【文档说明】四川省成都市树德中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，2.096 MB，由小赞的店铺上传

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高2022级高三上学期开学考试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19P-31Ca-40第Ⅰ卷选择题(共42分)一、选择题(本大题包含14个小题，每题有且只有一个选项符合题意，每小题3分，

共42分)1.日常生活、生产、医疗与化学有着密切联系。下列说法正确的是A.中国烟花的历史可以追溯到西汉时期，烟花观察到的是原子发射光谱B.成都东门城墙始建于明朝，其墙体由青砖砌成，青砖的主要成分是23FeOC.川酒的传统酿制技艺是我国的非物质文化遗

产，酒的酿造过程不涉及氧化还原反应D.工业上使用铁罐车运输浓硫酸是因为常温下铁与浓硫酸不反应【答案】A【解析】【详解】A．烟花发出五颜六色的光是因为金属的焰色反应，利用的原理是原子发射光谱，故A项正确；B．成都东门城墙始建于明朝，其墙体由青砖砌成，主要成分为Fe3O4，故B项错误；C．淀粉水解为

葡萄糖，葡萄糖转化为乙醇涉及氧化还原反应，故C项错误；D．工业上使用铁罐车运输浓硫酸是因为常温下铁与浓硫酸会钝化，故D项错误；故本题选A。2.下列有关物质的结构、性质和用途说法正确的是A.“杯酚”能分离60C和70C，体现了超分子的自组装特性B.可燃冰()42CH8HO中

甲烷分子与水分子间存在氢键C.冰晶体中水分子的空间利用率低于干冰晶体中的2CO分子D.钾盐可用作紫色烟花的原料是因为电子跃迁到激发态过程中释放能量产生紫色光【答案】C【解析】【详解】A．“杯酚”可以识别与其空腔直径吻合的分子；“杯酚”能分离C60和C70，体现了超分子的

“分子识别“特性，A正确；B．C的电负性较小，甲烷与水不存在分子间氢键，故B错误；C．冰和干冰都是分子晶体，水分子间存在氢键，由于氢键的方向性而使得水分子周围的水分子少，干冰中CO2分子之间是范德华力，

该力没有方向性而使得CO2分子周围尽可能多，故冰晶体中水分子的空间利用率低于干冰晶体中的CO2分子，C正确；D．电子从激发态跃迁到基态的过程中释放能量，而不是跃迁到激发态的过程释放能量，D错误；本题选C。3.下列化学用语表示正确的是A.的名称：2-甲基-

3-乙基戊烷B.3NO−的价层电子对互斥(VSEPR)模型：C.4NBF的电子式：D.丙炔的键线式：【答案】A【解析】【详解】A．该有机物属于烷烃，主链上含有5个碳原子，甲基位于2号碳原子上、乙基位于3号碳原子上，该有机物名称为2-甲基-3

-乙基戊烷，故A正确；B．中价层电子对数为3+51322+−=3且不含孤电子对，3NO−的价层电子对互斥(VSEPR)模型为，故B错误；C．漏写氟原子孤电子对，NaBF4的电子式为，故C错误；D．丙炔结构简式为HC≡C—CH3，3个碳原子在一条直线上，其键

线式为，故D错误；答案选A。4.下列实验方案能够达到目的的是选项实验目的实验方案A检验溴乙烷中的溴元素将溴乙烷与NaOH混合加热，静置分层，取少量上清液，加入几滴AgNO3溶液B鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液分别向溶液中逐滴滴加等浓度的稀盐酸C检验Fe3+、Fe2+

混合溶液中的Fe2+向溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加氯水D制备CaCO3向CaCl2溶液中通入CO2至不再产生沉淀，过滤、洗涤、干燥A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．水解后没有加硝酸中和NaOH，则AgNO3将转化为AgOH进而生成黑色的A

g2O沉淀，掩盖了AgBr淡黄色沉淀，故必须水解后的溶液中加入稀硝酸酸化后再检验溴离子，A不合题意；B．已知Na2CO3和HCl反应是分阶段的，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，向碳酸钠和碳酸氢钠溶液滴加等浓度的盐

酸溶液，前者先观察不到气泡，一段时间后才产生气泡，后者立即产生气泡，故可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液，B符合题意；C．KSCN溶液检验铁离子，原溶液中铁离子和KSCN反应生成血红色溶液，滴加氯水后溶液无明显变化，无法检验其中的Fe2+，C不合题意；D．已知HCl的酸性强于H2CO3，即CaCl2溶液中

通入CO2二者不反应，即不能用向CaCl2溶液中通入CO2的方法来制备CaCO3，D不合题意；故答案为：B。5.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明的溶液：3Fe+、2Mg+、24SO−、Br−B.与

Al反应能放出2H的溶液：2Fe+、Na+、3NO−、24SO−C.水电离的()13H110mol/Lc+−=的溶液：Cl−、Na+、K+、223SO−D.中性溶液：3Fe+、Cl−、K+、24SO−【答案】A【解析】【详解】A．在澄清透明的溶液中，四种离子之间相互不发生

任何反应，一定能大量共存，故A项正确；B．与铝反应生成氢气的溶液既可能显酸性，也可能显碱性，显酸性时，硝酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存；碱性条件下，亚铁离子和氢氧根离子生成弱电解质，不能大量共存，故B项错误；C．水电离出的c(H+)=1×10−1

3mol/L的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸溶液中氢离子和硫代硫酸根不能大量共存，故C项错误；D．铁离子发生水解反应，溶液呈酸性，则中性溶液中铁离子不能大量共存，故D项错误；故本题选A。在6.下列反应的离子方程式

正确的是A.向酸性4KMnO溶液中加入草酸溶液：22424222MnO5CO16H10CO2Mn8HO−−++++=++B.过量Fe与稀硝酸反应：2323Fe2NO8H3Fe2NO4HO−++++=++C.向()2BaOH溶液中滴加4NaHSO至溶液呈中性：22442

BaOHHSOBaSOHO+−+−+++=+D.向2FeBr溶液中通入过量2Cl：23222Fe2Br2Cl2FeBr4Cl+−+−++=++【答案】B【解析】【详解】A．草酸是弱电解质，写离子方程式时不拆，正确的离子方程式为24224222MnO5HCO6H10CO2Mn8HO−+

+++=++，故A错误；B．过量Fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，所给离子方程式正确，故B正确；C．向()2BaOH溶液中滴加4NaHSO至溶液呈中性，()2BaOH完全反应，离子方程式为22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++=

+，故C错误；D．向2FeBr溶液中通入过量2Cl，2FeBr溶液完全被氧化，离子方程式为23222Fe4Br3Cl2Fe2Br6Cl+−+−=++++，故D错误；故选B。7.下图实验装置和操作能达到

实验目的的是A.利用甲装置制备溴苯并验证有HBr生成B.利用乙装置证明热稳定性：233NaCO>NaHCOC.利用丙装置制备无水2MgClD.利用丁装置制备()2FeOH【答案】C【解析】【详解】A．苯的溴代反应为放热反应，能促进液溴的挥发，验证有HBr产

生时，导出的气体在通入3AgNO溶液前需经4CCl洗涤，除去HBr中混有的溴蒸气，A错误；B．因为碳酸氢钠受热极易分解，而碳酸钠受热不分解，应该将碳酸氢钠放置于小试管中，离火源稍远；碳酸钠放置在大试管底部，离火源最近，受

热充分的碳酸钠能分解，受热不充分的碳酸氢钠分解，才能证明碳酸氢钠受热容易分解，B错误；C．22·6HOMgCl在HCl气氛下加热，能防止2Mg+水解而制得无水2MgCl。同时，HCl不能直接排放到空气中，需要用碱石灰吸收氯化氢气体，进行尾气处理，C正确；D．丁装置是利用反应产生的硫酸亚铁与

氢氧化钠溶液反应制取和长时间观察氢氧化亚铁沉淀，设计原理是A试管反应一段时间以后，关闭a，利用氢气产生的压强，把左侧溶液压入右侧试管，从而制得氢氧化亚铁沉淀，但是B试管完全封闭，氢气不能排出装置，会带来危险，D错误；故选C。8.AN代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是A.15g甲基含有的电子数为10ANB.0.1mol22NaO与2NaO混合物含有的离子总数为0.3ANC.0.1mol4NaHSO晶体含有的离子总数为0.3AND.62g白磷(4P)含有共价键的数目为2AN【答案】B【解

析】【详解】A．1mol甲基中9mol电子，则15g甲基，即1mol甲基所含有的电子数为：9mol×NAmol-1=9NA，故A项错误；B．1molNa2O2和1molNa2O中均含有3mol离子，0.1molNa2O2和Na2O混合物中含有离子总数为0.3mol×NAmol-

1=0.3NA，故B项正确；C．NaHSO4晶体中含有Na+和4HSO−，则0.1molNaHSO4晶体中含有离子总数为0.2NA，故C项错误；D．1molP4中含有6mol磷磷键，则62g白磷分子中含有共价键的数目为：62g124g/mol×6

×NAmol-1=3NA，故D项错误；故本题选B的。9.某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有关该化合物说法错误的是A.存在顺反异构体B.可与3FeCl溶液发生显色反应C.1mol该有机物最多与5

molNaOH反应D.与足量2H加成后的产物分子中含有6个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知分子中含有2个碳碳双键，2个碳碳双键都存在顺反异构体，故A正确；B．由题干有机物结构简

式可知含有酚羟基，可与3FeCl溶液发生显色反应，故B正确；C．由题干有机物结构简式可知，1mol该物质含有2mol酚羟基，消耗2molNaOH，1mol酚酯基消耗2molNaOH，1mol酰胺基消耗1molNaOH，1mol羧基消耗1mol

NaOH，与足量NaOH溶液反应时消耗6molNaOH，故C错误；D．与足量2H加成后的产物分子中含有6个手性碳原子，如图所示，故D正确；故选C。10.前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与W

同族，X、Y、Z的原子序数之和为24，Z是其所在周期主族元素基态原子中未成对电子数最多的原子。物质M是一种复合肥，其结构如图。下列说法错误的是A.电负性：Y>Z>X>WB.1molM最多可以消耗2molNaOHC.

简单气态氢化物的沸点：Z>YD.W与X形成的化合物中含有离子键，且具有较强的还原性【答案】C【解析】【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，X与W同族，四种元素属于不同周期，则X、Y、Z、W分别属于第一、二、三、四周期，X为

H元素，结合复合肥M的结构可知，W形成一价阳离子、W为K元素，Y能形成2个共价键，则Y为O元素，Z能形成5个共价键、Z是其所在周期基态原子中含未成对电子数最多的原子，则Z的基态价电子排布为3s23p3、则Z为P元素，物质M为KH2PO4。【详解】A．非金属性强则电负性大、金属性强则电负性小

，同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，元素的电负性：O>P>H>K，即Y>Z>X>W，故A项正确；B．KH2PO4与NaOH反应可以生成K2HPO4或K3PO4，则KH2PO4最多可消耗2molNaOH，故B项正确；C．Z为P元素，Y为O元素，H2O

中含有氢键，则简单气态氢化物的沸点：H2O﹥PH3，故C项错误；D．W与X形成的化合物为KH，H为-1价，为最低价，具有比较强的还原性，故D项正确；故答案选C。11.实验室中用山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯的过

程如下所示，下列说法错误的是A.反应时不能用水浴进行加热B.操作①和操作③基本原理相同，操作②和操作④基本原理不同C.试剂a可以是5%NaOH溶液，目的是除去滤液1中的山梨酸和硫酸杂质D.加入无水4MgSO固体的目的是除去有机物中的水分【答案】C【解析】【分析】山梨酸和乙醇与浓硫酸110℃共热发

生酯化反应，经过过滤将沸石分离后，在滤液中加入饱和碳酸钠溶液，除去未反应的山梨酸和硫酸、溶解未反应的乙醇、降低山梨酸乙酯的溶解度，用水洗涤后，因酯类物质在水中溶解度较小，静置后利用分液即可得到水层和有机层，在有机层中加入无水硫酸镁除去大部分的水后，过滤后再将滤液蒸馏就可以得到较为纯净

的山梨酸乙酯。【详解】A．反应温度需要在110℃发生，不能用水浴加热，故A正确；B．经分析，操作①和操作③为过滤原理相同，操作②为分液、操作④为蒸馏原理不同，故B正确；C．试剂a应使用饱和碳酸钠溶液，氢氧化钠溶液中山梨酸乙酯会发生水解，故C错误；D．无水硫酸镁固体充当干燥机而

除去有机物中的水分，故D正确；故答案为：C。12.侯德榜提出的联合制碱法得到世界各国认可，其工业流程如图所示，下列说法正确的是A.进行反应1时，往饱和食盐水中先通入2CO，再通入3NHB.试剂X是NaCl固体，其作用是增大()Clc−，便于4NHCl析出C.整个流程中能循

环利用的物质只有2COD.反应1的离子方程式为：2322342NHCOHOCO2NH−+++=+【答案】B【解析】【分析】饱和食盐水通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤，滤渣是碳酸氢钠，滤液中含有氯化铵，滤液中通入氨气、加入氯化钠固体，析出氯化铵。【详解】A．

氨气的溶解度大于二氧化碳，二氧化碳易溶于碱性溶液，进行反应1时，往饱和食盐水中先通入3NH，再通入2CO，故A错误；B．试剂X是NaCl固体，其作用是增大()Clc−，便于4NHCl析出，故B正确；C．滤液中加入NaCl，通过降温结晶析

出NH4Cl，所得母液为NaCl溶液，也可以循环利用，故C错误；D．反应1是氯化钠、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：+32234NHCOHO+NaNaHCONH+++=+，故D错误；选B。13.实验室制取

HF的原理为()2244CaFHSOCaSO2HF++浓，氢氟酸可用来刻蚀玻璃，发生反应：242SiO4HF=SiF2HO++。2CaF的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为apm。下列说法错误的是A.氢化物的稳定性：2HFHOB.4SiF、2HO、2

4SO−三者的中心原子价层电子对数相等C.2CaF的晶体密度为3330A312g/cm10aN−(AN为阿伏加德罗常数的值)D.2CaF晶体中F−与2Ca+之间的最近距离为6pm4a【答案】D【解析】【详解】A．非金属性：F>O，则氢化物的稳定性：

2HFHO，故A正确；B．4SiF、2HO和24SO−的中心原子的价层电子时数均为4，故B正确；C．由氟化钙晶胞可知每个晶胞中含有4个2Ca+，8个F−，由晶胞结构可知其密度为3330A312gcm10aN−−故C正确；D．2C

aF晶体中2Ca+为面心立方最密堆积，F−位于2Ca+围成的正四面体的空隙中，F−与2Ca+之间的最近距离为立方晶胞体对角线长的14，即为3pm4a，故D错误；答案选D。14.铵明矾()4422NHAlSO12HO广泛用作中和剂、膨松剂和水净化

剂等。工业上以铝土矿(主要成分是23AlO，含少量2SiO、23FeO杂质)为原料制取铵明矾晶体的工艺流程如下：下列说法正确的是A.步骤Ⅱ的离子方程式为：()()2232432AlOH+CO=2AlOH+CO+HO−−B.步骤Ⅵ应该通入过

量3NHC.若经步骤Ⅱ得到的溶液与滤液c混合，则溶液中发生相互促进的水解反应D.相同条件下，明矾除去铜器上铜锈()232CuOHCO的效果不如铵明矾【答案】D【解析】【分析】由制备流程可知，铝土矿用盐酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到AlCl3

、FeCl3，SiO2不与盐酸反应，过滤得到固体a为SiO2，滤液中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，再加入过量的烧碱，反应得到氢氧化铁沉淀、四羟基合铝酸钠、氯化钠，过滤分离得到的红褐色沉淀b为氢氧化铁，溶液中III中含有四羟基合铝酸钠、氯化钠及剩余的NaOH

，通入足量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤，滤液c中含有氯化钠、碳酸氢钠，将氢氧化铝沉淀加热分解得到氧化铝，用硫酸溶解得到硫酸铝溶液，再通入氨气，得到铵明矾溶液，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过

滤等操作得到铵明矾晶体，以此来解答。【详解】A．步骤Ⅱ发生的反应为过量的NaOH与H+、Fe3+、Al3+反应，离子方程式分别为：H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe(OH)3、Al3++4OH-=()4AlOH−，故A错误

；B．步骤Ⅵ中反应的离子方程式为NH3+H+=NH4+，过程中需控制NH3的通入量，理由是过多的NH3会将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，影响铵明矾的产率和纯度，故B错误；C．步骤II得到溶液主要是四羟基合铝酸钠溶液，滤液c为碳酸氢钠，

两者水解都显碱性，不能发生相互促进的水解反应，故C错误；D．明矾只有Al3+水解，而铵明矾()4422NHAlSO12HO中铵根和Al3+都会水解，故浓度相同时，铵明矾溶液的酸性较强，而且铵明矾溶液中的氨分子易与铜离子形成配位键，故明矾除去铜器上

铜锈()232CuOHCO的效果不如铵明矾，故D正确；答案选D。第Ⅱ卷非选择题(共58分)15.()4NiCO(四羰基合镍，沸点为43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回

答的下列问题：（1）Ni基态原子价电子的轨道表示式为_______。（2）1mol()4NiCO含有σ键的数目为_______，()4NiCO的晶体类型为_______。（3）已知：()()()()4Nis+4COg=NiCOg①在恒温恒

容条件下，将一定量的()Nis和()COg加入密闭容器中，发生上述反应。下列能说明反应已达平衡状态的有：_______。A．()()44CONiCOvv=正逆B．混合气体的密度不变C．混合气体的平均相对分子质量不变D．()()4C

O:NiCO4:1nn=②在总压分别为0.1、0.5、1.0、2.0MPa下发生该反应，平衡时()4NiCO的体积分数与温度的关系如图乙所示，则△H_______0(填>或<)。压强为3p、温度为100℃时，CO的平衡转化率α=_______，pK=

_______()3MPa−。（4）已知：()()161816181643NiCOCONiCOCOCO+→+，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为：()()1616044NiCONiCOekttcc−=(k为反应速率常数)，则()164N

iCO，反应一半所需时间12t=_______(用k表示)。【答案】（1）（2）①.A8N②.分子晶体（3）①.BC②.<③.97.3%④.9000（4）ln2k【解析】【小问1详解】Ni为28号元素，其基态原子

的价电子排布式为3d84s2，则其价电子轨道表示式为；【小问2详解】由Ni(CO)4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键2个π键，即1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键，则1molNi(

CO)4含有σ键的数目为8NA；Ni(CO)4的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体；【小问3详解】①A．由反应式可得：()()4υCO=4υNiCO正正，若()()44υCO=υNiCO正逆，

则()()4416υNiCO=υNiCO正逆，即同一物质正、逆反应速率不相等，不能说明反应已达平衡状态，A不符合题意；B．该反应中Ni为固体，反应后混合气体总质量增大，容器体积不变，则反应开始至达到平衡过程混合气体的密度不断增大，所以当混合气体密度不变时，能说明反应达到

平衡状态，B符合题意；C．该反应中Ni为固体，反应后混合气体总质量增大，反应后混合气体的物质的量减小，则反应开始至达到平衡过程混合气体的平均相对分子质量不断增大，所以当混合气体的平均相对分子质量不变时，能说明反应达到平衡状态，C符合题意；D．n(CO

)∶n[Ni(CO)4]=4∶1，并未体现正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；故选BC；②由图可知，同一压强下，随着温度升高，Ni(CO)4的体积分数不断减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故ΔH0＜；温度相同时，增大压强平衡

正向移动，对应的平衡体系中Ni(CO)4的体积分数增大，结合图象可知，压强关系：P4﹥P3﹥P2﹥P1，即P3对应的压强是1.0MPa．由图可知，P3、100℃条件下达到平衡时，CO和Ni(CO)4的物质的量分数分别为0.1、0

.9，设初始投入的CO为4mol，反应生成的Ni(CO)4为xmol，可得三段式：()()()()4Nis+4COg=NiCOg/mol40/mol4/mol4-4xxxx起始量变化量平衡量，反应后总物质的量为：(4-3x)mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，

气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有=0.94-3xx，解得x=3637，因此达到平衡时：n转化(CO)=4×3637mol，则CO的平衡转化率为：36437100%97.3%4molmol；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数为：()

()34P44p[Ni(CO)]0.91.0MPaK9000MPap(CO)0.11.0MPa−===；【小问4详解】由题给关系式可得：16-ktt41604c[Ni(CO)]ec[Ni(CO)]=，当164Ni(CO)反应一半时，16-ktt41604c[Ni(CO)]1ec[Ni

(CO)]2==即12-kt1e2=，121-kt=ln2，12kt=ln2，则12ln2t=k。16.()336CoNHCl是合成其他含钴配合物的重要原料，可由金属钴及其他原料制备。已知：①2Co+在pH9.4=时恰好完全沉淀为()2CoOH②不同温度下()336CoNHCl

在水中的溶解度如图1所示。（1）用图中的装置组合制备2CoCl，连接顺序为_______(填标号)，装置B的作用是_______。（2）装置A中发生反应的离子方程式为_______。(二)()336CoNHCl的制备Ⅰ．向100mL锥

形瓶内加入4.5g研细的2CoCl、3g和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂Ⅱ．冷却后，加入浓氨水混合均匀，控制温度在10℃以下，并缓慢加入10mL22HO溶液Ⅲ．在60℃下反应一段时间后，经过_______、_______、过滤

、洗涤、干燥等操作，得到()336CoNHCl晶体。（3）在步骤Ⅱ加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ加入4NHCl的原因：①4NHCl溶于水电离出4NH+，使32NHHO的电离平衡逆向移动，增大()3NHc；②_______。（4）步骤Ⅱ加入22HO溶液时，需控制温度在10℃以下并缓慢加入的

目的：①控制反应速率；②_______。（5）制备()336CoNHCl的总反应的化学方程式为_______。（6）步骤Ⅲ中的操作名称为_______、_______。【答案】（1）①.A→D→C→E→B②.①吸收2Cl，防止污染空气；②防止空气中的水蒸气进入装置E，使2CoCl

潮解（2）24222MnO10Cl16H2Mn5Cl8HO−−++++=++（3）防止加入氨水时溶液中()OHc−过大，生成()2CoOH沉淀（4）防止温度过高使22HO和32NHHO分解（5）()6024322233262CoCl2NHCl10NHHOHO2CoNHCl12HO++

+=+℃活性炭（6）①.趁热过滤②.降温结晶【解析】【分析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯

化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制()336CoNHCl；【小问1详解】装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CoCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E

→B；【小问2详解】装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2，化学方程式为：24222MnO10Cl16H2Mn5Cl8HO−−++++=++；【小问3详解】4NHCl溶于水电离出4NH+，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制32NHHO的电离，防止加入氨水时

溶液中c(OH-)过大，生成Co(OH)2沉淀，有利于NH3的配位；【小问4详解】H2O2和32NHHO受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入H2O2溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使H2O2

和32NHHO分解；【小问5详解】在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为：()2432223326602CoCl2NHCl10NHHOHO2CoNHCl12H+++=+

活性炭℃；【小问6详解】根据已知信息②可知，()336CoNHCl在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到()336CoNHCl晶体。17.镀镍厂排放的硫酸镍废液(含2C

u+、2Fe+、3Fe+、2Zn+、2Ca+等杂质)对环境会产生较大的污染，对其进行回收处理，提取42NiSO7HO的工艺流程如图所示：已知：25℃时，有关金属离子开始沉淀与完全沉淀的pH范围、硫化

物的酸溶性如表所示：金属离子2Cu+2Fe+3Fe+2Zn+2Ni+pH范围4.8~6.76.3~8.31.5~2.86.2~8.26.9~8.9硫化物的酸溶性不溶于硫酸等溶于酸—溶于酸溶于酸（1）调pH后溶液

中主要存在的阴离子有_______。（2）“硫化”过程中发生反应的离子方程式为_______。（3）“调pH”时，应调节溶液pH的范围为_______。（4）“沉钙”时同样需要控制体系的pH在一定范围内，原因是_______。（5）已知()12sp2C

aF410K−=，溶液中某离子浓度小于6110−认为其沉淀完全。现有1L()2Ca1mol/Lc+=的溶液，若要使钙离子完全沉淀，至少需要投入NaF固体的物质的量为_______mol(忽略溶液体积变化和氟离子的水解，保留小数点后3位)。（6）“萃取分液”选用

有机萃取剂HDEHP萃取金属离子(用xM+表示，xM+为2Cu+、2Fe+、3Fe+、2Zn+、2Ni+)的原理为：()HDEHPMHDEPMHxxx+++=+，室温下，几种金属离子的萃取率随溶液pH的变化关系如图所示：[()(

)M100%Mxxnn++=有机项初始萃取率]“萃取分液”的目的是让_______进入有机相被除去，故应调节溶液pH的最佳范围是_______，萃取后的有机相可以加入_______使其循环再生。【答案】（1）24SO−

（2）3222FeHS2Fe2HS++++=++↓、22CuHSCuS2H+++=+（3）2.8~6.9（4）pH过小，氟离子结合氢离子生成氟化氢，试剂利用率低：pH过大，容易生成镍的氢氧化物沉淀导致产率降低（5）2.002（6）①.2Zn+②.3~4③.24HS

O【解析】【分析】硫酸镍废液(含2Cu+、2Fe+、3Fe+、2Zn+、2Ca+等杂质)，“硫化”是H2S和Cu2+结合成沉淀，同时H2S具有强还原性，能与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和S单质，滤渣I

为S和CuS，滤液中含Fe2+、Zn2+、Ca2+，“氧化”中H2O2氧化Fe2+为Fe3+，用Ni(OH)2消耗H+调节pH使Fe3+沉淀，“沉钙”中发生沉淀转化4224=CaSO+NiFCaF+NiSO，得到滤液中含Zn2+、Ni2+，

利用萃取剂将Zn2+保留在有机相，水相含NiSO4。【小问1详解】硫酸镍废液通入H2S除，调pH生成Fe(OH)3沉淀除铁，调pH后溶液中主要存在的阴离子有2-4SO。【小问2详解】“硫化”是H2S和Cu2+

结合成沉淀，同时H2S具有强还原性，能与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和S单质，，过程中发生反应的离子方程式为3222FeHS2Fe2HS++++=++↓、22CuHSCuS2H+++=+。【小问3详解】“调pH”的目的是除去3Fe+，使溶液中3Fe+沉淀完全而2Ni+不沉淀

(2Zn+产生沉淀是允许的，因为萃取分液除去2Zn+)，故调节溶液pH范围为2.8pH6.9。【小问4详解】pH过小，氟离子结合氢离子生成氟化氢，试剂利用率低：pH过大，容易生成镍的氢氧化物沉淀导致产率降低，故“沉钙”时同样需要控制体系

的pH在一定范围内。【小问5详解】1L()2Ca1mol/Lc+=的溶液，根据F元素守恒，生成CaF2沉淀消耗2molNaF，反应后溶液中F-的浓度为()-12sp2-32+-6KCaF410==210(mol/L)c(Ca)

110，若要使得钙离子完全沉淀则至少需要投入的NaF固体的物质的量为2mol+0.002mol=2.002mol。【小问6详解】据分析，“萃取分液”的目的是让2Zn+进入有机相被除去，由图示可知，2Zn+萃取率最高处对

应的pH在3~4之间，故应调节溶液pH的最佳范围是3~4；图示曲线可知，pH降低可明显降低有机相对Zn2+的萃取，故萃取后的有机相可以加入24HSO使其循环再生。18.有机化合物H是一种医药合成中间体，其合成路线如图所示：回答下列问题：（1）A含有

的官能团名称：___________。（2）B的结构简式为___________，C的分子式：___________。（3）C→D、E→G的反应类型分别为___________。（4）D→F分两步完成，其中D与NaOH反应的化学方程式为___________。（5）H在

酸或碱存在并加热的条件下可以发生水解反应，若在盐酸作用下水解，其生成物中属于盐的结构为___________。（6）溴代乙酸乙酯(223BrCHCOOCHCH)有多种同分异构体，其中与其具有相同官能团的结构

还有___________种(不考虑立体异构、不考虑Br−直接与COO−−相连)。（7）是一种常见的药物合成中间体。请参照以上合成路线，设计以为原料合成的路线(其他试剂任选)。【答案】（1）(酚)羟基、碳溴键(溴

原子)（2）①.②.16254CHBO(原子顺序可换)（3）取代反应，还原反应（4）（5）（6）10（7）【解析】【分析】结合C的结构简式可知，A→B为A中酚羟基上的氢原子与碘已完发生的取代反应，则B的结构简式为：，结合C的结构简式可知其分子式为：16254CHBO，

以此解题。【小问1详解】根据A的结构简式可知，A含有的官能团名称是(酚)羟基、碳溴键(溴原子)；【小问2详解】由分析可知，B的结构简式为：；结合C的结构简式可知其分子式为：16254CHBO(原子顺序可换)；【小问3详解】结合C和D的结构简式可知，

C→D为取代反应；对比E和G的结构简式可知，E中的碳氧双键被还原，则E→G为还原反应；【小问4详解】D中含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，方程式为：；【小问5详解】E中含有酰胺基，在酸性条件下可以水解，生成两种物质，其中一

种物质含有氨基，可以和盐酸反应生成盐，其结构简式为：；【小问6详解】乙酸乙酯中氢原子被溴原子取代还有2种，甲酸正丙酯有3种，甲酸异丙酯有2种，丙酸甲酯有3种，共10种；【小问7详解】结合A→B的反应可知，和碘甲烷反应生成，结合D→E可知，与氨气反应生成，再结合E→G可知，被还

原得到产物，故流程为：。