2024年高考化学模拟卷（江苏卷）01含答案.pdf

2024 年高考押题预测卷（江苏卷）01高三化学（考试时间：75 分钟试卷满分：100 分）注意事项：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：可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24Cl 35.5Ca 40Mn 55Cu 64I127La 139第卷（选择题共 39 分）一、选择题：本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 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化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法错误的是A神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温材料，Si3N4属于共价晶体B月壤中的“嫦娥石（Ca8Y）Fe（PO4）7”，该成分是无机盐C利用 CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变D 本草纲目中“以芒硝于风日中消尽水气”得到的是 Na2SO42东莨菪碱可用于止咳、平喘，其结构如图所示。下列关于该物质的说法正确的是A属于芳香烃B含有 5 种官能团C分子结构中所有碳原子共面D能发生取代、消去反应3下列化学用语表达正确的是A2CO的电子式：B中子数为 10 的氧原子1810OC丙烯的分子式32CHCHCHD基态 N 的价层电子轨道表4用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是A利用甲配制一定物质的量浓度的硫酸溶液B利用乙验证稀硝酸的还原产物为 NOC利用丙制备 Fe(OH)2并能较长时间观察到白色D利用丁测定 H2C2O4浓度5下列过程推测不合理的是A22Na S与 HCl 反应产物含2H S与 SBIBr 与 NaOH 可得到 NaI 与 NaBrOC22SO Cl与2H O反应生成两种强酸D相同条件下，与氧气反应由慢到快的顺序：Li、Na、K6工业上常用碱性NaClO废液吸收2SO，反应原理为2242ClOSO2OHClSOH O，部分催化过程如图所示。下列说法正确的是A“过程 1”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1B2NiO是该反应的催化剂C“过程 2”可表示为223ClO2NiONi OClOD吸收过程中存在反应：2242SOO2OHSOH O7Adv.Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，催化电极时产生电子和空穴（空穴指共价键上流失一个电子留下空位的现象，用 h+表示），下列有关说法错误的是A光催化装置实现了光能向化学能的转化B离子交换膜为阴离子交换膜C电催化装置阳极电极反应式 4OH+4h+=2H2O+O2D光催化装置中，每生成 0.1g 氢气，产生空穴 h+的数目为A0.1N8下列实验对应的离子方程式不正确的是A将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2OB将少量 SO2通入 NaClO 溶液：SO2+H2O+2ClO=SO23+2HClOC用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2：23224322NHH OSO=2NHSOH OD向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O9某小组同学探究 SO2与新制 Cu(OH)2悬浊液反应的实验装置图如下所示：下列说法不正确的是A配制 70%硫酸溶液需要用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管B装置 B 的作用是监控 SO2流速，其中试剂可以用饱和 NaHSO4溶液C反应开始时 C 中出现砖红色沉淀，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：1D反应后向 C 的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加 BaCl2溶液、有白色沉淀生成，证明反应中 SO2作还原剂10已知：6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4+6Br2+6H2O，利用此反应和 CCl4得到溴单质的实验中不需要用到的实验装置是ABCD11 如图所示是我国科研工作者研究 4CHg氧化制甲醇 3CH OH g的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是A反应的决速步为生成过渡态 2 的步骤B反应过程中只有极性键的断裂和形成C该反应过程中 MgO 是催化剂D总反应的热化学方程式为43MgO(g)CH(g)Mg(s)CH OH(g)H146.1kJ/mol 12在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理将2CO转化为含碳化合物 X，装置如图 1 所示。相同条件下，恒定通过电解池的电量，测得生成不同含碳化合物 X 的法拉第效率(FE)XQXFE=100%Q总生成 所需要的电量电解过程中通过的总电量随电压的变化如图 2 所示。下列说法正确的是A装置工作时，阴极室溶液 pH 逐渐减小B1VU时，M 电极上的还原产物为2HC2VU时，阴极室消耗气体与阳极室产生气体的物质的量之比为 21D3VU时，测得生成的424CH:C H7:4nn，则 x=4213已知：常温下10Ksp AgCl1.8 10；32332Ag2SOAg SO，8.6811.0 10K，某实验小组利用AgCl与23Na SO反应生成332Ag SO来“分银”，“分银”时，332Ag SO的浓度与溶液 pH 的关系如图 1；23SO及其与H形成的微粒的浓度分数随溶液 pH 变化的关系如图 2，下列叙述错误的是AAgCl与23Na SO反应生成332Ag SO，该反应的平衡常数1.32K1.8 10B“分银”时，pH 需控制的范围大约是89C“分银”溶液中存在+-2-3323c Na=2 c HSO+c SO+c H SOD在332Ag SO中的OSO 大于23SO中的OSO 二、非选择题：本题共 4 小题，共 61 分。14（15 分）实验室利用含钴废渣含3Co OH、3Fe OH等制备磁性材料34Co O。回答下列问题：I稀硫酸的配制。(1)实验室里需要：450mL124mol L2H SO溶液，用 98%浓硫酸(密度为31.84g cm)配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为(保留 1 位小数)mL。(2)下图关于容量瓶的操作，正确的是。(3)配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是_(填标号)。A定容时俯视容量瓶刻度线B容量瓶未干燥处理C定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水D将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯浸取，将一定量的钴渣粉与23Na SO溶液配成悬浊液，加入三颈烧瓶中(装置如图)，70通过仪器 a 缓慢滴加稀硫酸，充分反应，过滤。(4)b 中应加入作为最佳传热介质。(5)该过程中，3Co OH转化为2Co的离子方程式为。沉钴。Co()盐溶液可以形成2Co OH、3CoCO和24CoC O等多种形式的沉淀。已知：向 0.100mol/L 溶液中滴加 NaOH 溶液调节 pH，pH7时开始出现2Co OH沉淀。(6)向除杂后的4CoSO溶液中加入224H C O溶液或4242NHC O溶液作沉淀剂，可得到242CoC O2H O，不能用同浓度的224Na C O溶液代替4242NHC O溶液的原因是。制备34Co O，将所得的 18.3g 草酸钴晶体(242CoC O2H O)高温灼烧，其热重分析图如图：(7)写出 B 点对应的物质的化学式：，CD 段发生反应的化学方程式为。15（15 分）伐尼克兰是戒烟药的主要成分，其合成路线分为和两个阶段。回答下列问题：已知：阶段：(1)A 的化学名称为(用系统命名法命名)。(2)反应-中，属于加成反应的是(填序号)。(3)符合下列条件的 E 的同分异构体的结构简式为。a含有 5 种不同化学环境的 H，H 原子的个数比为 11224b分子内含有苯环，能与3NaHCO溶液反应产生气泡阶段：(4)HI 的化学方程式为。(5)J 的结构简式为。(6)反应和的作用是。(7)根据上述信息，写出以为主要原料制备的合成路线(其他试剂任选)：。16（15 分）一种回收锌电解阳极泥(主要成分为2MnO、4PbSO和 ZnO，还有少量锰铅氧化物2816Pb Mn O和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：已知：42MnSOH O易溶于水，不溶于乙醇。在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：(1)2816Pb Mn O中 Pb 的化合价为+2 价，Mn 的化合价有+2 价和+4 价，则氧化物中+2 价和+4 价 Mn 的个数比为。(2)滤液 1 中的溶质为；“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为；实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是。(3)结合4MnSO溶解度曲线图分析，由4MnSO溶液制得42MnSOH O晶体的“一系列操作”是、，用(填物质的名称)洗涤、干燥。(4)“电解”时，加入2SeO与水反应生成二元弱酸23H SeO，在阴极放电生成 Se 单质，有利于2+Mn电还原沉积。则23H SeO放电的电极反应式为。(5)整个流程中可循环利用的物质是。(6)通过计算说明可用23Na CO溶液将“滤渣”中的4PbSO转化为3PbCO的原因。已知：25时8sp4PbSO2.5 10K，14sp3PbCO7.5 10K17（16 分）钕铁硼永磁材料被广泛应用于汽车、家电、电子产品等领域。以江西赣州某公司的钕铁硼油泥废料(主要物相为2323RE OFe O、)为原料，回收有价金属的工艺流程如图所示。已知：用 RE 表示稀土元素：配位阴离子的稳定常数越大，配位阴离子越稳定。几种配位阴离子的稳定常数如下：配位阴离子4FeCl24FeC O242Fe C O3243Fe C O稳定常数25.49.416.220.2回答下列问题：(1)钕(Nd)属于 f 区元素，其原子轨道共有种不同的形状。(2)23Na CO溶液能洗涤钕铁硼油泥废料的原因是(用离子方程式表示)。(3)浸取后，对浸取液进行紫外可见光光度测试，结果如图所示。写出23Fe O与盐酸反应的离子方程式：。(4)沉淀时，草酸用量及沉淀温度对稀土与铁选择性沉淀分离的影响如下图所示。沉淀时，224n H C O)与n(RE)的最佳物质的量之比为，请说明原因：。最佳沉淀温度为 60，温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是。(5)在沉淀后的滤液中加入224H C O，溶液中主要存在的配位阴离子是，该离子在加入铁粉后生成242FeC O2H O的离子方程式为。2024 年高考押题预测卷（江苏卷）01化学参考答案一、选择题：本题共 14 小题，每小题 3 分，共 39 分。每小题只有一个选项符合题目要求。12345678910111213CDDBBDBBBDCBC二、非选择题：本题共 4 小题，共 61 分。14（15 分）(1)54.3(2)C(3)CD(4)Na2SO3(5)2Co(OH)3+SO2-3+4H+=2Co2+SO2-4+5H2O(6)若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致 CoC2O4的产率降低(7)CoO6CoO+O2高温2Co3O415（15 分）(1)1，2-二溴苯(2)(3)(4)+2HNO324H SO浓+2H2O(5)(6)保护，防止被3HNO氧化(7)16（15 分）(1)1:3(2)4ZnSO+2+6126222C H O+12MnO+24H=12Mn+6CO+18H O在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应，消耗更多的葡萄糖(3)蒸发浓缩冷却结晶乙醇(4)232H SeO4e4H3H OSe(5)24H SO(6)含有4PbSO的滤渣中加入23Na CO，发生转化2-2-4334PbSO(s)+CO(aq)PbCO(s)+SO(aq)，2-2+2-8sp455442-2+2-1433sp4K(PbSO)c(SO)c(Pb)c(SO)2.5 10K=3.3 101.0 10c(CO)c(Pb)c(CO)K(PbSO)7.5 10，可视为完全转化。17（16 分）(1)4(2)2323COH OHCOOH(3)2342Fe O8Cl6H2FeCl3H O(4)3:1224n H C O与n RE的物质的量之比为3:1时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明显提高，但Fe元素沉淀率大幅度提高温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低(5)3243Fe C O32242242243Fe2Fe C O6H O=3FeC O2H O3C O2024 年高考押题预测卷（江苏卷）01化学全解全析注意事项：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：可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24Cl 35.5Ca 40Mn 55Cu 64I127La 139第卷（选择题共 39 分）一、选择题：本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 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化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法错误的是A神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温材料，Si3N4属于共价晶体B月壤中的“嫦娥石（Ca8Y）Fe（PO4）7”，该成分是无机盐C利用 CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变D 本草纲目中“以芒硝于风日中消尽水气”得到的是 Na2SO4【答案】C【详解】A氮化硅熔点为 1900、具有高强度、高韧性、耐高温的性质，由性质可知氮化硅为共价晶体，A 正确；B发现了月壤中的“嫦娥石（Ca8Y）Fe（PO4）7”，组成结构分析可知，其含有 Y、Ca、Fe 等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B 正确；C利用 CO2合成了脂肪酸，脂肪酸为羧酸类物质，常见的高级脂肪酸有：硬脂酸、油酸等，这二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不是高分子化合物，C 错误；D芒硝为 Na2SO410H2O，失掉水得到硫酸钠，方程式为：Na2SO410H2O=Na2SO4+10H2O，D 正确；故答案为：C。2东莨菪碱可用于止咳、平喘，其结构如图所示。下列关于该物质的说法正确的是A属于芳香烃B含有 5 种官能团C分子结构中所有碳原子共面D能发生取代、消去反应【答案】D【详解】A结构中含有 N、O 元素，不属于烃类，A 错误；B由结构简式可知，东莨若碱含有羟基、醚键、酯基、氨基 4 种含氧官能团，B 错误；C该物质中含有饱和碳连接的 3 个碳原子，则不会所有碳原子共面，C 错误；D醇羟基和酯基都能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应，D 正确；故选 D。3下列化学用语表达正确的是A2CO的电子式：B中子数为 10 的氧原子1810OC丙烯的分子式32CHCHCHD基态 N 的价层电子轨道表【答案】D【详解】ACO2的电子式为，A 错误；B中子数为 10 的氧原子，则质量数为 10+8=18，则中子数为 10 的氧原子：188O，B 错误；C丙烯的结构简式是32CHCHCH，C 错误；D基态 N 的价层电子 2s22p3，价层电子轨道表示，D 正确；故答案为：D。4用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是A利用甲配制一定物质的量浓度的硫酸溶液B利用乙验证稀硝酸的还原产物为 NOC利用丙制备 Fe(OH)2并能较长时间观察到白色D利用丁测定 H2C2O4浓度【答案】B【详解】A稀释浓硫酸时，不能在容量瓶中进行，应在烧杯内稀释，A 不正确；B先打开分液漏斗活塞，让稀硝酸与石灰石反应，利用产生的 CO2排尽装置内的空气，再让铜丝与稀硝酸反应，可观察到气体无色，且能收集到无色气体，从而证明稀硝酸的还原产物为 NO，B 正确；C丙装置中，酒精与水互溶，不能起到隔绝空气的作用，生成的 Fe(OH)2很快被溶解的氧气氧化，不能较长时间观察到白色，C 不正确；DKMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶，所以 KMnO4标准溶液不能盛放在碱式滴定管内，D 不正确；故选 B。5下列过程推测不合理的是A22Na S与 HCl 反应产物含2H S与 SBIBr 与 NaOH 可得到 NaI 与 NaBrOC22SO Cl与2H O反应生成两种强酸D相同条件下，与氧气反应由慢到快的顺序：Li、Na、K【答案】B【详解】A过氧化钠和盐酸反应可以生成水和氧气，则22Na S与 HCl 反应产物含2H S与 S，A 正确；BIBr 与 NaOH 不是氧化还原反应，应该生成 NaBr 与 NaIO，B 错误；C22SO Cl与2H O反应不是氧化还原反应，生成对应的酸，即 H2SO4和 HCl，C 正确；D金属性越强越容易和氧气反应，金属性由弱到强顺序为：Li、Na、K，故与氧气反应由慢到快的顺序：Li、Na、K，D 正确；故选 B。6工业上常用碱性NaClO废液吸收2SO，反应原理为2242ClOSO2OHClSOH O，部分催化过程如图所示。下列说法正确的是A“过程 1”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1B2NiO是该反应的催化剂C“过程 2”可表示为223ClO2NiONi OClOD吸收过程中存在反应：2242SOO2OHSOH O【答案】D【详解】A“过程 1”发生反应：ClO+Ni2O3=2NiO2+Cl，该反应中 Cl 元素化合价由1 价变为1 价、Ni 元素化合价由3 价变为4 价，则氧化剂是 ClO-，还原剂是 Ni2O3，氧化产物是 NiO2，还原产物是 Cl-，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2:1，A 错误；B由图可知，Ni2O3是过程 1 的反应物，是过程 2 的生成物，所以 Ni2O3是反应的催化剂，二氧化镍是反应的中间产物，B 错误；C“过程 2”中，1molClO-转化为 Cl-和 O 时，需要转移 2mole-，则需消耗 2molNiO2，反应的离子方程式可表示为 ClO+2NiO2=Ni2O3+Cl+2O，C 错误；DO 具有强氧化性，能氧化还原性的 SO2，所以吸收过程中存在反应：SO2+O+2OH=2-4SO+H2O，D 正确；故选 D。7Adv.Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，催化电极时产生电子和空穴（空穴指共价键上流失一个电子留下空位的现象，用 h+表示），下列有关说法错误的是A光催化装置实现了光能向化学能的转化B离子交换膜为阴离子交换膜C电催化装置阳极电极反应式 4OH+4h+=2H2O+O2D光催化装置中，每生成 0.1g 氢气，产生空穴 h+的数目为A0.1N【答案】B【分析】由图可知，光催化装置中发生的反应为 2H+2e=H2、3I+2h+=I-3，总反应为 2H+3I光照H2+I-3，电催化装置中与直流电源负极相连的电极为电解池的阴极，碘三离子在阴极得到电子发生还原反应生成碘离子，与正极相连的电极为阳极，氢氧根离子在阳极得到空穴发生氧化反应生成氧气和水，阳极室的阳离子通过阳离子交换膜进入阴极室，光催化和电催化协同循环的总反应为碘离子做催化剂的作用下水光照分解生成氢气和氧气。【详解】A由分析可知，光催化装置中发生的总反应为 2H+3I-光照H2+I-3，该装置实现了光能向化学能的转化，故 A 正确；B由分析可知，电催化装置中，阳极室的阳离子通过阳离子交换膜进入阴极室，故 B 错误；C由分析可知，电催化装置中，与正极相连的电极为阳极，氢氧根离子在阳极得到空穴发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为 4OH+4h+=2H2O+O2，故 C 正确；D 由得失电子数目守恒可知，光催化装置中，每生成 0.1g 氢气，产生空穴的数目为0.1g2g/mol2NAmol1=0.1NA，故 D 正确；故选 B。8下列实验对应的离子方程式不正确的是A将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2OB将少量 SO2通入 NaClO 溶液：SO2+H2O+2ClO=SO23+2HClOC用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2：23224322NHH OSO=2NHSOH OD向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O【答案】B【详解】A根据少定多变的原则可知，将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合的离子方程式为：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，A 正确；B由于 HClO 具有强氧化性，可以把亚硫酸根氧化为硫酸根离子，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO=SO24+2HClO+Cl-，B 错误；C 用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2生成亚硫酸铵，离子方程式为：23224322NHH OSO=2NHSOH O，C 正确；D向氨水中滴入少量硝酸银溶液生成二氨合银离子，离子方程式为：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O，D正确；故选 B。9某小组同学探究 SO2与新制 Cu(OH)2悬浊液反应的实验装置图如下所示：下列说法不正确的是A配制 70%硫酸溶液需要用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管B装置 B 的作用是监控 SO2流速，其中试剂可以用饱和 NaHSO4溶液C反应开始时 C 中出现砖红色沉淀，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：1D反应后向 C 的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加 BaCl2溶液、有白色沉淀生成，证明反应中 SO2作还原剂【答案】B【分析】由实验装置图可知，装置 A 中亚硫酸钠固体与 70%浓硫酸反应制备二氧化硫，装置 B 中盛有的饱和硫酸氢钠溶液用于监控二氧化硫的流速，装置 C 中二氧化硫与硫酸铜、氢氧化钠混合溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、氧化亚铜和水，装置 D 中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气。【详解】A由配制一定质量分数溶液配制的步骤可知，配制 70%硫酸溶液需要用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，故 A 正确；B二氧化硫易溶于水，装置 B 中盛有的饱和硫酸氢钠溶液中的氢离子会降低二氧化硫的溶解度，所以能达到监控二氧化硫的流速的实验目的，故 B 正确；C由分析可知，装置 C 中二氧化硫与硫酸铜、氢氧化钠混合溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、氧化亚铜和水，则由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂硫酸铜和还原剂二氧化硫的物质的量之比为 2：1，故 C正确；D由分析可知，装置 C 中二氧化硫与硫酸铜、氢氧化钠混合溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、氧化亚铜和水，则向 C 的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加氯化钡溶液，有白色硫酸钡沉淀生成因硫酸铜溶液中的硫酸根离子干扰实验，所以不能证明反应中二氧化硫作还原剂，故 D 错误；故选 D。10已知：6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4+6Br2+6H2O，利用此反应和 CCl4得到溴单质的实验中不需要用到的实验装置是ABCD【答案】D【分析】氯气氧化 HBr 提取溴的工艺为：6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4+6Br2+6H2O，利用过滤除去 BaSO4沉淀后得到溴的水溶液，加入四氯化碳萃取分液分离溴单质，萃取分液得到四氯化碳的溴单质的溶液，通过蒸馏得到液溴，据此分析判断。【详解】氯气氧化 HBr 提取溴的新工艺反应之一为：6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4+6Br2+6H2O，反应过程中生成了硫酸钡沉淀，利用过滤除去沉淀后得到溴的水溶液，加入四氯化碳萃取分液分离溴单质，萃取分液得到四氯化碳的溴单质的溶液，控制温度通过蒸馏得到液溴，需要的装置有 A、B、C，D 装置是灼烧固体用装置，在该原理中不需使用，故合理选项是 D。11 如图所示是我国科研工作者研究 4CHg氧化制甲醇 3CH OH g的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是A反应的决速步为生成过渡态 2 的步骤B反应过程中只有极性键的断裂和形成C该反应过程中 MgO 是催化剂D总反应的热化学方程式为43MgO(g)CH(g)Mg(s)CH OH(g)H146.1kJ/mol【答案】C【详解】A生成过渡态 2 的步骤活化能最大，因此反应的决速步为生成过渡态 2 的步骤，故 A 正确；B反应过程中断裂的化学键都是异种原子之间的键，属于极性键，故 B 正确；C反应最终态无 MgO，则 MgO 不是该反应的催化剂，故 C 错误；D根据反应起始态和终末态可知，该反应的热化学方程式为：43MgO(g)CH(g)Mg(s)CH OH(g)H146.1kJ/mol，故 D 正确；故选 C。12在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理将2CO转化为含碳化合物 X，装置如图 1 所示。相同条件下，恒定通过电解池的电量，测得生成不同含碳化合物 X 的法拉第效率(FE)XQXFE=100%Q总生成 所需要的电量电解过程中通过的总电量随电压的变化如图 2 所示。下列说法正确的是A装置工作时，阴极室溶液 pH 逐渐减小B1VU时，M 电极上的还原产物为2HC2VU时，阴极室消耗气体与阳极室产生气体的物质的量之比为 21D3VU时，测得生成的424CH:C H7:4nn，则 x=42【答案】B【详解】A装置工作时，CO2在阴极室得到电子生成有机物 X，由电荷守恒可知，该过程中会有 OH-生成，则阴极室溶液 pH 逐渐增大，故 A 错误；B装置工作时，CO2在阴极室得到电子生成有机物 X，M 为阴极，当电解电压为 U1时，电解过程中含碳还原产物的 FE%为 0，说明二氧化碳没有在阴极得到电子发生还原反应，而是水在阴极得到电子发生还原反应生成 H2，故 B 正确；C由题意可知，当电解电压为 U2时，CO2在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和氢氧根离子，电极反应式为 CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，H2O 在阳极失去电子生成 O2，每转移 4 个电子，生成 1 个 O2，当转移等物质的量电子时，阴极室消耗气体与阳极室产生气体的物质的量之比为 12，故 C 错误；D 当电解电压为 U3V 时，CO24CH转移 8e-，2CO224C H转移 12e-，当电解生成的424CH:C H7:4nn时，可建立等式x4 F 12=367 F 8 ，x=31，故 D 错误；故选 B。13已知：常温下10Ksp AgCl1.8 10；32332Ag2SOAg SO，8.6811.0 10K，某实验小组利用AgCl与23Na SO反应生成332Ag SO来“分银”，“分银”时，332Ag SO的浓度与溶液 pH 的关系如图 1；23SO及其与H形成的微粒的浓度分数随溶液 pH 变化的关系如图 2，下列叙述错误的是AAgCl与23Na SO反应生成332Ag SO，该反应的平衡常数1.32K1.8 10B“分银”时，pH 需控制的范围大约是89C“分银”溶液中存在+-2-3323c Na=2 c HSO+c SO+c H SOD在332Ag SO中的OSO 大于23SO中的OSO【答案】C【详解】A氯化银与亚硫酸钠溶液反应存在如下平衡：AgCl+2SO2-3Ag(SO3)23+Cl，反应的平衡常数K=3-32322-)c(cAg SOcOCl)(S=-3-32223c Ag SOc(Cl)c(Ag)c(Ag)c(SO)=Ksp(AgCl)K1=1.810101.0108.68=1.8101.32，故 A 正确；B由图 1 可知，溶液 pH 在 8 9 范围内时，Ag(SO3)23离子浓度最大，所以“分银”时，pH 需控制的范围大约是 8 9，故 B 正确；C亚硫酸钠溶液中存在物料守恒关系+-2-3323c Na=2 c HSO+c SO+c H SO，分银溶液中还存在Ag(SO3)23离子，则分银溶液中的物料守恒3+-2-332332c Na=2c HSO+2c SO+2c H SO4 Ag SO，故C 错误；D亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为 4、孤对电子数为 1，Ag(SO3)23离子中硫原子的价层电子对数为 4、孤对电子对数为 0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，OSO 键角越小，则在332Ag SO中的OSO 大于23SO中的OSO，故 D 正确；故选 C。二、非选择题：本题共 4 小题，共 61 分。14实验室利用含钴废渣含3Co OH、3Fe OH等制备磁性材料34Co O。回答下列问题：I稀硫酸的配制。(1)实验室里需要：450mL124mol L2H SO溶液，用 98%浓硫酸(密度为31.84g cm)配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为(保留 1 位小数)mL。(2)下图关于容量瓶的操作，正确的是。(3)配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是_(填标号)。A定容时俯视容量瓶刻度线B容量瓶未干燥处理C定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水D将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯浸取，将一定量的钴渣粉与23Na SO溶液配成悬浊液，加入三颈烧瓶中(装置如图)，70通过仪器 a 缓慢滴加稀硫酸，充分反应，过滤。(4)b 中应加入作为最佳传热介质。(5)该过程中，3Co OH转化为2Co的离子方程式为。沉钴。Co()盐溶液可以形成2Co OH、3CoCO和24CoC O等多种形式的沉淀。已知：向 0.100mol/L 溶液中滴加 NaOH 溶液调节 pH，pH7时开始出现2Co OH沉淀。(6)向除杂后的4CoSO溶液中加入224H C O溶液或4242NHC O溶液作沉淀剂，可得到242CoC O2H O，不能用同浓度的224Na C O溶液代替4242NHC O溶液的原因是。制备34Co O，将所得的 18.3g 草酸钴晶体(242CoC O2H O)高温灼烧，其热重分析图如图：(7)写出 B 点对应的物质的化学式：，CD 段发生反应的化学方程式为。【答案】(1)54.3(2)C(3)CD(4)Na2SO3(5)2Co(OH)3+SO2-3+4H+=2Co2+SO2-4+5H2O(6)若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致 CoC2O4的产率降低(7)CoO6CoO+O2高温2Co3O4【详解】（1）由 c=1000w%M可知，浓硫酸的浓度为1000 1.84 98%98mol/L=18.4mol/L，实验室没有 480mL容量瓶，所以配制 480mL2mol/L 的硫酸溶液时，应选用 500mL 容量瓶，由稀释定律可知，配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为2mol/L0.5L18.4mol/L103mL/L=54.3mL，故答案为：43.4；（2）A检查容量瓶是否漏水时，加入少量水，盖好盖子，将容量瓶倒置，观察是否有水渗出，故错误；B容量瓶读数时，应平视容量瓶的刻度，视线、刻度与凹液面的最低点在同一水平线上，故错误；C稀释得到的溶液转移到容量瓶时，应用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端应在刻度线下方，故正确；D容量瓶定容时，应盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，故错误；故选 C；（3）A定容时俯视容量瓶刻度线会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故不符合题意；B容量瓶未干燥处理不会影响溶质的物质的量和溶液的体积，对所配溶液浓度无影响，故不符合题意；C定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水会使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，故符合题意；D将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，故符合题意；故选 CD；（4）实验时，为使三颈烧瓶中反应物受热均匀，应向三颈烧瓶中加入亚硫酸钠溶液作为传热介质，故答案为：Na2SO3；（5）由题意可知，氢氧化钴转化为亚钴离子的反应为氢氧化钴酸性条件下与亚硫酸钠溶液反应生成亚钴离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为 2Co(OH)3+SO2-3+4H+=2Co2+SO2-4+5H2O，故答案为：2Co(OH)3+SO2-3+4H+=2Co2+SO2-4+5H2O；（6）草酸钠是强碱弱酸盐，草酸铵是弱酸弱碱盐，草酸钠溶液的碱性更强，若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致草酸亚钴的产率降低，故答案为：若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致 CoC2O4的产率降低；（7）由题意可知，草酸钴晶体的物质的量为18.3g183g/mol=0.1mol，由钴原子个数守恒可知，B 点固体中氧原子的物质的量为7.5g-0.1mol 59mol16g/molg/=0.1mol，则 B 点所得固体的化学式为 CoO；同理可知，D 点固体中氧原子的物质的量为8.03g-0.1mol 59mol16g/molg/0.133mol，则 D 点固体的化学式为 Co3O4，CD 段发生反应的化学方程式为 6CoO+O2高温2Co3O4，故答案为：CoO；6CoO+O2高温2Co3O4。15伐尼克兰是戒烟药的主要成分，其合成路线分为和两个阶段。回答下列问题：已知：阶段：(1)A 的化学名称为(用系统命名法命名)。(2)反应-中，属于加成反应的是(填序号)。(3)符合下列条件的 E 的同分异构体的结构简式为。a含有 5 种不同化学环境的 H，H 原子的个数比为 11224b分子内含有苯环，能与3NaHCO溶液反应产生气泡阶段：(4)HI 的化学方程式为。(5)J 的结构简式为。(6)反应和的作用是。(7)根据上述信息，写出以为主要原料制备的合成路线(其他试剂任选)：。【答案】(1)1，2-二溴苯(2)(3)(4)+2HNO324H SO浓+2H2O(5)(6)保护，防止被3HNO氧化(7)【分析】结合B 的结构简式和A的分子式可知，A为，结合C的分子式和B的结构可知，C 为，CD 为加成反应，结合 D 和 E 的结构简式可知，DE 为氧化反应，HI 为 H 的硝化反应，再结合 K 的结构可知 I 为，I 发生还原反应，硝基转化为氨基得到 J。以此解题。【详解】（1）由分析可知，A 为，则其名称为：1，2-二溴苯；（2）由分析可知，反应-中，属于加成反应的是；（3）a含有 5 种不同化学环境的 H，H 原子的个数比为 11224，说明有 5 种等效氢，b分子内含有苯环，能与3NaHCO溶液反应产生气泡，说明其结构中含有羧基，再结合 E 的结构简式可知，该同分异构体的结构简式有 2 种，为：；（4）根据题中信息可知，HI 为 H 的硝化反应，再结合 K 的结构可知，该反应的方程式为：+2HNO324H SO浓+2H2O；（5）IJ 为还原反应，为硝基还原为氨基，再结合 J 的分子式可知，J 的结构简式为；（6）G 到产物的过程用到了氧化剂，且 G 中有氨基，具有还原性，则反应和的作用是：保护，防止被3HNO氧化；（7）首先可以由和氯气发生取代反应，在氢氧化钠醇的作用下发生消去反应生成，再结合反应的条件可知，可以转化为，再结合反应的条件最终生成产物，具体流程为：。16一种回收锌电解阳极泥(主要成分为2MnO、4PbSO和 ZnO，还有少量锰铅氧化物2816Pb Mn O和 Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：已知：42MnSOH O易溶于水，不溶于乙醇。在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：(1)2816Pb Mn O中 Pb 的化合价为+2 价，Mn 的化合价有+2 价和+4 价，则氧化物中+2 价和+4 价 Mn 的个数比为。(2)滤液 1 中的溶质为；“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为；实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是。(3)结合4MnSO溶解度曲线图分析，由4MnSO溶液制得42MnSOH O晶体的“一系列操作”是、，用(填物质的名称)洗涤、干燥。(4)“电解”时，加入2SeO与水反应生成二元弱酸23H SeO，在阴极放电生成 Se 单质，有利于2+Mn电还原沉积。则23H SeO放电的电极反应式为。(5)整个流程中可循环利用的物质是。(6)通过计算说明可用23Na CO溶液将“滤渣”中的4PbSO转化为3PbCO的原因。已知：25时8sp4PbSO2.5 10K，14sp3PbCO7.5 10K【答案