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山东省临沂市2024届高三一模化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份山东省临沂市2024届高三一模化学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析山东省临沂市2024届高三一模化学试题原卷版docx、精品解析山东省临沂市2024届高三一模化学试题解析版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。
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。
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：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
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. 生活中处处有化学。下列叙述错误的是
A. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂
B. 化妆品中添加甘油可以起到保湿作用
C. 漂白粉与盐酸混合使用以提高消毒效果
D. 豆腐制作过程中可使用葡萄糖酸－δ－内酯作凝固剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．维生素C具有还原性，可用作水果罐头的抗氧化剂，A正确；
B．甘油具有保湿作用，化妆品中添加甘油可以起到保湿作用，B正确；
C．漂白粉与盐酸混合使用会发生氧化还原反应产生氯气，不能提高消毒效果，C错误；
D．葡萄糖酸－δ－内酯能使胶体聚沉，豆腐制作过程中可使用葡萄糖酸－δ－内酯作凝固剂，D正确；
答案选C。
2. 下列有关实验操作的描述正确的是
A 加热液体出现暴沸时，立即停止加热并加入沸石
B. 配制Na2SiO3溶液时，加入少量NaOH溶液
C. 用热的氢氧化钠溶液清洗试管内壁残留的矿物油
D. 滴定实验时，不能向锥形瓶中加入蒸馏水，以免溶液稀释产生误差
【答案】B
【解析】
【详解】A．加热液体出现暴沸时，应当理解停止加热，待液体冷却后，再加入沸石，A错误；
B．配制硅酸钠溶液时，应加入少量氢氧化钠溶液，抑制硅酸根离子水解，B正确；
C．矿物油中的成分为烃类物质，不与氢氧化钠反应，无法用氢氧化钠溶液洗涤，C错误；
D．滴定实验，往锥形瓶中加入蒸馏水不会改变待测液的物质的量，对实验无影响，D错误；
故选B。
3. 关于反应NCl3+3H2O=NH3+3HClO，下列说法正确的是
A. NCl3属于非极性分子B. H2O分子间的范德华力强于氢键
C. NH3的VSEPR模型和空间结构一致D. HClO的电子式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．NCl3其空间构型为三角锥形，属于极性分子，A错误；
B．氢键是一种特殊的分子间作用力，强度强于范德华力，B错误；
C．NH3的VSEPR模型为四面体形，因氨分子中存在一对孤电子对，空间结构为三角锥形，VSEPR模型和空间结构不一致，C错误；
D．HClO的电子式为，D正确。
故选D。
4. 实验室提供的玻璃仪器有圆底烧瓶、玻璃棒、烧杯、酒精灯、量筒、容量瓶、漏斗(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器能完成的实验是
A. 重结晶法提纯苯甲酸B. 配制0.1ml•L-1硫酸溶液
C. 乙醇的消去反应D. 四氯化碳萃取碘水中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．重结晶法提纯苯甲酸，题中仪器可以完成，A正确；
B．配制0.1ml•L-1硫酸溶液，定容时需要胶头滴管，B错误；
C．乙醇的消去反应，需要用温度计，C错误；
D．用四氯化碳萃取碘水中的碘用萃取分液操作，需要分液漏斗，D错误；
故选A。
5. 霉酚酸具有抗菌、抗病毒等作用，结构简式如图所示。下列说法错误的是
A. 分子式为C17H20O6B. 存在顺反异构体
C. 含有5种官能团D. 1ml霉酚酸最多可与6mlH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可判断分子式为C17H20O6，A正确；
B．含有碳碳双键，且不饱和碳原子是含有不同的基团，存在顺反异构体，B正确；
C．含有5种官能团，即羧基、碳碳双键、醚键、酚羟基和酯基，C正确；
D．分子中只有碳碳双键和苯环可与氢气发生加成反应，1ml霉酚酸最多可与4mlH2发生加成反应，D错误；
答案选D。
6. 化合物NaBH4和NaH与水的反应分别为①NaBH4+H2O=Na[B(OH)4]+H2↑；②NaH+H2O=NaOH+H2↑，下列说法错误的是
A. 电负性：H＞B
B. ①②中水均发生还原反应
C. NaBH4和Na[B(OH)4]中提供孤电子对的均是氢原子
D. 当反应①、②转移的电子数相同时，产生H2的物质的量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢四氢合硼酸钠中硼元素为+3价，氢元素为—1价，则氢元素的电负性大于硼元素，故A正确；
B．由方程式可知，反应①和②中水中氢元素的化合价均降低被还原，都是氧化剂，发生还原反应，故B正确；
C．四羟基合硼酸钠中提供孤电子对的是氢氧根离子中的氧原子，故C错误；
D．由方程式可知，反应①和②中生成1ml氢气，均转移1ml电子，则当反应①、②转移的电子数相同时，产生氢气的物质的量相等，故D正确；
故选C。
7. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，X、Z同主族且能构成如图所示的阴离子(R2—)，下列说法正确的是
A 简单离子半径：Z＞Y＞XB. 沸点：ZX2＞WX2
C. R2—中Z的化合价是—3D. 第二电离能：Y＞Z
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，则W为C元素；由阴离子结构可知，原子半径小的灰球形成2个共价键、原子半径大的黑球形成6个和2个共价键，则X为O元素、Z为S元素；X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，则Y为P元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则磷离子的离子半径大于硫离子，故A错误；
B．二氧化硫和二氧化碳均构成分子晶体，相对分子质量越大分子间作用力越大，二氧化硫的空间结构为V形，是结构不对称的极性分子，二氧化碳的空间结构为直线形，是结构对称的非极性分子，极性分子的分子间作用力强于非极性分子，沸点高于非极性分子，所以二氧化硫的沸点高于二氧化碳，故B正确；
C．由化合价代数和为0可知，由氧元素和硫元素形成的R2—中硫元素的化合价平均为+2.5价，故C错误；
D．磷原子失去1个电子形成的P+的价电子排布式为3s23p2，硫原子失去1个电子形成的S+的价电子排布式为3s23p3，S+离子中3p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，则硫元素的第二电离能大于磷元素，故D错误；
故选B。
8. 下列实验能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向淀粉水解液中加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已经完全水解，故A正确；
B．元素的非金属性与氢化物的稳定性有关，与氢化物的酸性无关，则向装有硫化亚铁固体的试管中滴加稀盐酸能用于比较盐酸和氢硫酸的酸性强弱，但不能比较氯元素和硫元素的非金属性强弱，故B错误；
C．配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液时，应向过量的氢氧化钠溶液中加入硫酸铜溶液，否则生成的碱式硫酸铜沉淀不能与醛基反应，故C错误；
D．酸式滴定管的实际体积大于标定体积，所以量取20.00mL盐酸时不能将滴定管中的盐酸完全放入锥形瓶中，故D错误；
故选A。
9. 氮化钛(TiN)是新型耐热材料，其制备原理为6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2，实验装置如图所示(夹持装置省略)。下列说法错误的是
A. 试剂X可以是碱石灰或生石灰
B. 装置的连接顺序为I→III→II→IV
C. 先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关
D. 棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵塞
【答案】B
【解析】
【分析】装置Ⅰ制备氨气，装置Ⅱ是发生装置，装置Ⅲ吸收尾气同时防止空气中的水蒸气进入装置Ⅱ中，装置Ⅳ干燥氨气，据此解答。
【详解】A．浓氨水中加入氧化钙、氢氧化钠或碱石灰可以产生氨气，因此试剂X可以是碱石灰或生石灰，A正确；
B．氯化钙能吸收氨气，不能干燥氨气，所以装置的连接顺序为I→IV→II→III，B错误；
C．需要利用氨气排尽装置中的空气，所以先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关，C正确；
D．由于气体气流也可能把固体小颗粒插入导管中，所以棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵塞，D正确；
答案选B。
10. 工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。
已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是
A. 含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率
B. 途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2
C. 途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收
D. 1mlX最多可以与1mlNaOH反应
【答案】D
【解析】
【分析】含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。
【详解】A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；
B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，B正确；
C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；
D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1mlX最多可以与2mlNaOH反应得到1ml硫酸钠和1ml甲醇，D错误。
故选D。
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. 电解法制备Cu2O的装置如图所示，已知生成Cu2O的反应为Cu2Cl2+2OH—=Cu2O+H2O+2Cl—，下列说法错误的是
A. 铂电极连接电源的负极
B. 离子交换膜阴离子交换膜
C. 铜电极反应为2Cu—2e—+2Cl—=Cu2Cl2
D. 制备7.2gCu2O，阴极区溶液质量减少0.1g
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，铜电极为电解池的阳极，氯离子作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成Cu2Cl2，铂电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，放电生成的氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区。
【详解】A．由分析可知，铂电极为连接电源负极的阴极，故A正确；
B．由分析可知，电解池工作时，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，故B正确；
C．由分析可知，铜电极为电解池的阳极，氯离子作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成Cu2Cl2，电极反应式为2Cu—2e—+2Cl—=Cu2Cl2，故C正确；
D．据分析，结合得失电子数目守恒可知，电解制备得到7.2g氧化亚铜时，阴极区溶液减少水的质量为×18g/ml=1.8g，故D错误；
故选D。
12. 有机物X→Y的异构化反应如图所示。下列说法正确的是
A. 可用红外光谱区分X和Y
B. X分子中所有碳原子可能共平面
C. 含－OH和的Y的同分异构体有18种
D. 类比上述反应，的异构化产物为
【答案】A
【解析】
【详解】A．X和Y所含官能团不同，故可用红外光谱区分X和Y，A正确；
B．X分子中和羟基相连的C杂化方式为sp3，该碳原子与周围相连的三个碳原子构成三角锥形，故X分子中所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．Y的分子式为C15H12O，则含－OH和的Y的同分异构体还含有一个—CH3，共有23种：，含有－CH2OH和的Y的同分异构体有3种，即，C错误；
D．类比上述反应，的异构化产物为或，D错误。
故选A。
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
【解析】
【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；
D．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. 催化剂GaZrOx催化CO2加氢制甲醇的机理如图所示。已知：图中H2吸附过程表示为H2+2*=2H*；CO2吸附过程表示为CO2+2H*=HCOO*+H*；氢化过程表示为HCOO*+2H2+H*=H3CO*+H*+H2O(*为催化剂活性位点)。下列说法错误的是
A. 氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸附能力
B. CO2活化位点和H2活化位点是相同的
C. 脱附过程表示为H3CO*+H*=CH3OH+2*
D. 降低氢化过程的活化能，一定能有效加快甲醇的生成速率
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据图示，氧空位与二氧化碳作用，氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸附能力，故A正确；
B．根据图示，CO2活化位点是氧空位，与H2活化位点不相同，故B错误；
C．根据图示，脱附过程表示为H3CO*+H*=CH3OH+2*，故C正确；
D．降低氢化过程的活化能，氢化过程的速率加快，总反应速率由慢反应决定，所以不一定能有效加快甲醇的生成速率，故D错误；
选BD。
15. 常温下，pH=3的NaHR溶液稀释过程中δ(H2R)、δ(HR-)、δ(R2-)与pc(Na+)的关系如图所示。已知pc(Na+)=-lgc(Na+)，HR-的分布系数δ(HR-)=，lg2=0.3。下列说法正确的是
A. 曲线L2代表δ(HR-)B. Ka1(H2R)=2×10-2
C. a点溶液的pH=3.7D. b点溶液中，c(Na+)＞2c(HR-)+c(R2-)
【答案】BC
【解析】
【分析】稀释过程中，c(Na+)减小，pc(Na+)增大，电离方程式：水解方程式为：因此逐渐减小，L3是δ(HR-)，溶液的pH=3，显酸性，电离大于水解，L2是δ(R2-)，L1是δ(H2R)，据此分析解题。
【详解】A．根据分析，曲线L2代表δ(R2-)，A错误；
B．，起始时，pH=3，pc(Na+)=0，c(Na+)=1，物料守恒：c(Na+)=c(HR-)+c(R2-)+c(H2R)，，，同理，因此，B正确；
C．，a点时，，，，C正确；
D．b点溶液中，根据物料守恒：c(Na+)=c(HR-)+c(R2-)+c(H2R)，b点时，根据图像，c(HR-)＞c(H2R)，所以c(Na+)<2c(HR-)+c(R2-)，D错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 铜及其化合物在医疗卫生、工农业生产等方面有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层符号为_______；基态Cu2+的价电子排布式为_______。
（2）Cu2+与H2O、NH3、Cl-均可形成配位数为4的配离子：[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[CuCl4]2-。其转化关系如图所示：
①[Cu(H2O)4]2+中H－O－H的键角_______(填“＞”、“＜”或“=”)H2O中H－O－H的键角。
②[CuCl4]2-呈黄色，溶液I呈黄绿色的原因是_______；溶液I加水稀释质呈蓝色，其原因是______。
③向溶液II中缓慢通入NH3至过量，观察到的现象是_______。
（3）黄铜矿晶胞结构如图所示(晶胞参数a≠c，α=β=γ=90°，与单个Fe键合的S有______个。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如原子1的分数坐标为(，，)，则原子2的分数坐标为_______；若NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度ρ=______g•cm-3。
【答案】（1） ①. N ②. [Ar]3d9
（2） ①. ＞ ②. 蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-存在转化：，蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液显黄绿色 ③. 加水稀释使平衡逆向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加，溶液显蓝色 ④. 溶液呈现深蓝色
（3） ①. 4 ②. (，，) ③.
【解析】
【小问1详解】
基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层为N，基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Cu2+的价电子排布式为[Ar]3d9。
【小问2详解】
[Cu(H2O)4]2+中H－O－H的O中只含有一对孤电子对，而水分子中含有两对孤电子对，孤电子对间的排斥力大于成键电子对与孤电子对间的排斥力，故[Cu(H2O)4]2+中H－O－H的键角大于H2O中H－O－H的键角。蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-存在转化：，蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液显黄绿色。加水稀释使平衡逆向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加，溶液显蓝色。向溶液II中缓慢通入NH3至过量，发生，使溶液呈现深蓝色。
【小问3详解】
观察晶胞可知，与单个Fe键合的S有4个，原子1的分数坐标为(，，)，则原子2的分数坐标为(，，)。晶胞中Cu的个数为，晶胞中Fe的个数为，晶胞中S的个数为8个。故晶胞密度。
17. 盐酸羟胺(NH2OH•HCl是一种重要的分析试剂，化学性质与铵盐相似。实验室以丁酮肟()、盐酸为原料制备盐酸羟胺的装置如图所示(加热、夹持装置省略)。
已知：①盐酸羟胺易溶于水，溶解度随温度升高显著增大。
②盐酸羟胺的熔点为152℃，丁酮肟的沸点为153℃，丁酮的沸点为79.6℃。回答下列问题：
（1）直形冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。
（2）甲装置中生成盐酸羟胺和丁酮的化学反应方程式为_______；该反应为可逆反应，反应过程中，将丁酮不断蒸出的主要原因是_______；乙装置接真空系统，采用减压蒸馏，其目的是______。
（3）从反应后的溶液中获取盐酸羟胺的方法为_______，洗涤干燥。
（4）测定产品纯度。
称取mg盐酸羟胺产品，配制成100mL溶液，量取25.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入过量硫酸铁溶液，发生反应：2[NH3OH]++4Fe3+=4Fe2++N2O↑+6H++H2O，充分反应后，用cml•L-1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(滴定过程中转化为Cr3+，Cl-不反应)，滴定达终点时消耗K2Cr2O7溶液VmL。则样品中NH2OH•HCl的质量分数为_______；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则测定结果______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】17. b 18. ①. +HCl+H2O+NH2OH∙HCl ②. 降低生成物浓度，促进平衡向正反应方向移动 ③. 在较低温度下分离出丁酮，防止盐酸羟胺受热分解
19. 冷却（降温）结晶，过滤
20. ①. % ②. 偏低
【解析】
【分析】在三颈烧瓶中丁酮肟与盐酸反应生成丁酮和盐酸羟胺，采用减压蒸馏分离出丁酮。
【小问1详解】
直形冷凝管中水流是下进上出，故直形冷凝管的进水口为b。
【小问2详解】
甲装置中丁酮肟与盐酸发生可逆反应生成丁酮和盐酸羟胺，反应的化学方程式为+HCl+H2O+NH2OH∙HCl；该反应为可逆反应，反应过程中，将丁酮不断蒸出的主要原因是：降低生成物浓度，促进平衡向正反应方向移动；盐酸羟胺的化学性质与铵盐相似，结合题目已知②，乙装置接真空系统，采用减压蒸馏，其目的是：降低压强、在较低温度下分离出丁酮，同时防止盐酸羟胺受热分解。
【小问3详解】
盐酸羟胺的化学性质与铵盐相似，盐酸羟胺的熔点为152℃，盐酸羟胺易溶于水，溶解度随温度升高显著增大，故从反应后的溶液中获取盐酸羟胺的方法为：冷却（降温）结晶，过滤，洗涤，干燥。
【小问4详解】
根据反应：2[NH3OH]++4Fe3+=4Fe2++N2O↑+6H++H2O、6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可得3NH2OH∙HCl~K2Cr2O7，25.00mL溶液中含NH2OH∙HCl物质的量为3cml/L×V×10-3L=3cV×10-3ml，样品中NH2OH∙HCl的质量分数为×100%=%；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏小，则测定结果偏低。
18. 废旧电池镍钴锰酸锂三元正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。
已知：①该工艺条件下，Ni2+开始沉淀的pH为2，C2+开始沉淀的pH为3。
②M2+(C2+或Ni2+)的萃取原理：2HR(有机相)+M2+(水相)MR2(有机相)+2H+(水相)。
回答下列问题：
（1）“高温氢化”时固体产物为C、Ni、MnO和LiOH，该反应的化学方程式为_______；实际生产中还有少量的Li2CO3生成，原因是_______。
（2）“酸洗”的目的是_______；若“洗液”中c(Li+)=2.0ml•L-1，加入Na2CO3固体后，为使沉淀Li2CO3中Li元素含量不小于Li元素总量的95%，则1.0L“洗液”中至少需要加入Na2CO3的物质的量为______ml[忽略溶液体积变化，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3]。
（3）“沉锰”过程中pH对金属沉淀率的影响如图所示。
①生成MnO2的离子方程式为_______。
②pH=0.5时，有少量钴、镍析出，可能的原因是_______；应选择的最佳pH为_______。
（4）“反萃取”的目的是将有机层中C2+、Ni2+转移到水层。
①试剂X为_______(填试剂名称)。
②为使C2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，应采取的实验操作有_______。
【答案】（1） ①. 6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O ②. LiOH与空气中CO2反应
（2） ①. 降低锂在固体残余物中含量 ②. 1.17
（3） ①. 3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+ ②. MnO2沉淀过程中夹杂、包裹 ③. 1
（4） ①. 盐酸 ②. 多次反萃取
【解析】
【分析】由题给流程可知，废旧电池正极材料在氢气和氮气混合气体中高温氢化时，转化为钴、镍、一氧化锰和氢氧化锂，“高温氢化”时得到的固体经水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液和固体残余物；向氢氧化锂中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂；向残余物中加入硫酸溶液酸浸，将钴、镍、一氧化锰转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入HR有机萃取剂萃取溶液中的亚钴离子和镍离子，分液得到水相和有机相；向有机相中加入盐酸，经多次反萃取、分液得到水相和有机相；水相中氯化亚钴和氯化镍在一定条件下分离得到氯化亚钴和氯化镍。
【小问1详解】
由分析可知，高温氢化时发生的反应为高温条件下与氢气反应转化为生成钴、镍、一氧化锰、氢氧化锂和水，反应的化学方程式为6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O；实际生产中还有少量的碳酸锂生成说明反应生成的氢氧化锂与空气中的二氧化碳反应生成碳酸锂和水，故答案为：6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O；LiOH与空气中CO2反应；
【小问2详解】
由分析可知，水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液，所以酸洗的目的是将锂元素完全转移到洗液中，降低锂在固体残余物中的含量；由题意可知，溶液中锂离子转化为碳酸锂时，消耗碳酸钠的物质的量为2.0ml/L×1.0L×95%×=0.95ml，溶液中锂离子的浓度为2.0ml/L—2.0ml/L×95%=0.1ml/L，由溶度积可知，溶液中碳酸根离子的物质的量为×1.0L=0.22ml，则1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸钠的物质的量为0.95ml+0.22ml=1.17ml，故答案为：降低锂在固体残余物中的含量；1.17；
【小问3详解】
①由分析可知，加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；
②pH=0.5时，有少量钴、镍析出是因为二氧化锰沉淀过程中夹杂、包裹了一定量的钴元素和镍元素；由图可知，溶液pH为1时，锰元素沉淀率达到最大，而钴元素和镍元素沉淀率较小，则应选择的最佳pH为1，故答案为：MnO2沉淀过程中夹杂、包裹；1；
【小问4详解】
①由分析可知，试剂X为反萃取剂盐酸，目的是萃取、分液得到含有氯化亚钴和氯化镍的水相，故答案为：盐酸；
②由萃取原则可知，可以使用少量多次反萃取的方法使C2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，故答案为：多次反萃取。
19. 佐米曲坦是治疗偏头疼的药物，其合成路线如图。
已知：RNH2RNHNH2HCl
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团的名称为______；D→E的反应类型为_______。
（2）C→D的化学方程式为_______。
（3）E中手性碳原子的数目为_______；G的结构简式为_______。
（4）满足下列条件的A的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。
①含有－NO2；
②苯环上含有两个取代基且苯环上的一氯代物有2种。
（5）根据上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线_______。
【答案】（1） ①. 酯基、硝基 ②. 还原反应
（2）+ClCOCl+2KOH+2KCl+2H2O
（3） ①. 1 ②.
（4）13 （5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下发生硝化反应生成，则B为；一定条件下转化为，则C为；一定条件下与ClCOCl发生取代反应生成，则D为；一定条件下发生还原反应是，则E为；一定条件下发生信息反应生成，一定条件下与发生信息反应生成，则G为；在乙酸中共热转化为。
【小问1详解】
由分析可知，B的结构简式为，官能团为酯基、硝基；D→E的反应为一定条件下发生还原反应是，故答案为：酯基、硝基；还原反应；
【小问2详解】
由分析可知，C→D的反应为一定条件下与ClCOCl发生取代反应生成，反应的化学方程式为+ClCOCl+2KOH+2KCl+2H2O，故答案为：+ClCOCl+2KOH+2KCl+2H2O；
【小问3详解】
由分析可知，E、G的结构简式为、，E分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，故答案为：1；；
【小问4详解】
A的同分异构体含有硝基，苯环上含有两个取代基且苯环上的一氯代物有2种说明取代基处于苯环的对位上，同分异构体的结构可以视作取代了正丁烷和异丁烷分子中的氢原子所得结构，共有4种；也可以视作、、分子中取代基上的氢原子被硝基取代所得结构，共有9种，则符合条件的结构共有13种，故答案为：13；
【小问5详解】
由题给信息控制，以和为主要原料制备的合成步骤为一定条件下发生信息反应生成，一定条件下与发生信息反应生成，在乙酸中共热转化为，合成路线为。
20. 甲烷和二氧化碳重整制合成气(CO和H2)的研究是实现碳达峰的手段之一，涉及反应如下：
I.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ•ml-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.5kJ•ml-1
Ⅲ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H3
（1）△H3=_______kJ•ml-1。
（2）在一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mlCO2和1mlCH4发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4为aml，CO为bml，此时H2O(g)的浓度为_______ml•L-1(用含a，b，V的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_______。
（3）常压下，将等物质的量的CO2和CH4以一定流速通入装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和水蒸气的流出量随温度变化如图所示。
①曲线______(填“a”或“b”)表示CO2的转化率随温度变化曲线。
②温度低于873K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是_______；温度高于1400K时，曲线a、b交于一点的原因是______。
（4）向恒温恒容密闭容器中充入CH4和CO2，加入催化剂使其只发生反应I。研究表明CO的生成速率v(CO)=1.32×10-2•p(CH4)•p(CO2)kPa•s-1。起始时，CH4、CO2的分压分别为25kPa、30kPa，某时刻测得p(H2)=20kPa，则p(CO2)=_______kPa，v(CH4)=______kPa•s-1。
【答案】（1）+205.5
（2） ①. ②.
（3） ①. a ②. 温度低于873K时，随温度升高，反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度 ③. 温度高于1400K时，只发生反应Ⅰ或高于1400K时，反应Ⅱ和反应Ⅲ的速率相等
（4） ①. 20 ②. 1.98
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知，反应Ⅲ=Ⅰ-Ⅱ，则△H3= △H1-△H2=(+247kJ•ml-1)-( +41.5kJ•ml-1)=+205.5 kJ•ml-1；
【小问2详解】
根据C原子守恒可知平衡时CO2为(2-a-b) ml，根据O原子守恒可知平衡时H2O(g)为[2-b-2(2-a-b)]=(2a+b-2) ml，此时H2O(g)的浓度为；根据H原子守恒可知平衡时H2为，反应Ⅱ的平衡常数K=；
【小问3详解】
①由图可知曲线a的转化率大于曲线b的转化率，温度低于873K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大，说明水蒸气的生成量大于消耗量，对比反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可知CO2的消耗量大于CH4，则CO2的转化率大于CH4，所以曲线a表示CO2的转化率随温度变化曲线。
②由以上分析可知温度低于873K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度；由图可知温度高于1400K时，水蒸气的流出量几乎为0，可能的原因是只发生反应Ⅰ或高于1400K时，反应Ⅱ和反应Ⅲ的速率相等
【小问4详解】
结合反应可知=，则该时刻p(CO2)= p(CO2)起始-=30kPa-10 kPa=20 kPa；该时刻=，则p(CH4)= 25kPa-10 kPa=15 kPa，v(CO)=1.32×10-2•p(CH4)•p(CO2)kPa•s-1=1.32×10-2×15×20=3.96 kPa•s-1，根据速率之比等于化学计量数之比v(CH4)= kPa•s-1。选项
目的
实验
A
检验淀粉已经完全水解
向淀粉水解液中加入碘水
B
证明非金属性Cl＞S
向装有FeS固体的试管中滴加稀盐酸
C
配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液
向试管中加入2mL10%CuSO4溶液，再加入5滴2%NaOH溶液，振荡
D
量取20.00mL盐酸
在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
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。
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：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
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. 生活中处处有化学。下列叙述错误的是
A. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂
B. 化妆品中添加甘油可以起到保湿作用
C. 漂白粉与盐酸混合使用以提高消毒效果
D. 豆腐制作过程中可使用葡萄糖酸－δ－内酯作凝固剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．维生素C具有还原性，可用作水果罐头的抗氧化剂，A正确；
B．甘油具有保湿作用，化妆品中添加甘油可以起到保湿作用，B正确；
C．漂白粉与盐酸混合使用会发生氧化还原反应产生氯气，不能提高消毒效果，C错误；
D．葡萄糖酸－δ－内酯能使胶体聚沉，豆腐制作过程中可使用葡萄糖酸－δ－内酯作凝固剂，D正确；
答案选C。
2. 下列有关实验操作的描述正确的是
A 加热液体出现暴沸时，立即停止加热并加入沸石
B. 配制Na2SiO3溶液时，加入少量NaOH溶液
C. 用热的氢氧化钠溶液清洗试管内壁残留的矿物油
D. 滴定实验时，不能向锥形瓶中加入蒸馏水，以免溶液稀释产生误差
【答案】B
【解析】
【详解】A．加热液体出现暴沸时，应当理解停止加热，待液体冷却后，再加入沸石，A错误；
B．配制硅酸钠溶液时，应加入少量氢氧化钠溶液，抑制硅酸根离子水解，B正确；
C．矿物油中的成分为烃类物质，不与氢氧化钠反应，无法用氢氧化钠溶液洗涤，C错误；
D．滴定实验，往锥形瓶中加入蒸馏水不会改变待测液的物质的量，对实验无影响，D错误；
故选B。
3. 关于反应NCl3+3H2O=NH3+3HClO，下列说法正确的是
A. NCl3属于非极性分子B. H2O分子间的范德华力强于氢键
C. NH3的VSEPR模型和空间结构一致D. HClO的电子式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．NCl3其空间构型为三角锥形，属于极性分子，A错误；
B．氢键是一种特殊的分子间作用力，强度强于范德华力，B错误；
C．NH3的VSEPR模型为四面体形，因氨分子中存在一对孤电子对，空间结构为三角锥形，VSEPR模型和空间结构不一致，C错误；
D．HClO的电子式为，D正确。
故选D。
4. 实验室提供的玻璃仪器有圆底烧瓶、玻璃棒、烧杯、酒精灯、量筒、容量瓶、漏斗(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器能完成的实验是
A. 重结晶法提纯苯甲酸B. 配制0.1ml•L-1硫酸溶液
C. 乙醇的消去反应D. 四氯化碳萃取碘水中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．重结晶法提纯苯甲酸，题中仪器可以完成，A正确；
B．配制0.1ml•L-1硫酸溶液，定容时需要胶头滴管，B错误；
C．乙醇的消去反应，需要用温度计，C错误；
D．用四氯化碳萃取碘水中的碘用萃取分液操作，需要分液漏斗，D错误；
故选A。
5. 霉酚酸具有抗菌、抗病毒等作用，结构简式如图所示。下列说法错误的是
A. 分子式为C17H20O6B. 存在顺反异构体
C. 含有5种官能团D. 1ml霉酚酸最多可与6mlH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可判断分子式为C17H20O6，A正确；
B．含有碳碳双键，且不饱和碳原子是含有不同的基团，存在顺反异构体，B正确；
C．含有5种官能团，即羧基、碳碳双键、醚键、酚羟基和酯基，C正确；
D．分子中只有碳碳双键和苯环可与氢气发生加成反应，1ml霉酚酸最多可与4mlH2发生加成反应，D错误；
答案选D。
6. 化合物NaBH4和NaH与水的反应分别为①NaBH4+H2O=Na[B(OH)4]+H2↑；②NaH+H2O=NaOH+H2↑，下列说法错误的是
A. 电负性：H＞B
B. ①②中水均发生还原反应
C. NaBH4和Na[B(OH)4]中提供孤电子对的均是氢原子
D. 当反应①、②转移的电子数相同时，产生H2的物质的量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢四氢合硼酸钠中硼元素为+3价，氢元素为—1价，则氢元素的电负性大于硼元素，故A正确；
B．由方程式可知，反应①和②中水中氢元素的化合价均降低被还原，都是氧化剂，发生还原反应，故B正确；
C．四羟基合硼酸钠中提供孤电子对的是氢氧根离子中的氧原子，故C错误；
D．由方程式可知，反应①和②中生成1ml氢气，均转移1ml电子，则当反应①、②转移的电子数相同时，产生氢气的物质的量相等，故D正确；
故选C。
7. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，X、Z同主族且能构成如图所示的阴离子(R2—)，下列说法正确的是
A 简单离子半径：Z＞Y＞XB. 沸点：ZX2＞WX2
C. R2—中Z的化合价是—3D. 第二电离能：Y＞Z
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，则W为C元素；由阴离子结构可知，原子半径小的灰球形成2个共价键、原子半径大的黑球形成6个和2个共价键，则X为O元素、Z为S元素；X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，则Y为P元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则磷离子的离子半径大于硫离子，故A错误；
B．二氧化硫和二氧化碳均构成分子晶体，相对分子质量越大分子间作用力越大，二氧化硫的空间结构为V形，是结构不对称的极性分子，二氧化碳的空间结构为直线形，是结构对称的非极性分子，极性分子的分子间作用力强于非极性分子，沸点高于非极性分子，所以二氧化硫的沸点高于二氧化碳，故B正确；
C．由化合价代数和为0可知，由氧元素和硫元素形成的R2—中硫元素的化合价平均为+2.5价，故C错误；
D．磷原子失去1个电子形成的P+的价电子排布式为3s23p2，硫原子失去1个电子形成的S+的价电子排布式为3s23p3，S+离子中3p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，则硫元素的第二电离能大于磷元素，故D错误；
故选B。
8. 下列实验能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向淀粉水解液中加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已经完全水解，故A正确；
B．元素的非金属性与氢化物的稳定性有关，与氢化物的酸性无关，则向装有硫化亚铁固体的试管中滴加稀盐酸能用于比较盐酸和氢硫酸的酸性强弱，但不能比较氯元素和硫元素的非金属性强弱，故B错误；
C．配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液时，应向过量的氢氧化钠溶液中加入硫酸铜溶液，否则生成的碱式硫酸铜沉淀不能与醛基反应，故C错误；
D．酸式滴定管的实际体积大于标定体积，所以量取20.00mL盐酸时不能将滴定管中的盐酸完全放入锥形瓶中，故D错误；
故选A。
9. 氮化钛(TiN)是新型耐热材料，其制备原理为6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2，实验装置如图所示(夹持装置省略)。下列说法错误的是
A. 试剂X可以是碱石灰或生石灰
B. 装置的连接顺序为I→III→II→IV
C. 先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关
D. 棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵塞
【答案】B
【解析】
【分析】装置Ⅰ制备氨气，装置Ⅱ是发生装置，装置Ⅲ吸收尾气同时防止空气中的水蒸气进入装置Ⅱ中，装置Ⅳ干燥氨气，据此解答。
【详解】A．浓氨水中加入氧化钙、氢氧化钠或碱石灰可以产生氨气，因此试剂X可以是碱石灰或生石灰，A正确；
B．氯化钙能吸收氨气，不能干燥氨气，所以装置的连接顺序为I→IV→II→III，B错误；
C．需要利用氨气排尽装置中的空气，所以先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关，C正确；
D．由于气体气流也可能把固体小颗粒插入导管中，所以棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵塞，D正确；
答案选B。
10. 工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。
已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是
A. 含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率
B. 途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2
C. 途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收
D. 1mlX最多可以与1mlNaOH反应
【答案】D
【解析】
【分析】含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。
【详解】A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；
B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，B正确；
C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；
D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1mlX最多可以与2mlNaOH反应得到1ml硫酸钠和1ml甲醇，D错误。
故选D。
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. 电解法制备Cu2O的装置如图所示，已知生成Cu2O的反应为Cu2Cl2+2OH—=Cu2O+H2O+2Cl—，下列说法错误的是
A. 铂电极连接电源的负极
B. 离子交换膜阴离子交换膜
C. 铜电极反应为2Cu—2e—+2Cl—=Cu2Cl2
D. 制备7.2gCu2O，阴极区溶液质量减少0.1g
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，铜电极为电解池的阳极，氯离子作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成Cu2Cl2，铂电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，放电生成的氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区。
【详解】A．由分析可知，铂电极为连接电源负极的阴极，故A正确；
B．由分析可知，电解池工作时，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，故B正确；
C．由分析可知，铜电极为电解池的阳极，氯离子作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成Cu2Cl2，电极反应式为2Cu—2e—+2Cl—=Cu2Cl2，故C正确；
D．据分析，结合得失电子数目守恒可知，电解制备得到7.2g氧化亚铜时，阴极区溶液减少水的质量为×18g/ml=1.8g，故D错误；
故选D。
12. 有机物X→Y的异构化反应如图所示。下列说法正确的是
A. 可用红外光谱区分X和Y
B. X分子中所有碳原子可能共平面
C. 含－OH和的Y的同分异构体有18种
D. 类比上述反应，的异构化产物为
【答案】A
【解析】
【详解】A．X和Y所含官能团不同，故可用红外光谱区分X和Y，A正确；
B．X分子中和羟基相连的C杂化方式为sp3，该碳原子与周围相连的三个碳原子构成三角锥形，故X分子中所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．Y的分子式为C15H12O，则含－OH和的Y的同分异构体还含有一个—CH3，共有23种：，含有－CH2OH和的Y的同分异构体有3种，即，C错误；
D．类比上述反应，的异构化产物为或，D错误。
故选A。
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
【解析】
【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；
D．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. 催化剂GaZrOx催化CO2加氢制甲醇的机理如图所示。已知：图中H2吸附过程表示为H2+2*=2H*；CO2吸附过程表示为CO2+2H*=HCOO*+H*；氢化过程表示为HCOO*+2H2+H*=H3CO*+H*+H2O(*为催化剂活性位点)。下列说法错误的是
A. 氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸附能力
B. CO2活化位点和H2活化位点是相同的
C. 脱附过程表示为H3CO*+H*=CH3OH+2*
D. 降低氢化过程的活化能，一定能有效加快甲醇的生成速率
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据图示，氧空位与二氧化碳作用，氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸附能力，故A正确；
B．根据图示，CO2活化位点是氧空位，与H2活化位点不相同，故B错误；
C．根据图示，脱附过程表示为H3CO*+H*=CH3OH+2*，故C正确；
D．降低氢化过程的活化能，氢化过程的速率加快，总反应速率由慢反应决定，所以不一定能有效加快甲醇的生成速率，故D错误；
选BD。
15. 常温下，pH=3的NaHR溶液稀释过程中δ(H2R)、δ(HR-)、δ(R2-)与pc(Na+)的关系如图所示。已知pc(Na+)=-lgc(Na+)，HR-的分布系数δ(HR-)=，lg2=0.3。下列说法正确的是
A. 曲线L2代表δ(HR-)B. Ka1(H2R)=2×10-2
C. a点溶液的pH=3.7D. b点溶液中，c(Na+)＞2c(HR-)+c(R2-)
【答案】BC
【解析】
【分析】稀释过程中，c(Na+)减小，pc(Na+)增大，电离方程式：水解方程式为：因此逐渐减小，L3是δ(HR-)，溶液的pH=3，显酸性，电离大于水解，L2是δ(R2-)，L1是δ(H2R)，据此分析解题。
【详解】A．根据分析，曲线L2代表δ(R2-)，A错误；
B．，起始时，pH=3，pc(Na+)=0，c(Na+)=1，物料守恒：c(Na+)=c(HR-)+c(R2-)+c(H2R)，，，同理，因此，B正确；
C．，a点时，，，，C正确；
D．b点溶液中，根据物料守恒：c(Na+)=c(HR-)+c(R2-)+c(H2R)，b点时，根据图像，c(HR-)＞c(H2R)，所以c(Na+)<2c(HR-)+c(R2-)，D错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 铜及其化合物在医疗卫生、工农业生产等方面有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层符号为_______；基态Cu2+的价电子排布式为_______。
（2）Cu2+与H2O、NH3、Cl-均可形成配位数为4的配离子：[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[CuCl4]2-。其转化关系如图所示：
①[Cu(H2O)4]2+中H－O－H的键角_______(填“＞”、“＜”或“=”)H2O中H－O－H的键角。
②[CuCl4]2-呈黄色，溶液I呈黄绿色的原因是_______；溶液I加水稀释质呈蓝色，其原因是______。
③向溶液II中缓慢通入NH3至过量，观察到的现象是_______。
（3）黄铜矿晶胞结构如图所示(晶胞参数a≠c，α=β=γ=90°，与单个Fe键合的S有______个。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如原子1的分数坐标为(，，)，则原子2的分数坐标为_______；若NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度ρ=______g•cm-3。
【答案】（1） ①. N ②. [Ar]3d9
（2） ①. ＞ ②. 蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-存在转化：，蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液显黄绿色 ③. 加水稀释使平衡逆向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加，溶液显蓝色 ④. 溶液呈现深蓝色
（3） ①. 4 ②. (，，) ③.
【解析】
【小问1详解】
基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层为N，基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Cu2+的价电子排布式为[Ar]3d9。
【小问2详解】
[Cu(H2O)4]2+中H－O－H的O中只含有一对孤电子对，而水分子中含有两对孤电子对，孤电子对间的排斥力大于成键电子对与孤电子对间的排斥力，故[Cu(H2O)4]2+中H－O－H的键角大于H2O中H－O－H的键角。蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-存在转化：，蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液显黄绿色。加水稀释使平衡逆向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加，溶液显蓝色。向溶液II中缓慢通入NH3至过量，发生，使溶液呈现深蓝色。
【小问3详解】
观察晶胞可知，与单个Fe键合的S有4个，原子1的分数坐标为(，，)，则原子2的分数坐标为(，，)。晶胞中Cu的个数为，晶胞中Fe的个数为，晶胞中S的个数为8个。故晶胞密度。
17. 盐酸羟胺(NH2OH•HCl是一种重要的分析试剂，化学性质与铵盐相似。实验室以丁酮肟()、盐酸为原料制备盐酸羟胺的装置如图所示(加热、夹持装置省略)。
已知：①盐酸羟胺易溶于水，溶解度随温度升高显著增大。
②盐酸羟胺的熔点为152℃，丁酮肟的沸点为153℃，丁酮的沸点为79.6℃。回答下列问题：
（1）直形冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。
（2）甲装置中生成盐酸羟胺和丁酮的化学反应方程式为_______；该反应为可逆反应，反应过程中，将丁酮不断蒸出的主要原因是_______；乙装置接真空系统，采用减压蒸馏，其目的是______。
（3）从反应后的溶液中获取盐酸羟胺的方法为_______，洗涤干燥。
（4）测定产品纯度。
称取mg盐酸羟胺产品，配制成100mL溶液，量取25.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入过量硫酸铁溶液，发生反应：2[NH3OH]++4Fe3+=4Fe2++N2O↑+6H++H2O，充分反应后，用cml•L-1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(滴定过程中转化为Cr3+，Cl-不反应)，滴定达终点时消耗K2Cr2O7溶液VmL。则样品中NH2OH•HCl的质量分数为_______；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则测定结果______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】17. b 18. ①. +HCl+H2O+NH2OH∙HCl ②. 降低生成物浓度，促进平衡向正反应方向移动 ③. 在较低温度下分离出丁酮，防止盐酸羟胺受热分解
19. 冷却（降温）结晶，过滤
20. ①. % ②. 偏低
【解析】
【分析】在三颈烧瓶中丁酮肟与盐酸反应生成丁酮和盐酸羟胺，采用减压蒸馏分离出丁酮。
【小问1详解】
直形冷凝管中水流是下进上出，故直形冷凝管的进水口为b。
【小问2详解】
甲装置中丁酮肟与盐酸发生可逆反应生成丁酮和盐酸羟胺，反应的化学方程式为+HCl+H2O+NH2OH∙HCl；该反应为可逆反应，反应过程中，将丁酮不断蒸出的主要原因是：降低生成物浓度，促进平衡向正反应方向移动；盐酸羟胺的化学性质与铵盐相似，结合题目已知②，乙装置接真空系统，采用减压蒸馏，其目的是：降低压强、在较低温度下分离出丁酮，同时防止盐酸羟胺受热分解。
【小问3详解】
盐酸羟胺的化学性质与铵盐相似，盐酸羟胺的熔点为152℃，盐酸羟胺易溶于水，溶解度随温度升高显著增大，故从反应后的溶液中获取盐酸羟胺的方法为：冷却（降温）结晶，过滤，洗涤，干燥。
【小问4详解】
根据反应：2[NH3OH]++4Fe3+=4Fe2++N2O↑+6H++H2O、6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可得3NH2OH∙HCl~K2Cr2O7，25.00mL溶液中含NH2OH∙HCl物质的量为3cml/L×V×10-3L=3cV×10-3ml，样品中NH2OH∙HCl的质量分数为×100%=%；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏小，则测定结果偏低。
18. 废旧电池镍钴锰酸锂三元正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。
已知：①该工艺条件下，Ni2+开始沉淀的pH为2，C2+开始沉淀的pH为3。
②M2+(C2+或Ni2+)的萃取原理：2HR(有机相)+M2+(水相)MR2(有机相)+2H+(水相)。
回答下列问题：
（1）“高温氢化”时固体产物为C、Ni、MnO和LiOH，该反应的化学方程式为_______；实际生产中还有少量的Li2CO3生成，原因是_______。
（2）“酸洗”的目的是_______；若“洗液”中c(Li+)=2.0ml•L-1，加入Na2CO3固体后，为使沉淀Li2CO3中Li元素含量不小于Li元素总量的95%，则1.0L“洗液”中至少需要加入Na2CO3的物质的量为______ml[忽略溶液体积变化，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3]。
（3）“沉锰”过程中pH对金属沉淀率的影响如图所示。
①生成MnO2的离子方程式为_______。
②pH=0.5时，有少量钴、镍析出，可能的原因是_______；应选择的最佳pH为_______。
（4）“反萃取”的目的是将有机层中C2+、Ni2+转移到水层。
①试剂X为_______(填试剂名称)。
②为使C2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，应采取的实验操作有_______。
【答案】（1） ①. 6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O ②. LiOH与空气中CO2反应
（2） ①. 降低锂在固体残余物中含量 ②. 1.17
（3） ①. 3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+ ②. MnO2沉淀过程中夹杂、包裹 ③. 1
（4） ①. 盐酸 ②. 多次反萃取
【解析】
【分析】由题给流程可知，废旧电池正极材料在氢气和氮气混合气体中高温氢化时，转化为钴、镍、一氧化锰和氢氧化锂，“高温氢化”时得到的固体经水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液和固体残余物；向氢氧化锂中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂；向残余物中加入硫酸溶液酸浸，将钴、镍、一氧化锰转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入HR有机萃取剂萃取溶液中的亚钴离子和镍离子，分液得到水相和有机相；向有机相中加入盐酸，经多次反萃取、分液得到水相和有机相；水相中氯化亚钴和氯化镍在一定条件下分离得到氯化亚钴和氯化镍。
【小问1详解】
由分析可知，高温氢化时发生的反应为高温条件下与氢气反应转化为生成钴、镍、一氧化锰、氢氧化锂和水，反应的化学方程式为6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O；实际生产中还有少量的碳酸锂生成说明反应生成的氢氧化锂与空气中的二氧化碳反应生成碳酸锂和水，故答案为：6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O；LiOH与空气中CO2反应；
【小问2详解】
由分析可知，水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液，所以酸洗的目的是将锂元素完全转移到洗液中，降低锂在固体残余物中的含量；由题意可知，溶液中锂离子转化为碳酸锂时，消耗碳酸钠的物质的量为2.0ml/L×1.0L×95%×=0.95ml，溶液中锂离子的浓度为2.0ml/L—2.0ml/L×95%=0.1ml/L，由溶度积可知，溶液中碳酸根离子的物质的量为×1.0L=0.22ml，则1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸钠的物质的量为0.95ml+0.22ml=1.17ml，故答案为：降低锂在固体残余物中的含量；1.17；
【小问3详解】
①由分析可知，加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；
②pH=0.5时，有少量钴、镍析出是因为二氧化锰沉淀过程中夹杂、包裹了一定量的钴元素和镍元素；由图可知，溶液pH为1时，锰元素沉淀率达到最大，而钴元素和镍元素沉淀率较小，则应选择的最佳pH为1，故答案为：MnO2沉淀过程中夹杂、包裹；1；
【小问4详解】
①由分析可知，试剂X为反萃取剂盐酸，目的是萃取、分液得到含有氯化亚钴和氯化镍的水相，故答案为：盐酸；
②由萃取原则可知，可以使用少量多次反萃取的方法使C2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，故答案为：多次反萃取。
19. 佐米曲坦是治疗偏头疼的药物，其合成路线如图。
已知：RNH2RNHNH2HCl
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团的名称为______；D→E的反应类型为_______。
（2）C→D的化学方程式为_______。
（3）E中手性碳原子的数目为_______；G的结构简式为_______。
（4）满足下列条件的A的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。
①含有－NO2；
②苯环上含有两个取代基且苯环上的一氯代物有2种。
（5）根据上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线_______。
【答案】（1） ①. 酯基、硝基 ②. 还原反应
（2）+ClCOCl+2KOH+2KCl+2H2O
（3） ①. 1 ②.
（4）13 （5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下发生硝化反应生成，则B为；一定条件下转化为，则C为；一定条件下与ClCOCl发生取代反应生成，则D为；一定条件下发生还原反应是，则E为；一定条件下发生信息反应生成，一定条件下与发生信息反应生成，则G为；在乙酸中共热转化为。
【小问1详解】
由分析可知，B的结构简式为，官能团为酯基、硝基；D→E的反应为一定条件下发生还原反应是，故答案为：酯基、硝基；还原反应；
【小问2详解】
由分析可知，C→D的反应为一定条件下与ClCOCl发生取代反应生成，反应的化学方程式为+ClCOCl+2KOH+2KCl+2H2O，故答案为：+ClCOCl+2KOH+2KCl+2H2O；
【小问3详解】
由分析可知，E、G的结构简式为、，E分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，故答案为：1；；
【小问4详解】
A的同分异构体含有硝基，苯环上含有两个取代基且苯环上的一氯代物有2种说明取代基处于苯环的对位上，同分异构体的结构可以视作取代了正丁烷和异丁烷分子中的氢原子所得结构，共有4种；也可以视作、、分子中取代基上的氢原子被硝基取代所得结构，共有9种，则符合条件的结构共有13种，故答案为：13；
【小问5详解】
由题给信息控制，以和为主要原料制备的合成步骤为一定条件下发生信息反应生成，一定条件下与发生信息反应生成，在乙酸中共热转化为，合成路线为。
20. 甲烷和二氧化碳重整制合成气(CO和H2)的研究是实现碳达峰的手段之一，涉及反应如下：
I.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ•ml-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.5kJ•ml-1
Ⅲ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H3
（1）△H3=_______kJ•ml-1。
（2）在一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mlCO2和1mlCH4发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4为aml，CO为bml，此时H2O(g)的浓度为_______ml•L-1(用含a，b，V的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_______。
（3）常压下，将等物质的量的CO2和CH4以一定流速通入装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和水蒸气的流出量随温度变化如图所示。
①曲线______(填“a”或“b”)表示CO2的转化率随温度变化曲线。
②温度低于873K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是_______；温度高于1400K时，曲线a、b交于一点的原因是______。
（4）向恒温恒容密闭容器中充入CH4和CO2，加入催化剂使其只发生反应I。研究表明CO的生成速率v(CO)=1.32×10-2•p(CH4)•p(CO2)kPa•s-1。起始时，CH4、CO2的分压分别为25kPa、30kPa，某时刻测得p(H2)=20kPa，则p(CO2)=_______kPa，v(CH4)=______kPa•s-1。
【答案】（1）+205.5
（2） ①. ②.
（3） ①. a ②. 温度低于873K时，随温度升高，反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度 ③. 温度高于1400K时，只发生反应Ⅰ或高于1400K时，反应Ⅱ和反应Ⅲ的速率相等
（4） ①. 20 ②. 1.98
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知，反应Ⅲ=Ⅰ-Ⅱ，则△H3= △H1-△H2=(+247kJ•ml-1)-( +41.5kJ•ml-1)=+205.5 kJ•ml-1；
【小问2详解】
根据C原子守恒可知平衡时CO2为(2-a-b) ml，根据O原子守恒可知平衡时H2O(g)为[2-b-2(2-a-b)]=(2a+b-2) ml，此时H2O(g)的浓度为；根据H原子守恒可知平衡时H2为，反应Ⅱ的平衡常数K=；
【小问3详解】
①由图可知曲线a的转化率大于曲线b的转化率，温度低于873K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大，说明水蒸气的生成量大于消耗量，对比反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可知CO2的消耗量大于CH4，则CO2的转化率大于CH4，所以曲线a表示CO2的转化率随温度变化曲线。
②由以上分析可知温度低于873K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度；由图可知温度高于1400K时，水蒸气的流出量几乎为0，可能的原因是只发生反应Ⅰ或高于1400K时，反应Ⅱ和反应Ⅲ的速率相等
【小问4详解】
结合反应可知=，则该时刻p(CO2)= p(CO2)起始-=30kPa-10 kPa=20 kPa；该时刻=，则p(CH4)= 25kPa-10 kPa=15 kPa，v(CO)=1.32×10-2•p(CH4)•p(CO2)kPa•s-1=1.32×10-2×15×20=3.96 kPa•s-1，根据速率之比等于化学计量数之比v(CH4)= kPa•s-1。选项
目的
实验
A
检验淀粉已经完全水解
向淀粉水解液中加入碘水
B
证明非金属性Cl＞S
向装有FeS固体的试管中滴加稀盐酸
C
配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液
向试管中加入2mL10%CuSO4溶液，再加入5滴2%NaOH溶液，振荡
D
量取20.00mL盐酸
在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
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