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广东省广州市广东实验中学2022-2023学年高三第三次阶段考试化学试题含解析
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这是一份广东省广州市广东实验中学2022-2023学年高三第三次阶段考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了5 C=59 Zn=65， 化学与生活息息相关， 设NA为阿伏加德罗常数的值， 下列化学用语正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023届高三级第三次阶段考试
化学
满分100分，考试用时75分钟。
相对原子质量 H=1 O=16 Cl=35.5 Co=59 Zn=65
第一部分 选择题(共44分)
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 广东人爱“饮茶”，毛泽东有“饮茶粤海未能忘”诗句。下列说法错误的是
A. 茶饼浸泡前要掰成小块，可使之更快浸出茶香
B. 使用沸水泡茶，可加速茶叶中物质的溶解
C. 茶叶封装时常附带一包铁粉，可减慢茶叶的氧化
D. 某温度下测得茶水的，则该茶水一定呈酸性
【答案】D
【解析】
【详解】A．茶饼浸泡前要掰成小块，增大其与水的接触面积，可使之更快浸出茶香，A正确；
B．使用沸水泡茶，温度升高，可加速茶叶中物质的溶解，B正确；
C．茶叶封装时常附带一包铁粉，铁粉吸收包装袋内的氧气，可减慢茶叶的氧化，C正确；
D．溶液呈酸性指氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，某温度下水的离子积未知，pH=6.6不能判断溶液的酸碱性，D错误；
故选D。
2. 化学与生活息息相关。下列叙述错误的是
A. 热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污
B. 明矾和二氧化氯均可作净水剂，且净水原理相同
C. 硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法
【答案】B
【解析】
【详解】A． 碳酸钠溶液呈碱性，油脂在碱性条件下水解，热的碳酸钠溶液水解后碱性增强，去油污效果好，A正确；
B．明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降；二氧化氯因具有强氧化性能杀菌消毒，故在进行水处理时，二者的原理不同，B错误；
C．硫酸钡不溶于酸，故可用于胃肠X射线造影检查，C正确；
D．镁比铁活泼作负极，铁作正极被保护，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法，D正确；
故选B。
3. 化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是
A. 温室气体是形成酸雨的主要物质
B. 过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射溶液的方法解毒
C. 食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质
D. 太阳能电池阵使用的材料是半导体，其主要成分是
【答案】B
【解析】
【详解】A．温室气体主要是二氧化碳，形成酸雨的主要物质是二氧化硫和氮氧化物，A错误；
B．溶液为弱碱性，过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射溶液的方法解毒，B正确；
C．食品袋中放置的CaO用作干燥剂，不能直接防止食品氧化变质，C错误；
D．太阳能电池阵使用的材料是半导体，其主要成分是，D错误；
故选B。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 标准状况下，22.4 L CCl4中，原子数大于5NA
B. 71g Cl2与足量烧碱溶液反应制备漂白液，转移的电子数为NA
C. 1 L 0.1 mol/L Na[Ag(CN)2]溶液中CN-的数目为0.2 NA
D. 1 mol C2H6O中含碳氢单键数可能5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下CCl4的状态为液态，22.4 L CCl4物质的量远大于1 mol，故原子数目大于5 NA，A正确；
B．氯气与烧碱溶液反应产物为氯化钠和次氯酸钠，氯气发生歧化反应，每有1 mol氯气参与反应转移1 mol电子，71 g氯气恰好为1 mol，转移电子数为NA，B正确；
C．Na[Ag(CN)2]为配合物，其中为一个整体，因此溶液中不含有CN ，C错误；
D．化学式为C2H6O的有机物可能为乙醇或者甲醚，当该物质为乙醇时，1 mol该物质含有5 mol碳氢单键，D正确；
故选C。
5. 下列方案能达到实验目的是
A. 用水萃取CCl4中的溴
B. 用排饱和石灰水集气法收集Cl2
C. 用丁达尔效应鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
D. 用饱和的Na2CO3溶液除去Cl2中混有的HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．水溶解溴的能力小于CCl4，不能达到实验目的，选项A错误；
B．氯气与石灰水反应，不能收集，应排饱和食盐水，选项B错误；
C．丁达尔现象为胶体特有的性质，则丁达尔效应可鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，选项C正确；
D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，用食盐水、洗气分离，选项D错误；
答案选C。
6. 下列反应的离子方程式正确的是
A. Na与水反应：Na+ H2O=Na++OH-+ H2↑
B. 硫化钠水解反应：S2-+ H3O+ ⇌HS-+H2O
C. 稀醋酸滴入NaOH溶液中：H++OH-= H2O
D. 氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳：CO2+OH-=
【答案】D
【解析】
【详解】A．该离子方程式中H未配平，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+ H2↑，A错误；
B．硫化钠溶液中，S2-水解分为两步：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，B错误；
C．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆写，正确的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，C错误；
D．向氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为CO2+OH-=，D正确；
故选D。
7. 下列化学用语正确的是
A. Br原子的价电子排布式：3d104S24p5 B. NH4H的电子式：
C. 聚丙烯的结构简式 D. HClO的结构式：H-O-Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴元素为VIIA族元素，因此 Br原子的价电子排布式：4s24p5，故A错误；
B． NH4H的电子式：，故B错误；
C． 聚丙烯的结构简式，故C错误；
D． O显-2价，形成2个共价键，HClO的结构式：H-O-Cl，故D正确；
故选D。
8. 某种由六种元素形成的抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是
A. W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
B. X与W的第一电离能：X＜W
C. 和键角前者小于后者
D. X的一种单质和化合物均可用于自来水消毒
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，由W、Y同主族，W、Y分别形成3个、5个共价键可知，W为N元素、Y为P元素；抗癌药物中X形成2个共价键，则X为O元素；Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，则Z为Cl元素。
【详解】A．氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵，反应中会产生大量白烟，故A正确；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则氧元素的第一电离能小于氮元素，故B正确；
C．三氯化氮和三氯化磷的空间构型都为三角锥形，氮元素的电负性强于磷元素，原子的原子半径小于磷原子，三氯化氮中成键电子对间的斥力大于三氯化磷，所以键角大于三氯化磷，故C错误；
D．臭氧和二氧化氯都有强氧化性，都能使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，常用于自来水消毒，故D正确；
故选C。
9. 下列关于实验仪器和操作说法不正确的是
A. 研究浓度对化学平衡的影响 B. 制备并检验乙烯
C. 用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液 D. 除去溴苯中的苯
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，两个实验只有KSCN的浓度不同，即可研究浓度对化学平衡的影响，A项正确；
B．由装置可知，用乙醇制取乙烯，浓硫酸做催化剂，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，所以制得的乙烯中混有二氧化碳、二氧化硫和水蒸气等杂质，二氧化硫具有还原性，也能使溴水褪色，所以不能用溴水检验乙烯，B项错误；
C．用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液，左手旋转活塞，右手拿锥形瓶，C项正确；
D．溴苯中的苯互溶，要除去溴苯中的苯可利用蒸馏的方法分离，D项正确；
答案选B。
10. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化Fe3+
B
将铜粉加1.0 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C
SO2通入到酸性高锰酸钾溶液中
紫红色褪去
二氧化硫具有漂白性
D
将浓硫酸滴到蔗糖表面
固体变黑膨胀
浓硫酸有脱水性和强氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后生成Fe(NO3)2，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无明显变化，A错误；
B．将铜粉加1.0 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，二者反应产生FeSO4、CuSO4，不能生成黑色固体，也不能用来比较金属活动性，B错误；
C．SO2具有还原性，将其通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被氧化产生硫酸，酸性高锰酸钾被还原产生无色MnSO4，因此看到溶液紫色褪色，C错误；
D．浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖脱水碳化，固体变为黑色；反应产生C和H2O；部分C单质被浓硫酸氧化产生CO2，浓硫酸被还原产生SO2气体，因此看到固体又体积膨胀，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，D正确；
故合理选项是D。
11. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制一定物质的量浓度的NaCl溶液
容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒
蒸馏水、NaCl固体
B
测定NaOH溶液浓度
烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管
待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
C
制备胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和溶液
D
制备乙酸乙酯
试管、量筒、导管、酒精灯
冰醋酸、无水乙醇、饱和溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，A不符合题意；
B．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，B不符合题意；
C．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，C符合题意；
D．制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意；
故答案为：C。
12. 某化妆品的组分Z具有美白功效，原来从杨树中提取，现可用如下反应制备。下列有关叙述不正确的是
A. Y的苯环上二氯代物共有6种
B. X、Y和Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. X、Y和Z分子中所有原子都可能处于同一平面
D. X、Y都可作为单体发生聚合反应生成高分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据Y结构的对称性，苯环上氯原子的位置分别有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5共有6种，选项A正确；
B．X和Z含有酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，Y含有双键也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项B正确；
C．X为间苯二酚，为平面型结构；Y为苯和乙烯的复合结构，也是平面结构；Z中存在烷烃基团的结构，因此Z的所有原子不可能处在同一个平面内，选项C不正确；
D．X、Y都可作为单体分别发生综合聚合反应和加成聚合反应生成高分子，选项D正确；
答案选C。
13. 如下所示电解装置中，通电后逐渐溶解，装置温度升高，下列判断错误的是
A. a是电源的负极
B. 通电一段时间后，石墨电极Ⅱ附近可能收集到一种能使澄清石灰水变浑浊的气体
C. 随着电解的进行，溶液浓度变大
D. 当完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题图，结合题意知，石墨电极II上，发生氧化反应产生，故石墨电极II是阳极，则b是电源正极，a是电源负极，A项正确；
B．石墨电极II上，放电产生和：，石墨电极可能与氧气反应产生二氧化碳，因此，石墨电极Ⅱ附近可能收集到一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，B项正确；
C．电解时，在石墨电极I上放电，生成Cu,左室中通过阴离子交换膜进入中间室，故溶液的浓度减小，C项错误；
D．由，和阳极反应式可得，故产生的体积为，D项正确；
答案选C。
14. 我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，电池工作原理如图所示，电极材料为金属锌和选择性催化材料，图中的双极膜层间的H2O解离成H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A. 电解质溶液2一定是碱性溶液
B. 充电时，每生成标况下11.2 L O2在阳极可生成65 g Zn
C. 放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2NA
D. 放电时，电池总反应为2Zn+ O2+ 4OH-+ 2H2O= 2
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-+4=，右侧电极为正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH；充电时，锌与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，电极反应式为+2e-=Zn+4，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则电解质溶液1是碱性溶液、电解质溶液2是酸性溶液。
【详解】A．由分析可知电解质溶液2是酸性溶液，A错误；
B．充电时阴极反应式为+2e-=Zn+4，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则电池总反应式为2+2H2O=2Zn+4+O2↑+4H2O。 ，生成1molO2时生成2molZn，则生成0.5molO2，生成，m(Zn)=1mol×65g/mol=65g，则阴极上生成65gZn，B错误；
C．放电时，正极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则1molCO2转化为HCOOH转移电子的物质的量为2mol，转移电子数为2NA，C正确；
D．放电时，负极反应式为Zn-2e-+4=、正极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则电池总反应式为Zn+CO2+2+2H2O=+HCOOH，D错误；
故选C。
15. t℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2(OH-)与c(A-)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 该温度下，H2O的Kw为1×10-14
B. 该温度下，A-的水解常数的数量级为10-11
C. 溶液中：c(HA)+c(H+)=c(OH-)
D. x点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图中信息知横坐标为零，即未加入NaA溶液，此时c2(OH-)等于110-14，又水电离的氢离子等于水电离的氢氧根，所以，A正确；
B．NaA溶液中存在A-的水解平衡和水的电离平衡，溶液中A-浓度越大，溶液中OH-与HA的浓度越接近，A-的水解常数，由图可知，A-浓度较大时Kh ≈ 1×10-10，数量级为10-10，B错误；
C．NaA溶液中存在电荷守恒，物料守恒，故有质子守恒关系c(HA)+c(H+)=c(OH-)，C正确；
D．由图可知，x点溶液中A-浓度为3×10-4 mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为2×10-7 mol/L，则氢离子浓度为5×10-8mol/L，由C项分析可知NaA溶液中c(HA)+c(H+)=c(OH-)，溶液中HA的浓度小于氢氧根离子浓度，大于氢离子浓度，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(Na+) > c(A-) > c(HA) > c(H+)，D正确；
故选B。
16. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：。230℃时，该反应的平衡常数。已知：的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与反应转化成气态；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A. 升高温度，该反应的平衡常数减小
B. 该反应达到平衡时，
C. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选30℃
D. 第二阶段，分解率较低
【答案】A
【解析】
【详解】A．由反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)正反应是一个熵减的自发反应，故可判断Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)是放热反应，所以升高温度，该反应的平衡常数减小，A正确；
B．该反应达到平衡时，正逆反应速率相等，4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，B错误；
C．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，选择反应温度应选50℃，C错误；
D．Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)的平衡常数K==2×10-5，第二阶段反应为Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，该反应的平衡常数K===5×104，故Ni(CO)4分解率较高，D错误；
故答案为：A。
第二部分 非选择题
二、解答题(共56分)
17. CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度
15℃以下
15～25.7℃
26～42℃
42℃以上
结晶水合物
CuCl2·4H2O
CuCl2·3H2O
CuCl2·2H2O
CuCl2·H2O
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_______，NaOH溶液的作用是_______。
（2）“湿法”制备CuCl2的离子方程式为_______，实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是_______。
（3）为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，_______，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是_______。
（4）查阅资料：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl- ⇌[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，设计实验证明CuCl2溶液中存在上述平衡：取少量蓝色CuCl2稀溶液于试管中，_______。
（5）查阅资料：[CuCl4]2-比[Cu(H2O)4]2+更稳定：与Cu2+配位时，Cl-比H2O的配位能力更强，原因可能是_______。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
（2） ①. ②. H2O2受热及在铜离子催化下会分解导致损耗
（3） ①. 降温至26~42℃结晶 ②. 抑制Cu2+水解，并增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶
（4）向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色
（5）Cl的电负性比O小，对孤电子对的吸引能力稍弱，更易给出，而且Cl-带负电荷，比电中性的H2O更易与阳离子配位
【解析】
【分析】盐酸不与铜反应，在酸性条件下，加入双氧水，反应制备氯化铜，其反应为，因浓盐酸易挥发，NaOH溶液用于吸收HCl气体；
【小问1详解】
图中玻璃仪器a为三颈烧瓶；因浓盐酸易挥发，NaOH溶液用于吸收HCl气体，去除尾气，答案为：三颈烧瓶，吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
【小问2详解】
盐酸不与铜反应，在酸性条件下，加入双氧水，反应制备氯化铜，其反应为，其离子方程式为，反应过程中有生成，H2O2不稳定，生成的Cu2+催化H2O2分解，所以H2O2的实际用量要大于理论用量，答案为：，H2O2受热及在铜离子催化下会分解导致损耗；
【小问3详解】
根据表中数据可知，想要获得CuCl2·2H2O晶体，需要控制温度在，所以在除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥；因为易水解，且水解吸热，加热蒸发浓缩时水解程度增大，为了抑制水解，需要通入HCl气体，答案为：降温至26~42℃结晶，抑制Cu2+水解，并增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶；
【小问4详解】
根据平衡移动原理增大氯离子浓度，平衡正向移动，四氯合铜离子浓度增大，溶液变为黄绿色，答案为：向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色；
【小问5详解】
Cl的电负性比O小，对孤电子对的吸引能力稍弱，更易给出，而且Cl-带负电荷，比电中性的H2O更易与阳离子配位。
18. 三氯化六氨合钻[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co(OH)2]=1×10-14.2、Ksp[Co(OH)3]=1×10-43.7、Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4、Ksp[Al(OH)3]=1×10-32.9。溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×10-5 mol/L时，可认为沉淀完全。
③Co2+还原性较弱，但[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）Co位于元素周期表_______，基态Co2+价层电子的电子排布图为_______。
（2）写出除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式_______。
（3）“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c(Co2+)=0.1 mol/L的滤液，调节pH的范围为_______。
（4）下列说法错误的是_______。
A. 制备[Co(NH3)6]3+时，“混合”过程中加入NH4C1的作用是抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀，同时参与反应提供
B. 稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小
C. “氧化”过程后分离提纯时，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸的目的是：增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出
D. 为了得到较大颗粒的[Co(NH3)6]Cl3晶体，可采取的措施是将滤液快速冷却
（5）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钻元素的含量。称取0.10 g产品加入稍过暈的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co(OH)3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于硫酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用0.010 mol/L的Na2S2O3溶液滴定(反应原理：Co3++I-→Co2++I2、I2+→I-+)，达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL，以下说法正确的是_______。
A.装有Na2S2O3溶液的酸式滴定管装液前要先检漏、蒸馏水洗、标准液润洗
B.滴定时要适当控制滴定速度，边滴边摇动锥形瓶(接近终点时改为滴加半滴Na2S2O3溶液)，直到溶液颜色从无色变为蓝色，达到滴定终点
C.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
（6）计算产品中钴元素的含量为_______。(答案保留三位有效数字)
【答案】（1） ①. 第4周期第Ⅷ族 ②.
（2）NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O
（3）4.7~7.4 （4）D
（5）C
（6）14.2%
【解析】
【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3 +2NH3↑+2H2O，再将溶液在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。
【小问1详解】
Co为27号元素，位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，基态Co2+的价层电子排布式为3d7，基态Co2+价层电子的电子排布图为： 。
【小问2详解】
向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式：NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O。
【小问3详解】
“除杂”过程中加Na2CO3调pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知Ksp[Fe(OH)3]
A．流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的的电离，可防止加氨水时c(OH-)过大，防止生成沉淀，故A正确；
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。由于带电量[Co(NH3)6]2+＜[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小，故B正确；
C．由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，故C正确；
D．若快速冷却，不易形成晶形完整晶体，故D错误；
故选D。
【小问5详解】
A．溶液呈碱性，应该用碱式滴定管，故A错误；
B．滴定前溶液中发生反应：，向所得溶液中2~3滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，滴定过程中发生反应，滴定完全时I2完全转化为I-，蓝色褪去，滴定时要适当控制滴定速度，接近终点时改加半滴溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点，故B错误；
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故C正确；
故选C。
【小问6详解】
由题意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)==14.2%。
19. 化合物G是合成一种杀虫剂的重要中间体，其合成路线如图：
回答下列问题
（1）E中含氧官能团的名称为_______和_______，因此E可分别发生水解反应和_______(写出一种即可)。
（2）A生成B的反应类型为_______。
（3）写出B生成C的反应方程式_______。
（4）W的分子式为C10H7NO4F3Cl，其结构简式为_______。
（5）写出所有满足下列条件的A的同分异构体_______。
①分子中含有苯环，不含其它环； ②核磁共振氢谱有3组峰。
（6）根据上述信息，写出以 和 为主要原料制备合成路线________。(无机试剂任选)
【答案】（1） ①. 酯基 ②. 羟基 ③. 消去反应(或取代反应、酯化反应)
（2）加成反应 （3）
（4） （5） 、
（6）
【解析】
【分析】A与乙烯发生加成反应生成B，B在硫酸作用下成环生成C，C与乙酸酐在NaH作用下反应生成D，D与联肼反应生成E，E与W反应生成G，根据其他有机物的结构简式及反应条件进行解答；分析流程图中E和G的结构简式， 结合W的分子式为C10H7NO4F3Cl便可推知W的结构简式为 ，结合A的分子式为C7H4OCl2，①分子中含有苯环；②能发生银镜反应说明含有醛基；③核磁共振氢谱有3组峰说明分子结构高度对称，确定其同分异构体有、；采用逆推法，结合题干流程图中所给信息就可确定该合成流程图。
【小问1详解】
由题干中E的结构简式可知，E中含氧官能团的名称为羟基、酯基；因此E可分别发生水解反应和消去反应(或取代反应、酯化反应)；故答案为：羟基、酯基；消去反应(或取代反应、酯化反应)；
【小问2详解】
比较A和B的结构简式以及转化过程中的反应物和反应条件可知A生成B的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
小问3详解】
由流程图中，B和C的结构简式可知B生成C的反应方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
比较E和G的结构简式， 结合W的分子式为C10H7NO4F3Cl，可推知W的结构简式为，故答案为： ；
【小问5详解】
根据条件，结合A的分子式为C7H4OCl2，①分子中含有苯环；②能发生银镜反应说明含有醛基；③核磁共振氢谱有3组峰说明分子结构高度对称，故满足条件所有的A的同分异构体为：、，故答案为：、；
【小问6详解】
采用逆推法进行解题，结合流程中E到G的信息可知可由和合成，结合流程图中D到E的信息可知 可由和H2NNH2合成得到，而 则可以由催化氧化得到，故确定整个合成流程图为：，故答案为：。
20. Ⅰ.利用温室气体CO2和CH4制备燃料合成器，计算机模拟单个二氧化碳分子与甲烷分子的反应历程如图所示：
已知：leV为1电子伏特，表示一个电子(所带电量为-1.6×10-19C)经过1伏特的电位差加速后所获得的动能。
（1）制备合成气CO、H2总反应的热化学方程式为_______。
（2）向密闭容器，中充入等体积的CO2和CH4，测得平衡时压强对数lg p(CO2)和lg p(H2)的关系如图所示。(压强的单位为MPa)
①T1_______T2(填“>” “<”或“=”)。
②温度为T1时，该反应的压强平衡常数Kp=_______ MPa2。
Ⅱ.丙烯是重要的有机合成原料。由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应：
反应i：2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g) +2H2O(g) kJ/mol
反应ii：2C3H8(g)+7O2(g)⇌6CO(g)+8H2O(g) kJ/mol
（3）在压强恒定为100 kPa条件下，按起始投料n(C3H8)：n(O2)=2∶1匀速通入反应器中，在不同温度下反应相同时间，测得丙烷和氧气的转化率如下图。
①线_______(填“L1”或“L2”)表示丙烷的转化率。
②温度高丁T1K后曲线L2随温度升高而降低的原因为_______。
③当温度高于T2K时，L1和L2重合的原因可能是_______。
Ⅲ.综合利用CO2有利于实现碳中和，在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：
i.CO2(g) +H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) kJ·mol-1
ii.CO(g) + 2H2(g)⇌CH3OH(g) kJ·mol-1
iii.CO2(g) +3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g) kJ·mol-1
（4）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n(H2)∶n(CO2)=3∶1充入H2和CO2，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①图中Y代表_______(填化学式)。
②在上图中画出反应达到平衡时，n(H2)／n(CO2)随温度变化趋势图_______(只用画220℃以后)。
【答案】（1）CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+(E5-E1)NA eV/mol
（2） ①. > ②. 0.01
（3） ①. L2 ②. 两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低 ③. 温度高于T2K时，反应 ⅱ 几乎不发生(反应 ii 的平衡常数几乎为0)
（4） ①. CH3OH ②.
【解析】
【小问1详解】
反应物CO2(g)+CH4(g)的能量为E1，生成物2CO(g)+2H2(g)的能量为E5，该反应为吸热反应，热化学反应式为CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+(E5-E1)NA eV/mol；
【小问2详解】
①反应吸热，温度上升则平衡向右移动，H2的物质的量增大，根据图示可知T1>T2；②由图可知温度为T1，平衡时当p(H2)=p(CO)=100.5,，有p(CO2)=p(CH4)=102，则Kp==0.01 MPa2
【小问3详解】
①从两个反应的化学计量数和投料比看，可知丙烷的转化率要低于氧气，所以L2代表丙烷的转化率；②由于T1K后反应达到平衡，两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低；③当温度达到T2K时，O2和丙烷的转化率相同，且起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2∶1，可以判断温度达到T2K后，反应ⅱ不发生，只发生反应ⅰ。
【小问4详解】
①反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ和ⅲ为吸热反应，当温度上升，则反应ⅰ正向进行，反应ⅱ和ⅲ逆向进行，所以CO的物质的量分数增加，X代表CO，CH3OH和H2O的物质的量分数减少，但由于反应ⅰ中有H2O生成，所以H2O减少的物质的量分数少于CH3OH，所以Y代表CH3OH，Z代表H2O；
②根据各组分的物质的量分数随温度变化图可知当温度大于220℃时，>3且随温度上升而增加，由此可绘制出对应曲线。
2023届高三级第三次阶段考试
化学
满分100分，考试用时75分钟。
相对原子质量 H=1 O=16 Cl=35.5 Co=59 Zn=65
第一部分 选择题(共44分)
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 广东人爱“饮茶”，毛泽东有“饮茶粤海未能忘”诗句。下列说法错误的是
A. 茶饼浸泡前要掰成小块，可使之更快浸出茶香
B. 使用沸水泡茶，可加速茶叶中物质的溶解
C. 茶叶封装时常附带一包铁粉，可减慢茶叶的氧化
D. 某温度下测得茶水的，则该茶水一定呈酸性
【答案】D
【解析】
【详解】A．茶饼浸泡前要掰成小块，增大其与水的接触面积，可使之更快浸出茶香，A正确；
B．使用沸水泡茶，温度升高，可加速茶叶中物质的溶解，B正确；
C．茶叶封装时常附带一包铁粉，铁粉吸收包装袋内的氧气，可减慢茶叶的氧化，C正确；
D．溶液呈酸性指氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，某温度下水的离子积未知，pH=6.6不能判断溶液的酸碱性，D错误；
故选D。
2. 化学与生活息息相关。下列叙述错误的是
A. 热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污
B. 明矾和二氧化氯均可作净水剂，且净水原理相同
C. 硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法
【答案】B
【解析】
【详解】A． 碳酸钠溶液呈碱性，油脂在碱性条件下水解，热的碳酸钠溶液水解后碱性增强，去油污效果好，A正确；
B．明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降；二氧化氯因具有强氧化性能杀菌消毒，故在进行水处理时，二者的原理不同，B错误；
C．硫酸钡不溶于酸，故可用于胃肠X射线造影检查，C正确；
D．镁比铁活泼作负极，铁作正极被保护，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法，D正确；
故选B。
3. 化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是
A. 温室气体是形成酸雨的主要物质
B. 过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射溶液的方法解毒
C. 食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质
D. 太阳能电池阵使用的材料是半导体，其主要成分是
【答案】B
【解析】
【详解】A．温室气体主要是二氧化碳，形成酸雨的主要物质是二氧化硫和氮氧化物，A错误；
B．溶液为弱碱性，过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射溶液的方法解毒，B正确；
C．食品袋中放置的CaO用作干燥剂，不能直接防止食品氧化变质，C错误；
D．太阳能电池阵使用的材料是半导体，其主要成分是，D错误；
故选B。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 标准状况下，22.4 L CCl4中，原子数大于5NA
B. 71g Cl2与足量烧碱溶液反应制备漂白液，转移的电子数为NA
C. 1 L 0.1 mol/L Na[Ag(CN)2]溶液中CN-的数目为0.2 NA
D. 1 mol C2H6O中含碳氢单键数可能5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下CCl4的状态为液态，22.4 L CCl4物质的量远大于1 mol，故原子数目大于5 NA，A正确；
B．氯气与烧碱溶液反应产物为氯化钠和次氯酸钠，氯气发生歧化反应，每有1 mol氯气参与反应转移1 mol电子，71 g氯气恰好为1 mol，转移电子数为NA，B正确；
C．Na[Ag(CN)2]为配合物，其中为一个整体，因此溶液中不含有CN ，C错误；
D．化学式为C2H6O的有机物可能为乙醇或者甲醚，当该物质为乙醇时，1 mol该物质含有5 mol碳氢单键，D正确；
故选C。
5. 下列方案能达到实验目的是
A. 用水萃取CCl4中的溴
B. 用排饱和石灰水集气法收集Cl2
C. 用丁达尔效应鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
D. 用饱和的Na2CO3溶液除去Cl2中混有的HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．水溶解溴的能力小于CCl4，不能达到实验目的，选项A错误；
B．氯气与石灰水反应，不能收集，应排饱和食盐水，选项B错误；
C．丁达尔现象为胶体特有的性质，则丁达尔效应可鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，选项C正确；
D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，用食盐水、洗气分离，选项D错误；
答案选C。
6. 下列反应的离子方程式正确的是
A. Na与水反应：Na+ H2O=Na++OH-+ H2↑
B. 硫化钠水解反应：S2-+ H3O+ ⇌HS-+H2O
C. 稀醋酸滴入NaOH溶液中：H++OH-= H2O
D. 氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳：CO2+OH-=
【答案】D
【解析】
【详解】A．该离子方程式中H未配平，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+ H2↑，A错误；
B．硫化钠溶液中，S2-水解分为两步：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，B错误；
C．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆写，正确的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，C错误；
D．向氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为CO2+OH-=，D正确；
故选D。
7. 下列化学用语正确的是
A. Br原子的价电子排布式：3d104S24p5 B. NH4H的电子式：
C. 聚丙烯的结构简式 D. HClO的结构式：H-O-Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴元素为VIIA族元素，因此 Br原子的价电子排布式：4s24p5，故A错误；
B． NH4H的电子式：，故B错误；
C． 聚丙烯的结构简式，故C错误；
D． O显-2价，形成2个共价键，HClO的结构式：H-O-Cl，故D正确；
故选D。
8. 某种由六种元素形成的抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是
A. W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
B. X与W的第一电离能：X＜W
C. 和键角前者小于后者
D. X的一种单质和化合物均可用于自来水消毒
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，由W、Y同主族，W、Y分别形成3个、5个共价键可知，W为N元素、Y为P元素；抗癌药物中X形成2个共价键，则X为O元素；Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，则Z为Cl元素。
【详解】A．氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵，反应中会产生大量白烟，故A正确；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则氧元素的第一电离能小于氮元素，故B正确；
C．三氯化氮和三氯化磷的空间构型都为三角锥形，氮元素的电负性强于磷元素，原子的原子半径小于磷原子，三氯化氮中成键电子对间的斥力大于三氯化磷，所以键角大于三氯化磷，故C错误；
D．臭氧和二氧化氯都有强氧化性，都能使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，常用于自来水消毒，故D正确；
故选C。
9. 下列关于实验仪器和操作说法不正确的是
A. 研究浓度对化学平衡的影响 B. 制备并检验乙烯
C. 用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液 D. 除去溴苯中的苯
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，两个实验只有KSCN的浓度不同，即可研究浓度对化学平衡的影响，A项正确；
B．由装置可知，用乙醇制取乙烯，浓硫酸做催化剂，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，所以制得的乙烯中混有二氧化碳、二氧化硫和水蒸气等杂质，二氧化硫具有还原性，也能使溴水褪色，所以不能用溴水检验乙烯，B项错误；
C．用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液，左手旋转活塞，右手拿锥形瓶，C项正确；
D．溴苯中的苯互溶，要除去溴苯中的苯可利用蒸馏的方法分离，D项正确；
答案选B。
10. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化Fe3+
B
将铜粉加1.0 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C
SO2通入到酸性高锰酸钾溶液中
紫红色褪去
二氧化硫具有漂白性
D
将浓硫酸滴到蔗糖表面
固体变黑膨胀
浓硫酸有脱水性和强氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后生成Fe(NO3)2，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无明显变化，A错误；
B．将铜粉加1.0 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，二者反应产生FeSO4、CuSO4，不能生成黑色固体，也不能用来比较金属活动性，B错误；
C．SO2具有还原性，将其通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被氧化产生硫酸，酸性高锰酸钾被还原产生无色MnSO4，因此看到溶液紫色褪色，C错误；
D．浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖脱水碳化，固体变为黑色；反应产生C和H2O；部分C单质被浓硫酸氧化产生CO2，浓硫酸被还原产生SO2气体，因此看到固体又体积膨胀，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，D正确；
故合理选项是D。
11. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制一定物质的量浓度的NaCl溶液
容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒
蒸馏水、NaCl固体
B
测定NaOH溶液浓度
烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管
待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
C
制备胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和溶液
D
制备乙酸乙酯
试管、量筒、导管、酒精灯
冰醋酸、无水乙醇、饱和溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，A不符合题意；
B．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，B不符合题意；
C．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，C符合题意；
D．制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意；
故答案为：C。
12. 某化妆品的组分Z具有美白功效，原来从杨树中提取，现可用如下反应制备。下列有关叙述不正确的是
A. Y的苯环上二氯代物共有6种
B. X、Y和Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. X、Y和Z分子中所有原子都可能处于同一平面
D. X、Y都可作为单体发生聚合反应生成高分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据Y结构的对称性，苯环上氯原子的位置分别有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5共有6种，选项A正确；
B．X和Z含有酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，Y含有双键也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项B正确；
C．X为间苯二酚，为平面型结构；Y为苯和乙烯的复合结构，也是平面结构；Z中存在烷烃基团的结构，因此Z的所有原子不可能处在同一个平面内，选项C不正确；
D．X、Y都可作为单体分别发生综合聚合反应和加成聚合反应生成高分子，选项D正确；
答案选C。
13. 如下所示电解装置中，通电后逐渐溶解，装置温度升高，下列判断错误的是
A. a是电源的负极
B. 通电一段时间后，石墨电极Ⅱ附近可能收集到一种能使澄清石灰水变浑浊的气体
C. 随着电解的进行，溶液浓度变大
D. 当完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题图，结合题意知，石墨电极II上，发生氧化反应产生，故石墨电极II是阳极，则b是电源正极，a是电源负极，A项正确；
B．石墨电极II上，放电产生和：，石墨电极可能与氧气反应产生二氧化碳，因此，石墨电极Ⅱ附近可能收集到一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，B项正确；
C．电解时，在石墨电极I上放电，生成Cu,左室中通过阴离子交换膜进入中间室，故溶液的浓度减小，C项错误；
D．由，和阳极反应式可得，故产生的体积为，D项正确；
答案选C。
14. 我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，电池工作原理如图所示，电极材料为金属锌和选择性催化材料，图中的双极膜层间的H2O解离成H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A. 电解质溶液2一定是碱性溶液
B. 充电时，每生成标况下11.2 L O2在阳极可生成65 g Zn
C. 放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2NA
D. 放电时，电池总反应为2Zn+ O2+ 4OH-+ 2H2O= 2
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-+4=，右侧电极为正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH；充电时，锌与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，电极反应式为+2e-=Zn+4，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则电解质溶液1是碱性溶液、电解质溶液2是酸性溶液。
【详解】A．由分析可知电解质溶液2是酸性溶液，A错误；
B．充电时阴极反应式为+2e-=Zn+4，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则电池总反应式为2+2H2O=2Zn+4+O2↑+4H2O。 ，生成1molO2时生成2molZn，则生成0.5molO2，生成，m(Zn)=1mol×65g/mol=65g，则阴极上生成65gZn，B错误；
C．放电时，正极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则1molCO2转化为HCOOH转移电子的物质的量为2mol，转移电子数为2NA，C正确；
D．放电时，负极反应式为Zn-2e-+4=、正极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则电池总反应式为Zn+CO2+2+2H2O=+HCOOH，D错误；
故选C。
15. t℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2(OH-)与c(A-)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 该温度下，H2O的Kw为1×10-14
B. 该温度下，A-的水解常数的数量级为10-11
C. 溶液中：c(HA)+c(H+)=c(OH-)
D. x点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图中信息知横坐标为零，即未加入NaA溶液，此时c2(OH-)等于110-14，又水电离的氢离子等于水电离的氢氧根，所以，A正确；
B．NaA溶液中存在A-的水解平衡和水的电离平衡，溶液中A-浓度越大，溶液中OH-与HA的浓度越接近，A-的水解常数，由图可知，A-浓度较大时Kh ≈ 1×10-10，数量级为10-10，B错误；
C．NaA溶液中存在电荷守恒，物料守恒，故有质子守恒关系c(HA)+c(H+)=c(OH-)，C正确；
D．由图可知，x点溶液中A-浓度为3×10-4 mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为2×10-7 mol/L，则氢离子浓度为5×10-8mol/L，由C项分析可知NaA溶液中c(HA)+c(H+)=c(OH-)，溶液中HA的浓度小于氢氧根离子浓度，大于氢离子浓度，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(Na+) > c(A-) > c(HA) > c(H+)，D正确；
故选B。
16. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：。230℃时，该反应的平衡常数。已知：的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与反应转化成气态；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A. 升高温度，该反应的平衡常数减小
B. 该反应达到平衡时，
C. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选30℃
D. 第二阶段，分解率较低
【答案】A
【解析】
【详解】A．由反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)正反应是一个熵减的自发反应，故可判断Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)是放热反应，所以升高温度，该反应的平衡常数减小，A正确；
B．该反应达到平衡时，正逆反应速率相等，4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，B错误；
C．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，选择反应温度应选50℃，C错误；
D．Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)的平衡常数K==2×10-5，第二阶段反应为Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，该反应的平衡常数K===5×104，故Ni(CO)4分解率较高，D错误；
故答案为：A。
第二部分 非选择题
二、解答题(共56分)
17. CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度
15℃以下
15～25.7℃
26～42℃
42℃以上
结晶水合物
CuCl2·4H2O
CuCl2·3H2O
CuCl2·2H2O
CuCl2·H2O
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_______，NaOH溶液的作用是_______。
（2）“湿法”制备CuCl2的离子方程式为_______，实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是_______。
（3）为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，_______，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是_______。
（4）查阅资料：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl- ⇌[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，设计实验证明CuCl2溶液中存在上述平衡：取少量蓝色CuCl2稀溶液于试管中，_______。
（5）查阅资料：[CuCl4]2-比[Cu(H2O)4]2+更稳定：与Cu2+配位时，Cl-比H2O的配位能力更强，原因可能是_______。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
（2） ①. ②. H2O2受热及在铜离子催化下会分解导致损耗
（3） ①. 降温至26~42℃结晶 ②. 抑制Cu2+水解，并增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶
（4）向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色
（5）Cl的电负性比O小，对孤电子对的吸引能力稍弱，更易给出，而且Cl-带负电荷，比电中性的H2O更易与阳离子配位
【解析】
【分析】盐酸不与铜反应，在酸性条件下，加入双氧水，反应制备氯化铜，其反应为，因浓盐酸易挥发，NaOH溶液用于吸收HCl气体；
【小问1详解】
图中玻璃仪器a为三颈烧瓶；因浓盐酸易挥发，NaOH溶液用于吸收HCl气体，去除尾气，答案为：三颈烧瓶，吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
【小问2详解】
盐酸不与铜反应，在酸性条件下，加入双氧水，反应制备氯化铜，其反应为，其离子方程式为，反应过程中有生成，H2O2不稳定，生成的Cu2+催化H2O2分解，所以H2O2的实际用量要大于理论用量，答案为：，H2O2受热及在铜离子催化下会分解导致损耗；
【小问3详解】
根据表中数据可知，想要获得CuCl2·2H2O晶体，需要控制温度在，所以在除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥；因为易水解，且水解吸热，加热蒸发浓缩时水解程度增大，为了抑制水解，需要通入HCl气体，答案为：降温至26~42℃结晶，抑制Cu2+水解，并增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶；
【小问4详解】
根据平衡移动原理增大氯离子浓度，平衡正向移动，四氯合铜离子浓度增大，溶液变为黄绿色，答案为：向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色；
【小问5详解】
Cl的电负性比O小，对孤电子对的吸引能力稍弱，更易给出，而且Cl-带负电荷，比电中性的H2O更易与阳离子配位。
18. 三氯化六氨合钻[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co(OH)2]=1×10-14.2、Ksp[Co(OH)3]=1×10-43.7、Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4、Ksp[Al(OH)3]=1×10-32.9。溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×10-5 mol/L时，可认为沉淀完全。
③Co2+还原性较弱，但[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）Co位于元素周期表_______，基态Co2+价层电子的电子排布图为_______。
（2）写出除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式_______。
（3）“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c(Co2+)=0.1 mol/L的滤液，调节pH的范围为_______。
（4）下列说法错误的是_______。
A. 制备[Co(NH3)6]3+时，“混合”过程中加入NH4C1的作用是抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀，同时参与反应提供
B. 稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小
C. “氧化”过程后分离提纯时，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸的目的是：增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出
D. 为了得到较大颗粒的[Co(NH3)6]Cl3晶体，可采取的措施是将滤液快速冷却
（5）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钻元素的含量。称取0.10 g产品加入稍过暈的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co(OH)3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于硫酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用0.010 mol/L的Na2S2O3溶液滴定(反应原理：Co3++I-→Co2++I2、I2+→I-+)，达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL，以下说法正确的是_______。
A.装有Na2S2O3溶液的酸式滴定管装液前要先检漏、蒸馏水洗、标准液润洗
B.滴定时要适当控制滴定速度，边滴边摇动锥形瓶(接近终点时改为滴加半滴Na2S2O3溶液)，直到溶液颜色从无色变为蓝色，达到滴定终点
C.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
（6）计算产品中钴元素的含量为_______。(答案保留三位有效数字)
【答案】（1） ①. 第4周期第Ⅷ族 ②.
（2）NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O
（3）4.7~7.4 （4）D
（5）C
（6）14.2%
【解析】
【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3 +2NH3↑+2H2O，再将溶液在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。
【小问1详解】
Co为27号元素，位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，基态Co2+的价层电子排布式为3d7，基态Co2+价层电子的电子排布图为： 。
【小问2详解】
向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式：NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O。
【小问3详解】
“除杂”过程中加Na2CO3调pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知Ksp[Fe(OH)3]
A．流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的的电离，可防止加氨水时c(OH-)过大，防止生成沉淀，故A正确；
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。由于带电量[Co(NH3)6]2+＜[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小，故B正确；
C．由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，故C正确；
D．若快速冷却，不易形成晶形完整晶体，故D错误；
故选D。
【小问5详解】
A．溶液呈碱性，应该用碱式滴定管，故A错误；
B．滴定前溶液中发生反应：，向所得溶液中2~3滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，滴定过程中发生反应，滴定完全时I2完全转化为I-，蓝色褪去，滴定时要适当控制滴定速度，接近终点时改加半滴溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点，故B错误；
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故C正确；
故选C。
【小问6详解】
由题意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)==14.2%。
19. 化合物G是合成一种杀虫剂的重要中间体，其合成路线如图：
回答下列问题
（1）E中含氧官能团的名称为_______和_______，因此E可分别发生水解反应和_______(写出一种即可)。
（2）A生成B的反应类型为_______。
（3）写出B生成C的反应方程式_______。
（4）W的分子式为C10H7NO4F3Cl，其结构简式为_______。
（5）写出所有满足下列条件的A的同分异构体_______。
①分子中含有苯环，不含其它环； ②核磁共振氢谱有3组峰。
（6）根据上述信息，写出以 和 为主要原料制备合成路线________。(无机试剂任选)
【答案】（1） ①. 酯基 ②. 羟基 ③. 消去反应(或取代反应、酯化反应)
（2）加成反应 （3）
（4） （5） 、
（6）
【解析】
【分析】A与乙烯发生加成反应生成B，B在硫酸作用下成环生成C，C与乙酸酐在NaH作用下反应生成D，D与联肼反应生成E，E与W反应生成G，根据其他有机物的结构简式及反应条件进行解答；分析流程图中E和G的结构简式， 结合W的分子式为C10H7NO4F3Cl便可推知W的结构简式为 ，结合A的分子式为C7H4OCl2，①分子中含有苯环；②能发生银镜反应说明含有醛基；③核磁共振氢谱有3组峰说明分子结构高度对称，确定其同分异构体有、；采用逆推法，结合题干流程图中所给信息就可确定该合成流程图。
【小问1详解】
由题干中E的结构简式可知，E中含氧官能团的名称为羟基、酯基；因此E可分别发生水解反应和消去反应(或取代反应、酯化反应)；故答案为：羟基、酯基；消去反应(或取代反应、酯化反应)；
【小问2详解】
比较A和B的结构简式以及转化过程中的反应物和反应条件可知A生成B的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
小问3详解】
由流程图中，B和C的结构简式可知B生成C的反应方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
比较E和G的结构简式， 结合W的分子式为C10H7NO4F3Cl，可推知W的结构简式为，故答案为： ；
【小问5详解】
根据条件，结合A的分子式为C7H4OCl2，①分子中含有苯环；②能发生银镜反应说明含有醛基；③核磁共振氢谱有3组峰说明分子结构高度对称，故满足条件所有的A的同分异构体为：、，故答案为：、；
【小问6详解】
采用逆推法进行解题，结合流程中E到G的信息可知可由和合成，结合流程图中D到E的信息可知 可由和H2NNH2合成得到，而 则可以由催化氧化得到，故确定整个合成流程图为：，故答案为：。
20. Ⅰ.利用温室气体CO2和CH4制备燃料合成器，计算机模拟单个二氧化碳分子与甲烷分子的反应历程如图所示：
已知：leV为1电子伏特，表示一个电子(所带电量为-1.6×10-19C)经过1伏特的电位差加速后所获得的动能。
（1）制备合成气CO、H2总反应的热化学方程式为_______。
（2）向密闭容器，中充入等体积的CO2和CH4，测得平衡时压强对数lg p(CO2)和lg p(H2)的关系如图所示。(压强的单位为MPa)
①T1_______T2(填“>” “<”或“=”)。
②温度为T1时，该反应的压强平衡常数Kp=_______ MPa2。
Ⅱ.丙烯是重要的有机合成原料。由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应：
反应i：2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g) +2H2O(g) kJ/mol
反应ii：2C3H8(g)+7O2(g)⇌6CO(g)+8H2O(g) kJ/mol
（3）在压强恒定为100 kPa条件下，按起始投料n(C3H8)：n(O2)=2∶1匀速通入反应器中，在不同温度下反应相同时间，测得丙烷和氧气的转化率如下图。
①线_______(填“L1”或“L2”)表示丙烷的转化率。
②温度高丁T1K后曲线L2随温度升高而降低的原因为_______。
③当温度高于T2K时，L1和L2重合的原因可能是_______。
Ⅲ.综合利用CO2有利于实现碳中和，在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：
i.CO2(g) +H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) kJ·mol-1
ii.CO(g) + 2H2(g)⇌CH3OH(g) kJ·mol-1
iii.CO2(g) +3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g) kJ·mol-1
（4）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n(H2)∶n(CO2)=3∶1充入H2和CO2，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①图中Y代表_______(填化学式)。
②在上图中画出反应达到平衡时，n(H2)／n(CO2)随温度变化趋势图_______(只用画220℃以后)。
【答案】（1）CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+(E5-E1)NA eV/mol
（2） ①. > ②. 0.01
（3） ①. L2 ②. 两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低 ③. 温度高于T2K时，反应 ⅱ 几乎不发生(反应 ii 的平衡常数几乎为0)
（4） ①. CH3OH ②.
【解析】
【小问1详解】
反应物CO2(g)+CH4(g)的能量为E1，生成物2CO(g)+2H2(g)的能量为E5，该反应为吸热反应，热化学反应式为CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+(E5-E1)NA eV/mol；
【小问2详解】
①反应吸热，温度上升则平衡向右移动，H2的物质的量增大，根据图示可知T1>T2；②由图可知温度为T1，平衡时当p(H2)=p(CO)=100.5,，有p(CO2)=p(CH4)=102，则Kp==0.01 MPa2
【小问3详解】
①从两个反应的化学计量数和投料比看，可知丙烷的转化率要低于氧气，所以L2代表丙烷的转化率；②由于T1K后反应达到平衡，两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低；③当温度达到T2K时，O2和丙烷的转化率相同，且起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2∶1，可以判断温度达到T2K后，反应ⅱ不发生，只发生反应ⅰ。
【小问4详解】
①反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ和ⅲ为吸热反应，当温度上升，则反应ⅰ正向进行，反应ⅱ和ⅲ逆向进行，所以CO的物质的量分数增加，X代表CO，CH3OH和H2O的物质的量分数减少，但由于反应ⅰ中有H2O生成，所以H2O减少的物质的量分数少于CH3OH，所以Y代表CH3OH，Z代表H2O；
②根据各组分的物质的量分数随温度变化图可知当温度大于220℃时，>3且随温度上升而增加，由此可绘制出对应曲线。
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