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2023年高考考前押题密卷：化学（湖南卷）（全解全析）
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这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（湖南卷）（全解全析），共20页。试卷主要包含了实验是化学研究的重要方法，下列离子反应方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年高考考前押题密卷（湖南卷）
化学·全解全析
本卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Co 59 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应和非氧化还原反应
B．重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”
C．快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸()缩聚制得
D．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同素异形体
【答案】B
【解析】A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应(比如氮的固定)和非氧化还原反应(比如硝酸转化为硝酸盐)，故A正确；
B．重油裂解为轻质油作燃料，轻质油燃烧一样会产生二氧化碳，不能减少二氧化碳的排放量，无法有效促进碳中和，故B错误；
C．聚乳酸是一种新型的生物降解材料，快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸经缩聚反应制得，故C正确；
D．碳纳米管、石墨烯都是碳元素形成的不同单质，它们互为同素异形体，故D正确。
综上所述，答案为B。
2．工业上制备硫酸时，用98.3%的浓硫酸吸收得到组成为的发烟硫酸。当时形成焦硫酸()，结构如图所示，它与水作用生成硫酸。下列关于焦硫酸的说法错误的是
A．属于极性分子 B．具有强氧化性
C．所有S和O均为杂化 D．其盐的溶液呈酸性
【答案】D
【解析】A．硫氧键和氧氢键都是极性键，焦硫酸分子中正、负电荷中心不重合，属于极性分子，A项正确；
B．焦硫酸由浓硫酸吸收SO3制得，其性质和浓硫酸类似，具有强氧化性，B项正确；
C．焦硫酸分子中，硫原子形成了4个σ键，没有孤电子对；氧原子形成了2个σ键，孤电子对数目为2，所以硫和氧均采取sp3杂化，C项正确；
D．焦硫酸属于强酸，其盐焦硫酸钾为强酸强碱盐，溶液呈中性，D项错误。
答案选D。
3．下图为合成药物M工艺过程中的某一步转化关系(反应条件已省略)。
下列说法正确的是
A．上述反应为取代反应，生成物有化合物丙和乙酸
B．化合物甲分子中含有4个手性碳原子
C．化合物甲和化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基
D．化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物中有化合物乙
【答案】B
【解析】A．根据上述反应，甲和乙反应生成丙和乙醇，A错误；
B．根据化合物甲的结构简式，分子中含有的手性碳原子如图： 共4种，B正确；
C．化合物甲含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基，化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基、肽键和氟原子，C错误；
D．化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物为：而不是乙，D错误；
故选B。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标况下，2.24 L的NH3和HF的分子数均为0.1NA
B．2L1mol·L-1的氯化铜溶液中H+数目为4NA
C．和的混合气体中含有的孤电子对数为
D．2LpH=5的0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中数目为0.1NA
【答案】C
【解析】A．标况下HF为液态，2.24 LHF的物质的量远大于0.1 mol，则其中含有的分子数远大于0.1NA，A错误；
B．由于铜离子水解使溶液显酸性，溶液中离子浓度c(Cl-)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-)，则n(Cl-)>n(Cu2+)>n(H+)>n(OH-)，因为n(Cl-)=4mol，所以n(H+)
D．重铬酸钾溶液中存在水解平衡：H2O+Cr2O⇌2CrO+2H+，则2L0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O的物质的量小于2L×0.05mol·L-1=0.1mol，其数目小于0.1NA，D错误；
故选C。
5．实验是化学研究的重要方法。下列实验设计能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验设计
A
检验溶液中是否存在杂质
用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰是否出现紫色
B
测定氯水的
将待测液滴在湿润的试纸上，与标准比色卡对照
C
除去乙炔气体中的硫化氢
将混合气体通入盛有硫酸铜溶液的洗气瓶中。
D
配制溶液
称取固体溶解在容量瓶中，再定容、摇匀
【答案】C
【解析】A．观察钾的焰色需要透过蓝色钴玻璃，故A错误；
B．氯水具有漂白性，无法用试纸进行测定，且试纸使用时不需要润湿，故B错误；
C．硫酸铜溶液可吸收硫化氢而不吸收乙炔，从而能达到除杂的目的，故C正确；
D．容量瓶不能直接溶解物质，故D错误；
故答案为C。
6．下列离子反应方程式书写正确的是
A．向中加入：
B．小苏打溶液与明矾溶液混合：
C．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：
D．向溶液中滴加少量溶液：
【答案】B
【解析】A．向中加入固体，既做氧化剂又做还原剂，中的18O全部在NaOH中，因此氧气的化学式为O2，A错误；
B．小苏打溶液与明矾溶液混合后，碳酸氢根和铝离子发生双水解，B正确；
C．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀: ，C错误；
D．H2S是弱酸，不能拆，D错误；
故选 B。
7．某样品中含少量，为测定样品的纯度，操作过程如下：(1)取一定质量的样品配制成250mL溶液；(2)准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中，滴几滴指示剂，用c硝酸银溶液滴定至终点。下列叙述错误的是
A．需要用到250mL容量瓶、棕色滴定管
B．滴定过程中眼睛注视滴定管液面的变化
C．滴定管排气泡后调节液面至0或0刻度以下
D．如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，所得结果会偏高
【答案】B
【解析】A．样品配制成250mL溶液，需要用到250mL容量瓶，用c硝酸银溶液滴定，硝酸银见光易分解，应用棕色滴定管，选项A正确；
B．滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，选项B错误；
C．滴定管排气泡后，再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度，选项C正确；
D．如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，标准溶液变稀，滴定消耗的体积偏大，所得结果会偏高，选项D正确；
答案选B。
8．前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，X元素形成的某种单质是极性分子，基态Y原子的价层电子排布式为，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法正确的是
A．W和X的简单氢化物的稳定性：W>X
B．基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低
C．YX2空间构型是直线形
D．单质Z与单质Y反应生成ZY
【答案】B
【分析】W原子中又7个运动状态不同的电子，W为N。X元素形成的某种单质是极性分子，X为O。Y价层电子排布式为ns2np4，Y为O族元素，Y为S。Z的原子次外层全满，最外层电子数为1，即电子排布为[Ar]3d104s1，Z为Cu。
【解析】A．同周期从左往右非金属增强，气态氢化物的稳定性增强：NH3
D．S弱氧化性与金属单质反应生成低价金属化合物，即生成Cu2S，D项错误；
故选B。
9．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为x pm，密度为。下列说法错误的是
A．砷化镓中配位键的数目是
B．Ga和As的最近距离是
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为6
【答案】D
【解析】A．由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则砷化镓中配位键的数目是，故A正确；
B．由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是，故B正确；
C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，故C正确；
D．由乙晶胞结构可知，和Mn最近且等距离的As的数目为4，故D错误；
故选D。
10．中科院发现深海处在微生物作用下的含硫物质的变化过程如图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法错误的是
A．中含有的键与键的数目之比为
B．，
C．既被氧化又被还原
D．理论上每产生，转移
【答案】D
【解析】A．共价单键是σ键，共价三键中含有2个π键1个σ键，中含有的键与键的数目之比为，选项A正确；
B．根据图中信息可知有离子反应，S元素由+2价变为-2价降了4，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故y=24，同理，由中S由+4价降为-2价降了6，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故x=21，选项B正确；
C．参与的反应为，中S由-2价升高为+2价被氧化，C由+4价变为+2价被还原，故 既被氧化又被还原，选项C正确；
D．根据反应，每生成，转移；反应中每生成，转移，选项D错误；
答案选D。
11．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体是一种重要的化工原料，微溶于冷水、酒精，可溶于热水，干燥时较为稳定，加热时易分解。制备产品二草酸合铜酸钾晶体可采用如下步骤，下列说法错误的是
已知：25℃草酸和碳酸的电离平衡常数数值如下表。
电离平衡常数
A．过程①微热的目的是加快草酸溶解，同时防止温度过高草酸分解
B．过程②中加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液
C．操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥
D．得到的产品用酒精洗涤优于冷水洗涤
【答案】B
【分析】草酸加入去离子水，再加热，加快草酸溶解，加入适量的生成，和氧化铜混合，经过一系列的操作，得到产品。
【解析】A．过程①中加入去离子水，再加热，加快草酸溶解，温度不能太高，防止草酸分解，A正确；
B．若加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液，和发生反应：，得到草酸氢钾溶液和碳酸氢钾溶液，B错误；
C．因为可溶于热水，加热时易分解，所以操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥，C正确；
D．因为微溶于冷水、酒精，用酒精洗涤易干燥，所以用酒精洗涤优于冷水洗涤，D正确；
故选B。
12．在一个体积恒为1L的恒温密闭容器中充入和，发生反应① 和反应② ，混合气体中氨气的体积分数及气体总浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态
B．升高温度，反应①的平衡常数减小
C．A点正反应速率与B点逆反应速率大小关系是
D．在B点时氨气的转化率为50%
【答案】B
【解析】A．容器体积始终不变，气体质量随着反应进行发生改变，则混合气体的密度不变，说明反应已达到平衡状态，选项A错误；
B．反应①是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，选项B正确；
C．由图可知，A点时反应正向进行，，B点反应达到平衡状态，，A点到B点过程中正反应速率逐渐减小，则，选项C错误；
D．由图可知，B点时氨气的体积分数为50%，气体总浓度为，则平衡时氨气的浓度为，消耗氨气的浓度为，则B点时氨气的转化率为，选项D错误；
答案选B。
13．近日，某团队分步进行8电子转移的电化学硝酸盐还原反应实现高效合成氨，装置如图所示。原理是：按照电子路径进行还原(先将硝酸盐还原成亚硝酸盐，再将亚硝酸盐还原成氨)，可大幅度地降低8电子还原过程的能垒，提高其反应活性。
下列叙述正确的是
A．N极为负极，发生了还原反应
B．、的VSEPR模型名称分别为三角锥形、直线形
C．生成的电极反应式为
D．由生成34g 时至少转移12mol电子
【答案】C
【解析】A．该装置为原电池，N极上Zn转化为Zn(OH)失电子发生了氧化反应，为负极，A错误；
B．含有一对孤电子对，价层电子对数为4，VSEPR模型名称为正四面体、价层电子对数为3，VSEPR模型名称分别平面三角形，B错误；
C．生成的电极反应式为，C正确；
D．N的化合价由+5→+3→-3，由生成34g (2mol)时至少转移16mol电子，D错误；
故选C。
14．已知常温下水溶液中、、、HB、的分布分数δ[如]随pH变化曲线如图1；溶液中和关系如图2.用溶液滴定20.00mL溶液，下列说法错误的是
A．曲线d表示δ(HB)
B．的水解平衡常数
C．滴定过程中溶液会变浑浊
D．滴定过程中始终存在：
【答案】D
【解析】A．由题中信息可知，为二元弱酸，、，用溶液滴定20.00mL溶液，发生反应：，则酸性：>HB，所以曲线a、b、c表示的各微粒分布曲线，曲线a代表，曲线b代表，曲线c代表，曲线d为HB，曲线e为，故A正确；
B．的水解平衡常数，曲线d和e相交时=，，此时pH=8.3，=，则，故B正确；
C．根据图2可知，滴定过程中会生成CaA沉淀，溶液变浑浊，故C正确；
D．若滴定过程中不产生沉淀，则根据电荷守恒：，根据物料守恒：=+，则，但随着H2A溶液的滴入，Ca2+产生CaA沉淀而析出，溶液中+，则，故错误；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。
已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。
Ⅰ．FeCl3的制备
(1)装置C中碱石灰的作用是___________。
(2)F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。
(3)写出装置D中制备的离子方程式___________。
Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应
向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。
查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：
猜想1：与过量的Cu粉反应生成，再结合生成白色沉淀。
猜想2：与发生氧化还原反应生成，再结合生成白色沉淀。
针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：
实验编号
操作
现象
实验1
加入铜粉后无现象
实验2
溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀
(4)实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。
(5)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：
i．与可发生如下两种反应：
反应A：(淡黄色)；
反应B：(黄色)。
ii．与共存时溶液显绿色。
①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“<”)B，说明反应B___________(填“是”或“不是”)产生的主要原因。
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，写出该反应离子方程式___________。
(6)若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为___________(写出表达式即可)。
【答案】(1)吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质（2分）
(2)U形干燥管（1分） b→c→d→e（2分）
(3)MnO2+4H++2Cl- Mn2+++Cl2↑+2H2O（2分）
(4)1（1分）
(5)＞（1分） 不是（1分） Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+（2分）
(6)（2分）
【解析】Ⅰ．由题干实验装置图可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl，装置F为盛有无水氯化钙或无水硫酸铜的U形干燥管，用于干燥Cl2，然后将干燥的Cl2通入装置A中，装置A为制备FeCl3，装置B中的收集器用于收集FeCl3，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，据此分析解题。
（1）由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；
（2）由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e；
（3）由分析可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
（4）由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-，结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜想1不合理，故答案为：1；
（5）①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说明反应B不是产生的主要原因，故答案为：＞；不是；
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，即Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；
（6）若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为：=，故答案为：。
16．（14分）CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i． CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ΔH1
反应ii． CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH2>0
反应iii．……
可能的反应机理如下(M为催化剂)；
回答下列问题：
(1)反应iii的化学方程式为___________。
(2)已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：
物质
CO2(g)
H2(g)
HCOOH(g)
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1
-393.51
0
-362.3
依据以上信息，ΔH1=___________。
(3)在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)， 反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。
①下列措施能提高CO2平衡转化率的是___________ ( 填标号)。
A．降低温度 B．再充入Ar C．分离出HCOOH
②673.15K，反应后体系中H2的分压为a MPa，则反应i的压力商计算式Qp=___________ MPa-1。
③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应___________ (填“ i”或“ii”)，判断的理由是___________。
(4)若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH， 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成___________中间体，且___________ (填 “Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。
【答案】(1)CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g)（2分）
(2)+31.21kJ·mol-1（2分）
(3) ①C（2分） ②（2分） ③ii（1分） 随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降（2分）
(4) HCOO*（2分） Bi/CeO2（1分）
【解析】（1）据图可知，CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，根据元素守恒可知反应iii为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+ H2O(g)；
（2）焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；
（3）①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；
C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；
答案选C；
②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，所以此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=MPa，所以反应i的压力商计算式Qp==；
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；
（4）据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。
17．（15分）无水氯化钴可用作彩色水泥的添加剂、催化剂、饲料等，以钴渣(主要成分是CoO，含少量NiO、CuO、FeO和等)为原料制备无水氯化钴的流程如图所示：
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀时pH
7.6
4.4
6.8
1.9
7.5
完全沉淀时pH
9.2
6.4
8.4
3.2
9.5
请回答下列问题：
(1)已知CoP的晶胞类型与ZnS相似，结构如图-1所示。P原子所连Co原子构成正四面体，P原子处于正四面体的体心。如图-2为如图-1的俯视图，请在如图-2中用○画出P原子的位置_______。
(2)若氧化剂M为氧气，则其反应的离子方程式为_______；调节的目的是_______。
(3)“萃取”目的是除去镍离子；M代表被萃取的离子，萃取金属离子的原理简化如下： (水层) （有机层）（(有机层) (水层)，影响萃取率的因素有很多，在其他条件相同时，根据如图-3分析分离镍、钴的最佳条件：相比(油相O∶水相A)=_______；根据如图-4分析，在一定范围内随着pH升高，金属离子萃取率升高的原因是_______。
(4)“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为_______。
(5)为测定粗产品中的含量，称取10 g粗产品配成100 mL溶液，从中取出25 mL先加入含0.03 mol的溶液(杂质不与其反应)，再用0.5 mol⋅L的KSCN溶液滴定过量的，若消耗20.00 mL KSCN溶液，则该粗产品中的质量分数为_______。(写出计算过程，已知：)
【答案】(1)（2分）
(2) （2分） 将、全部转化为、而除去（2分）
(3) 1∶1（2分） 萃取产生，随pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的平衡正向移动（2分）
(4)（2分）
(5)消耗20.00 mL KSCN溶液，硫氰化钾的物质的量为0.5 mol⋅L×20.00×10-3L=0.01mol，则与氯化钴反应的硝酸银的物质的量为0.03-0.01=0.02mol，则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol，氯化钴的质量为1.3g，则100mL溶液中氯化钴的质量为，该粗产品中的质量分数为（3分）
【分析】“酸浸”中金属氧化物与硫酸反应得到对应的盐，溶液中离子有Co2+、Ni2+、Cu2+、 Fe2+，SiO2与硫酸不反应，固体1为SiO2，加入氧化剂可氧化Fe2+为Fe3+，调节pH=6.5可将Cu2+、Fe3+ 转为沉淀除去，‘萃取步骤中将Co2+转到有机层，Ni2+在水层，有机层加入稀硫酸得到溶液含Co2+，加入纯碱生成CoCO3沉淀，过滤得滤渣再加盐酸酸溶得到CoCl2溶液，经系列操作后得到结晶，加入SOCl2灼烧得到CoCl2。
【解析】（1）钴原子位于立方体的顶点和面心和体心，磷原子在小四面体的体心，即磷在立方体的体对角线的四分之一位置，故P原子的位置为。
（2）氧化剂为氧气，将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：；结合氢氧化物沉淀的pH分析，调节的目的是将铁离子和铜离子转化为氢氧化物沉淀而除去。
（3）油相和水相1:1时钴离子和镍离子萃取比例差距最大，根据萃取方程式分析， (水层) （有机层）（(有机层) (水层)，萃取产生，随pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的平衡正向移动，所以pH升高，金属离子萃取率升高。
（4）加入SOCl2灼烧得到CoCl2，SOCl2与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应方程式为：。
（5）为测定粗产品中的含量，称取10 g粗产品配成100 mL溶液，从中取出25 mL先加入含0.03 mol的溶液(杂质不与其反应)，再用0.5 mol⋅L的KSCN溶液滴定过量的，消耗20.00 mL KSCN溶液，硫氰化钾的物质的量为0.5 mol⋅L×20.00×10-3L=0.01mol，则与氯化钴反应的硝酸银的物质的量为0.03-0.01=0.02mol，则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol，氯化钴的质量为1.3g，则100mL溶液中氯化钴的质量为，该粗产品中的质量分数为。
18．（15分）丙烯醛()是一种重要的有机合成原料，用其合成3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)和DAP树脂的一种路线如下：
已知醇与酯可发生如下的酯交换反应：RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH(R、R'、R″代表烃基)
回答下列问题：
(1)已知A的结构简式为，在制备A的过程中最容易生成的另一种副产物为___________(写结构简式)。
(2)设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为___________。
(3)已知3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为___________。
(4)已知E的苯环上的一氯代物有两种，则E的名称为___________；E→F的反应类型为___________。
(5)DAP单体中含两个碳碳双键，则由D和F制备DAP单体的化学方程式为___________。
(6)满足下列条件的F的同分异构体M有___________种(不包含立体异构)。
i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团
ii．除苯环外无其他环状结构
iii．1molM最多能消耗4molNaOH
(7)结合上述流程，以乙烯为原料制备 的合成路线为(无机试剂任选)______。
【答案】(1)（2分）
(2)保护碳碳双键，防止其发生加成反应（1分）
(3)（2分）
(4)邻苯二甲酸（1分） 取代反应（2分）
(5)2++2CH3OH（2分）
(6)16（2分）
(7)（3分）
【分析】丙烯醛与HCl发生加成反应生成，A与氢气加成生成，再NaOH醇溶液加热条件下生成D；E与甲醇能发生酯化反应，且苯环上只有两种氢，结合E的分子式可知E为 ，E与甲醇反应生成 ，D与F发生信息中反应生成甲醇和 ， 聚合生成DPA树脂，据此分析解答。
【解析】（1）丙烯醛中的碳碳双键不对称，因此再与HCl发生加成反应时除生成外，还有 生成，故答案为： ；
（2）因丙烯醛中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，为避免醛基还原过程中碳碳双键发生加氢反应，可通过丙烯醛→A和C→D步骤保护碳碳双键，故答案为：保护碳碳双键，防止其发生加成反应；
（3）3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为 ，故答案为： ；
（4）由以上分析可知E为邻苯二甲酸，E与甲醇能发生酯化反应(取代反应)生成F，故答案为：邻苯二甲酸；取代反应；
（5）与 发生信息中反应，产物中含有2各碳碳双键，则两者按照2：1反应，反应方程式为：2++2CH3OH，故答案为：2++2CH3OH；
（6）i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团；ii．除苯环外无其他环状结构；iii．1molM最多能消耗4molNaOH，则苯环上应直接连接2个-OOCR结构，又因苯环上只有三个取代基，则可能为2个-OOCH和一个乙基，2个-OOCH邻位时，乙基有2种位置，2个-OOCH间位时，乙基有3种位置，2个-OOCH对位时，乙基有1种位置，共6种；三个取代基也可能：-OOCH、-OOCCH3、-CH3，苯环上连3个不同取代基时有10种结构，因此符合题意的共16种，故答案为：16；
（7）由题中信息可知 可由乙醛和乙醇发生A→B的转化生成，乙醛可由乙醇催化氧化生成，乙醇可由乙烯与水加成得到，则合成路线为：，故答案为：。
2023年高考考前押题密卷（湖南卷）
化学·全解全析
本卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Co 59 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应和非氧化还原反应
B．重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”
C．快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸()缩聚制得
D．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同素异形体
【答案】B
【解析】A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应(比如氮的固定)和非氧化还原反应(比如硝酸转化为硝酸盐)，故A正确；
B．重油裂解为轻质油作燃料，轻质油燃烧一样会产生二氧化碳，不能减少二氧化碳的排放量，无法有效促进碳中和，故B错误；
C．聚乳酸是一种新型的生物降解材料，快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸经缩聚反应制得，故C正确；
D．碳纳米管、石墨烯都是碳元素形成的不同单质，它们互为同素异形体，故D正确。
综上所述，答案为B。
2．工业上制备硫酸时，用98.3%的浓硫酸吸收得到组成为的发烟硫酸。当时形成焦硫酸()，结构如图所示，它与水作用生成硫酸。下列关于焦硫酸的说法错误的是
A．属于极性分子 B．具有强氧化性
C．所有S和O均为杂化 D．其盐的溶液呈酸性
【答案】D
【解析】A．硫氧键和氧氢键都是极性键，焦硫酸分子中正、负电荷中心不重合，属于极性分子，A项正确；
B．焦硫酸由浓硫酸吸收SO3制得，其性质和浓硫酸类似，具有强氧化性，B项正确；
C．焦硫酸分子中，硫原子形成了4个σ键，没有孤电子对；氧原子形成了2个σ键，孤电子对数目为2，所以硫和氧均采取sp3杂化，C项正确；
D．焦硫酸属于强酸，其盐焦硫酸钾为强酸强碱盐，溶液呈中性，D项错误。
答案选D。
3．下图为合成药物M工艺过程中的某一步转化关系(反应条件已省略)。
下列说法正确的是
A．上述反应为取代反应，生成物有化合物丙和乙酸
B．化合物甲分子中含有4个手性碳原子
C．化合物甲和化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基
D．化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物中有化合物乙
【答案】B
【解析】A．根据上述反应，甲和乙反应生成丙和乙醇，A错误；
B．根据化合物甲的结构简式，分子中含有的手性碳原子如图： 共4种，B正确；
C．化合物甲含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基，化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基、肽键和氟原子，C错误；
D．化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物为：而不是乙，D错误；
故选B。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标况下，2.24 L的NH3和HF的分子数均为0.1NA
B．2L1mol·L-1的氯化铜溶液中H+数目为4NA
C．和的混合气体中含有的孤电子对数为
D．2LpH=5的0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中数目为0.1NA
【答案】C
【解析】A．标况下HF为液态，2.24 LHF的物质的量远大于0.1 mol，则其中含有的分子数远大于0.1NA，A错误；
B．由于铜离子水解使溶液显酸性，溶液中离子浓度c(Cl-)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-)，则n(Cl-)>n(Cu2+)>n(H+)>n(OH-)，因为n(Cl-)=4mol，所以n(H+)
D．重铬酸钾溶液中存在水解平衡：H2O+Cr2O⇌2CrO+2H+，则2L0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O的物质的量小于2L×0.05mol·L-1=0.1mol，其数目小于0.1NA，D错误；
故选C。
5．实验是化学研究的重要方法。下列实验设计能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验设计
A
检验溶液中是否存在杂质
用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰是否出现紫色
B
测定氯水的
将待测液滴在湿润的试纸上，与标准比色卡对照
C
除去乙炔气体中的硫化氢
将混合气体通入盛有硫酸铜溶液的洗气瓶中。
D
配制溶液
称取固体溶解在容量瓶中，再定容、摇匀
【答案】C
【解析】A．观察钾的焰色需要透过蓝色钴玻璃，故A错误；
B．氯水具有漂白性，无法用试纸进行测定，且试纸使用时不需要润湿，故B错误；
C．硫酸铜溶液可吸收硫化氢而不吸收乙炔，从而能达到除杂的目的，故C正确；
D．容量瓶不能直接溶解物质，故D错误；
故答案为C。
6．下列离子反应方程式书写正确的是
A．向中加入：
B．小苏打溶液与明矾溶液混合：
C．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：
D．向溶液中滴加少量溶液：
【答案】B
【解析】A．向中加入固体，既做氧化剂又做还原剂，中的18O全部在NaOH中，因此氧气的化学式为O2，A错误；
B．小苏打溶液与明矾溶液混合后，碳酸氢根和铝离子发生双水解，B正确；
C．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀: ，C错误；
D．H2S是弱酸，不能拆，D错误；
故选 B。
7．某样品中含少量，为测定样品的纯度，操作过程如下：(1)取一定质量的样品配制成250mL溶液；(2)准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中，滴几滴指示剂，用c硝酸银溶液滴定至终点。下列叙述错误的是
A．需要用到250mL容量瓶、棕色滴定管
B．滴定过程中眼睛注视滴定管液面的变化
C．滴定管排气泡后调节液面至0或0刻度以下
D．如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，所得结果会偏高
【答案】B
【解析】A．样品配制成250mL溶液，需要用到250mL容量瓶，用c硝酸银溶液滴定，硝酸银见光易分解，应用棕色滴定管，选项A正确；
B．滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，选项B错误；
C．滴定管排气泡后，再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度，选项C正确；
D．如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，标准溶液变稀，滴定消耗的体积偏大，所得结果会偏高，选项D正确；
答案选B。
8．前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，X元素形成的某种单质是极性分子，基态Y原子的价层电子排布式为，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法正确的是
A．W和X的简单氢化物的稳定性：W>X
B．基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低
C．YX2空间构型是直线形
D．单质Z与单质Y反应生成ZY
【答案】B
【分析】W原子中又7个运动状态不同的电子，W为N。X元素形成的某种单质是极性分子，X为O。Y价层电子排布式为ns2np4，Y为O族元素，Y为S。Z的原子次外层全满，最外层电子数为1，即电子排布为[Ar]3d104s1，Z为Cu。
【解析】A．同周期从左往右非金属增强，气态氢化物的稳定性增强：NH3
D．S弱氧化性与金属单质反应生成低价金属化合物，即生成Cu2S，D项错误；
故选B。
9．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为x pm，密度为。下列说法错误的是
A．砷化镓中配位键的数目是
B．Ga和As的最近距离是
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为6
【答案】D
【解析】A．由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则砷化镓中配位键的数目是，故A正确；
B．由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是，故B正确；
C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，故C正确；
D．由乙晶胞结构可知，和Mn最近且等距离的As的数目为4，故D错误；
故选D。
10．中科院发现深海处在微生物作用下的含硫物质的变化过程如图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法错误的是
A．中含有的键与键的数目之比为
B．，
C．既被氧化又被还原
D．理论上每产生，转移
【答案】D
【解析】A．共价单键是σ键，共价三键中含有2个π键1个σ键，中含有的键与键的数目之比为，选项A正确；
B．根据图中信息可知有离子反应，S元素由+2价变为-2价降了4，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故y=24，同理，由中S由+4价降为-2价降了6，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故x=21，选项B正确；
C．参与的反应为，中S由-2价升高为+2价被氧化，C由+4价变为+2价被还原，故 既被氧化又被还原，选项C正确；
D．根据反应，每生成，转移；反应中每生成，转移，选项D错误；
答案选D。
11．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体是一种重要的化工原料，微溶于冷水、酒精，可溶于热水，干燥时较为稳定，加热时易分解。制备产品二草酸合铜酸钾晶体可采用如下步骤，下列说法错误的是
已知：25℃草酸和碳酸的电离平衡常数数值如下表。
电离平衡常数
A．过程①微热的目的是加快草酸溶解，同时防止温度过高草酸分解
B．过程②中加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液
C．操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥
D．得到的产品用酒精洗涤优于冷水洗涤
【答案】B
【分析】草酸加入去离子水，再加热，加快草酸溶解，加入适量的生成，和氧化铜混合，经过一系列的操作，得到产品。
【解析】A．过程①中加入去离子水，再加热，加快草酸溶解，温度不能太高，防止草酸分解，A正确；
B．若加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液，和发生反应：，得到草酸氢钾溶液和碳酸氢钾溶液，B错误；
C．因为可溶于热水，加热时易分解，所以操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥，C正确；
D．因为微溶于冷水、酒精，用酒精洗涤易干燥，所以用酒精洗涤优于冷水洗涤，D正确；
故选B。
12．在一个体积恒为1L的恒温密闭容器中充入和，发生反应① 和反应② ，混合气体中氨气的体积分数及气体总浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态
B．升高温度，反应①的平衡常数减小
C．A点正反应速率与B点逆反应速率大小关系是
D．在B点时氨气的转化率为50%
【答案】B
【解析】A．容器体积始终不变，气体质量随着反应进行发生改变，则混合气体的密度不变，说明反应已达到平衡状态，选项A错误；
B．反应①是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，选项B正确；
C．由图可知，A点时反应正向进行，，B点反应达到平衡状态，，A点到B点过程中正反应速率逐渐减小，则，选项C错误；
D．由图可知，B点时氨气的体积分数为50%，气体总浓度为，则平衡时氨气的浓度为，消耗氨气的浓度为，则B点时氨气的转化率为，选项D错误；
答案选B。
13．近日，某团队分步进行8电子转移的电化学硝酸盐还原反应实现高效合成氨，装置如图所示。原理是：按照电子路径进行还原(先将硝酸盐还原成亚硝酸盐，再将亚硝酸盐还原成氨)，可大幅度地降低8电子还原过程的能垒，提高其反应活性。
下列叙述正确的是
A．N极为负极，发生了还原反应
B．、的VSEPR模型名称分别为三角锥形、直线形
C．生成的电极反应式为
D．由生成34g 时至少转移12mol电子
【答案】C
【解析】A．该装置为原电池，N极上Zn转化为Zn(OH)失电子发生了氧化反应，为负极，A错误；
B．含有一对孤电子对，价层电子对数为4，VSEPR模型名称为正四面体、价层电子对数为3，VSEPR模型名称分别平面三角形，B错误；
C．生成的电极反应式为，C正确；
D．N的化合价由+5→+3→-3，由生成34g (2mol)时至少转移16mol电子，D错误；
故选C。
14．已知常温下水溶液中、、、HB、的分布分数δ[如]随pH变化曲线如图1；溶液中和关系如图2.用溶液滴定20.00mL溶液，下列说法错误的是
A．曲线d表示δ(HB)
B．的水解平衡常数
C．滴定过程中溶液会变浑浊
D．滴定过程中始终存在：
【答案】D
【解析】A．由题中信息可知，为二元弱酸，、，用溶液滴定20.00mL溶液，发生反应：，则酸性：>HB，所以曲线a、b、c表示的各微粒分布曲线，曲线a代表，曲线b代表，曲线c代表，曲线d为HB，曲线e为，故A正确；
B．的水解平衡常数，曲线d和e相交时=，，此时pH=8.3，=，则，故B正确；
C．根据图2可知，滴定过程中会生成CaA沉淀，溶液变浑浊，故C正确；
D．若滴定过程中不产生沉淀，则根据电荷守恒：，根据物料守恒：=+，则，但随着H2A溶液的滴入，Ca2+产生CaA沉淀而析出，溶液中+，则，故错误；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。
已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。
Ⅰ．FeCl3的制备
(1)装置C中碱石灰的作用是___________。
(2)F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。
(3)写出装置D中制备的离子方程式___________。
Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应
向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。
查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：
猜想1：与过量的Cu粉反应生成，再结合生成白色沉淀。
猜想2：与发生氧化还原反应生成，再结合生成白色沉淀。
针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：
实验编号
操作
现象
实验1
加入铜粉后无现象
实验2
溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀
(4)实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。
(5)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：
i．与可发生如下两种反应：
反应A：(淡黄色)；
反应B：(黄色)。
ii．与共存时溶液显绿色。
①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“<”)B，说明反应B___________(填“是”或“不是”)产生的主要原因。
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，写出该反应离子方程式___________。
(6)若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为___________(写出表达式即可)。
【答案】(1)吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质（2分）
(2)U形干燥管（1分） b→c→d→e（2分）
(3)MnO2+4H++2Cl- Mn2+++Cl2↑+2H2O（2分）
(4)1（1分）
(5)＞（1分） 不是（1分） Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+（2分）
(6)（2分）
【解析】Ⅰ．由题干实验装置图可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl，装置F为盛有无水氯化钙或无水硫酸铜的U形干燥管，用于干燥Cl2，然后将干燥的Cl2通入装置A中，装置A为制备FeCl3，装置B中的收集器用于收集FeCl3，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，据此分析解题。
（1）由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；
（2）由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e；
（3）由分析可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
（4）由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-，结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜想1不合理，故答案为：1；
（5）①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说明反应B不是产生的主要原因，故答案为：＞；不是；
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，即Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；
（6）若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为：=，故答案为：。
16．（14分）CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i． CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ΔH1
反应ii． CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH2>0
反应iii．……
可能的反应机理如下(M为催化剂)；
回答下列问题：
(1)反应iii的化学方程式为___________。
(2)已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：
物质
CO2(g)
H2(g)
HCOOH(g)
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1
-393.51
0
-362.3
依据以上信息，ΔH1=___________。
(3)在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)， 反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。
①下列措施能提高CO2平衡转化率的是___________ ( 填标号)。
A．降低温度 B．再充入Ar C．分离出HCOOH
②673.15K，反应后体系中H2的分压为a MPa，则反应i的压力商计算式Qp=___________ MPa-1。
③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应___________ (填“ i”或“ii”)，判断的理由是___________。
(4)若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH， 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成___________中间体，且___________ (填 “Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。
【答案】(1)CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g)（2分）
(2)+31.21kJ·mol-1（2分）
(3) ①C（2分） ②（2分） ③ii（1分） 随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降（2分）
(4) HCOO*（2分） Bi/CeO2（1分）
【解析】（1）据图可知，CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，根据元素守恒可知反应iii为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+ H2O(g)；
（2）焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；
（3）①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；
C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；
答案选C；
②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，所以此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=MPa，所以反应i的压力商计算式Qp==；
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；
（4）据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。
17．（15分）无水氯化钴可用作彩色水泥的添加剂、催化剂、饲料等，以钴渣(主要成分是CoO，含少量NiO、CuO、FeO和等)为原料制备无水氯化钴的流程如图所示：
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀时pH
7.6
4.4
6.8
1.9
7.5
完全沉淀时pH
9.2
6.4
8.4
3.2
9.5
请回答下列问题：
(1)已知CoP的晶胞类型与ZnS相似，结构如图-1所示。P原子所连Co原子构成正四面体，P原子处于正四面体的体心。如图-2为如图-1的俯视图，请在如图-2中用○画出P原子的位置_______。
(2)若氧化剂M为氧气，则其反应的离子方程式为_______；调节的目的是_______。
(3)“萃取”目的是除去镍离子；M代表被萃取的离子，萃取金属离子的原理简化如下： (水层) （有机层）（(有机层) (水层)，影响萃取率的因素有很多，在其他条件相同时，根据如图-3分析分离镍、钴的最佳条件：相比(油相O∶水相A)=_______；根据如图-4分析，在一定范围内随着pH升高，金属离子萃取率升高的原因是_______。
(4)“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为_______。
(5)为测定粗产品中的含量，称取10 g粗产品配成100 mL溶液，从中取出25 mL先加入含0.03 mol的溶液(杂质不与其反应)，再用0.5 mol⋅L的KSCN溶液滴定过量的，若消耗20.00 mL KSCN溶液，则该粗产品中的质量分数为_______。(写出计算过程，已知：)
【答案】(1)（2分）
(2) （2分） 将、全部转化为、而除去（2分）
(3) 1∶1（2分） 萃取产生，随pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的平衡正向移动（2分）
(4)（2分）
(5)消耗20.00 mL KSCN溶液，硫氰化钾的物质的量为0.5 mol⋅L×20.00×10-3L=0.01mol，则与氯化钴反应的硝酸银的物质的量为0.03-0.01=0.02mol，则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol，氯化钴的质量为1.3g，则100mL溶液中氯化钴的质量为，该粗产品中的质量分数为（3分）
【分析】“酸浸”中金属氧化物与硫酸反应得到对应的盐，溶液中离子有Co2+、Ni2+、Cu2+、 Fe2+，SiO2与硫酸不反应，固体1为SiO2，加入氧化剂可氧化Fe2+为Fe3+，调节pH=6.5可将Cu2+、Fe3+ 转为沉淀除去，‘萃取步骤中将Co2+转到有机层，Ni2+在水层，有机层加入稀硫酸得到溶液含Co2+，加入纯碱生成CoCO3沉淀，过滤得滤渣再加盐酸酸溶得到CoCl2溶液，经系列操作后得到结晶，加入SOCl2灼烧得到CoCl2。
【解析】（1）钴原子位于立方体的顶点和面心和体心，磷原子在小四面体的体心，即磷在立方体的体对角线的四分之一位置，故P原子的位置为。
（2）氧化剂为氧气，将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：；结合氢氧化物沉淀的pH分析，调节的目的是将铁离子和铜离子转化为氢氧化物沉淀而除去。
（3）油相和水相1:1时钴离子和镍离子萃取比例差距最大，根据萃取方程式分析， (水层) （有机层）（(有机层) (水层)，萃取产生，随pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的平衡正向移动，所以pH升高，金属离子萃取率升高。
（4）加入SOCl2灼烧得到CoCl2，SOCl2与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应方程式为：。
（5）为测定粗产品中的含量，称取10 g粗产品配成100 mL溶液，从中取出25 mL先加入含0.03 mol的溶液(杂质不与其反应)，再用0.5 mol⋅L的KSCN溶液滴定过量的，消耗20.00 mL KSCN溶液，硫氰化钾的物质的量为0.5 mol⋅L×20.00×10-3L=0.01mol，则与氯化钴反应的硝酸银的物质的量为0.03-0.01=0.02mol，则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol，氯化钴的质量为1.3g，则100mL溶液中氯化钴的质量为，该粗产品中的质量分数为。
18．（15分）丙烯醛()是一种重要的有机合成原料，用其合成3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)和DAP树脂的一种路线如下：
已知醇与酯可发生如下的酯交换反应：RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH(R、R'、R″代表烃基)
回答下列问题：
(1)已知A的结构简式为，在制备A的过程中最容易生成的另一种副产物为___________(写结构简式)。
(2)设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为___________。
(3)已知3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为___________。
(4)已知E的苯环上的一氯代物有两种，则E的名称为___________；E→F的反应类型为___________。
(5)DAP单体中含两个碳碳双键，则由D和F制备DAP单体的化学方程式为___________。
(6)满足下列条件的F的同分异构体M有___________种(不包含立体异构)。
i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团
ii．除苯环外无其他环状结构
iii．1molM最多能消耗4molNaOH
(7)结合上述流程，以乙烯为原料制备 的合成路线为(无机试剂任选)______。
【答案】(1)（2分）
(2)保护碳碳双键，防止其发生加成反应（1分）
(3)（2分）
(4)邻苯二甲酸（1分） 取代反应（2分）
(5)2++2CH3OH（2分）
(6)16（2分）
(7)（3分）
【分析】丙烯醛与HCl发生加成反应生成，A与氢气加成生成，再NaOH醇溶液加热条件下生成D；E与甲醇能发生酯化反应，且苯环上只有两种氢，结合E的分子式可知E为 ，E与甲醇反应生成 ，D与F发生信息中反应生成甲醇和 ， 聚合生成DPA树脂，据此分析解答。
【解析】（1）丙烯醛中的碳碳双键不对称，因此再与HCl发生加成反应时除生成外，还有 生成，故答案为： ；
（2）因丙烯醛中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，为避免醛基还原过程中碳碳双键发生加氢反应，可通过丙烯醛→A和C→D步骤保护碳碳双键，故答案为：保护碳碳双键，防止其发生加成反应；
（3）3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为 ，故答案为： ；
（4）由以上分析可知E为邻苯二甲酸，E与甲醇能发生酯化反应(取代反应)生成F，故答案为：邻苯二甲酸；取代反应；
（5）与 发生信息中反应，产物中含有2各碳碳双键，则两者按照2：1反应，反应方程式为：2++2CH3OH，故答案为：2++2CH3OH；
（6）i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团；ii．除苯环外无其他环状结构；iii．1molM最多能消耗4molNaOH，则苯环上应直接连接2个-OOCR结构，又因苯环上只有三个取代基，则可能为2个-OOCH和一个乙基，2个-OOCH邻位时，乙基有2种位置，2个-OOCH间位时，乙基有3种位置，2个-OOCH对位时，乙基有1种位置，共6种；三个取代基也可能：-OOCH、-OOCCH3、-CH3，苯环上连3个不同取代基时有10种结构，因此符合题意的共16种，故答案为：16；
（7）由题中信息可知 可由乙醛和乙醇发生A→B的转化生成，乙醛可由乙醇催化氧化生成，乙醇可由乙烯与水加成得到，则合成路线为：，故答案为：。
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