B．常温下，Y、W形成的化合物的水溶液的pH<7
C．X氢化物的水溶液用带玻璃塞的试剂瓶保存
D．lmolX、Y形成的化合物中含有2mol极性键
12．常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/LKCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑C2O
的水解）。
已知Ksp（AgCl）数量级为10−10。
下列叙述正确的是
A．图中X线代表的Ag2C2O4
B．n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液
C．向c（Cl−）＝c（C2O
）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀
D．Ag2C2O4+2Cl−=2AgCl+C2O
的平衡常数为10−0.71
13．利用原电池原理，各种化学电池应运而生。
某单液二次电池（如图所示），其反应原理为H2+2AgCl
2Ag+2HCl。
下列说法正确的是
A．放电时，正极的电极反应为AgCl+e−=Ag+Cl−
B．放电时，电子从左边电极经溶液移向右边电极
C．充电时，右边电极与电源的负极相连
D．充电时，每生成1molH2，溶液质量增加216g
二、非选择题（共43分）
26．（14分）以盐湖锂精矿（主要成分为Li2CO3，还含有少量的CaCO3）和盐湖卤水（含一定浓度LiCl和MgCl2）为原料均能制备高纯Li2CO3。
（1）以锂精矿为原料制取碳酸锂的流程如下，其中“碳化溶解”的装置如图所示。
已知：
Ⅰ．20℃时LiOH的溶解度为12.8g。
Ⅱ．Li2CO3在不同温度下的溶解度：
0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。
①装置C中主要反应的化学方程式为______。
②装置C中的反应需在常温下进行，温度越高锂精矿转化速率越小的原因可能是______。
保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有______。
③热解、过滤获得Li2CO3的表面有少量Li2C2O4，未经洗涤也不会影响最终Li2CO3产品的纯度，其原因是______。
（2）设计由盐湖卤水制取Li2CO3的实验方案：
向浓缩后的盐湖卤水______。
[已知：
pH=10时Mg（OH）2完全沉淀，实验中必须用的试剂：
NaOH溶液、Na2CO3溶液]。
27．（14分）碱性锌锰电池的工作原理：
Zn+2MnO2+2H2O=2MnO（OH）+Zn（OH），其中的电解质溶液是KOH溶液。
某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料MnxZn（1-x）Fe2O4，其工艺流程如图所示：
（1）滤液A中溶质的电子式为____________。
（2）已知MnxZn（1-x）Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中锰元素的化合价相同，则铁元素的化合价为_________。
（3）“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：
_____________________________。
（4）“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn（1-X）Fe2O4相符合。
①写出“调铁"工序中发生反应的离子方程式：
_________________，___________________。
②若测得滤液的成分为c（Mn2+）+c（Zn2+）=amol·L−1，c（Fe2+）+c（Fe3+）=bmol·L−1，滤液体积为1m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为________kg（忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示）。
（5）在“氧化"工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是_______________。
（6）用氨水“调pH"后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中的离子浓度由小到大的顺序为_____________________。
28．（15分）MoS2（辉钼矿的主要成分）可用于制取钼的化合物润滑添加剂氢化反应和异构化反应的催化剂等。
回答下列问题：
（1）反应3MoS2+18HNO3+12HCl=3H2[MoO2Cl4]+18NO↑+6H2SO4+6H2O中，每溶解1molMoS2，转移电子的物质的量为___。
（2）已知：
MoS2（s）=Mo（s）+S2（g）ΔH1
S2（g）+2O2（g）=2SO2（g）ΔH2
2MoS2（s）+7O2（g）=2MoO3（s）+4SO2（g）ΔH3
反应2Mo（s）+3O2（g）=2MoO3（s）的ΔH=___（用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示）。
（3）利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液（装置如图所示）。
①阴极的电极反应式为________。
②一段时间后，电解液的pH________（填“增大”“减小”或“不变”），MoO
在电极________（填“A”或“B”）附近生成。
③实际生产中，惰性电极A一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极（基层为TiO2，涂层为RuO2+IrO2），理由是________。
（4）用辉钼矿冶炼Mo的反应为MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）
Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）ΔH。
氢气的转化率随温度和压强的变化关系如图所示。
①该反应的ΔH________（填“＞”或“＜”）0；p1、p2、p3按从小到大的顺序为________。
②在某恒容密闭容器中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，一定温度下发生上述反应，下列叙述说明反应已达到平衡状态的是________（填标号）。
a．v正（H2）=v逆（CO）
b．气体的密度不再随时间变化
c．气体的压强不再随时间变化
d．单位时间内断裂H－H键与断裂H－O键的数目相等
③在2L的恒温恒容密闭容器中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，在1100K时发生反应，达到平衡时恰好处于图中A点，则此温度下该反应的平衡常数为________。
三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
）
35．【化学——选修3：
物质结构与性质】（15分）
X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素，Y的简单气态氢化物水溶液呈弱碱性，Z元素无正价，且基态原子有2个未成对电子，基态W原子价层电子排布式为nsn-1npn-1，X与W为同主族元素。
基态R原子M能层全充满且核外有且仅有1个未成对电子。
请回答下列问题：
（1）基态R原子的核外电子排布式为____________________。
R单质晶体晶胞的堆积方式_____
______，晶胞的空间利用率为___________________。
（2）X、Y、Z三种元素的第一电离能由小到大的顺序为__________（填“元素符号”，下同）。
（3）YF3分子中Y的杂化类型为______________。
该分子的空间构型为_________________。
（4）Y的气态氢化物在水中可形成氢键，其氢键最可能的形式为___________________。
（5）X的某气态氧化物的相对分子质量为44，分子中的大π键可用符号Π
表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则其气态氧化物中的大π键应表示为_______________，其中σ键与π数目之比为______________。
（6）R元素与Y元素形成某种化合物的晶胞结构如图所示（黑球代表R原子），若该晶体的密度为ρg·cm−3，则该晶胞的边长是_________cm（NA表示阿伏伽德罗常数的值）。
36．【化学——选修5：
有机化学基础】（15分）
化合物G（萘丁美酮）是一种解热、镇痛药，其合成路线如下：
（1）可以鉴别B、C两种物质的试剂为______。
（2）1molE分子中，碳原子与氧原子形成的σ键的数目为______。
（3）D→E的反应类型为______。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式为______。
①分子中含苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色；
②分子中不同化学环境的氢原子数目之比为2∶3。
（5）写出以
、
和CH3CH2OH为原料制备
的合成路线流程图______（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
2020-2021学年下学期高三5月月考卷
化学答案（A）
7.【答案】B
【解析】A．含硫煤的燃烧排放到空气中的有毒气体主要是SO2，它遇到雨水后形成酸雨，在燃煤中添加石灰石粉末可减少二氧化硫的排放，可减少酸雨的发生，故A正确；B．对所有垃圾通过露天焚烧或深埋的方式进行处理，会污染大气、水体和土壤，不利于改善环境，故B错误；C．氮、磷是植物的营养元素，含氮、磷化合物的生活污水大量排放可使水体富营养化，造成水污染，故C正确；D．PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，它对空气质量和能见度等有重要的影响，故D正确；答案选B。
8.【答案】A
【解析】A．NaHSO4与MgSO4的摩尔质量均为120g/mol，故12.0g两者混合物的物质的量为0.1mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成，故0.1mol固体混合物中含离子为0.2NA个，故A正确；B．0.1molCl2溶于水制成饱和氯水，氯气和水的反应是可逆反应，不能彻底，故0.1mol氯气和水反应转移的电子数小于0.1NA个，故B错误；C．标准状况下，CH2Cl2为液态，不能根据气体摩尔体积计算微粒数目，故C错误；D．常温下，pH=10的CH3COONa溶液中，由水电离出的c（H+）=10−4mol/L，题目没有提供溶液体积，不能计算水电离出的H+数目，故D错误；故选A。
9.【答案】C
【解析】A．由FeSO4·溶液制备FeSO4·7H2O需进行蒸发浓缩，冷却结晶，一般在烧杯中进行蒸发，故A错误；B．乙装置可观察到浓硫酸的体积变大，饱和硫酸铜溶液中有蓝色晶体析出，可验证浓硫酸的吸水性，故B错误；C．在HCl气流中加热氯化镁晶体，可抑制镁离子的水解，丙装置可制备无水
，故C正确；D．NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮，丁装置收集不到纯净的NO，应用排水法收集，故D错误；故选C。
10.【答案】D
【解析】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C20H16N2O4，A正确；B．该物质中含有饱和碳原子，根据甲烷的结构可知该物质所有原子不可能在同一平面内，B正确；C．该物质含有酯基、酰亚胺结构，可以发生水解反应，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，C正确；D．分子中苯环、含氮杂环、碳碳双键可以和氢气发生加成反应，所以1mol该物质最多可以与7mol氢气加成，D错误；综上所述答案为D。
11.【答案】B
【解析】X原子的K层电子数与最外层电子数之比为2∶7，X是F元素；X与W同主族，W是Cl元素；Z与W的原子序数相差3，Z是Si；Y与Z均处于元素周期表的偶数族，Y是Mg元素。
原子半径：
Y>Z>W>X，故A错误；氯化镁是强酸弱碱盐，镁离子水解，溶液呈酸性，故B正确；氢氟酸腐蚀玻璃，故C错误；氟化镁含有离子键，故D错误。
12.【答案】C
【解析】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp（AgCl）=c（Ag+）·c（Cl−）=10−4×10−5.75=10−9.75
=100.25×10−10，则数量级为10−10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp（AgCl）=c（Ag+）·c（Cl−）=
10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10−7，又已知Ksp（AgCl）数量级为10−10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp（Ag2C2O4）=c2（Ag+）·c（C2O
）=
（10−4）2×（10−2.46）=10−10.46，A．由以上分析知，图中X线代表AgCl，故A错误；B．曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c（Ag+）小于平衡浓度，故n点的离子Qc（Ag2C2O4）＜Ksp（Ag2C2O4），故为Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误；C．根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c（Ag+），故向c（Cl−）=c（C2O
）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C正确；D．Ag2C2O4+2Cl−=2AgCl+C2O
的平衡常数K=
此时溶液中的c（Ag+）相同，故有K=
，故D错误。
13.【答案】A
【解析】由H2+2AgCl
2Ag+2HCl可知，放电过程中H2发生氧化反应，AgCl发生还原反应，因此左侧Pt电极为负极，右侧Pt电极为正极，充电时负极与电源负极相连，正极与电源正极相连。
A．AgCl难溶于水，由上述分析可知，放电时正极反应为AgCl+e−=Ag+Cl−，故A正确；B．电子不能进入溶液中，故B错误；C．由上述分析可知，充电时，右边电极与电源的正极相连，故C错误；D．充电时阳极（右侧Pt电极）反应为Ag+Cl−-e−=AgCl，阴极（左侧Pt电极）反应为2H++2e−=H2↑，每生成1molH2，溶液中有2molCl−转化为AgCl沉淀，即电解质溶液中会减少2molHCl，则减少的质量为73g，故D错误；故答案为A。
26.【答案】
（1）Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3温度升高，Li2CO3、CO2溶解度均较小加快搅拌速率加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物为Li2CO3
（2）边搅拌边加入NaOH溶液调节溶液pH大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液，若无沉淀产生，过滤，用热水洗涤沉淀2～3次
【解析】装置A用碳酸钙和稀盐酸反应产生了CO2，在装置B中装饱和食盐水除去HCl气体杂质，向锂精矿中的Li2CO3通入CO2转化成溶于水的LiHCO3，装置C发生反应方程式Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3，加热分解LiHCO3得到Li2CO3，由信息II可知温度越高，Li2CO3的溶解度越小，所以蒸发结晶出Li2CO3晶体。
（1）①装置C中主要反应的化学方程式为：
Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3；②温度越高锂精矿转化速率越小的原因可能是：
温度升高，Li2CO3、CO2溶解度均较小，不利于反应进行，提高锂精矿转化率的操作有：
加快搅拌速率；③Li2CO3的表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物为Li2CO3，所以不影响产品的纯度；
（2）盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需先加NaOH调节pH大于10，将镁离子转化成Mg（OH）2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，再加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗涤晶体，减少晶体的溶解，则实验方案为：
边搅拌边加入NaOH溶液调节溶液pH大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液，若无沉淀产生，过滤，用热水洗涤沉淀2～3次。
27.【答案】
（1）
（2）+3
（3）MnO（OH）+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O
（4）Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑112a-56b
（5）生成的Fe3+催化了双氧水的分解
（6）c（OH−）＜c（H+）＜c（SO
）＜c（NH
）
【解析】废旧无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料MnxZn（1-x）Fe2O4，废旧电池加入水浸取过滤得到滤液A和滤渣，滤渣加入过量稀硫酸熔渣后加入铁，稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，过滤得到滤渣B和滤液，测定滤液成分，“调铁”工序的目的是调整溶液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn（1-x）Fe2O4相符合，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，据此解答。
（1）滤液A中溶质是KOH，电子式为
。
（2）已知MnxZn（1-x）Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时的还原产物中的锰的化合价相同，可知Mn为+2价，锌+2价、氧元素-2价，则根据化合价代数和为0可知铁元素的化合价为+3；（3）“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，该反应的离子方程式为MnO（OH）+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O。
（4）①“调铁"工序中发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑。
②n（Mn2+）+n（Zn2+）=amol·L−1×1000L=1000amol，已有铁元素bmol/L×1000L=1000bmol，由电荷守恒可知MnxZn（1-x）Fe2O4中含Fe2O
为1000amol，其中铁元素的物质的量为1000amol×2=2000amol，还需加入铁的物质的量为2000amol-1000bmol，质量为（2000amol-1000bmol）mol×56g/mol=（112a-56b）kg。
（5）在“氧化"工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是生成的Fe3+催化了双氧水的分解。
（6）由分析可知氮肥为硫酸铵，铵根离子水解溶液显酸性，离子浓度为c（OH−）＜c（H+）＜c（SO
）＜c（NH
）。
28.【答案】
（1）18mol
（2）ΔH3-2ΔH2-2ΔH1
（3）2H2O+2e−=H2↑+2OH−增大A阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨
（4）＞p1＜p2＜p3bc2.5×10−3（mol/L）2
【解析】⑴在反应中，Mo元素的化合价由反应前MoS2中的+2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的+6价，S元素的化合价由反应前MoS2中的－1价变为反应后H2SO4中的+6价，N元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2价，每1molMoS2发生反应，电子转移的物质的量为（6-2）+2×[6-（-1）]mol=18mol；故答案为18mol；⑵根据盖斯定律，将③-2×②-2×①，整理可得反应2Mo（s）+3O2（g）=2MoO3（s）的ΔH=ΔH3-2ΔH2-2ΔH1；故答案为：
ΔH3-2ΔH2-2ΔH1；⑶①该池为电解池，在阴极上溶液中H2O电离产生的H+获得电子，发生还原反应，电极反应式为：
2H2O+2e−=H2↑+2OH−；故答案为：
2H2O+2e−=H2↑+2OH−；②由于溶液中H+不断放电，使溶液中c（OH−）＞c（H+），所以电解一段时间后，溶液的碱性增强，pH不断增大；溶液中的Cl−在阳极失去电子变为Cl2，Cl2具有氧化性，其与水反应产生的HClO氧化性也非常强，Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO
，因此MoO
在阳极A附近生成；故答案为：
增大；A；③在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl−、OH−，Cl−失去电子产生Cl2，OH−也可能失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨，所以阳极一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；故答案为：
阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨；⑷①根据图像可知：
在压强不变时，温度升高，H2的平衡转化率增大，说明该反应的正反应为吸热反应，所以ΔH＞0；由于反应MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）
Mo（s）+2
CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2的转化率降低，根据图像可知H2的转化率p1时最大，p3时最小，说明压强p3最大，p1最小，故压强按从小到大的顺序为：
p1＜p2＜p3；故答案为：
＞；p1＜p2＜p3；②a．由于方程式中H2、CO的化学计量数不等，所以v正（H2）=v逆（CO）不能作为判断平衡状态的标志，故a不符合题意；b．该反应有固体参加反应，气体密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量变大，密度增大，当气体的密度不再随时间变化，说明气体质量不变，因此可根据密度不变判断反应处于平衡状态，故b符合题意；c．该反应是反应前后气体体积不等的反应，若气体的压强不再随时间变化，说明反应处于平衡状态，故c符合题意；d．单位时间内断裂H－H键与断裂H－O键的数目相等，反应正向进行，未处于平衡状态，故d不符合题意；故答案为：
bc；③反应MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）
=Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）在2L容器内进行，向其中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3
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