2024年高考化学模拟卷04（广东卷）试题和答案（含解析）

12024年高考猜想预测卷（山东卷）04高三化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Mg24Cl35.5Ga70一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．劳动创造美好生活，下列帮厨劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项帮厨劳动项目化学知识A制作桃酥时加入碳酸氢铵碳酸氢铵易水解B腌制腊肉时加入食盐氯化钠可以防腐C制作豆腐时加入葡萄酸内酯胶体的聚沉D制作水果罐头时加入少量维生素C维生素C是抗氧化剂2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2L环庚烷中氢原子数目为7NAB．13g苯、乙炔的混合物中所含氢原子数目为NAC．2.4gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数目为0.1NAD．1molNH中含有完全相同的N—H共价键的数目为3NA3．下列实验操作及所选实验装置均正确的是A．海带提碘实验中使用装置甲将海带灼烧成灰B．配制NaOH溶液过程中使用装置乙将NaOH固体溶解2C．用NaOH溶液分离乙醇和乙酸乙酯的混合物使用装置丙D．KMnO4标准溶液滴定亚铁盐实验，滴定结束时如图丁所示读数4．过氧化钠和氢化钙与水的反应分别为：①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2个；②CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2个。下列说法错误A.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应B．Na2O2中存在离子键和非极性键，CaH2中只存在离子键不存在非极性键C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，CaH2中阴、阳离子个数比为2:1D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量之比为1:25．中药杜仲中某种黄酮类化合物结构如图。下列关于该分子的说法错误的是A．所有碳原子可能共平面B．含有3种官能团C．能发生氧化、加成、取代和还原反应D．1mol该化合物和溴水反应，最多消耗4molBr26．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．a与强碱溶液反应可生成c和dB．电解c的水溶液可生成aC．e在光照条件下可生成aD．可存在b→a→e→d的转化关系7．下列试剂的保存方法错误的是A．氢氟酸通常保存在塑料瓶中B．液溴应水封保存，并用橡胶塞塞紧瓶口C．双氧水可以保存在棕色细口瓶中D．FeCl2溶液保存时需加入少量铁粉8．下列实验设计及原理都错误的是3选项实验设计原理A利用NaOH溶液鉴别Al与MgAl会与NaOH溶液反应，而Mg不与其反应B分别加热Na2CO3与NaHCO3固体，并将可能产生的气体通入澄清石灰水，鉴别Na2CO3与NaHCO3碳酸钠受热易分解，生成的CO2使澄清石灰水变浑浊C利用苯鉴别碘单质与高锰酸钾二者在苯中的溶解度不同D利用紫色石蕊试液鉴别二氧化碳与二氧化硫SO2具有漂白性9．离子液体是指在室温或接近室温下呈现液态的，完全由阴、阳离子所组成的化合物。某离子液体的结构如图所示。下列说法错误的是A．分子的键角：CH4>NH3B．分子的极性：PH3>NH3C．第一电离能：F>N>PD．离子的半径：r(P3-)>r(N3-)>r(F-)10．利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：已知：萃取Co2+的反应原理：Co2++2HR(有机磷)=CoR2+2H+。下列说法错误的是A．“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是Na[Al(OH)4]B．“酸溶”反应中H2O2做氧化剂C．“反萃取”中可加入H2SO4分离出Co2+D．“沉钴”时Na2CO3溶液滴加速率不宜过快，目的是防止生成Co(OH)2二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。411．化学用语是化学专用术语。下列化学用语表示错误的是A．NH3的电子式：B．基态砷原子的电子排布式：[Ar]4s24p3C．C2H4分子的空间填充模型：D．2，2，3，3-四甲基丁烷的键线式：12．近日，我国科技工作者通过间歇性脉冲电催化，实现了二电极体系高效电化学固氮的同时合成氨和硝酸，工作原理如图所示。下列说法错误的是A．X极与电源的负极相连B．Y极上的电极反应式为N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-C．生成63gHNO3时有6molOH-由阴离子交换膜右侧向左侧迁移D．固氮电解总反应为4N2+9H2O通电5NH3+3HNO313．利用含锌废料(主要成分是ZnO，还含有CuO、FeO等)制备ZnCl2•6H2O的一种工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．“浸取”操作应在高温下进行B．“氧化除铁”的反应为ClO—+2Fe2++5H2O=Cl—+2Fe(OH)3↓+4H+C．“还原”时，增大溶液酸度有利于Cu的生成D．加入浓盐酸的目的是抑制ZnCl2水解514．百里酚蓝(以下记为H2A)是一种有机弱酸，结构如图1所示，其电离平衡可表示为：)，下列说法不正确的是A．溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化2HKA2D．NaOH滴定CH3COOH，可用H2A作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定终点15．我国科学家成功利用CO2人工合成淀粉，使淀粉生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如图所示。下列说法错误的是A．甲醇能与水完全互溶，甲醇中O—C的O可与H2O中的H形成氢键B．二羟基丙酮中的C原子杂化轨道类型均为sp3C．锌在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族D．该过程有利于实现碳达峰、碳中和三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2）制备二次电池添加剂β一Co(OH)2的流程如下。6已知：25℃时，Co2+(aq)+6NH3(aq)=Co(NH3)62+(aq)K稳=1.0x105部分金属离子浓度c与pH的关系如图所示；沉淀过快无法形成β-Co(OH)2，Co(OH)2在碱性溶液中易被O2氧化。回答下列问题：(1)“酸浸”中Co2O3反应的离子方程式为。(2)“沉铁”中控制pH的理论范围为（溶液中离子浓度c<1．0x10-5mol.L-1时，可认为已除尽）。(3)萃取剂对Co2+、Mn2+萃取率随pH的影响如图，应选择萃取剂（填“M”或“N”）。若萃取剂的量一定时填“一次萃取”或“少量多次萃取”）的萃取效率更高。(4)“沉钴”中，CO(NH3)62+喻β-Co(OH)2的离子方程式为，该反应的K=。(5)CoSO4喻CO(NH3)62+喻β-Co(OH)2过程中，先加氨水再缓慢加NaOH溶液的理由是。“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是。17．磺酰胺[SO2(NH2)2]易溶于醇，溶于热水，不溶于冷水，在酸性、中性、碱性水溶液中性质稳定，主要用于制造医药、农药、染料等。制备磺酰胺的装置如下，其原理为SO2Cl2+4NH3=SO2(NH2)2+2NH4Cl。已知：磺酰氯(SO2Cl2)熔点为-54.1℃,沸点为69.1℃,遇潮湿空气会水解产生酸雾。7(1)试剂X的名称为。(2)装置B中盛放的试剂为（填字母）。a．碱石灰b．浓硫酸(填字母)c．P2O5d．无水CaCl2(3)写出SO2Cl2水解的化学方程式：。(4)装置C中多孔球泡的作用是。Ⅱ.用如下装置测定产品SO2(NH2)2的含量（假设只含NH4Cl杂质，部分装置已省略）(5)蒸氨：取ag样品进行测定。添加药品后，加热仪器M，蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol/LH2SO4标准溶液的锥形瓶中。仪器M的名称为，单向阀的作用是。(6)滴定：将液封装置2中的水放入锥形瓶中，再将锥形瓶中的溶液倒入容量瓶中配制成500mL的溶液，取20mL溶液用c2mol/L的NaOH标准溶液滴定过量的H2SO4，共消耗NaOH标准溶液V2mL，产品中SO2(NH2)2的含量是（列出计算式）。2等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、SO2烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S(l):2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g)ΔH。回答下列问题：(1)已知CO的燃烧热为283.0kJ.mol一1，S(l)+O2(g)=SO2(g)ΔH=一296.8kJ.mol一1。则(2)其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。SO2的转化率随反应温度的变化如图所示。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是。8(3)在密闭容器中，充入2molCO和1molSO2，发生上述反应，SO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图所示。①B点对应条件下，Kx=[对于反应mA(g)+nB(g)=pC(g)+qD(g)Kx=，x为物质的量分数]。②A点和C点的压强平衡常数之比1(填“>”、“<”或“=”)。[用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数]。Ⅱ.烟气中常含有大量SO2和H2S等大气污染物，需经过净化处理后才能排放。除去燃煤产生的废气中的SO2的过程如图所示。(4)过程Ⅰ是SO2发生催化氧化反应，若参加反应SO2和O2的体积比为4∶3，则反应的化学方程式(5)过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分SO2，使Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为。若此过程中除去SO2体积分数为0.5%的废气2240L(标准状况)，可使gCu再生。919．药物Labetalol适用于治疗轻度至重度高血压和心绞痛，化合物G是合成它的前体，其合成路线如图：已知：苯胺()与甲基吡啶()互为同分异构体，吡啶()是类似于苯的芳香化合物。回答下列问题：(1)A的化学名称为。(2)在A→B的转化中，加入过量CH3OH的作用除作溶剂外还有。(3)B中所含官能团的名称为。(4)C→D的反应方程式为。(5)由B生成C的反应类型为。(6)F的结构简式为。(7)C有多种同分异构体，其中满足以下条件的结构简式为、。①含有六元芳香环②能与NaHCO3溶液反应③核磁共振氢谱的峰面积之比为2∶2∶2∶120．氢和氧是构建化合物的常见元素。请回答：(1)钴氧化物和Al2O3按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知钴原子位于晶胞的顶角和面心。①钴蓝晶胞中Co、Al、O原子个数比为。②Co原子间最短的距离为pm。③图2所示字母中，Ⅰ型小立方体分别是a、（填字母序号）。(2)苯、1,3-丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键。①下列说法正确的是。A．同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有3种B．苯中碳原子杂化方式为sp2C．1，3-丁二烯的2、3号位碳原子间的键长大于乙烷中的碳碳键键长CH=C-CH=CH2|2的二氯代物有9种（不考虑立体异构）CH3②苯环之间通过共用苯环的若干条环边而形成的芳香烃称为稠环芳烃，例如：萘()、菲(分子式为C30H18的稠环芳烃，一个分子中σ键有个。(3)邻羟基苯甲醛()能形成分子内氢键。①画出邻羟基苯甲醛的分子内氢键。②邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，在分子间不存在氢键的原因是。12024年高考猜想预测卷（山东卷）04高三化学·参考答案123456789ABDAACBDBBABACACCDBC1612分）(1)Co2O3+4H++SO-=2Co2++SO-+2H2O(2)3.2~7.2(3)N少量多次萃取(4)Co(NH3)62++2OH-=Co(OH)2339.6(5)“碱溶”形成的Co(NH3)62+在加入NaOH“沉钴”时可缓释Co2+利于晶体形成，缓慢加NaOH溶液可以防止沉淀过快无法形成β-Co(OH)2温度高利于减少溶解氧，形成NH3气氛隔绝空气，防止产物被氧化1712分）(1)浓氨水(2)a(3)SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4(4)增大气体与液体的接触面积，使反应更充分(5)三颈烧瓶防倒吸-3-c2V2-3a1812分）(1)-269.2(2)Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源(4)4SO2+3O2+2H2O+2Cu催化剂2CuSO4+2H2SO4(5)SO2-2e-+2H2O=SO-+4H+321912分）(1)邻羟基苯甲酸(2)提高邻羟基苯甲酸的转化率，作溶剂2(3)酚羟基、酯基(4)+CH3COCl——+HCl(5)取代反应2012分）(1)1:2:4 形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，熵的减少量大于形成分子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键12024年高考猜想预测卷（山东卷）04高三化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Mg24Cl35.5Ga70一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．劳动创造美好生活，下列帮厨劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项帮厨劳动项目化学知识A制作桃酥时加入碳酸氢铵碳酸氢铵易水解B腌制腊肉时加入食盐氯化钠可以防腐C制作豆腐时加入葡萄酸内酯胶体的聚沉D制作水果罐头时加入少量维生素C维生素C是抗氧化剂【答案】A【详解】A．制作桃酥时加入碳酸氢铵，是因为碳酸氢铵受热易分解产生气体，使桃酥疏松多孔，A错误；B．食盐可以防止细菌生长从而起到防腐作用，B正确；C．制作豆腐时加入葡萄酸内酯，葡萄酸内酯水解产生葡萄碳酸，从而使豆浆胶体聚沉，C正确；D．维生素C具有较强的还原性，能做抗氧化剂，D错误；故选A。2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2L环庚烷中氢原子数目为7NAB．13g苯、乙炔的混合物中所含氢原子数目为NAC．2.4gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数目为0.1NAD．1molNH中含有完全相同的N—H共价键的数目为3NA【答案】B【详解】2A．标准状况下，环庚烷不是气体，11.2L环庚烷中氢原子数目不是7NA，A错误；B．苯和乙炔的最简式相同为CH，13g苯、乙炔的混合物中所含氢原子数目为NA=NA，B正确；C．2.4gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，镁都由0价升到+2价，转移电子数目为0.2NA，C错误；D．铵根离子中4条N—H共价键完全相同，所以1molNH中含有完全相同的N—H共价键的数目为4NA，D错误；3．下列实验操作及所选实验装置均正确的是A．海带提碘实验中使用装置甲将海带灼烧成灰B．配制NaOH溶液过程中使用装置乙将NaOH固体溶解C．用NaOH溶液分离乙醇和乙酸乙酯的混合物使用装置丙D．KMnO4标准溶液滴定亚铁盐实验，滴定结束时如图丁所示读数【答案】D【详解】A．海带提碘实验中使用坩埚将海带灼烧成灰，A错误；B．容量瓶不能用于溶解和稀释，只能配制一定物质的量浓度的溶液，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，B错误；C．用NaOH溶液会使乙酸乙酯水解，应用饱和碳酸钠溶液，C错误；D．酸性高锰酸钾用酸式滴定管，读数时视线与凹液面相平，D正确；4．过氧化钠和氢化钙与水的反应分别为：①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2个；②CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2个。下列说法错误A.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应B．Na2O2中存在离子键和非极性键，CaH2中只存在离子键不存在非极性键C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，CaH2中阴、阳离子个数比为2:1D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量之比为1:2【答案】A3【详解】A.①中水的化合价没有发生变化，水未发生氧化反应，②中水发生还原反应，故A错误；B．Na2O2是由钠离子和过氧离子构成的，存在离子键和非极性键，CaH2是由钙离子和氢负离子构成的，只存在离子键不存在非极性键，故B正确；C．Na2O2由Na+和O-构成，阴、阳离子个数之比为1：2，CaH2由Ca2+和H-构成，阴、阳离子个数比为2:1，D.①中每生成1个O2分子转移2个电子，②中每生成1个H2分子转移1个电子，当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量之比为1：2，故D正确；故选A。5．中药杜仲中某种黄酮类化合物结构如图。下列关于该分子的说法错误的是A．所有碳原子可能共平面B．含有3种官能团C．能发生氧化、加成、取代和还原反应D．1mol该化合物和溴水反应，最多消耗4molBr2【答案】A【详解】A．该结构中含有酮羰基的六元环上存在两个直接相连的饱和碳原子，为sp3杂化，空间构型为四面体形，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故A错误；B．从其结构可知分子中含有羟基、酮羰基、醚键3种官能团，故B正确；C．分子中含有羟基能发生氧化反应，含有苯环、酮羰基可发生加成、还原反应，苯环上羟基邻、对位氢原子可发生取代反应，故C正确。D．分子中含有酚羟基，且苯环上羟基邻、对位上的氢原子能被溴原子取代，取代1molH原子，消耗1molBr2，所以1mol该化合物和溴水反应，最多消耗4molBr2，故D正确；故答案为：A。6．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是4A．a与强碱溶液反应可生成c和dB．电解c的水溶液可生成aC．e在光照条件下可生成aD．可存在b→a→e→d的转化关系【答案】C【分析】a是氯元素组成的单质，a是Cl2；b是氯元素的无氧酸，b是HCl；c是氯元素无氧酸盐，c可能是NaCl，d是氯元素+1价含氧酸盐，d可能是NaClO，e是氯元素+1价含氧酸，e是HClO。【详解】A．Cl2与NaOH溶液反应可生成是NaCl和NaClO，故A正确；B．电解是NaCl溶液可生成Cl2、H2、NaOH，故B正确；C．HClO在光照条件下可生成HCl和O2，故C错误；D．盐酸可氧化为Cl2，Cl2和水反应生成HClO，HClO和氢氧化钠反应生成NaClO，故D正确；7．下列试剂的保存方法错误的是A．氢氟酸通常保存在塑料瓶中B．液溴应水封保存，并用橡胶塞塞紧瓶口C．双氧水可以保存在棕色细口瓶中D．FeCl2溶液保存时需加入少量铁粉【答案】B【详解】A．氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应，能够腐蚀玻璃，所以通常保存在塑料瓶中，A正确；B．液溴易挥发，密度大于水的密度，微溶于水，所以保存液溴的试剂瓶中应加水液封，但液溴会腐蚀橡胶，故不能使用橡胶塞塞紧瓶口，B错误；C．双氧水受热易分解，双氧水应该避光密封保存，故可以保存在棕色细口瓶中，C正确；D．由于Fe2+易被氧化为Fe3+，而Fe+2Fe3+=3Fe2+，故FeCl2溶液保存时需加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化，D正确；故答案为：B。8．下列实验设计及原理都错误的是选项实验设计原理A利用NaOH溶液鉴别Al与MgAl会与NaOH溶液反应，而Mg不与其反应B分别加热Na2CO3与NaHCO3固体，并将可能产生的气体通入澄清石灰水，鉴别Na2CO3与NaHCO3碳酸钠受热易分解，生成的CO2使澄清石灰水变浑浊C利用苯鉴别碘单质与高锰酸钾二者在苯中的溶解度不同5D利用紫色石蕊试液鉴别二氧化碳与二氧化硫SO2具有漂白性【答案】D【详解】A．Al会与NaOH溶液反应，而Mg不与其反应，可以鉴别Al与Mg，A正确；B．碳酸钠受热易分解，生成的CO2使澄清石灰水变浑浊，可以鉴别Na2CO3与NaHCO3，B正确；C．碘单质易溶于苯，高锰酸钾不溶于苯，二者在苯中的溶解度不同，C正确；D．SO2能使石蕊试液变红色，但是不能漂白石蕊试液，D错误；9．离子液体是指在室温或接近室温下呈现液态的，完全由阴、阳离子所组成的化合物。某离子液体的结构如图所示。下列说法错误的是A．分子的键角：CH4>NH3B．分子的极性：PH3>NH3C．第一电离能：F>N>PD．离子的半径：r(P3-)>r(N3-)>r(F-)【答案】B【详解】A．CH4中都是C—H键，键与键之间的排斥力一样，CH4是正四面体型，键角为109°28′，而氨气中有未成键的孤电子对，孤电子对间的排斥力＞孤电子对对化学键的排斥力＞化学键间的排斥力，所以分子的键角CH4>NH3，故A正确；B．PH3和NH3都是三角锥形，电负性越大，分子的极性越强，电负性：N＞P，故分子的极性PH3＜NH3，故C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素，从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能F>N>P，故C正确；D．同主族元素从上到下，电子层数越多，半径越大，核外电子数相同时，核电荷数越大，半径越小，故离子的半径r(P3-)>r(N3-)>r(F-)，故D正确；10．利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：6已知：萃取Co2+的反应原理：Co2++2HR(有机磷)=CoR2+2H+。下列说法错误的是A．“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是Na[Al(OH)4]B．“酸溶”反应中H2O2做氧化剂C．“反萃取”中可加入H2SO4分离出Co2+D．“沉钴”时Na2CO3溶液滴加速率不宜过快，目的是防止生成Co(OH)2【答案】B【分析】含钴废料（主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质）中加入NaOH溶液碱浸，铝箔溶解转化为Na[Al(OH)4]（滤液Ⅰ)除去，滤渣主要含Co3O4和LiCoO2，根据实验目的可知后续需要萃取Co2+，说明经过酸溶之后，+3价Co元素转化为Co2+，即在酸溶步骤中Co元素被还原，则加入的H2O2作还原剂，过滤，所得滤液中主要含CoSO4和Li2SO4，滤液中加入有机磷萃取，分液后得到含有Li2SO4的无机相及含有CoR2的有机相，有机相中可加入H2SO4进行反萃取分离出Co2+，最后加入Na2CO3溶液沉钴获得CoCO3，以此分析解答。【详解】A．由分析知，滤液Ⅰ”主要成分是Na[Al(OH)4]，故A正确；B．由分析知，“酸溶”反应中H2O2作还原剂，故B错误；C．根据分析，“反萃取”中可加入H2SO4分离出Co2+，故C正确；D．“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大溶液碱性增强会产生Co(OH)2杂质，将导致产品不纯，溶液滴加速率不宜过快，故D正确；二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．化学用语是化学专用术语。下列化学用语表示错误的是A．NH3的电子式：B．基态砷原子的电子排布式：[Ar]4s24p37C．C2H4分子的空间填充模型：D．2，2，3，3-四甲基丁烷的键线式：【答案】AB【详解】A．为NH4H的电子式，NH3的电子式为，A错误；B．As为33号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，用简化排布式表示为：[Ar]3d104s24p3，B错误；C．C2H4的结构简式为CH2=CH2，空间填充模型为，C正确；D．2,2,3,3-四甲基丁烷的结构简式为(CH3)3CC(CH3)3，键线式为，D正确；故选AB。12．近日，我国科技工作者通过间歇性脉冲电催化，实现了二电极体系高效电化学固氮的同时合成氨和硝酸，工作原理如图所示。下列说法错误的是A．X极与电源的负极相连B．Y极上的电极反应式为N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-C．生成63gHNO3时有6molOH-由阴离子交换膜右侧向左侧迁移D．固氮电解总反应为4N2+9H2O通电5NH3+3HNO3【答案】AC【分析】该电解池实现了二电极体系高效电化学固氮的同时合成氨和硝酸，由图可知，N2在X极失去电子生成HNO3，X为阳极，电极方程式为：6H2O+N2-10e-=2NO+12H+，N2在Y极得到电子生成NH3，Y为阴极，电极方程式为：N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，以此解答。【详解】A．由分析可知，X为阳极，与电源的正极相连，故A错误；8B．由分析可知，N2在Y极得到电子生成NH3，Y为阴极，电极方程式为：N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，的物质的量为=1mol，生成1molHNO3时转移5mol电子，有5molOH-由阴离子交换膜右侧向左侧迁移，故C错误；D．X为阳极，电极方程式为：6H2O+N2-10e-=2NO+12H+，Y为阴极，电极方程式为：N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，则固氮电解总反应为4N2+9H2O通电5NH3+3HNO3，故D正确；故选AC。13．利用含锌废料(主要成分是ZnO，还含有CuO、FeO等)制备ZnCl2•6H2O的一种工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．“浸取”操作应在高温下进行B．“氧化除铁”的反应为ClO—+2Fe2++5H2O=Cl—+2Fe(OH)3↓+4H+C．“还原”时，增大溶液酸度有利于Cu的生成D．加入浓盐酸的目的是抑制ZnCl2水解【答案】AC【分析】由题给流程可知，向含锌废料中加入盐酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的金属氯化物，向浸取液中加入漂白液，漂白液的有效成分次氯酸钠将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中通入高压氢气，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到铜和氯化锌溶液；溶液在浓盐酸中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化锌。【详解】A．盐酸具有挥发性，“浸取”操作应在高温下进行会因盐酸挥发导致酸浸率下降，所以“浸取”操作不能在高温下进行，故A错误；B．由分析可知，加入漂白液的目的是漂白液的有效成分次氯酸钠将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为ClO—+2Fe2++5H2O=Cl—+2Fe(OH)3↓+4H+，故B正确；C．由分析可知，通入高压氢气的目的是将溶液中的铜离子转化为铜，反应的离子方程式为Cu2++H2Cu+2H+，增大溶液酸度，溶液中氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，不利于铜的生成，故C错误；9D．氯化锌是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以在浓盐酸中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化锌的目的是防止氯化锌水解，故D正确；故选AC。14．百里酚蓝(以下记为H2A)是一种有机弱酸，结构如图1所示，其电离平衡可表示为：)，下列说法不正确的是A．溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化2HKA2D．NaOH滴定CH3COOH，可用H2A作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定终点【答案】CD【分析】随着pH的增大，HA-在增大，H2A在减小，随着pH的进一步增大，则HA-在减小，A2-在增大；由点(2.0,0.5)可知，Ka1==c(H+)=10一2，由点(8.8,0.5)可知，Ka2==c(H+)=10一8.8；【详解】A．根据结构可知，百里酚蓝为二元弱酸，含有-OH、-SO3H，其中酚羟基更加难以电离，根据信息可知，溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化，A正确；B．根据=H++-一=H++可知，Ka1=，Ka2=，将其代入c2(H+)++Ka1Ka2=c(HA-)-)c(H2A)=δ(HA-)，B正确；1.8，C错误；D．滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性，根据题给信息可知，此时溶液应该橙色变蓝色，D错误；故选CD。15．我国科学家成功利用CO2人工合成淀粉，使淀粉生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如图所示。下列说法错误的是A．甲醇能与水完全互溶，甲醇中O—C的O可与H2O中的H形成氢键B．二羟基丙酮中的C原子杂化轨道类型均为sp3C．锌在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族D．该过程有利于实现碳达峰、碳中和【答案】BC【详解】A．甲醇中O—C的O可与H2O中的H形成氢键，则甲醇能与水完全互溶，故A正确；B．二羟基丙酮中存在-CH2-和羰基，C原子杂化轨道类型为sp3和sp2，故B错误；C．锌在元素周期表中位于第四周期IIB族，故C错误；D．该过程将二氧化碳转化为淀粉，可以减少碳排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故D正确；三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2）制备二次电池添加剂β-Co(OH)2的流程如下。已知：25℃时，Co2+(aq)+6NH3(aq)=Co(NH3)62+(aq)K稳=1.0根105部分金属离子浓度c与pH的关系如图所示；沉淀过快无法形成β-Co(OH)2，Co(OH)2在碱性溶液中易被O2氧化。回答下列问题：(1)“酸浸”中Co2O3反应的离子方程式为。(3)萃取剂对Co2+、Mn2+萃取率随pH的影响如图，应选择萃取剂（填“M”或“N”）。若萃取剂的量一定时填“一次萃取”或“少量多次萃取”）的萃取效率更高。(4)“沉钴”中，CO(NH3)62+喻β一Co(OH)2的离子方程式为，该反应的K=。(5)CoSO4喻CO(NH3)62+喻β一Co(OH)2过程中，先加氨水再缓慢加NaOH溶液的理由是。“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是。(2)3.2~7.2(3)N少量多次萃取9.6(5)“碱溶”形成的Co(NH3)62+在加入NaOH“沉钴”时可缓释Co2+利于晶体形成，缓慢加NaOH溶液可以防止沉淀过快无法形成β一Co(OH)2温度高利于减少溶解氧，形成NH3气氛隔绝空气，防止产物被氧化【分析】水钴矿在硫酸和亚硫酸钠混合溶液中酸浸，SiO2不和硫酸反应过滤后存在于滤渣1中，滤液中含有Co2+、Fe2+、Mn2+，再向滤液中加入次氯酸钠、碳酸钠进行沉铁，将铁元素转化为Fe(OH)3沉淀过滤后存在于滤渣2中，向滤液中加入萃取剂，水相中含有Co2+，经过一系列处理后得到CoSO4固体，再加入氨水溶解，加入热的NaOH溶液沉Co得到β−Co(OH)2。【详解】（1）亚硫酸钠具有还原性，“酸浸”中Co2O3在酸性条件下被亚硫酸钠还原为二价钴，亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，反应中钴化合价由+3变为+2、硫化合价由+4变为+6，结合电子守恒可知，反应为：Co2O3+4H++SO-=2Co2++SO-（2）沉铁”中要求除去铁离子而Co2+不产生沉淀，结合图可知，控制pH的理论范围为3.2~7.2；（3）由流程可知，萃取剂要浸可能分离Co2+、Mn2+，使得Mn2+进入有机相而Co2+保留在水相，结合图可知，萃取剂N对两者的萃取分离效果较好，故选N；若萃取剂的量一定时，少量多次萃取的萃取效率更高。（4）①由图表可知，pH=9.2时，pOH=4.8，Co2+沉淀完全，此时+ 9.6；Co2+沉淀过快无法形成β-Co(OH)2，先加氨水形成配离子Co(NH3)62+减小Co2+浓度，然后再加NaOH溶液利于形成β-Co(OH)2故先加氨水再加NaOH溶液的理由是：“碱溶”形成的Co(NH3)62+在加入NaOH“沉钴”时可缓释Co2+利于晶体形成，缓慢加NaOH溶液可以防止沉淀过快无法形成β-Co(OH)2；【答题空2】Co2+容易被空气中氧气氧化，氨水受热易挥发，且升温利于减少溶解氧，故使用热NaOH溶液的目的是：温度高利于减少溶解氧，形成NH3气氛隔绝空气，防止产物被氧化。17．磺酰胺[SO2(NH2)2]易溶于醇，溶于热水，不溶于冷水，在酸性、中性、碱性水溶液中性质稳定，主要用于制造医药、农药、染料等。制备磺酰胺的装置如下，其原理为SO2Cl2+4NH3=SO2(NH2)2+2NH4Cl。已知：磺酰氯(SO2Cl2)熔点为-54.1℃,沸点为69.1℃,遇潮湿空气会水解产生酸雾。(1)试剂X的名称为。(2)装置B中盛放的试剂为（填字母）。a．碱石灰b．浓硫酸(填字母)c．P2O5d．无水CaCl2(3)写出SO2Cl2水解的化学方程式：。(4)装置C中多孔球泡的作用是。Ⅱ.用如下装置测定产品SO2(NH2)2的含量（假设只含NH4Cl杂质，部分装置已省略）(5)蒸氨：取ag样品进行测定。添加药品后，加热仪器M，蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol/LH2SO4标准溶液的锥形瓶中。仪器M的名称为，单向阀的作用是。(6)滴定：将液封装置2中的水放入锥形瓶中，再将锥形瓶中的溶液倒入容量瓶中配制成500mL的溶液，取20mL溶液用c2mol/L的NaOH标准溶液滴定过量的H2SO4，共消耗NaOH标准溶液V2mL，产品中SO2(NH2)2的含量是（列出计算式）。【答案】(1)浓氨水(2)a(3)SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4(4)增大气体与液体的接触面积，使反应更充分(5)三颈烧瓶防倒吸-3-c2V2-3a【分析】Ⅰ.在装置A中浓氨水与CaO反应制取NH3，然后在装置B中用碱石灰干燥氨气，通过多孔球泡通入装置C中，与SO2Cl2发生反应：SO2Cl2+4NH3=SO2(NH2)2+2NH4Cl制取得到磺酰胺[SO2(NH2)2]，在装置后边连接一个盛有碱石灰的干燥管，用于吸收SO2Cl2发生水解反应：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4产生的HCl；Ⅱ.将样品放入蒸氨装置，加入浓NaOH溶液，丙进行加热，发生反应NH4Cl+NaOHΔNaCl+NH3↑+H2O，产生NH3被吸收装置的H2SO4吸收，过量的H2SO4用NaOH溶液进行滴定，根据反应消耗NaOH标准溶液的体积及浓度可计算出过量H2SO4的量，进而可知吸收NH3的H2SO4及NH3的物质的量，根据N元素守恒，可计算出样品中SO2(NH2)2中NH4Cl物质的量、质量，结合样品质量，可得SO2(NH2)2的质量及含量。【详解】（1）浓氨水与CaO发生反应：NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑,反应制取得到NH3，故试剂X为浓氨（2）装置B中盛有干燥剂，用于干燥NH3。a．碱石灰可以吸收氨气中的水蒸气，并且与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，a正确；b．酸性干燥剂浓硫酸会与碱性气体氨气发生反应，因此不能用于干燥氨气，b错误；2O5吸收水分反应产生H3PO4，H3PO4是酸性干燥剂，能够与碱性气体氨气发生反应，因此不能用于干燥氨气，c错误；d．无水CaCl2会和氨气发生反应产生CaCl2·8NH3，因此无水CaCl2不能用于干燥氨气，d错误；故合理选项是a；SO2Cl2容易与水发生水解反应，产生HCl、H2SO4，反应的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；（4）装置C中多孔球泡的作用是增大气体与液体的接触面积，使反应更充分；（5）根据装置图可知仪器M名称是三颈烧瓶；根据装置图可知在蒸氨装置与吸收装置之间安装了一个单向阀，其作用是防止由于NH3的溶解吸收而产生的倒吸现象；（6）在20mL的吸收液中反应消耗了V1mLc2mol/LNaOH标准溶液，用于滴定过量H2SO4，则根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知过量H2SO4的物质的量为”(H2SO4)=”(NaOH)=c2×V2×10-3L×=(c2V2×10-3×25)mol，溶液中开始加入H2SO4的物质的量为”(H2SO4)总=c1V1×10-3mol，故用于吸收NH3反应消耗H2SO4的物质的量为”(H2SO4)反应=(c1V1×10-3-c2V2×10-3×25)mol，根据物质反应转化关系，结合元素守恒可知关系式：2NH4Cl～2NH3～H2SO4，故”(NH4Cl)=2”(H2SO4)反应=2(c1V1×10-3-c2V2×10-3×25)mol，所以ag样品中SO2(NH2)2的含量为：a--3-c222等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、SO2烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S(l):2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g)ΔH。回答下列问题：(1)已知CO的燃烧热为283.0kJ.mol一1，S(l)+O2(g)=SO2(g)ΔH=一296.8kJ.mol一1。则(2)其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。SO2的转化率随反应温度的变化如图所示。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是。(3)在密闭容器中，充入2molCO和1molSO2，发生上述反应，SO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图所示。①B点对应条件下，Kx=[对于反应mA(g)+nB(g)=pC(g)+qD(g)Kx=，x为物质的量分数]。②A点和C点的压强平衡常数之比1(填“>”、“<”或“=”)。[用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数]。Ⅱ.烟气中常含有大量SO2和H2S等大气污染物，需经过净化处理后才能排放。除去燃煤产生的废气中的SO2的过程如图所示。(4)过程Ⅰ是SO2发生催化氧化反应，若参加反应SO2和O2的体积比为4∶3，则反应的化学方程式(5)过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分SO2，使Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为。若此过程中除去SO2体积分数为0.5%的废气2240L(标准状况)，可使gCu再生。【答案】(1)-269.2(2)Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源(4)4SO2+3O2+2H2O+2Cu催化剂2CuSO4+2H2SO4(5)SO2-2e-+2H2O=SO-+4H+32 2(g)=S(l)+2CO2(g)，根据12=-269.2kJ.mol1；（2）由图可知，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；（3）①密闭容器中，充入2molCO和1molSO2，发生上述反应，B点对应条件下，SO2的平衡转化率为80%，则反应消耗的SO2的物质的量为0.8mol，则有：2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g)平衡(mol)0.40.20.81.62平衡后气体总物质的量为2.2mol，则Kx=（2②该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正向移动，SO2的平衡转化率增大，则压强：p1＞p2>p3，A点和C点SO2的平衡转化率均为60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，又因为右边气体化学计量数比左边小1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，压强平衡常数之比为p1p1,p3p3>1；（4）过程Ⅰ是SO2发生催化氧化反应，SO2被氧气氧化为H2SO4，Cu被氧化为CuSO4，参加反应SO2和O2的体积比为4∶3，根据得失电子守恒，得到反应方程式4SO2+3O2+2H2O+2Cu催化剂2CuSO4+2H2SO4；（5）过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分SO2，使Cu再生，阳极上，SO2发生氧化反应转化为H2SO4，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO-+4H+；阴极上，Cu2++2e-=Cu，SO2体积分数为0.5%的废气2240L中，SO2的体积为2240L根0.5%=11.2L，标准状况下，其物质的量为=0.5mol，由电极反应式：SO2-2e-+2H2O=SO-+4H+、Cu2++2e-=Cu可知，消耗0.5molSO2，转移1mol电子，生成0.5molCu，则生成Cu的质量为0.5mol根64g/mol=32g。19．药物Labetalol适用于治疗轻度至重度高血压和心绞痛，化合物G是合成它的前体，其合成路线如图：已知：苯胺()与甲基吡啶()互为同分异构体，吡啶()是类似于苯的芳香化合物。回答下列问题：(1)A的化学名称为