溫度下能自發進行B.曲線①代表平衡轉化率與投料比的關系C.氣體平均摩爾質量不變時，反應達到平衡D.若投料比為2、下，平衡轉化率為，則此時的體積分數約為【答案】B【解析】根據題目所給圖分析，圖中橫坐標是溫度的倒數，且反應放熱，即溫度升高，轉化率降低，則曲線①為溫度與轉化率的關系，曲線②為投料比與轉化率的關系；A．由反應方程式可知，該反應放熱，且反應前后熵變化不大，即，根據，故該正反應在較低溫度下能夠自發進行，A正確；B．根據分析，曲線①為溫度與平衡轉化率的關系，B錯誤；C．氣體平均摩爾質量為，根據反應可知，反應后有固體存在，因此氣體總質量發生改變，則氣體平均摩爾質量在改變，因此當氣體平均摩爾質量保持不變時，達到平衡，故C正確；D．若投料比為2、下，平衡轉化率為，列出三段式：，則此時碘單質的體積分數約為，D正確；故選B。15.25℃時，向含、的溶液中滴加氨水，混合液中［或或］與pH的關系如圖所示。下列敘述正確的是已知：25℃下，。A.B.直線代表與pH的關系C.溶液中D.的平衡常數為【答案】D【解析】隨著pH增大，增大，逐漸減小，則逐漸增大；，隨著pH增大，增大，不變，則減小，逐漸增大；，隨著pH增大，減小，不變，增大，減小，則代表。，時，，則代表，代表。A．代表，由N點坐標可知，時，，，此時，，A錯誤；B．根據分析可知，直線代表，即直線代表，B錯誤；C．溶液中，和相互促進水解，二者濃度小于，C錯誤；D．的平衡常數，結合M點坐標可知時，，，，D正確；答案選D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.以菱錳礦(主要成分是MnCO3，含少量CaCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2等)為原料制備鋰電池的正極材料LiMn2O4，流程如圖所示。回答下列問題：（1）基態Mn原子價層電子排布式為___________。（2）提高“酸浸”速率的措施有___________(答一種即可)；“浸渣1”的主要成分有CaCO3、___________(填化學式)。（3）“除鐵鋁”中Mn(OH)2的作用是___________。（4）“電解”后的“廢液”可循環用于___________(填名稱)工序。用過一硫酸(H2SO5)替代“電解”氧化Mn2＋(生成MnO2)，該反應的離子方程式為___________。(注：H2SO5是一元強酸)。（5）在不同溫度下，合成的LiMn2O4中，錳元素不同價態(Mn2＋、Mn3＋和Mn4＋)的含量與溫度的關系如表所示。由此進行判斷，在一定溫度范圍內，下列符合錳元素的平均價態變化趨勢的圖像是___________(填標號)。T/℃w(Mn2＋)/%w(Mn3＋)/%w(Mn4＋)/%7005.5644.5849.867502.5644.8752.578005.5044.1750.338506.2244.4049.38A. B.C. D.（6）鋰錳電池充放電時總反應為。放電時，正極的電極反應式為___________。【答案】（1）3d54s2（2）①.將菱錳礦粉碎(或適當加熱、攪拌等)②.CaSO4、SiO2（3）中和酸，促進Al(OH)3、Fe(OH)3生成（4）①.酸浸②.（5）A（6）【解析】菱錳礦粉碎后加入硫酸酸浸，將碳酸鹽和金屬氧化物轉化為硫酸鹽，硫酸鹽中CaSO4微溶于水，SiO2不與稀硫酸反應，因此過濾得到的浸渣1中含有SiO2、CaSO4，得到的濾液中含有可溶性硫酸鹽。向濾液中加入MnO2，在酸性條件下MnO2將溶液中的Fe2＋轉化為Fe3+，向反應后的溶液中加入Mn(OH)2，調節溶液pH內，將溶液中Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾得到含有Fe(OH)3、Al(OH)3沉的濾渣1和含有Ca2+、Mg2+、Mn2+的濾液。向濾液中加入Na2C2O4溶液，將溶液中Ca2+、Mg2+轉化為CaC2O4、MgC2O4沉淀；過濾后得到含有CaC2O4、MgC2O4沉淀的濾渣2，濾液中含有MnSO4。將溶液電解，反應產生MnO2，然后向MnO2中加入Li2CO3進行煅燒，反應產生LiMn2O4、CO2、O2。（1）Mn的原子序數為25，價電子排布式為3d54s2。答案為：3d54s2。（2）菱鎂礦是固體礦物質，要加快固體與液體物質反應的反應速率，方法可以是粉碎菱鎂礦、適當增大硫酸溶液的濃度、加熱、攪拌等。菱錳礦加入稀硫酸酸浸，碳酸鹽和金屬氧化物轉化為硫酸鹽，CaSO4微溶于水，SiO2不與稀硫酸反應，因此過濾得到的浸渣1中含有SiO2、CaSO4。答案為：將菱錳礦粉碎(或適當加熱、攪拌等)；CaSO4、SiO2。（3）“除鐵鋁”中Mn(OH)2的作用是與溶液中H+反應，促使Al3+、Fe3+的水解平衡向右移動，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同時也不會帶入新的雜質。答案為：中和酸，促進Al(OH)3、Fe(OH)3生成。（4）除Ca后的廢液中含有MnSO4，將該溶液進行電解，Mn2+在陽極失去電子，被氧化產生MnO2，同時反應產生H+，陽極的電極反應式為：Mn2+-2e－+2H2O=MnO2↓+4H+，可見電解后溶液為硫酸，可循環用于“酸浸”工序，用于溶解菱鎂礦。若用過一硫酸(H2SO5)替代“電解”氧化Mn2+，Mn2+被氧化生成MnO2，由于H2SO5是一元強酸，其電離產生的得到電子被還原為，配平的離子方程式為。答案為：酸浸；。（5）由表中數據可知：700~750℃，w(Mn2+)逐漸減小，w(Mn4+)逐漸增大；而在750~850℃，w(Mn2+)逐漸增大，w(Mn4+)逐漸減小；w(Mn3+)受溫度的影響變化不大，可說明錳元素的平均價態的變化趨勢是先變大，后變小，故合理選項是A。答案選A。（6）根據圖示可知鋰錳電池在放電時，負極上LixCy失去電子，發生氧化反應，負極的電極反應式為：LixCy-xe－=xLi++Cy；正極上LiMn2O4得到電子發生還原反應生成Li1+xMn2O4，正極的電極反應式為：LiMn2O4+xe－+xLi+=Li1+xMn2O4。答案為：。17.工業上，可以用處理煙氣中的NO、，總反應為，有關反應的能量變化曲線如圖所示。回答下列問題：（1）NO和反應的熱化學方程式為___________；___________。（2）其他條件不變，僅增大，對總反應速率幾乎沒有影響，其原因可能是___________。（3）一定條件下，的速率方程為(k為速率常數，只與溫度有關)。阿倫尼烏斯公式：(為常數；為活化能，不隨溫度改變；為溫度)。和在不同催化劑Cat1、Cat2作用下進行反應，與的關系如圖1所示。其他條件相同時，催化效能較高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)，判斷依據是___________。（4）在恒容密閉容器中保持起始時反應物的總物質的量不變，充入NO和，發生反應，NO平衡轉化率與溫度、投料比的關系如圖2所示。①___________(填“>”“<”或“=”)。平衡常數、和由大到小的順序為___________。②若下該反應的平衡常數___________。（5）在恒容密閉容器中充入和，發生反應，測得部分物質的濃度變化如圖3所示。點對應的反應體系中的體積分數為___________。【答案】（1）①.②.-442.5（2）SO2和O3反應的活化能遠大于NO和O3反應的活化能，前者為控速反應（3）①.Cat1②.改變相同溫度，Cat1對應直線變化值較小，說明活化能較小（4）①.<②.③.16（5）50%【解析】（1）由圖可知，NO和反應的熱化學方程式為①；由圖可得和反應的熱化學方程式為②，由蓋斯定律可得:①+②得到，（2）NO和反應的活化能遠大于NO與O2反應的活化能，即SO2和O3的反應為控速反應，總反應的速率主要取決于SO2和O3反應，因此，當其他條件不變，增大，對總反應速率幾乎沒有影響；（3）由圖可知，當溫度變化量一定時，Cat1作用下的RlnK變化值較小，對應的活化能較小，催化效率較高；（4）①其他條件相同時，投料比越大，NO的平衡轉化率越小，即；平衡常數只與溫度有關，反應為放熱反應，溫度越高，平衡常數越小，即；②當時，NO的平衡轉化率為80%，設投入NO的物質的量為amol，即轉化的NO物質的量為0.8amol，可得三段式：，平衡時總物質的量為2amol，NO、O3、NO2、O2物質的量分數分別為0.1、0.1、0.4、0.4，設總壓強為P，即平衡常數；（5）在恒容密閉容器中充入和，設M點時，轉化的物質的量為x，可得三段式：，由可逆反應特征可知，O3消耗量一定小于1mol，則其剩余量一定大于1mol，因此圖中兩條線應為SO2和SO3的變化量曲線；即，1-x=x，解得x=0.5mol，總物質的量為0.5+1.5+0.5+0.5=3mol，此時O3體積分數等于物質的量分數為：。18.某小組設計實驗探究鹽對平衡體系的影響。回答下列問題：（1）取一定量溶于水，過濾，在飽和溶液中加入少量固體粉末，觀察到___________(填實驗現象)，可證明飽和溶液中存在上述平衡。（2）在飽和溶液中加入適量粉末，充分攪拌，過濾、洗滌，將白色固體溶于足量稀硝酸中，產生氣泡，固體基本能完全溶解。①和