资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩7页未读，
继续阅读
湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷（二）化学试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷（二）化学试题（原卷版+解析版），文件包含湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷二化学试题原卷版docx、湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷二化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
本试题卷分为选择题和非选择题两部分，共7页。时量75分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Al-27 S-32 I-127
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. 生活中处处有化学，下列叙述错误的是
A. 苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B. 竹简的成分之一纤维素属于天然高分子
C. 发现了月壤中的“嫦娥石”：其成分属于无机盐
D. 75%的乙醇与84消毒液的消毒原理不相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，故A错误；
B．纤维素是一种天然化合物，其分子式为，其相对分子质量大，是一种天然高分子，故B正确；
C．嫦娥石因其含有等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，故C正确；
D．的乙醇因渗透作用使蛋白质变性而消毒，84消毒液是用的强氧化性消毒，两者消毒原理不相同，故D正确；
故选A。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 基态原子的价层电子排布式：3d54s2
B. 氧原子核外电子的空间运动状态有5种
C. NF3的电子式：
D. CO2的VSEPR模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态原子为24号元素，价电子排布式为，故A错误；
B．原子电子排布式为，存在电子的轨道有5个，核外电子的空间运动状态有5种，故B正确；
C．的电子式为，故C错误；
D．分子中心原子碳原子的价层电子对数为2，且不存在孤对电子，其VSEPR模型为直线形，D错误；
故答案选B。
3. 把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。
对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（ ）
A. IO4-作氧化剂具有氧化性
B. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
C. 若有2mlMn2+参加反应时则转移10ml电子
D. 氧化性：MnO4->IO4-
【答案】D
【解析】
【分析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。
【详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2++5 IO4-+3H2O =2MnO4- + 5IO3-+6H+。
A．IO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；
C．若有2ml Mn2+参加反应，则转移的电子为2ml×(7-2)=10ml，故C正确；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-故选D。
4. 下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是
A. 银氨溶液：
B. 的溶液中：
C. 水电离的的溶液中：
D. 高锰酸钾溶液：、葡萄糖分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．银氨溶液是氢氧化二氨合银的溶液，能电离出大量OH-，与银氨溶液不能大量共存，故A项错误；
B．的溶液呈酸性，使得高锰酸根具有强氧化性，与发生反应，不能大量共存，故B项错误；
C．水电离的的溶液中可以为酸性也可以为碱性，、之间相互不反应，可以大量共存，故C项正确；
D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与葡萄糖分子不能大量共存，故D项错误；
故本题选C。
5. 利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在冷的浓硝酸中会钝化，能和浓硝酸反应，不能用浓硝酸来比较和的金属活动性，故A不能达到实验目的；
B．考虑到成本，工业上应该加生石灰沉淀镁离子而不用烧碱，故B不能达到实验目；
C．氨气会和无水氯化钙反应产生，应用碱石灰干燥，收集氨气用向下排空气法，故C不能达到实验目的；
D．溶液中存在，蒸发溶液时，温度升高平衡正向移动，产生，但由于水解得到的是难挥发的硫酸，因此最后仍可以得到无水，故D能达到实验目的；
故答案选D
6. R、W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，基态R原子有三个能级，每个能级上电子数相等。W的简单氢化物可用作制冷剂，X与Z同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。Z的最外层电子数与核外电子总数之比3∶8。下列说法正确的是
A. 第一电离能： X>W>R
B. X与Y可形成离子个数比为1∶1的化合物
C. 简单氢化物的沸点：XD. 简单离子半径：R>W>X>Y
【答案】D
【解析】
【分析】基态R原子有三个能级，每个能级上电子数相等，因此电子排布式为，可知R为C元素；NH3可用作制冷剂，可知W为N元素；Z的原子序数最大，最外层电子数与核外电子总数之比3∶8，可知Z的核外电子排布式为2、8、6，可知Z为S元素；X与Z同主族，可知X为O元素；Y是原子半径是所有短周期主族元素中最大的，可知Y为Na元素；综合可知，R、W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、S元素。
【详解】A．同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA、ⅤA的电子排布分别为全充满、半充满状态，较为稳定，因此第一电离能大于相邻主族的元素，因此第一电离能：N>O>C，故A错误；
B．Na与O可形成Na2O、Na2O2，阴阳离子个数比均为1∶2，故B错误；
C．H2O分子间可以形成氢键，因此沸点比同主族S形成的简单氢化物H2S高，即沸点，故C错误；
D．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此简单离子半径：rC4->rN3->rO2->rNa+，故D正确；
故答案选D。
7. 轻质可用于绝热、耐高温的防火保温材料，可用于造船和锅炉制造。实验室以一种工业废渣(主要成分为和少量的氧化物)为原料制备。实验过程如下，下列说法错误的是
A. “酸溶”过程中为提高反应速率，可通过加热进行，为营造成酸性环境，所用可过量
B. 萃取分液过程中需要的仪器装置为长颈漏斗、铁架台、烧杯
C. 萃取后得到的水溶液边搅拌边滴加MgO以调节pH
D. 氧化过程中主要发生的离子方程式为：
【答案】B
【解析】
【分析】废渣主要成分为MgCO3、Mg2SiO3和少量Fe、Al的氧化物，加入硫酸酸溶，过滤后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁以及硫酸铝，加入H2O2氧化亚铁离子，再加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，经一系列操作后，可得到；
【详解】A．加热可以加快反应速率，为营造成酸性环境，所用可过量，但如果硫酸过多，则需要消耗更多的碱液中和硫酸，从而造成生产成本增加，因此所加不宜过量太多，可以适当过量，故A正确；
B．萃取操作仪器为分液漏斗、铁架台、烧杯，故B错误；
C．萃取后水溶液中含有Mg2+、Al3+，边搅拌边向溶液中加入消耗H+，调节pH，使得铝离子产生沉淀与镁离子分离开，故C正确；
D．加入H2O2氧化亚铁离子，因此发生的离子方程式为：，故D正确；
故答案选B。
8. Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。
已知：
①，合适反应温度为；副反应：。
②常压下，Cl2沸点，熔点；Cl2O沸点，熔点。
③在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
下列说法正确的是
A. 调控进入反应柱的混合气体中Cl2和N2的比例越高越好
B. 将加热带缠绕于反应柱并加热
C. 反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，在氯气未发生冷凝时抽气
D. 装置之后需要加一个装有CaCl2的球形干燥管，并再接一个盛装澄清石灰水的尾气处理装置
【答案】C
【解析】
【分析】由实验装置可知，Cl2和N2混合气经过装置A干燥混合后，进入含有HgO粉末的反应柱中进行反应，在常温下生成Cl2O，将产物通入装置C中利用Cl2O沸点低的性质冷凝分理出Cl2O，最后装置D进行尾气处理。
【详解】A．的作用是稀释，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时不足时会发生副反应，因此混合气中和的比例不是越高越好，故A错误；
B．与反应制备的合适反应温度为，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故B错误；
C．由题可知，沸点小于，在未发生冷凝时抽气可以有效的去除产物中的，故C正确；
D．和都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，但是不用澄清石灰水，因为其浓度太小，应用溶液，同时需要防止溶液中水蒸气进入装置中，因此需要在和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，故D错误；
故答案选C。
9. 现代医药的进步，离不开药品知识产权的不断完善，我国已建立起了现代化药品知识框架体系与制度。丁苯酞(NBP)是我国拥有完全自主知识产权的化学药物，临床上用于治疗缺血性脑卒中等疾病。该物质是合成NBP重要的中间产物，下列关于该物质说法不正确的是
A. 该分子有1个手性碳原子
B. 该物质可发生自身酯化反应生成四元环
C. 1ml该物质和足量的Na反应，生成1mlH2
D. 该物质最多有9个碳原子共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，根据结构简式可知该物质只有1个手性碳原子，如图所示：，故A正确；
B．自身酯化反应生成的是五元环，如图所示：，故B错误；
C．羧基与羟基均可以和反应，1ml该物质和足量的Na反应，生成1mlH2，故C正确；
D．苯环上的6个碳原子，与苯环直接相连的羧基上的碳原子，连接羟基的碳原子一定共面，甲烷分子中最多可以有3个原子共面，若把与羟基相连的碳原子当做甲烷中的碳原子，该分子中最多9个碳原子共面，如图所示：，故D正确；
故选B。
10. “绿色奥运会，化学来助力”。伴随着主火炬台上熊熊火炬的燃烧，第19届亚运会在杭州盛大开幕，开幕式上首次创新使用零碳甲醇燃料。甲醇可通过CO2加氢生成，实现了CO2的减排与再生利用。研究人员发现，Pt单原子催化剂有着高达90.3%的甲醇选择性。反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*表示，TS表示过渡态。以下说法不正确的是
A. 形成过渡态TS2的活化能为
B. 若使用铁系催化剂，反应历程改变，焓变不变
C. 能垒(活化能)为0.56的反应为
D. 物质吸附在催化剂表面，形成过渡态TS1的过程会吸热
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图中信息可知，形成过渡态的活化能为，A正确；
B．不同催化剂历程不同，但不会改变反应的焓变，B正确；
C．根据图中信息可知，的活化能为，C错误；
D．由图可知，物质吸附在催化剂表面，形成过渡态TS1的能量更高，因此该过程会吸热，D正确；
故答案选C。
11. 黄铜矿是一种铜铁硫化物矿物，是炼铜的最主要矿物原料，中国商代或更早就已由黄铜矿等铜矿物炼铜，其最常见的四方晶系晶胞结构如图所示，下列说法错误的是
A. 该晶体的化学组成可表示为
B. 若a原子的分数坐标为，则b原子的分数坐标为
C. 基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1
D. 若该晶胞体积为，则单位体积含Cu质量的计算式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据均摊法可知：含S原子个数为8，原子个数为：，Fe原子个数为：，则该晶体的化学组成可表示为，故A正确；
B．根据a原子分数坐标为，可知坐标系原点的位置如图所示，，则原子的分数坐标为，故B正确；
C．铜为第29号元素，基态原子价层电子排布式为，故C正确；
D．若该晶胞体积为，含铜的质量为：，则单位体积含质量的计算式为：，故D错误；
故答案选D。
12. 焦亚硫酸钠俗称保险粉，也是食品级添加剂等。工业上可用情性电极电解溶液得到焦亚硫酸钠，如下图所示。下列说法正确的是
A. 得到焦亚硫酸钠产品电极反应式为
B. b为阳极
C 该电池使用过程中需补充NaOH
D. 每转移2ml电子，阴极生成22.4L气体
【答案】A
【解析】
【分析】根据电解目的及装置图可知，极电极反应，a为阳极，极电极反应，为阴极，据此分析；
【详解】A．阳极反应式为，A正确；
B．由电解目的（电解溶液制）可知极为阳极，极为阴极，B错误；
C．电路中，每转移电子，阴极就产生通过离子交换膜转移至阳极，所以反应过程中不需要补充，C错误；
D．电路中每转移电子，阴极生成气体．但由于未说明是否处于标准状况，无法算出气体的体积，D错误；
故选A。
13. 以为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
I．
II．
III．
不同压强下，按照投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
下列说法错误的是
A. 纵坐标表示CO2平衡转化率的是图乙
B. 压强由大到小的顺序为
C. 图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
D. 同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为高温和低压
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则的平衡产率减少，所以图甲纵坐标表示的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度反应Ⅲ向正反应方向移动，升高一定温度后以反应Ⅲ为主，的平衡转化率又升高，所以图乙纵坐标表示的平衡转化率，A正确；
B．反应Ⅰ和Ⅱ是气体体积减小的反应，压强增大，反应Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ气体体积不变化，压强增大，平衡不移动，故压强增大的平衡产率增大，根据图示，压强大小关系为：，B正确；
C．温度升高，反应Ⅰ和Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ向正反应方向移动，所以温度时，三条曲线交与一点的原因为：时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响，C正确；
D．根据图示可知，温度越低，的平衡转化率越大，的平衡产率越大，压强越大，的平衡转化率越大，的平衡产率越大，所以选择低温和高压，D错误；
故选D。
14. 在水溶液中，EDTA的结构简式为：。EDTA分子常用表示，当溶液中的酸度很高时，分子中的俩个羧酸根可以各在接受一个而形成，这种完全质子化的EDTA相当于一个六元酸，EDTA水溶液中含Y的物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与的关系如图所示(pH=2附近未画出来)，已知以与金属离子形成的配合物最为稳定，下列说法正确的是
A. EDTA的分子式为
B. EDTA溶液在pH为1左右时与金属离子形成的配合物最为稳定
C. a曲线表示的是
D. 的数量级为
【答案】D
【解析】
【分析】根据题干信息可知，当溶液中的酸度很高时，分子中的俩个羧酸根可以各在接受一个而形成，可知曲线a表示的分布分数与的关系，相当于一个六元酸，因此随着pH逐渐增大，说明增多，逐渐结合H+生成、、、、、，pH=2附近、未画出来，由此可知，曲线b表示的分布分数与的关系，曲线c表示的分布分数与的关系，据此作答。
【详解】A．EDTA的结构简式为：，则EDTA的分子式为，故A错误；
B．根据分析可知，曲线c表示的分布分数与的关系，而题中信息为，以与金属离子形成的配合物最为稳定，因此EDTA溶液在pH为12左右时与金属离子形成的配合物最为稳定，故B错误；
C．根据分析可知，曲线a表示的分布分数与的关系，故C错误；
D．相当于一个六元酸，因此第五步电离为：，如图所示的交点，，此时存在，则，此时pH>6，因此，因此的数量级为，故D正确；
故答案选D。
二、非选择题：本小题共4小题，共58分。
15. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2的综合利用成为研究的重点。
（1）目前和已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
请问与之间的关系是：_______。
（2）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是_______。
A. B. C. D.
（3）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比_______。
（4）理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中，表示变化的曲线分别是_______、_______。
（5）根据图中点，计算该温度时反应的平衡常数_______(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
【答案】（1） （2）BD
（3）1∶4 （4） ①. d ②. c
（5）或等
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯可知，，因此。
【小问2详解】
具有碱性的物质均能与反应，因此可以捕获，
A．氯化铵溶液为酸性，不能与二氧化碳反应，因此无法捕获二氧化碳，故A不符合题意；
B．碳酸钠与二氧化碳能发生：，因此可以捕获二氧化碳，故B符合题意；
C．乙二醇不能与二氧化碳反应，因此无法捕获二氧化碳，故C不符合题意；
D．中含有氨基，因此具有碱性，可以与二氧化碳发生：，因此可以捕获二氧化碳，故D符合题意；
故答案选BD。
【小问3详解】
催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为：，因此，该反应中产物的物质的量之比。
【小问4详解】
由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，和所表示的物质的物质的量分数之比为1∶3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1∶4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是，表示二氧化碳变化曲线的是c。
【小问5详解】
原料初始组成，在体系压强为建立平衡，由点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数。
16. 硫酸肼又名硫酸联氨，无色或白色棱形结晶或粉末。易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇。某实验小组用水合肼制取硫酸肼。
I．水合肼的制取
(水合肼)为无色透明油状发烟液体，具有强还原性。可由和制得水合肼，可能用到的实验装置如图所示：
（1）装置A中发生反应的化学方程式是_______。
（2）装置的连接顺序是_______(填仪器接口小写字母)，试剂的作用_______。
（3）甲同学认为制取时，要将氨气快速通入溶液中的理由是_______。
II．制取硫酸肼
①将一定量水合肼加入三口烧瓶内，将98%的浓硫酸加入滴液漏斗内，并缓慢滴加至三口烧瓶内，如图所示。
②保持烧瓶内温度在0～10℃左右，并用pH试纸测量其酸碱度，在pH值为5～7时可停止滴加。
③将溶液缓慢降温，缓慢搅拌然后保温2，可沉降出白色固体。向混合溶液内加入适量甲醇，沉淀，过滤即可得硫酸肼固体。
（4）水合肼的纯度对制取硫酸肼的质量影响较大。称取水合肼样品，加入适量固体(滴定过程中，调节溶液的保持在6.5左右)加水配成溶液，移出置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液，用的碘的标准溶液滴定。(已知：)
①滴定终点的现象：_______
②实验测得消耗溶液的平均值为，水合肼的质量分数为_______。
（5）已知：硫酸肼(又可以表示为：)是一种重要的化工原料，硫酸肼属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与类似。
①写出硫酸肼第一步水解反应的离子方程式：_______。
②硫酸阱水溶液中离子浓度关系表达正确的是_______。
A．
B．
C．
D．
【答案】（1）
（2） ①. ehi(ih)abc(d) ②. 让氨气没有直接与水接触，防倒吸
（3）由于溶液有强氧化性，氨气缓慢通入，生成的水合肼容易被溶液氧化
（4） ①. 滴入最后半滴碘溶液，溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色 ②. 25%
（5） ①. ②. AD
【解析】
【分析】装置C为制取氨气，将生成的氨气通入装置D中，防止倒吸，再进一步通入装置A中，氨气被氧化生成水合肼，最后在装置B中用水吸收氨气作为尾气处理装置，装置B中可以选用作为缓冲试剂。
【小问1详解】
装置A中和发生氧化还原反应制得和NaCl，反应的化学方程式是；
【小问2详解】
装置C为制取氨气，装置A为制取水合肼，则在氨气制备装置和水合肼制备装置之间应增加安全瓶装置以防倒吸，最后用水吸收氨气作为尾气处理装置，故正确连接顺序为ehi（ih）abc（d）；为防尾气吸收时发生倒吸，应在B中增添密度大于水的非极性试剂，如作为缓冲试剂，让氨气不直接与水接触，防倒吸；
【小问3详解】
不可以将氨气慢慢通入溶液中，其原因在于溶液有强氧化性，氨气缓慢通入，生成的水合肼容易被溶液氧化；
【小问4详解】
①当滴入最后半滴碘溶液，溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色，此时为滴定终点；
②由反应可知，反应比例为，则水合肼的质量分数为；
【小问5详解】
①硫酸肼的水解原理与类似，则硫酸肼呈酸性，其第一步水解反应的离子方程式为；
②A．溶液中水解，则根据物料守恒关系可得：，故A正确；
B．根据电荷守恒关系可得：，故B错误；
C．两步水解都生成氢离子，所以氢离子浓度大于，则cSO42->cH+>cN2H5⋅H2O+>cOH-，故C错误；
D．溶液中水解，则溶液呈酸性，所以，故D正确；
答案选AD。
17. 以含镍废料(主要成分为，含少量和)为原料制备碳酸钴和的工艺流程如图。下列说法正确的是
（1）“滤渣I”成分是_______。
（2）氧化步骤的离子方程式为_______，“沉钴”反应的离子方程式为_______。
（3）基态的电子排布式为_______。
（4）从溶液通过操作_______获得晶体。
（5）所得的经过煅烧可以得到，进一步用于合成钛酸钴。一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，钛酸钴的化学式为_______。该立方晶胞参数为，设为阿伏加德罗常数的值，该钛酸钴晶体的密度为_______(列出计算式)。
【答案】（1）硫酸钡、二氧化硅
（2） ①. ②.
（3）
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（5） ①. ②. (或)
【解析】
【分析】由题给流程可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，NiO、FeO、Fe2O3、CO与稀硫酸反应转化为可溶性硫酸盐，BaO与稀硫酸反应转化为BaSO4，SiO2不反应，过滤得到含有SiO2和BaSO4的滤渣I，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CSO4以及过量H2SO4；向滤液中加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，而后加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将Fe2(SO4)3等转化为黄钠铁矾渣，过滤得到黄钠铁矾渣，经过滤除去；再加入萃取剂，振荡、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CSO4的水层溶液，再通过沉钴步骤得到CCO3；向水相中加入碳酸氢钠溶液，将钴离子转化为碳酸钴沉淀，过滤得到碳酸钴；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体，六水硫酸镍晶体经灼烧得到NixOy。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣I的主要成分为：硫酸钡、二氧化硅。
【小问2详解】
由分析可知，加入氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，所以氧化的离子方程式为：；
由分析可知，沉钴时加入碳酸氢钠溶液的目的是将钴离子转化为碳酸钴沉淀，反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
镍为第28号元素，基态的电子排布式为。
【小问4详解】
根据题给信息，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体。
小问5详解】
根据晶胞可知，一个晶胞中含有的数目为个，含有的数目为1个，含有的数目为个，钛酸钴的化学式为；晶胞的质量为，晶胞体积为，晶体密度为g/cm3（或)。
18. 八氢香豆素(H)具有一种甜美的药草和烟草香气，是合成香料的原料，以A为原料制备H的合成路线如图所示：
已知：①；
②
请回答下列问题：
（1）化合物B中碳原子的杂化类型为_______。
（2）的名称为反-2-戊烯，按此命名原则，A的名称为_______。
（3）F的结构简式为_______。
（4）指出F→G的反应类型：_______。
（5）写出C转化为E的化学方程式：_______。
（6）有机物X是H少一个碳原子的同系物，X具有如下结构和性质：
①含有结构，环上所有碳原子均为饱和碳原子，且环上只有一个取代基；
②能使溴的四氯化碳溶液褪色；
③能发生银镜反应；
④能水解；
若不考虑立体异构，则X的结构为_______。
（7）写出以为原料，合成的路线流程图：_______(无机试剂和有机溶剂任用)。
【答案】（1）
（2）顺-1，4-二氯-2-丁烯
（3） （4）氧化反应
（5） （6）、
（7）
【解析】
【分析】有机物和在条件下，发生取代反应得到B，B经多步反应转化为C，C和D转化为E，E转化为F，F转化为G，G发生信息②的反应得到H，由H的结构可推出G为，则F为，E为，对比C和E的结构，可知D为，据此分析解答。
【小问1详解】
B为，分子中碳原子有3个只形成单键，有2个形成碳碳双键，有2个形成碳氮三键，故碳原子的杂化方式为sp3、sp2、sp。
【小问2详解】
A分子中两个基团在双键的同侧，则为顺式结构，则A的名称为顺-1，4-二氯-2-丁烯。
【小问3详解】
由分析可知F的结构简式为。
【小问4详解】
由分析可知，F为，G为，反应类型为氧化反应。
【小问5详解】
根据信息①分析可知，C生成E的化学方程式为：。
【小问6详解】
的分子式为，不饱和度为3，有机物是少一个碳的同系物，具有如下结构和性质：
①含有结构，用去一个不饱和度，环上所有碳原子均为饱和碳原子，且环上只有一个取代基，则取代基是含有4个碳原子，且有2个不饱和度的取代基；
②能使澳的四氯化碳溶液褪色，说明含有不饱和键；
③能发生银镜反应，说明含有醛基；
④能水解说明含有；
综上所述，该取代基可看作取代了中的一个原子形成的，若不考虑立体异构，则的可能结构共有2种，分别是、。
【小问7详解】
和发生已知①的反应可制备，由转化为可以在或者的催化作用下被氧气氧化，最后和发生已知②的反应可合成，则以为原料，合成的路线流程图为：。A．比较Al和Cu的金属活动性
B．浓缩海水，加烧碱反应后过滤，得到
C．制取并收集干燥的氨气
D．蒸发溶液，得到无水
本试题卷分为选择题和非选择题两部分，共7页。时量75分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Al-27 S-32 I-127
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. 生活中处处有化学，下列叙述错误的是
A. 苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B. 竹简的成分之一纤维素属于天然高分子
C. 发现了月壤中的“嫦娥石”：其成分属于无机盐
D. 75%的乙醇与84消毒液的消毒原理不相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，故A错误；
B．纤维素是一种天然化合物，其分子式为，其相对分子质量大，是一种天然高分子，故B正确；
C．嫦娥石因其含有等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，故C正确；
D．的乙醇因渗透作用使蛋白质变性而消毒，84消毒液是用的强氧化性消毒，两者消毒原理不相同，故D正确；
故选A。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 基态原子的价层电子排布式：3d54s2
B. 氧原子核外电子的空间运动状态有5种
C. NF3的电子式：
D. CO2的VSEPR模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态原子为24号元素，价电子排布式为，故A错误；
B．原子电子排布式为，存在电子的轨道有5个，核外电子的空间运动状态有5种，故B正确；
C．的电子式为，故C错误；
D．分子中心原子碳原子的价层电子对数为2，且不存在孤对电子，其VSEPR模型为直线形，D错误；
故答案选B。
3. 把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。
对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（ ）
A. IO4-作氧化剂具有氧化性
B. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
C. 若有2mlMn2+参加反应时则转移10ml电子
D. 氧化性：MnO4->IO4-
【答案】D
【解析】
【分析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。
【详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2++5 IO4-+3H2O =2MnO4- + 5IO3-+6H+。
A．IO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；
C．若有2ml Mn2+参加反应，则转移的电子为2ml×(7-2)=10ml，故C正确；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-
4. 下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是
A. 银氨溶液：
B. 的溶液中：
C. 水电离的的溶液中：
D. 高锰酸钾溶液：、葡萄糖分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．银氨溶液是氢氧化二氨合银的溶液，能电离出大量OH-，与银氨溶液不能大量共存，故A项错误；
B．的溶液呈酸性，使得高锰酸根具有强氧化性，与发生反应，不能大量共存，故B项错误；
C．水电离的的溶液中可以为酸性也可以为碱性，、之间相互不反应，可以大量共存，故C项正确；
D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与葡萄糖分子不能大量共存，故D项错误；
故本题选C。
5. 利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在冷的浓硝酸中会钝化，能和浓硝酸反应，不能用浓硝酸来比较和的金属活动性，故A不能达到实验目的；
B．考虑到成本，工业上应该加生石灰沉淀镁离子而不用烧碱，故B不能达到实验目；
C．氨气会和无水氯化钙反应产生，应用碱石灰干燥，收集氨气用向下排空气法，故C不能达到实验目的；
D．溶液中存在，蒸发溶液时，温度升高平衡正向移动，产生，但由于水解得到的是难挥发的硫酸，因此最后仍可以得到无水，故D能达到实验目的；
故答案选D
6. R、W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，基态R原子有三个能级，每个能级上电子数相等。W的简单氢化物可用作制冷剂，X与Z同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。Z的最外层电子数与核外电子总数之比3∶8。下列说法正确的是
A. 第一电离能： X>W>R
B. X与Y可形成离子个数比为1∶1的化合物
C. 简单氢化物的沸点：X
【答案】D
【解析】
【分析】基态R原子有三个能级，每个能级上电子数相等，因此电子排布式为，可知R为C元素；NH3可用作制冷剂，可知W为N元素；Z的原子序数最大，最外层电子数与核外电子总数之比3∶8，可知Z的核外电子排布式为2、8、6，可知Z为S元素；X与Z同主族，可知X为O元素；Y是原子半径是所有短周期主族元素中最大的，可知Y为Na元素；综合可知，R、W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、S元素。
【详解】A．同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA、ⅤA的电子排布分别为全充满、半充满状态，较为稳定，因此第一电离能大于相邻主族的元素，因此第一电离能：N>O>C，故A错误；
B．Na与O可形成Na2O、Na2O2，阴阳离子个数比均为1∶2，故B错误；
C．H2O分子间可以形成氢键，因此沸点比同主族S形成的简单氢化物H2S高，即沸点，故C错误；
D．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此简单离子半径：rC4->rN3->rO2->rNa+，故D正确；
故答案选D。
7. 轻质可用于绝热、耐高温的防火保温材料，可用于造船和锅炉制造。实验室以一种工业废渣(主要成分为和少量的氧化物)为原料制备。实验过程如下，下列说法错误的是
A. “酸溶”过程中为提高反应速率，可通过加热进行，为营造成酸性环境，所用可过量
B. 萃取分液过程中需要的仪器装置为长颈漏斗、铁架台、烧杯
C. 萃取后得到的水溶液边搅拌边滴加MgO以调节pH
D. 氧化过程中主要发生的离子方程式为：
【答案】B
【解析】
【分析】废渣主要成分为MgCO3、Mg2SiO3和少量Fe、Al的氧化物，加入硫酸酸溶，过滤后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁以及硫酸铝，加入H2O2氧化亚铁离子，再加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，经一系列操作后，可得到；
【详解】A．加热可以加快反应速率，为营造成酸性环境，所用可过量，但如果硫酸过多，则需要消耗更多的碱液中和硫酸，从而造成生产成本增加，因此所加不宜过量太多，可以适当过量，故A正确；
B．萃取操作仪器为分液漏斗、铁架台、烧杯，故B错误；
C．萃取后水溶液中含有Mg2+、Al3+，边搅拌边向溶液中加入消耗H+，调节pH，使得铝离子产生沉淀与镁离子分离开，故C正确；
D．加入H2O2氧化亚铁离子，因此发生的离子方程式为：，故D正确；
故答案选B。
8. Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。
已知：
①，合适反应温度为；副反应：。
②常压下，Cl2沸点，熔点；Cl2O沸点，熔点。
③在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
下列说法正确的是
A. 调控进入反应柱的混合气体中Cl2和N2的比例越高越好
B. 将加热带缠绕于反应柱并加热
C. 反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，在氯气未发生冷凝时抽气
D. 装置之后需要加一个装有CaCl2的球形干燥管，并再接一个盛装澄清石灰水的尾气处理装置
【答案】C
【解析】
【分析】由实验装置可知，Cl2和N2混合气经过装置A干燥混合后，进入含有HgO粉末的反应柱中进行反应，在常温下生成Cl2O，将产物通入装置C中利用Cl2O沸点低的性质冷凝分理出Cl2O，最后装置D进行尾气处理。
【详解】A．的作用是稀释，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时不足时会发生副反应，因此混合气中和的比例不是越高越好，故A错误；
B．与反应制备的合适反应温度为，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故B错误；
C．由题可知，沸点小于，在未发生冷凝时抽气可以有效的去除产物中的，故C正确；
D．和都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，但是不用澄清石灰水，因为其浓度太小，应用溶液，同时需要防止溶液中水蒸气进入装置中，因此需要在和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，故D错误；
故答案选C。
9. 现代医药的进步，离不开药品知识产权的不断完善，我国已建立起了现代化药品知识框架体系与制度。丁苯酞(NBP)是我国拥有完全自主知识产权的化学药物，临床上用于治疗缺血性脑卒中等疾病。该物质是合成NBP重要的中间产物，下列关于该物质说法不正确的是
A. 该分子有1个手性碳原子
B. 该物质可发生自身酯化反应生成四元环
C. 1ml该物质和足量的Na反应，生成1mlH2
D. 该物质最多有9个碳原子共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，根据结构简式可知该物质只有1个手性碳原子，如图所示：，故A正确；
B．自身酯化反应生成的是五元环，如图所示：，故B错误；
C．羧基与羟基均可以和反应，1ml该物质和足量的Na反应，生成1mlH2，故C正确；
D．苯环上的6个碳原子，与苯环直接相连的羧基上的碳原子，连接羟基的碳原子一定共面，甲烷分子中最多可以有3个原子共面，若把与羟基相连的碳原子当做甲烷中的碳原子，该分子中最多9个碳原子共面，如图所示：，故D正确；
故选B。
10. “绿色奥运会，化学来助力”。伴随着主火炬台上熊熊火炬的燃烧，第19届亚运会在杭州盛大开幕，开幕式上首次创新使用零碳甲醇燃料。甲醇可通过CO2加氢生成，实现了CO2的减排与再生利用。研究人员发现，Pt单原子催化剂有着高达90.3%的甲醇选择性。反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*表示，TS表示过渡态。以下说法不正确的是
A. 形成过渡态TS2的活化能为
B. 若使用铁系催化剂，反应历程改变，焓变不变
C. 能垒(活化能)为0.56的反应为
D. 物质吸附在催化剂表面，形成过渡态TS1的过程会吸热
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图中信息可知，形成过渡态的活化能为，A正确；
B．不同催化剂历程不同，但不会改变反应的焓变，B正确；
C．根据图中信息可知，的活化能为，C错误；
D．由图可知，物质吸附在催化剂表面，形成过渡态TS1的能量更高，因此该过程会吸热，D正确；
故答案选C。
11. 黄铜矿是一种铜铁硫化物矿物，是炼铜的最主要矿物原料，中国商代或更早就已由黄铜矿等铜矿物炼铜，其最常见的四方晶系晶胞结构如图所示，下列说法错误的是
A. 该晶体的化学组成可表示为
B. 若a原子的分数坐标为，则b原子的分数坐标为
C. 基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1
D. 若该晶胞体积为，则单位体积含Cu质量的计算式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据均摊法可知：含S原子个数为8，原子个数为：，Fe原子个数为：，则该晶体的化学组成可表示为，故A正确；
B．根据a原子分数坐标为，可知坐标系原点的位置如图所示，，则原子的分数坐标为，故B正确；
C．铜为第29号元素，基态原子价层电子排布式为，故C正确；
D．若该晶胞体积为，含铜的质量为：，则单位体积含质量的计算式为：，故D错误；
故答案选D。
12. 焦亚硫酸钠俗称保险粉，也是食品级添加剂等。工业上可用情性电极电解溶液得到焦亚硫酸钠，如下图所示。下列说法正确的是
A. 得到焦亚硫酸钠产品电极反应式为
B. b为阳极
C 该电池使用过程中需补充NaOH
D. 每转移2ml电子，阴极生成22.4L气体
【答案】A
【解析】
【分析】根据电解目的及装置图可知，极电极反应，a为阳极，极电极反应，为阴极，据此分析；
【详解】A．阳极反应式为，A正确；
B．由电解目的（电解溶液制）可知极为阳极，极为阴极，B错误；
C．电路中，每转移电子，阴极就产生通过离子交换膜转移至阳极，所以反应过程中不需要补充，C错误；
D．电路中每转移电子，阴极生成气体．但由于未说明是否处于标准状况，无法算出气体的体积，D错误；
故选A。
13. 以为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
I．
II．
III．
不同压强下，按照投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
下列说法错误的是
A. 纵坐标表示CO2平衡转化率的是图乙
B. 压强由大到小的顺序为
C. 图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
D. 同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为高温和低压
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则的平衡产率减少，所以图甲纵坐标表示的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度反应Ⅲ向正反应方向移动，升高一定温度后以反应Ⅲ为主，的平衡转化率又升高，所以图乙纵坐标表示的平衡转化率，A正确；
B．反应Ⅰ和Ⅱ是气体体积减小的反应，压强增大，反应Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ气体体积不变化，压强增大，平衡不移动，故压强增大的平衡产率增大，根据图示，压强大小关系为：，B正确；
C．温度升高，反应Ⅰ和Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ向正反应方向移动，所以温度时，三条曲线交与一点的原因为：时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响，C正确；
D．根据图示可知，温度越低，的平衡转化率越大，的平衡产率越大，压强越大，的平衡转化率越大，的平衡产率越大，所以选择低温和高压，D错误；
故选D。
14. 在水溶液中，EDTA的结构简式为：。EDTA分子常用表示，当溶液中的酸度很高时，分子中的俩个羧酸根可以各在接受一个而形成，这种完全质子化的EDTA相当于一个六元酸，EDTA水溶液中含Y的物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与的关系如图所示(pH=2附近未画出来)，已知以与金属离子形成的配合物最为稳定，下列说法正确的是
A. EDTA的分子式为
B. EDTA溶液在pH为1左右时与金属离子形成的配合物最为稳定
C. a曲线表示的是
D. 的数量级为
【答案】D
【解析】
【分析】根据题干信息可知，当溶液中的酸度很高时，分子中的俩个羧酸根可以各在接受一个而形成，可知曲线a表示的分布分数与的关系，相当于一个六元酸，因此随着pH逐渐增大，说明增多，逐渐结合H+生成、、、、、，pH=2附近、未画出来，由此可知，曲线b表示的分布分数与的关系，曲线c表示的分布分数与的关系，据此作答。
【详解】A．EDTA的结构简式为：，则EDTA的分子式为，故A错误；
B．根据分析可知，曲线c表示的分布分数与的关系，而题中信息为，以与金属离子形成的配合物最为稳定，因此EDTA溶液在pH为12左右时与金属离子形成的配合物最为稳定，故B错误；
C．根据分析可知，曲线a表示的分布分数与的关系，故C错误；
D．相当于一个六元酸，因此第五步电离为：，如图所示的交点，，此时存在，则，此时pH>6，因此，因此的数量级为，故D正确；
故答案选D。
二、非选择题：本小题共4小题，共58分。
15. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2的综合利用成为研究的重点。
（1）目前和已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
请问与之间的关系是：_______。
（2）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是_______。
A. B. C. D.
（3）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比_______。
（4）理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中，表示变化的曲线分别是_______、_______。
（5）根据图中点，计算该温度时反应的平衡常数_______(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
【答案】（1） （2）BD
（3）1∶4 （4） ①. d ②. c
（5）或等
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯可知，，因此。
【小问2详解】
具有碱性的物质均能与反应，因此可以捕获，
A．氯化铵溶液为酸性，不能与二氧化碳反应，因此无法捕获二氧化碳，故A不符合题意；
B．碳酸钠与二氧化碳能发生：，因此可以捕获二氧化碳，故B符合题意；
C．乙二醇不能与二氧化碳反应，因此无法捕获二氧化碳，故C不符合题意；
D．中含有氨基，因此具有碱性，可以与二氧化碳发生：，因此可以捕获二氧化碳，故D符合题意；
故答案选BD。
【小问3详解】
催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为：，因此，该反应中产物的物质的量之比。
【小问4详解】
由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，和所表示的物质的物质的量分数之比为1∶3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1∶4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是，表示二氧化碳变化曲线的是c。
【小问5详解】
原料初始组成，在体系压强为建立平衡，由点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数。
16. 硫酸肼又名硫酸联氨，无色或白色棱形结晶或粉末。易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇。某实验小组用水合肼制取硫酸肼。
I．水合肼的制取
(水合肼)为无色透明油状发烟液体，具有强还原性。可由和制得水合肼，可能用到的实验装置如图所示：
（1）装置A中发生反应的化学方程式是_______。
（2）装置的连接顺序是_______(填仪器接口小写字母)，试剂的作用_______。
（3）甲同学认为制取时，要将氨气快速通入溶液中的理由是_______。
II．制取硫酸肼
①将一定量水合肼加入三口烧瓶内，将98%的浓硫酸加入滴液漏斗内，并缓慢滴加至三口烧瓶内，如图所示。
②保持烧瓶内温度在0～10℃左右，并用pH试纸测量其酸碱度，在pH值为5～7时可停止滴加。
③将溶液缓慢降温，缓慢搅拌然后保温2，可沉降出白色固体。向混合溶液内加入适量甲醇，沉淀，过滤即可得硫酸肼固体。
（4）水合肼的纯度对制取硫酸肼的质量影响较大。称取水合肼样品，加入适量固体(滴定过程中，调节溶液的保持在6.5左右)加水配成溶液，移出置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液，用的碘的标准溶液滴定。(已知：)
①滴定终点的现象：_______
②实验测得消耗溶液的平均值为，水合肼的质量分数为_______。
（5）已知：硫酸肼(又可以表示为：)是一种重要的化工原料，硫酸肼属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与类似。
①写出硫酸肼第一步水解反应的离子方程式：_______。
②硫酸阱水溶液中离子浓度关系表达正确的是_______。
A．
B．
C．
D．
【答案】（1）
（2） ①. ehi(ih)abc(d) ②. 让氨气没有直接与水接触，防倒吸
（3）由于溶液有强氧化性，氨气缓慢通入，生成的水合肼容易被溶液氧化
（4） ①. 滴入最后半滴碘溶液，溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色 ②. 25%
（5） ①. ②. AD
【解析】
【分析】装置C为制取氨气，将生成的氨气通入装置D中，防止倒吸，再进一步通入装置A中，氨气被氧化生成水合肼，最后在装置B中用水吸收氨气作为尾气处理装置，装置B中可以选用作为缓冲试剂。
【小问1详解】
装置A中和发生氧化还原反应制得和NaCl，反应的化学方程式是；
【小问2详解】
装置C为制取氨气，装置A为制取水合肼，则在氨气制备装置和水合肼制备装置之间应增加安全瓶装置以防倒吸，最后用水吸收氨气作为尾气处理装置，故正确连接顺序为ehi（ih）abc（d）；为防尾气吸收时发生倒吸，应在B中增添密度大于水的非极性试剂，如作为缓冲试剂，让氨气不直接与水接触，防倒吸；
【小问3详解】
不可以将氨气慢慢通入溶液中，其原因在于溶液有强氧化性，氨气缓慢通入，生成的水合肼容易被溶液氧化；
【小问4详解】
①当滴入最后半滴碘溶液，溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色，此时为滴定终点；
②由反应可知，反应比例为，则水合肼的质量分数为；
【小问5详解】
①硫酸肼的水解原理与类似，则硫酸肼呈酸性，其第一步水解反应的离子方程式为；
②A．溶液中水解，则根据物料守恒关系可得：，故A正确；
B．根据电荷守恒关系可得：，故B错误；
C．两步水解都生成氢离子，所以氢离子浓度大于，则cSO42->cH+>cN2H5⋅H2O+>cOH-，故C错误；
D．溶液中水解，则溶液呈酸性，所以，故D正确；
答案选AD。
17. 以含镍废料(主要成分为，含少量和)为原料制备碳酸钴和的工艺流程如图。下列说法正确的是
（1）“滤渣I”成分是_______。
（2）氧化步骤的离子方程式为_______，“沉钴”反应的离子方程式为_______。
（3）基态的电子排布式为_______。
（4）从溶液通过操作_______获得晶体。
（5）所得的经过煅烧可以得到，进一步用于合成钛酸钴。一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，钛酸钴的化学式为_______。该立方晶胞参数为，设为阿伏加德罗常数的值，该钛酸钴晶体的密度为_______(列出计算式)。
【答案】（1）硫酸钡、二氧化硅
（2） ①. ②.
（3）
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（5） ①. ②. (或)
【解析】
【分析】由题给流程可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，NiO、FeO、Fe2O3、CO与稀硫酸反应转化为可溶性硫酸盐，BaO与稀硫酸反应转化为BaSO4，SiO2不反应，过滤得到含有SiO2和BaSO4的滤渣I，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CSO4以及过量H2SO4；向滤液中加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，而后加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将Fe2(SO4)3等转化为黄钠铁矾渣，过滤得到黄钠铁矾渣，经过滤除去；再加入萃取剂，振荡、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CSO4的水层溶液，再通过沉钴步骤得到CCO3；向水相中加入碳酸氢钠溶液，将钴离子转化为碳酸钴沉淀，过滤得到碳酸钴；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体，六水硫酸镍晶体经灼烧得到NixOy。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣I的主要成分为：硫酸钡、二氧化硅。
【小问2详解】
由分析可知，加入氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，所以氧化的离子方程式为：；
由分析可知，沉钴时加入碳酸氢钠溶液的目的是将钴离子转化为碳酸钴沉淀，反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
镍为第28号元素，基态的电子排布式为。
【小问4详解】
根据题给信息，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体。
小问5详解】
根据晶胞可知，一个晶胞中含有的数目为个，含有的数目为1个，含有的数目为个，钛酸钴的化学式为；晶胞的质量为，晶胞体积为，晶体密度为g/cm3（或)。
18. 八氢香豆素(H)具有一种甜美的药草和烟草香气，是合成香料的原料，以A为原料制备H的合成路线如图所示：
已知：①；
②
请回答下列问题：
（1）化合物B中碳原子的杂化类型为_______。
（2）的名称为反-2-戊烯，按此命名原则，A的名称为_______。
（3）F的结构简式为_______。
（4）指出F→G的反应类型：_______。
（5）写出C转化为E的化学方程式：_______。
（6）有机物X是H少一个碳原子的同系物，X具有如下结构和性质：
①含有结构，环上所有碳原子均为饱和碳原子，且环上只有一个取代基；
②能使溴的四氯化碳溶液褪色；
③能发生银镜反应；
④能水解；
若不考虑立体异构，则X的结构为_______。
（7）写出以为原料，合成的路线流程图：_______(无机试剂和有机溶剂任用)。
【答案】（1）
（2）顺-1，4-二氯-2-丁烯
（3） （4）氧化反应
（5） （6）、
（7）
【解析】
【分析】有机物和在条件下，发生取代反应得到B，B经多步反应转化为C，C和D转化为E，E转化为F，F转化为G，G发生信息②的反应得到H，由H的结构可推出G为，则F为，E为，对比C和E的结构，可知D为，据此分析解答。
【小问1详解】
B为，分子中碳原子有3个只形成单键，有2个形成碳碳双键，有2个形成碳氮三键，故碳原子的杂化方式为sp3、sp2、sp。
【小问2详解】
A分子中两个基团在双键的同侧，则为顺式结构，则A的名称为顺-1，4-二氯-2-丁烯。
【小问3详解】
由分析可知F的结构简式为。
【小问4详解】
由分析可知，F为，G为，反应类型为氧化反应。
【小问5详解】
根据信息①分析可知，C生成E的化学方程式为：。
【小问6详解】
的分子式为，不饱和度为3，有机物是少一个碳的同系物，具有如下结构和性质：
①含有结构，用去一个不饱和度，环上所有碳原子均为饱和碳原子，且环上只有一个取代基，则取代基是含有4个碳原子，且有2个不饱和度的取代基；
②能使澳的四氯化碳溶液褪色，说明含有不饱和键；
③能发生银镜反应，说明含有醛基；
④能水解说明含有；
综上所述，该取代基可看作取代了中的一个原子形成的，若不考虑立体异构，则的可能结构共有2种，分别是、。
【小问7详解】
和发生已知①的反应可制备，由转化为可以在或者的催化作用下被氧气氧化，最后和发生已知②的反应可合成，则以为原料，合成的路线流程图为：。A．比较Al和Cu的金属活动性
B．浓缩海水，加烧碱反应后过滤，得到
C．制取并收集干燥的氨气
D．蒸发溶液，得到无水
相关试卷
湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷（一）化学试题（解析版）： 这是一份湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷（一）化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷（一）化学试题（原卷版+解析版）： 这是一份湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷（一）化学试题（原卷版+解析版），文件包含湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷一化学试题原卷版docx、湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷一化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷（二）化学试题pdf： 这是一份湖南省娄底市2023-2024学年高三上学期新高考模拟预测卷（二）化学试题pdf，文件包含娄底市化学预测卷二-解析版pdf、娄底市化学预测卷二pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
