广东省湛江市2023年高考化学二模试卷及答案

高考化学二模试卷一、单项选择题1.化学与生活、生产密切相关，以下描述错误的选项是〔

〕A.医用酒精消毒的原理是使蛋白质变性

B.天然气是我国推广使用的清洁燃料

C.真丝织品和纯棉织品用灼烧法区分

D.废旧锌锰电池投入可回收垃圾箱2.中华文化是人类进步的瑰宝和见证.对以下古文献解读错误的选项是〔

〕选项古文献解释A高奴县有洧水，可燃洧水指石油，属于可再生能源B丹砂()烧之成水银，积变又还成丹砂涉及了氧化复原反响C凡石灰，经火焚炼为用文中石灰的主要成分为D(火药)乃焰硝、硫磺、山木炭所合……黑火药爆炸时碳表达复原性A.A

B.B

C.C

D.D3.新型材料在各领域中的应用越来越广泛，以下相关说法错误的选项是〔

〕A.“嫦娥五号〞组装材料中的中子数为26

B.高温结构陶瓷是生产汽车发动机的理想材料

C.砷化镍等新型半导体材料可用于制作光导纤维

D.飞机上所用由碳纤维和环氧树脂合成的材料属于复合材料4.硼原子受α粒子(He)轰击可得碳原子和氕：.其中硼原子、碳原子核外L能层中运动的电子数目之比为〔

〕A.1∶1

B.2∶5

C.3∶2

D.3∶45.我国中草药文化源远流长，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如下列图。以下说法中错误的选项是〔

〕A.分子式为C13H12O6

B.该有机物结构中含有4种官能团

C.该有机物可以使酸性KMnO4溶液褪色

D.该有机物能与NaOH溶液发生反响6.设NA为阿伏加德罗常数的值.以下说法错误的选项是〔

〕A.1L0.1mol/LCH3COONa溶液中含有的阴离子数目为0.1NA

B.1molNa与足量O2充分反响后，转移的电子数目为NA

C.常温常压下，17gH2O2含有的氧原子数目为NA

D.11.2L(标准状况)N2与NH3的混合物中含有的共用电子对数目为1.5NA7.图中装置是一种简易反响装置，利用图示及相应试剂不能完成相应实验的是〔

〕选项棉花球上蘸的液体固体实验A乙醇氧化铜制备少量乙醛B石蜡油碎瓷片石蜡油的分解C浓氨水无水氯化钙制备枯燥的氨气D水铁粉铁粉复原水蒸气A.A

B.B

C.C

D.D8.科研工作者研究出一种新型的醇催化氧化途径，可以防止生成有毒物质，其局部反响机理如下列图.以下说法错误的选项是〔

〕A.防止生成有毒物质符合绿色化学的理念

B.在该反响中作催化剂

C.反响过程中N和S元素的成键数目均保持不变

D.总反响方程式为++HCl9.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素.W与Z同主族，且Z原子序数是W的两倍；Y原子在同周期中半径最大.以下说法正确的选项是〔

〕A.简单离子半径：

B.X的单质与水反响生成两种酸

C.简单离子复原性：

D.由W、Y、Z三种元素组成的化合物有2种以上10.以下有关离子共存的表达或离子方程式的书写正确的选项是〔

〕A.常温pH=7的溶液中，K+、、Fe3+可以大量共存

B.通入H2S至饱和的溶液中，Cl-、、Cu2+可以大量共存

C.泡沫灭火器是利用水解原理：

D.Zn溶于过量的浓硝酸中：11.氢能源电池是目前研究的热点之一，一种可实现氢气循环利用的新型电池的放电工作原理如下列图，以下说法正确的选项是〔

〕A.

该装置化学能与电能之间的能量转化效率可达100%

B.

充电时，电极M接电源的负极

C.

放电过程中由左池通过交换膜向右池移动

D.

放电时，N极电极反响式为12.以下实验操作和现象所得结论正确的选项是〔

〕选项实验操作现象结论A将蔗糖和硫酸的混合液加热，片刻后调pH至碱性，参加新制的Cu(OH)2，加热出现砖红色沉淀蔗糖发生了水解B向等浓度的KCl、K2CrO4混合液中逐滴参加AgNO3溶液先出现白色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)C向KI-淀粉溶液中滴加双氧水溶液变蓝双氧水可作测定溶液中I-浓度的标准液D将丙烯通入溴水中溴水褪色丙烯与溴单质发生取代反响A.A

B.B

C.C

D.D13.水合乙二胺是一种二元弱碱，在水中的电离方式与相似，其.常温下，用盐酸滴定乙二胺溶液.以下说法错误的选项是〔

〕A.乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式为

B.滴定时选用酚酞作指示剂产生的误差最小

C.滴入盐酸时，溶液呈碱性

D.滴入盐酸时，加水稀释，溶液中减小14.用如图实验装置进行相应实验，能到达实验目的的是〔

〕ABCD验证C的非金属性强于Si比较Fe2+和Cr3+复原性强弱比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性制备氢氧化铁胶体A.A

B.B

C.C

D.D15.高氯酸钾是一种强氧化剂，易溶于水.以氯化钠为原料制备高氯酸钾的一种流程如图：以下说法错误的选项是〔

〕A.

“电解〞生成气体的主要成分为H2

B.

“高温分解〞反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为3∶1

C.

本实验条件下，KClO4在水中的溶解度比NaClO4小

D.

母液经别离、提纯可制得食盐16.25℃时，用NaOH调节H3AsO4溶液的pH，溶液中含砷物种的分布系数δ与pH的关系如下列图.[H3AsO4的分布系数：δ(H3AsO4)=]以下说法错误的选项是〔

〕A.升高温度，H3AsO4溶液的pH减小

B.H3AsO4的第一步电离常数的数量级为10-3

C.M点溶液中存在c(Na+)=2c(HAsO)+3c(AsO)

D.pH=11时溶液中离子浓度：c(HAsO)>c(AsO)>c(H2AsO)二、综合题17.硫酸亚铁在印染、医药、化肥等多个行业有广泛应用.某学习小组对硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)的热分解产物进行探究.答复以下问题：〔1〕装置A中石棉绒的作用为________；装置D中的仪器名称为________。〔2〕按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→________、________→________、________→________、________→h(填装置口小写字母)〔3〕该小组同学按上述顺序连接各装置并进行实验，请为他们补全表格：装置编号填装试剂实验现象实验结论AFeSO4·7H2O绿色固体逐渐变为红色粉末B①________②________分解产物中含有SO2CBaCl2溶液产生白色沉淀③________D无水CuSO4粉末白色固体逐渐变为蓝色分解产物中含有水蒸气E④________〔4〕硫酸亚铁晶体分解的化学方程式为________。〔5〕设计实验证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素：________(简述实验操作及现象)。18.氧化钴可制备反铁磁材料、催化剂、电极材料等.由富钴废液(含、、、、)制备氧化钴的一种流程如图：：Ⅰ.“反响〞过程中发生的转化为：NO+H++⇌+H2O，3+Co3+⇌3H++↓Ⅱ.烧渣中含有、、、、；滤渣的成分为、。答复以下问题：〔1〕“反响〞过程需要不断搅拌的目的为________；“调〞时溶液的过高或过低对“反响〞的不利影响为________。〔2〕“酸溶〞时发生反响的化学方程式为________。〔3〕“除铁、锰〞时发生反响的离子方程式为________。〔4〕“萃取〞步骤可除去的离子为________，可用此方法除去该离子的原因是________。〔5〕“沉钴〞时需在较低温度下进行的原因为________。〔6〕假设富钴废液中，从废液中(废液的密度为)经此工艺最终得到，那么的产率为________.(结果保存3位有效数字)19.缓解温室效应，合理利用是目前的科研热点之一.：Ⅰ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

∆H=+41.3kJ/molⅡ.CO(g)+2H2(g)CH3OH

∆H=-92.6kJ/mol答复以下问题：〔1〕二氧化碳与氢气生成甲醇蒸气和水蒸气的热化学方程式为________。〔2〕一定条件下，向10L恒容密闭容器中充入1molCO2(g)和2molH2(g)发生上述Ⅰ、Ⅱ反响，实验测得反响平衡时CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量与温度的关系如图1所示。①图中表示H2O(g)的物质的量与温度关系的曲线为________(填“L1〞或“L2〞)，理由为________。②T0℃时，假设反响在5min时恰好到达平衡状态，那么反响的平均速率v(CO2)=________；该温度下，反响Ⅰ的平衡常数Kc=________。〔3〕研究说明，CO2电催化复原也可制得甲醇，局部反响机理如图2所示(其中吸附在催化剂外表的物种用“·〞标注)。①CO2电催化复原制备甲醇同时生成的两种副产物中，含量较大的是________(填“CO〞或“HCHO〞)；提高反响选择性的关键因素是________。②假设电催化装置中电解质为硫酸，那么阴极的主要电极反响式为________。20.、在电化学和催化领域均有重要地位.答复以下问题：〔1〕基态原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图的形状为________；、两种基态原子的价层电子数目之比为________；、、的第一电离能由大到小的顺序为________。〔2〕碳有多种同素异形体，其中等质量的石墨与金刚石中共价键的数目之比为________。〔3〕、、的沸点由高到低的顺序为________，原因为________。〔4〕的酸性弱于的原因为________；中的杂化方式为________。〔5〕的晶胞结构如下列图。①晶体中，C周围距离最近且相等的的数目为________。②假设阿伏加德罗常数的值为，那么晶体密度________。21.化合物M是一种医药中间体，有抗菌作用.实验室制备M的一种合成路线如图：：①H2O+②③答复以下问题：〔1〕A的化学名称为________；由B生成C的反响类型为________。〔2〕D中的含氧官能团的名称为________；F的结构简式为________。〔3〕G能发生缩聚反响，写出其反响方程式________。〔4〕以下关于M的说法正确的选项是_______(填选项字母)。A.处于同一平面的碳原子最多有13个

B.能发生酯化反响和银镜反响

C.含有手性碳(连有四个不同原子或基团的碳)

D.1molM最多与5molH2发生加成反响〔5〕Q为E的同分异构体，写出同时满足以下条件的一种Q的结构简式________。①除苯环外无其他环状结构，属于氨基酸②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1〔6〕参照上述合成路线和信息，以苯酚和HOCH2CH2COCl为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线________。

答案解析局部一、单项选择题1.【答案】D【解析】【解答】A．医用酒精浓度为75%，医用酒精消毒的原理是使蛋白质变性，使病毒失活，A项不符合题意；B．天然气的燃烧热值高无污染，是我国推广使用的清洁燃料，B项不符合题意；C．灼烧法鉴别真丝和纯棉织品的原理是蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，C项不符合题意；D．废旧电池应投入有害物品或特殊垃圾的垃圾箱，随意丢弃废旧电池污染土地，D项符合题意；故答案为D。

【分析】A．酒精可以使蛋白质变性；

B．天然气的燃烧热值高无污染，是清洁燃料；

C．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味；

D．废旧电池中有重金属等有毒物质，不能投入可回收垃圾箱。2.【答案】A【解析】【解答】A．石油属于不可再生能源，A项符合题意；B．涉及单质的转换，属于氧化复原反响，B项不符合题意；C．文中所述石灰需高温焚炼，应为石灰石，主要成分为CaCO3，C项不符合题意；D．黑火药爆炸时碳转化为二氧化碳，表达复原性，D项不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．石油是化石燃料，属于不可再生能源；

B．化合物变为单质的过程中发生氧化复原反响；

C．CaCO3高温分解可制得CaO；

D．碳转化为二氧化碳，表达复原性。3.【答案】C【解析】【解答】A．的质子数为22、质量数为48，那么中子数为(48—22)=26，故A不符合题意；B．具有硬度大、耐高温、抗氧化、耐腐蚀等优良性能的高温结构陶瓷是生产汽车发动机的理想材料，故B不符合题意；C．砷化镍等新型半导体材料可用于制作芯片、太阳能电池等，不能用于制作光导纤维，故C符合题意；D．飞机上所用由碳纤维和环氧树脂合成的材料是由两种不同的材料组成的具有多种功能的材料，属于复合材料，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】光导纤维的材料是二氧化硅，常见的半导体材料是硅单质以及砷化镍等可以做太阳能电池和芯片，其他选项均正确4.【答案】D【解析】【解答】硼原子核外L能层中运动的电子数目为3，碳原子核外L能层中运动的电子数目为4，二者之比为3∶4，D项符合题意；故正确答案为D。

【分析】根据原子核外的电子排布即可找出L层的电子数5.【答案】B【解析】【解答】A．根据有机物的结构简式，该有机物的分子式为C13H12O6，A项不符合题意；B．有机物的结构中含有碳碳双键、羟基、羧基、酯基、醚键共5种官能团，B项符合题意；C．碳碳双键可使酸性KMnO4溶液褪色，C项不符合题意；D．酚羟基和羧基可与NaOH溶液反响，D项不符合题意；故答案为B。

【分析】根据结构简式即可写出分子式，即可找出含有羧基、酯基、酚羟基、醚基和双键，可以和氢氧化钠和高锰酸钾发生反响6.【答案】A【解析】【解答】A．CH3COONa溶液中存在水的电离和醋酸根的水解，故1L0.1mol/LCH3COONa溶液中含有的阴离子数目不为0.1NA，A项符合题意；B．1molNa与足量O2充分反响，Na变为Na+转移1mole-，B项不符合题意；C．17gH2O2的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数目为2×0.5mol×NA=NA，C项不符合题意；D．N2与NH3分子中均含有3对共用电子对，故11.2L(标准状况)N2与NH3的混合物中含有的共用电子对数目为1.5NA，D项不符合题意；故答案为A。

【分析】A.未考虑到醋酸根的水解和水的电离

B.根据Na~Na+~e即可计算出转移的电子数

C.根据n=计算出物质的量，再根据分子式找出1个分子中含有的氧原子个数

D.先根据n=计算出物质的量，再根据结构式找出共用电子对数即可7.【答案】C【解析】【解答】A．乙醇在加热的条件下可以与反响制备乙醛，该装置能完成实验，A不符合题意；B．加热条件下，石蜡油在碎瓷片的作用下可以分解，该装置能完成实验，B不符合题意；C．氯化钙吸水形成水合氯化钙，水合氯化钙加热也会脱出水分，同时氯化钙也能与氨结合，该装置不能完成实验，C符合题意；D．加热条件下铁粉可以与水蒸气反响四氧化三铁和氢气，铁粉将水蒸气复原，该装置能完成实验，D不符合题意；故答案为C。

【分析】A.利用氧化铜将乙醇氧化为乙醛

B.利用碎瓷片催化剂可以催化分解石蜡油

C.一般利用生石灰或者氢氧化钠吸收氨气中的水

D.高温下水蒸气和铁反响得到四氧化三铁和氢气8.【答案】C【解析】【解答】A．防止生成有毒物质，可防止污染环境，符合绿色化学的理念，A项不符合题意；B．反响过程中，参与反响后，又有生成，在反响中作催化剂，B项不符合题意；C．由图可知，反响过程中S元素的成键数目发生改变，C项符合题意；D．由转化关系知，醇催化氧化的总反响为，D项不符合题意；故答案为C。

【分析】A.根据题意防止生成有毒物质符合绿色化学的要求

B.根据流程图即可判断出其为催化剂

C.根据流程图氮的化学键数不变，硫的化学键数目变化

D.根据反响物和生成物即可写出方程式9.【答案】D【解析】【解答】A．简单离子半径，，A不符合题意；B．与水反响生成和，B不符合题意；C．复原性小于，C不符合题意；D．由、S、O三种元素组成的化合物有、、等，D符合题意；故答案为：D。【分析】由信息可知，W与Z同主族，且Z原子序数是W的两倍，所以W是O，Z是S，Y原子在同周期中半径最大，Y是Na，所以X是F。10.【答案】C【解析】【解答】A．pH=7的溶液中Fe3+不会大量存在，Fe3+在pH约2.7开始沉淀，在pH为3.7时沉淀完全，A项不符合题意；B．H2S在溶液中可以发生电离，电离出的S2-与Cu2+在溶液中生成沉淀不能共存，B项不符合题意；C．泡沫灭火器中两种溶液混合反响过程是硫酸铝与碳酸氢钠发生互促程度大的双水解，C项符合题意；D．浓硝酸具有氧化性，Zn与浓硝酸反响生成NO2，D项不符合题意；故答案为C。

【分析】A.铁离子水解成酸性，因此中性溶液时不能存在铁离子

B.发生复分解反响不能共存

C.泡沫灭火器是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解到达灭火的机理

D.稀硝酸时得到的是一氧化氮11.【答案】D【解析】【解答】A．化学能在转化为电能时还可能转化为热能等，因此该装置化学能与电能之间的能量转化效率小于100%，A项不符合题意；B．充电时，电极N接电源的负极，电极M接电源的正极，B项不符合题意；C．放电过程中，由负极移向正极，那么由右池通过交换膜向左池移动，C项不符合题意；D．放电时，N极电极反响式为，D项符合题意；故答案为D。【分析】由图可知，放电时M极生成H2，H+转化为H2，发生复原反响，作正极，N极为负极，H2失去电子形成H+，H+和OH-反响生成H2O；充电时，N极，H2O中H+放电生成H2和OH-，H+转化为H2，发生复原反响，作阴极，连接电源负极，M极为阳极，H2失去电子形成H+。12.【答案】A【解析】【解答】A．蔗糖水解生成了葡萄糖和果糖，在碱性条件下可以用新制的Cu(OH)2检验有葡萄糖生成，A项符合题意；B．AgCl与Ag2CrO4的离子比不同，不能比较溶度积大小，可以通过沉淀转化的方式比较，B项不符合题意；C．KI-淀粉溶液中滴入双氧水即变蓝，无法判定滴定终点，C项不符合题意；D．溴水中含有溴化氢、次溴酸等多种成分，不能判定是溴单质发生反响，且烯烃发生加成反响使溴水褪色，D项不符合题意；故答案为A。

【分析】A.符合醛基的检验方法

B.应该控制离子浓度相等

C.反响速率过快，终点不易把控

D.丙烯含有双键与溴发生的是加成反响13.【答案】B【解析】【解答】A．由信息，结合在水中电离知，乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式为，A项不符合题意；B．强酸滴定弱碱选用甲基橙作指示剂可减小实验误差，B项符合题意；C．当滴入盐酸时形成碱式盐，由可知溶液呈碱性，C项不符合题意；D．加水稀释过程中不变，但水解程度增大，增大，故减小，D项不符合题意；故答案为B。

【分析】A.根据水合乙二胺是二元弱碱即可写出第一步电离方程式

B.与盐酸得到的溶液显酸性不应用酚酞做指示剂

C.根据此时得到的溶质进行判断电离和水解常数的大小即可判断

D.根据此时的溶质进行判断14.【答案】B【解析】【解答】A．HCl也可以与硅酸钠反响生成沉淀，装置没有排除HCl的干扰，无法验证，A项不符合题意；B．根据电流表指针的旋转方向判断反响中的复原剂与复原产物，可通过复原剂的复原性强于复原产物实现，B项符合题意；C．比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性应将碳酸钠装在大试管，碳酸氢钠装在小试管，C项不符合题意；D．制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴参加FeCl3饱和溶液，D项不符合题意；故答案为B。

【分析】A.需要将挥发出的氯化氢气体除去排除干扰

B.通过指针的偏转即可判断出复原性的强弱

C.碳酸钠和碳酸氢钠位置弄反

D.此操作得到的是氢氧化铁沉淀15.【答案】B【解析】【解答】A．“电解〞过程中阴极由水电离出的H+得电子生成H2，A项不符合题意；B．由流程信息知，NaClO3“高温分解〞生成NaCl和NaClO4，由电子守恒知氧化剂和复原剂的物质的量之比为1∶3，B项符合题意；C．“转化〞步骤中，NaClO4中参加KCl溶液后经系列操作得KClO4，推知本实验条件下，KClO4在水中的溶解度比NaClO4小，C项不符合题意；D．母液中溶质的主要成分为NaCl，D项不符合题意；故答案为B。【分析】根据流程，电解饱和食盐水后阳极失电子生成氯气，生成的氯气与溶液中的氢氧根反响生成氯酸钠溶液，将溶液结晶得到氯酸钠晶体，氯酸钠晶体经高温分解生成高氯酸钠，由于高氯酸钾在溶液中的溶解度小于高氯酸钠，因此向高氯酸钠晶体中参加氯化钾溶液使晶体转化成高氯酸钾，经后续步骤得到高氯酸钾晶体，据此分析。16.【答案】C【解析】【解答】A．升高温度，酸的电离程度增大，c(H+)增大，pH减小，A项不符合题意；B．由图知，c(H3AsO4)=c(H2AsO)时，溶液pH=2.2，故H3AsO4第一步电离常数的数量级为，B项不符合题意；C．M点溶液中c(H2AsO)=c(HAsO)、c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)，那么c(Na+)=3c(HAsO)+3c(AsO)，C项符合题意；D．由图可知，pH=11时，溶液中c(HAsO)>c(AsO)>c(H2AsO)，D项不符合题意；故答案为C。

【分析】A.弱酸的电离吸热，温度升高导致电离增强氢离子浓度增大

B.根据交点即可计算出

C.根据M点的溶质即可利用电荷守恒

D.根据pH=11的图示即可判断离子浓度的大小二、综合题17.【答案】〔1〕防止固体粉末堵塞导管；(球形)枯燥管

〔2〕g；f；e；d；c；b

〔3〕品红溶液；溶液由红色褪为无色；分解产物中含有SO3；NaOH溶液

〔4〕2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑

〔5〕取实验后反响管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀【解析】【解答】(1)装置A中石棉绒可防止固体粉末堵塞导管；装置D中盛放无水CuSO4的仪器名称为(球形)枯燥管；(2)由实验目的和原理知，A中发生FeSO4·7H2O分解，装置D用于检验水蒸气，装置C用于检验SO3，装置B用于检验SO2，装置E用于尾气处理，按气流方向，装置合理的连接顺序为agfedcbh；(3)装置B用于检验SO2，可以用品红溶液褪色证明分解产物中含有SO2；装置C中BaCl2溶液产生白色沉淀可以证明分解产物中含有SO3；装置E为尾气处理，应填装的试剂为NaOH溶液；(4)根据现象可知硫酸亚铁晶体分解的生成物为Fe2O3、水蒸气、SO3和SO2，化学方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑；(5)证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素的实验方案：取实验后反响管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀。【分析】〔1〕棉花一般是防止粉末堵塞导管，根据D的装置结构即可知道名称

〔2〕主要是是研究硫酸亚铁加热时的分解产物，主要是水蒸气、二氧化硫、三氧化硫等气体，一般用品红检验二氧化硫，氯化钡检验三氧化硫还需要尾气处理装置即可连接仪器

〔3〕检验二氧化硫利用品红溶液褪色，气体通入氯化钡溶液后有沉淀说明有三氧化硫，二氧化硫有毒需要进行尾气处理利用氢氧化钠溶液进行除去

〔4〕根据验证的产物即可写出方程式

〔5〕将A中固体用盐酸溶解后参加K3[Fe(CN)6]溶液即可判断

18.【答案】〔1〕增大反响物的接触面积，加快反响速率，使反响更充分；“调〞过高不利于生成，过低不利于生成

〔2〕

〔3〕

〔4〕；锌离子在煤油中溶解度更大

〔5〕防止分解

〔6〕52.8%【解析】【解答】(1)搅拌可增大反响物的接触面积，加快反响速率，使反响更充分；由信息Ⅰ知，“调〞过高不利于生成而使钴富集率低；“调〞过低直接导致的量减小；

(2)“酸溶〞时，双氧水、稀硫酸将，转化为，反响的化学方程式为；(3)“除铁、锰〞时在弱酸性条件下被氧化为，反响的离子方程式为；(4)萃取是利用物质在两种互不相溶或微溶的溶剂中溶解度不同，使物质从一种溶剂中转移到另一种溶剂中，根据流程可知“萃取〞步骤目的是除去锌离子；可用此方法除去该离子的原因是锌离子在煤油中溶解度更大；(5)“沉钴〞时所用受热易分解而降低原料的利用率，故需在较低温度下进行；(6)富钴废液中，假设全部回收，理论上最终可得到，即，那么的产率。【分析】此题为用富钴废液制备氧化钴的一种工业流程题，在制备的过程中因富钴废液中有较多杂质，所以经过调pH，溶解，焙烧，酸溶，除杂，萃取，煅烧等一系列流程得到氧化钴，据此分析答复以下问题。

19.【答案】〔1〕CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∆H=-51.4kJ/mol

〔2〕L1；反响Ⅰ为吸热反响，升高温度，H2O(g)的物质的量增大；0.012mol/(L·min)；0.5

〔3〕CO；催化剂；CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O【解析】【解答】(1)由反响Ⅰ、Ⅱ推知：Ⅰ+Ⅱ可得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∆H=-51.4kJ/mol；

(2)①反响Ⅰ为吸热反响，升高温度，H2O(g)的物质的量增大、H2(g)物质的量减小；反响Ⅱ为放热反响，升高温度，会导致CH3OH(g)物质的量减小，故曲线L1表示H2O(g)的物质的量与温度的关系；②由图知，T0℃到达平衡时，H2O(g)物质的量为0.6mol，那么反响CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)生成0.6molCO(g)、消耗CO2(g)、H2(g)均为0.6mol；CH3OH(g)物质的量为0.4mol，反响消耗0.4molCO(g)、0.8molH2(g)，那么平衡时CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为0.2mol、0.6mol、0.4mol、0.6mol.由此计算，反响的平均速率；反响Ⅰ的平衡常数；(3)①由图2知，生成CO的活化能小于生成HCHO的活化能，故含量较大的是CO；提高反响选择性的关键因素是催化剂；②阴极发生CO2得电子转化为CH3OH的反响，电极反响式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。【分析】根据盖斯定律计算化学反响热；根据化学平衡移动的影响因素判断反响进行的方向及曲线；根据反响过程中各物质的转化量和平衡时各物质的平衡量计算反响速率及平衡常数；根据反响中得失电子的物质判断电解池的阴阳极并写出电极方程式。

20.【答案】〔1〕球形；2∶3；

〔2〕3∶4

〔3〕；分子间能形成氢键，的相对分子质量大于，分子间作用力大于

〔4〕中非羟基氧原子数小于中非羟基氧原子数，中的正电性弱于中的正电性，更难电离出氢离子；

〔5〕6；【解析】【解答】(1)为28号元素，基态原子价层电子排布式为，的电子云轮廓图的形状为球形；基态原子的价层电子排布式为、基态原子的价层电子排布式为，二者的价层电子数目之比为2∶3；同周期元素的原子半径越小，第一电离能