2024～2025學年佛山市普通高中教學質量檢測(一)高三化學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，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的學校、班級、姓名、試室、座位號和準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域內相應位置上：如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的答案無效。可能用到的相對原子質量：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與其他三種不同的是A.陶刻紋豆(商)B.藍玻璃杯(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”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：行駛過程電能轉化為化學能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膽輔助裁判判罰：基態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28Si和30Si都是硅元素的不同核素，核外電子數相等，均是基態，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、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，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、淀粉、纖維素等物質的相對分子質量都很大，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.化學之美，外美于現象，內美于原理。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爾效應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D.缺角的氯化鈉晶體在飽和NaCl溶液中變為完美的立方體【答案】B【解析】【詳解】A．空氣與塵埃形成膠體，當光束通過時會產生丁達爾效應，所以早晨的樹林，可以觀測到夢幻般的光束，這是種現象源自膠體的丁達爾效應，A正確；B．冰融化時破壞的是水分子間的氫鍵，而非水分子內部的共價鍵（O-H鍵）。共價鍵斷裂屬于化學變化，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，C正確；D．晶體具有自范性，缺角的氯化鈉晶體在飽和NaCl溶液中會逐漸變為完美的立方體，這是因為晶體在飽和溶液中會通過溶解和再結晶的過程，最終達到能量最低的穩定狀態，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知識沒有關聯的是選項勞動項目化學知識A糕點制作：用NaHCO3作膨松劑NaHCO3受熱易分解B水質消毒：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農業種植：銨態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，生成的二氧化碳氣體能使面團松軟多孔，則NaHCO3常用作膨松劑，勞動項目與所述化學知識有關聯，故A不選；B．ClO2具有強氧化性，能使蛋白質變性，可用于自來水殺菌消毒，勞動項目與所述化學知識有關聯，故B不選；C．還原性：Mg＞Fe，則Mg、Fe和海水形成原電池時Mg作負極，鐵作正極，所以船舶外殼安裝鎂合金可防止船舶發生腐蝕，勞動項目與所述化學知識有關聯，故C不選；D．銨態氮肥受熱分解生成氨氣，導致氮元素損失，所以銨態氮肥要保存在陰涼處，與銨態氮肥水解呈酸性無關，故D選；答案選D。6.1842年德國化學家維勒用電石(CaC2)和水反應制備乙炔。興趣小組利用以下裝置進行實驗。其中，難以達到預期目的的是A.制備C2H2 B.除掉C2H2中的H2SC.收集C2H2 D.驗證C2H2的還原性【答案】C【解析】【詳解】A．碳化鈣與水反應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制備乙炔，故A正確；B．硫酸銅與硫化氫反應生成硫化銅和硫酸，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．C2H2的密度比空氣小，收集C2H2，應該短進長出，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，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．苯酚與濃溴水發生取代反應生成三溴苯酚，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．濃溴水與苯酚反應生成三溴苯酚，但三溴苯酚都能溶于苯，不會出現固液混合狀態，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生成溶于水的苯酚鈉，苯與NaOH溶液不反應，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生成溶于水的苯酚鈉，苯與NaOH溶液不反應，沒有出現固液混合狀態，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：O2＋4e-＋4H＋=2H2OB.銅失去電子，發生氧化反應C.潮濕的環境中更易產生銅銹D.明礬溶液可清除Cu2(OH)3Cl【答案】A【解析】【詳解】A．根據圖知，發生吸氧腐蝕，正極上O2得電子和H2O反應生成OH-，電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，故A錯誤；B．失電子的物質發生氧化反應，該反應中Cu失電子生成Cu2+而發生氧化反應，故B正確；C．潮濕的環境中有電解質溶液，易形成原電池而更易產生銅銹，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，所以明礬溶液能清除Cu2(OH)3Cl，故D正確；答案選A。9.設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.4.6gNO2中含有的分子數為0.1NAB.1L1mol·L-1[Ag(NH3)2]OH溶液中含Ag＋的數目為NAC.0.8molFeI2與71gCl2充分反應后，轉移的電子數為2.4NAD.標準狀況下，11.2LN2和C2H2的混合氣體中含有π鍵的數目為NA【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化氮與四氧化二氮存在轉化：2NO2?N2O4，4.6gNO2中含有的分子數小于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?L-1[Ag(NH3)2]OH溶液中含Ag+數目小于NA，故B錯誤；C．0.8molFeI2與71gCl2充分反應后，氯氣物質的為1mol，Cl2少量，完全反應生成2mol氯離子，轉移的電子數為2NA，故C錯誤；D．1個氮氣分子和1個乙炔分子都含有2個π鍵，所以標準狀況下，11.2LN2和C2H2的混合氣體中含有π鍵的數目為：×2×NAmol-1=NA，故D正確；答案選D。10.水楊酰胺是合成醫藥、香料、液晶的重要中間體，其結構如圖所示。下列有關水楊酰胺的說法不正確的是A.屬于氨基酸B.能發生加成反應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，能發生加成反應，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，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物質的分類與相應化合價關系如圖，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)的轉化過程中，一定有顏色變化C.在b(aq)→c(aq)→h(s)的轉化過程中，一定均為氧化還原反應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生成硝酸鐵，硝酸鐵能與堿溶液反應氫氧化鐵，轉化過程中，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)的轉化過程中，一定有顏色變化，故B正確；C．b(aq)→c(aq)→h(s)的轉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中沒有元素發生化合價變化，屬于非氧化還原反應，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物C鹽鹵用作加工豆腐凝固劑重金屬鹽使蛋白質變性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，根據水解規律可知酸性：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物無關，故B錯誤；C．鹽鹵用作加工豆腐的凝固劑是利用電解質能使膠體發生聚沉的性質，與重金屬鹽使蛋白質變性無關，故C錯誤；D．CH4、NH3的價層電子對數均為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，產生氣泡和沉淀。下列預期現象及相應推理均合理的是A.燒瓶壁發熱，說明反應S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放熱B.濕潤的藍色石蕊試紙變紅，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溶液產生沉淀，說明生成BaSO3【答案】B【解析】【詳解】A．濃硫酸稀釋也會產生大量的熱，所以燒瓶壁發熱，不能說明反應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，能夠與水反應生成亞硫酸，所以濕潤的藍色石蕊試紙變紅，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，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，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是原子序數遞增的5種元素，前四周期均有分布，X和Y同族。W的基態原子價層p軌道半充滿，Z元素的一種合金用量最大、用途最廣。則A.電負性：W>XB.氫化物穩定性：X>WC.WV3和YX3的空間構型相同D.Z的第四電離能遠大于第三電離能【答案】D【解析】【分析】Z元素：題目指出Z合金用量最大，用途最廣，且Z為+2價。結合常見合金，Z應為鐵（Fe），其合金（如鋼）應用最廣，且常見。W元素：W的基態原子價層p軌道半充滿，結構，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），滿足原子序數遞增。V元素：原子序數小于W（N），推測為氫（H），形成結構。【詳解】A．主族元素電負性從左到右逐漸增大，電負性：W<X，W為N（電負性3.04），X為O（3.44），O的電負性更高，故A錯誤；B．沒有指出最簡單氫化物（或氣態氫化物），無法比較N、O元素氫化物穩定性強弱，故B錯誤；C．為（三角錐形），YX3為（平面三角形），構型不同，故C錯誤；D．Z為Fe，其電離能數據：第三（2957kJ/mol）→第四（5290kJ/mol），因（）為半充滿穩定結構，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.電子從鋅電極經導線移向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＋，據此答題。【詳解】A．除去溶解氧時將FcD轉化為FcD＋，除去非活性鋅時將FcD＋轉化為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．鋅為負極，NaV3O8·1.5H2O為正極，電子從負極經導線移向正極，即電子從鋅電極經導線移向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，發生反應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，該反應的分壓平衡常數Kp=500(kPa)3C.Q的體積分數不變，不能說明反應達到平衡狀態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．反應反應R(s)2S(g)＋Q(g)，R為固體，S與Q的分壓比恒為2：1，Q的體積分數不變，不能說明反應達到平衡狀態，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K只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變，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，反應的化學方程式為___________。（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·L-1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·L-1。（3）配制銅氨溶液：向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出現藍色沉淀，隨后沉淀溶解，溶液變為深藍色。反應的離子方程式：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=4.8×10-20Cu2＋(aq)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)K=7.24×1012②提出猜想根據查閱的資料判斷反應II難以進行。通過計算說明理由___________。③驗證猜想設計如下方案，進行實驗。步驟現象i．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入足量1mol·L-1___________溶液生成藍色沉淀ii．再向i中懸濁液滴加配制氨水，振蕩___________④實驗小結猜想成立。⑤教師指導Cu(OH)2＋4NH3＋2NH[Cu(NH3)4]2＋＋2NH3·H2OK=1.13×103⑥繼續探究步驟現象iii．向ii中繼續滴加___________溶液藍色沉淀溶解，溶液變為深藍色⑦分析討論結合方程式II，從平衡移動的角度解釋步驟ii的現象___________。【答案】（1）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Ⅱ的平衡常數K’=Ksp×K=4.8×10?20×7.24×1012=3.5×10?7，該反應平衡常數小于10?5，說明反應正向進行的程度小②.NaOH/KOH③.藍色沉淀不溶解④.硫酸銨(氯化銨等銨鹽均可)⑤.加入銨鹽，c(OH?)減小，反應Ⅱ平衡正向進行，從而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(反應Ⅰ逆向進行，生成的Cu2+結合NH3的思路也可)【解析】【小問1詳解】實驗室制取氨氣是加熱固體氯化銨和氫氧化鈣，方程式為：。【小問2詳解】①量取氨水，需要堿式滴定管；用鹽酸滴定氨水，鹽酸需裝入酸式滴定管。答案：堿式滴定管、酸式滴定管。②根據反應列式：，可得，答案為：。【小問3詳解】硫酸銅溶液中逐滴加入氨水，先出現藍色沉淀，生成氫氧化銅沉淀，方程式為：。【小問4詳解】，其平衡常數表達式為：，代入數據計算：，說明正向反應程度很小。答案為：反應的平衡常數為：，該反應平衡常數小于，說明反應正向進行的程度小。反應生成藍色沉淀，向該懸濁液滴加配制的氨水，振蕩。由于反應的平衡常數小于，反應很難進行，所以沉淀不溶解。答案為：；藍色沉淀不溶解根據⑤的方程式，氨水中含有氨氣，要使該反應發生，應該加入含有銨根離子的物質，該物質為等銨鹽。故答案為：硫酸銨(氯化銨等銨鹽均可)；加入銨鹽，減小，反應正向進行，從而促進溶解生成。故答案為：加入銨鹽，減小，反應平衡正向進行，從而促使溶解生成生成(反應逆向進行，生成的的思路也可)。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：M2＋(水相)＋2RH(有機相)MR2(有機相)＋2H＋(水相)，(K(M2+)為萃取反應的平衡常數，M2＋代表Ni2＋或Co2＋)。II．該工藝下，Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2；飽和Na2CO3的濃度約為1.5mol·L-1。（1）Mn屬于___________區元素。（2）“堿浸”時，Al箔發生反應的離子方程式為___________。（3）“酸浸”時，Co3O4被還原為Co2＋，1molCo3O4需添加Na2SO3___________mol。（4）“沉錳”時，Mn2＋發生反應的離子方程式為___________。（5）“鎳鈷分離”時，NiR2和CoR2的濃度相近，通過調控pH，可將Ni2＋、Co2＋依次從有機溶劑HR中分離出來，可知___________(填“>”“<”或“=”)（6）該工藝中能循環利用的物質有___________(填化學式)。（7）通過計算說明“沉鋰”時Li＋是否可以沉淀完全___________。（8）正極材料的結構如圖所示，粒子個數比Ni：Co：Mn=___________，該材料化學式為___________。【答案】（1）d（2）2Al+2OH?+6H2O=2[Al(OH)4]?+3H2↑（3）1（4）Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+（5）<（6）RH、H2SO4、NaOH（7）Li+完全沉淀時，c(Li+)=1×10-5mol·L-1，需c(CO)==2.5×108mol·L-1遠大于飽和碳酸鈉溶液的濃度，故Li+不能沉淀完全（8）①.1∶1∶1②.Li3NiCoMnO6【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溶液反應生成Na[Al(OH)4]和H2，Li、Ni、Co、Mn的氧化物和NaOH溶液不反應，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。【小問1詳解】Mn位于第四周期第ⅦB族，屬于d區元素；【小問2詳解】“堿浸”時，Al箔和NaOH溶液反應生成Na[Al(OH)4]和H2，發生反應的離子方程式為：；【小問3詳解】“酸浸”時，Co3O4被還原為Co2+，離子反應方程式為：；，根據離子方程式知，1molCo3O4需添加1molNa2SO3；【小問4詳解】“沉錳”時，Mn2+轉化為MnO2，Mn元素的化合價由+2價變為+4價，Na2S2O8被還原為Na2SO4，該反應的離子方程式為Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；【小問5詳解】“鎳鈷分離”時，平衡常數小的先從有機溶劑R中分離出來，NiR2和CoR2的濃度相近，通過調控pH，可將Ni2＋、Co2＋依次從有機溶劑HR中分離出來，可知＜；【小問6詳解】根據分析和流程圖可知，能循環利用的物質有RH、H2SO4、NaOH；【小問7詳解】當鋰離子完全沉淀時，，數據可知，，遠大于飽和碳酸鈉溶液的濃度，說明此時不能沉淀完全；【小問8詳解】根據左側圖知，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的個數之比為1:1:1；該晶胞中Ni或Co或Mn原子個數為2+4×=3、Li原子個數為8×+2=3、O原子個數為8×+4=6，該材料化學式為Li3NiCoMnO6。19.乙酸乙酯是應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·L-1。③18O標記的乙酸乙酯在NaOH溶液中發生水解的部分歷程如下：已知可快速平衡。能量變化如圖：反應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△H=___________(用含E1、E2、E3、E4的代數式表示)，體系中含18O的微粒除A、B、D、E外，還有___________。（2）反應CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH3CH3(l)＋H2O(l)的?H<0，?S>0。①反應___________自發進行(選填“低溫下”“高溫下”“任意溫度下”或“不能”)。②T℃時，該反應平衡常數Kx==1，其中，n(總)為平衡時乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物質的量之和。1mol乙醇和1mol乙酸充分反應后，乙酸的轉化率為___________(寫出計算過程)。（3）制備乙酸乙酯的實驗中，常用飽和碳酸鈉溶液收集產物。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。設計如下實驗：序號操作現象i取10mL飽和NaOH溶液(4.5mol·L-1)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，___________。【答案】（1）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，反應速率慢【解析】【小問1詳解】①基態O原子價層電子為其2s、2p能級上的電子，其基態O原子價層電子排布式為2s22p4；②常溫下，某CH3COONa溶液pH=9，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、存在物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以存在c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)=mol/L=10-5mol/L；③反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中，反應所需活化能越大，反應速率越慢，慢反應為乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步，根據圖知，反應Ⅰ為乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的決速步，總反應為A生成D，則總反應ΔH=E1-E2+E3-E4；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ΔH＜0、ΔS＞0，該反應能自發進行，則ΔH-TΔS＜0，反應任意溫度下自發進行；②x(B)=，n(總)為平衡時乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物質的量之和，T℃時，該反應平衡常數Kx=等于生成物物質的量冪之積與反應物物質的量冪之積的比，Kx=1；1mol乙醇和1mol乙酸充分反應后，設乙酸的轉化率為x，則達到平衡時消耗n(CH3COOH)=xmol；列三段式如下：Kx====1，x=50%。【小問3詳解】①根據實驗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溶液中小；②實驗i混合溶液堿性強、實驗i