【文档说明】安徽省普通高中2024届高三下学期3月微联考化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，3.784 MB，由小赞的店铺上传

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高三化学满分：100分，考试时间：75分钟注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3

.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，

不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Ti-48Co-59一、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.化学与生活密切相关。下列说法错误是A.古徽州民居

多采用青砖白瓦，青砖的青色来自23FeOB.亳州被誉为“中华药都”，中药的萃取或浓缩均为物理变化C.淮南八公山豆腐很受欢迎，豆腐通常用豆浆制备，稀豆浆属于胶体D.牙膏中添加氟化物可用于预防龋齿，原因是形成难溶的化

合物氟磷酸钙【答案】A【解析】【详解】A．23FeO是红棕色固体，青砖具有蓝青色的主要原因是在焙烧还原阶段中，铁被还原成氧化亚铁和制品颗粒表面形成碳素薄膜所致，A错误；B．中药的萃取或浓缩均没有生成新物质，属于物理变化，B正确；C．胶体是分散质粒子大小在1nm

~100nm分散系；稀豆浆属于胶体，C正确；D．牙膏中添加氟化物可用于预防龋齿，是由于形成难溶的化合物氟磷酸钙，降低釉质的溶解度，促进釉质的再矿化以减少龋齿的发生，D正确；故答案选A。2.化学学科核心素养中提出了宏观辨识与微观探析，要求能从不

同层次认识物质的多样性，能从微粒水平认识物质的组成、结构等。下列叙述的化学用语或图示表达正确的是的的A.4NaBF中阴离子的电子式：B.HClO的空间填充模型：C.四水合铜离子()224CuHO+的结

构：D.石墨烯中C原子的杂化：【答案】B【解析】【详解】A．四氟合硼离子是含有共价键的阴离子，电子式为，故A错误；B．次氯酸分子的结构式为H—O—Cl，分子的空间构型为V形，空间填充模型为，故B正确；C．四水合铜离子中中心离子为具有空轨道的铜离子，水分子具有孤对电子的氧原子与铜离子形成配

位键，结构式为，故C错误；D．石墨烯分子中含有碳碳双键，双键碳原子的杂化方式为2sp杂化，不是3sp杂化，故D错误；故选B。3.下列离子方程式书写正确的是A.用食醋除去水垢中的碳酸钙：2322CaCO2HCaCO

HO+++=++B.铜与浓硫酸加热条件下反应：4H++SO2-4+CuΔCu2++SO2↑+2H2OC.氯化铝溶液中加入过量氨水：33243Al3NHHO3NHAl(OH)+++=+D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加过氧化氢：2422222MnOHO6H2Mn3O4HO−++++=++【

答案】C【解析】【详解】A．用食醋除去水垢中的碳酸钙发生的反应为碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为-2+33322CaCO+2CHCOOH=2CHCOO+Ca+CO+HO，故A错误；B．浓硫酸中溶质主要为

硫酸分子，铜与浓硫酸加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水的反应不能改写为离子方程式，故B错误；C．氯化铝溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为33243Al3NHHO3NHAl(OH)+++

=+，故C正确；D．酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为-+2+42222=2MnO+5HO+6H2Mn+5O+8HO，故D错误；故选C。4.利用下列仪器或实验装置能

够达到相关目的的是A用甲装置检验乙炔性质B.用乙装置验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C.用丙装置可以做喷泉实验D.用丁装置验证甲烷与氯气的反应【答案】B【解析】【详解】A．制得的乙炔中含有还原性的2HS也能使酸性高锰酸钾褪色，需除杂后才能检验

乙炔的性质，A错误；B．在小试管中铜和浓硝酸反应，放出的热使大试管中空气受热膨胀，U形管液面左低右高，故能达到实验目的，B正确；C．CO不与NaOH溶液反应，不能使烧瓶内压强降低，不能形成喷泉，C错误；D．氯气能与碳酸钠溶液

反应，应该把碳酸钠溶液改为饱和食盐水，D错误；答案选B。.5.在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质合成1mol物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号()θ1fmΔHkJmol−表示。部分物质的θfmΔH如图所示，已知：()2Hg、()2Ng、()2Og的标准摩

尔生成焓为0。下列有关判断正确的是A.根据图中信息，可判断热稳定性：243NH(l)>NH(g)B.()()()1222Og+2Hg=2HOlΔH483.6kJmol−−C.241molNH(l)的键能小于()21molNg与()22molHg的键能之和D.()24

NHl标准燃烧热的热化学方程式为()()()()24222NHlOgNg2HOg+=+1ΔH=534.2kJmol−−【答案】C【解析】【详解】A．()3NHg的标准摩尔生成焓为145.9kJmol−−，24NH(l)的标准摩尔生成焓为150.6kJmol

−，2N和2H反应生成3NH放热，而生成24NH吸热，则3NH的能量比24NH低，热稳定性：243NH(l)<NH(g)，A错误；B．由图中信息知：()()()222Og2Hg2HOg+=1ΔH483.6kJmol−=−，因为()2HOl的能量低于()2HOg，所以(

)()()1222Og+2Hg=2HOlΔH483.6kJmol−−，B错误；C．()24NHl的标准摩尔生成焓为150.6kJmol−，则()()()2224Ng2HgNHl+=1ΔH50.6kJmol−=+，由ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，则241molNH(l)的键能小

于()21molNg与()22molHg的键能之和，C正确；D．()24NHl标准燃烧热的热化学方程式为()()()()24222NHlOgNg2HOl+=+，()24NHl标准摩尔生成焓为150.6kJmol−，()2HOg标准摩尔生成焓为1241.8kJmol

−−，可以求出()()()()24222NHlOgNg2HOg+=+1ΔH=534.2kJmol−−，因为()2HOl的能量低于()2HOg，D错误；故答案选C。6.X，Y，Z，M、W，R为原子序数依次增大的前四周期元素，可形成具有特殊性质的离子化合物，其结构如图所示，其中X基态原子每个能级所

含电子数相同，R的原子序数等于X、Y、W的原子序数之和。下列说法错误的是A.第一电离能大小：MYXB.最高价含氧酸酸性：YXC.键角大小：22WZXZD.基态R+核外电子空间运动状态为14种【答案

】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、W、R为原子序数依次增大的短前四周期元素，阴离子中W形成6个共价键，则W为S元素；X基态原子每个能级所含电子数相同，且X形成4个共价键，X为C元素；M形成1个共价键，结合原子序数可

知M为F元素；Z形成2个共价键，Z为O元素，结合原子序数可知Y为N元素，R的原子序数等于X、Y、W的原子序数之和即6+7+16=29，R为Cu元素；【详解】A．X为C，Y为N，M为F元素，同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第IIA、VA族的比相邻的大，由于N原子2p电子半

充满较稳定，则第一电离能：F>N>C，A正确；B．X为C，Y为N，同周期从左到右非金属性逐渐增强，则最高价含氧酸酸性逐渐增强，非金属性：N>C，最高价含氧酸酸性：HNO3>H2CO3，B正确；C．由分析可知，W为S、

Z为O，X为C元素，SO2中心S原子价层电子对数为622232−+=，为2sp杂化，有1对孤电子对，2CO中心C原子价层电子对数为422222−+=，C为sp杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对

之间的排斥力，故键角大小：SO2<CO2，C错误；D．R为Cu元素，Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10，共14个轨道，则基态Cu+中电子空间运动状态为14种，D正确；故选C。的7.“类比推理”是化学中常用的思维方法。下

列推理正确的是选项已知推理A3BF为平面形分子3NH也是平面形分子B2HS通入4CuSO溶液中有黑色沉淀CuS产生2HS通入4FeSO溶液中有黑色沉淀FeS产生CNaCl与浓24HSO加热可制取HClNaI与浓24HSO加热可制取HID存在对映异构体也存在对映异构体A.AB.BC.

CD.D【答案】D【解析】【详解】A．3BF硼原子采取2sp杂化，3NH氮原子采取3sp杂化，有1个孤电子对，3NH是三角锥形分子，A错误；B．CuS难溶于酸，但FeS可溶于酸，B错误；C．NaCl与浓24HSO加热可制取HCl，属于高沸点酸制备低沸点酸，HI具有还原性，HI与浓24

HSO能发生氧化还原反应，C错误；D．“*”所示碳原子采取3sp杂化，与其相连的氯原子、溴原子、氢原子、甲基是4个不同的原子或原子团，故“∗”标示碳原子为手性碳原子，存在对映异构体；中N原子采取3sp杂化，与其相连的是氯原子、氢

原子、甲基和1对孤电子对，故存在对映异构体，D正确；故答案选D。8.100mL某无色溶液X中可能含有2224433BaNHNaCuSOClHCOHSO++++−−−−、、、、、、、等离子，设计如下实验确定其组成，下列说法正确的

是A.产生气体A的反应属于水解反应B.气体B可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红C.根据分析可知，溶液X中一定不存在2CuCl+−、和24SO−D.溶液X中一定存在3HSO−，且()13cHSO0.15molL−−=【答案】D【解析】【分析】铜离子在溶液中呈淡蓝色，则

无色溶液中一定不含有铜离子；加入足量过氧化氢溶液并用足量盐酸酸化，有气体产生，说明溶液中含有0.01mol碳酸氢根离子，有沉淀生成说明溶液中一定含有0.01mol钡离子和亚硫酸氢根离子，一定不含有硫酸根离子；加入氢

氧化钡溶液，共热产生气体，说明原溶液含有0.01mol铵根离子，产生的沉淀说明原溶液中含有0.01mol+0.005mol=0.015mol亚硫酸氢根离子，由电荷守恒可知，原溶液中可能含有钠离子，至少含有0.005mol氯离子。【详解】A．生成二氧化碳气体的反应为溶液中碳酸氢根离子与氢离

子反应生成二氧化碳和水，该反应不属于水解反应，故A错误；B．氨气是碱性气体，可以使湿润的红色石荵试纸变蓝，故B错误；C．由分析可知，原溶液中可能含有钠离子，至少含有0.005mol氯离子，故C错误；D．由分析可知，原溶液中一定含有0.015mol亚硫酸氢根离子，则溶液中亚硫酸氢根离子的浓度为

0.015mol0.1L=0.15mol/L，故D正确；故选D。9.铁及其化合物在生产、生活中有广泛应用。铁元素的价类二维图如图所示，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是A.用铁丝在氧气中燃烧可实现上述转化①B.FeCl3、FeCl2、Fe(OH)3均可通过化合反应制备C.高铁酸盐

()24FeO−可用于自来水杀菌消毒，但不可作净水剂D.欲证明某溶液中含2Fe+而无3Fe+可向待测液中滴加几滴36KFe(CN)溶液【答案】B【解析】【详解】A．铁丝在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故A错误；B．铁在

氯气中燃烧生成氯化铁、氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁、氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，三个反应都是化合反应，则氯化铁、氯化亚铁和氢氧化亚铁均可通过化合反应制备，故B正确；C．高铁酸盐被还原生成的铁离子能在溶液中发生水解反应生成氢氧化

铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中悬浮杂质聚沉达到净水的作用，可以做净水剂，故C错误；D．铁氰化钾溶液能与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能与铁离子反应，所以铁氰化钾溶液只能检测溶液中亚铁离子的存在，不能确定是否有铁离子，故D错误；故选B

。10.有机物I是一种流感药物的合成中间体，下列说法正确的是A.H与I是同系物B.G合成H发生取代反应C.G、H、I分子中均有2个手性碳原子D.1mol有机物I最多可与22molH发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．同系物必须是含有相同数目相同官能团的同类物质，由结构简式可知，H

与I的官能团种类不同，不是同类物质，不互为同系物，故A错误；B．由结构简式可知，一定条件下G发生取代反应生成H和乙醇，故B正确；C．由结构简式可知，H、I分子中均含有如图*所示的3个手性碳原子：、，故C错误；D．由结构简式可知，I分子中含有的酮羰基一定条

件下能与氢气发生加成反应，则1molI分子最多可与1mol氢气发生加成反应，故D错误；故选B。11.有机电化学合成是目前公认的一种绿色可持续性合成方法，电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图所示，下列说法正确的是A.左侧电极电势

高于右侧电极电势B.M极电极反应式为22H2eH+−+=C.离子交换膜I和II分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜D.当电极M区放出11.2L(标准状况)气体时，理论上合成室中能消耗1mol乙烯【答案】C【解析】【分析】该装置为电解池，右侧铜的化合价由1+价变为

2+价，电极N为阳极，电极反应式为--2CuCl-e+Cl=CuCl，电极M为阴极，电极反应式为222HO2eH2OH−−+=+；【详解】A．由图可知右侧铜的化合价由1+价变为2+价，发生氧化反应，右侧为阳极，左侧为阴极，右侧电极电势高

于左侧电极电势，A错误；B．M极为阴极，电极反应式为222HO2eH2OH−−+=+，B错误；C．结合分析，钠离子经过离子交换膜I移向电极M，离子交换膜I为阳离子交换膜，氯离子经过离子交换膜II移向电极N，离子交换膜II为阴离子交换膜，C正确；

D．当电极M区放出11.2L(标准状况)氢气即11.2L=0.5mol22.4L/mol时，转移1mol电子，结合22222CHCH2CuClCHClCHCl2CuCl=+=+，理论上合成室中能消耗0.5mol乙烯，D错误；故选C。12.磷酸()34HPO、亚磷酸()33HP

O、次磷酸()32HPO是化学工业生产中常用的无机酸，1mol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、1mol。亚磷酸易溶于水和醇，加热到180℃时分解成磷酸和磷化氢()3PH，经实验检测发现22NaHPO溶液显碱性。已知：25℃时33HPO、-1.31Ka

=10，-6.62Ka=10。下列说法正确的是A.24NaHPO、24NaHPO、23NaHPO都是酸式盐B.22NaHPO溶液显碱性，说明22HPO−的水解大于电离C.常温下，10.1molL−的次磷酸溶液在加水稀释过程中，()()cHcOH+−的值减小D.亚磷酸受热分解生

成磷化氢的过程中，被氧化的亚磷酸和被还原的亚磷酸分子个数比为1:3【答案】C【解析】【分析】1mol磷酸()34HPO、亚磷酸()33HPO、次磷酸()32HPO最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、1mol，可知磷酸()34HPO、亚磷酸()

33HPO、次磷酸()32HPO分别为三元酸、二元酸、一元酸，据此作答。【详解】A．磷酸为三元酸，24NaHPO、NaH2PO4为酸式盐，次磷酸为一元酸，22NaHPO为正盐，A错误；B．根据分析可知22NaHPO属于正盐，水溶液呈碱性的原因是22HPO−水解，B错误；

C．次磷酸为一元酸，3222HPOHHPO+−+，加水稀释，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，则()()cHcOH+−的值减小，C正确；D．由方程式333434HPOHPO3+PH△可知，亚磷酸受热分解的过程中，有3个亚磷酸中磷元

素化合价升高被氧化，有1个亚磷酸中磷元素化合价降低被还原，被氧化的亚磷酸和被还原的亚磷酸分子个数比为3:1，D错误；故答案选C。13.磷酸(H3PO4)、亚磷酸(H3PO3)和次磷酸(H3PO2)都是重要的化工产品。已知：1mol磷

酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、1mol。亚磷酸易溶于水和醇，加热到180℃时分解成磷酸和磷化氢()3PH。经实验检测发现22NaHPO溶液显碱性。已知：25℃时1.36.633a1

a2HPO,K10,K10−−==。常温下，用10.1molLNaOH−溶液滴定13320mL0.1molLHPO−溶液的滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A.a点加入氢氧化钠的体积V10mL=B.abcd

、、、中，d点水的电离程度最小C.b点存在：()()()2-+233cHPO+2cHPO<cNa−D.c点存在：()()2323cHPOcHPO−−=【答案】D【解析】【分析】根据1mol磷酸、亚磷酸

、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、mol，说明磷酸(H3PO4)是三元酸，亚磷酸(H3PO3)是二元酸，次磷酸(H3PO2)是一元酸，用10.1molLNaOH−溶液滴定13320mL0.1molLHPO−溶液，a点时，溶液中的溶质为H3PO3和NaH2P

O3，b点时，溶液中的溶质为NaH2PO3，d点时，溶液中的溶质为23NaHPO。【详解】A．a点时pH=1.3，即c(H+)=10-1.3mol/L，-23a133+HP)Kc(H)c()(O=HPOc=10-1.3，所以此时溶液中()()3323cHPOc

HPO−=；假设V1=10mL，则H3PO3反应一半，a点对应的溶质为等物质的量H3PO3和NaH2PO3，但由于Ka1=10-1.3≠10-7，但由于33HPO的电离程度和32NaHPO的水解程度不相等，则不满足()()3323cHPOcHPO−

=，假设不成立，A错误；B．d点时，溶液中的溶质为23NaHPO，只存在阴离子的水解，因此促进水的电离，水的电离程度最大，B错误；C．b点时，溶液中的溶质为32NaHPO，溶液呈酸性，则()()cOHcH−+，根据电荷守

恒有()()()()()++2-233cOH+cHPO+2cHPO=cNa+cH−−，所以()()()+-2233cHPO+2cHPO>cNa−，C错误；D．c点时，溶液的pH6.6=，则()6.6cH10mol/L+−

=，根据()()()+322-663.2cHPOcHcKa=1PO0H−−=，()()2-66326.3.6c0HPOcHP1O01−−−=，则()()2323cHPOcHPO−−=，D正确；故答案选D。14

.下列实验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案A()()spspKAgIKAgCl向5mL浓度均为10.05molL−的NaINaCl、混合溶液中滴加2滴130.05molLAgNO−溶液，观察现象B麦

芽糖水解生成葡萄糖加热麦芽糖和稀硫酸的混合溶液，冷却后加入NaOH溶液至碱性，再加入银氨溶液，加热，观察现象C验证肉桂醛中含碳碳双键向肉桂醛()中加入溴水，观察现象D其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快取AB、两支试管，各加入14mL0.01molL−的224HCO溶液

，然后向A试管中加入12mL0.01molL−酸性高锰酸钾溶液，同时向B试管中加入12mL0.02molL−酸性高锰酸钾溶液，记录褪色时间A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向5mL浓度均为10.05molL−的NaINaCl、混合溶液中滴

加2滴130.05molLAgNO−溶液，银离子不足，而先产生黄色沉淀，证明()()spspKAgIKAgCl，能达到实验目的，A正确；B．麦芽糖中含有醛基，可以发生银镜反应，不能用该实验判断麦芽糖是否发生水解，B错误；C．肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，二者都可以使

溴水褪色，C错误；D．22244226H5HCO2MnO2Mn10CO8HO+−+++=++，根据反应的化学计量系数可知所用草酸的量不足，混合溶液颜色不会褪去，D错误；故答案选A。二、非选择题：共4小题

，共58分。15.硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。某化学兴趣小组在实验室制备、提纯硫化钠并探究其性质，测定硫化钠产品的纯度。信息1：工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质；信息2：硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇，所以实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫

化钠粗品。I．制备并提纯硫化钠该化学兴趣小组在实验室模拟工业用煤粉还原法制备硫化钠，将芒硝()242NaSO10HO与过量的煤粉混合于800~1100℃高温下煅烧还原。用2HO和工业酒精作溶剂，按物料比为1g(工业硫化钠)：()20.3mLHO:5mL(工业酒精)，回流温度控制在

80℃左右，回流时间约30分钟。趁热过滤，将滤液冷却至室温后析出硫化钠，再进行抽滤、洗涤、干燥，制得硫化钠产品。（1）写出“高温还原”过程中的主要化学方程式：___________。（2）回流时，温度不宜过高，时

间不易过长，其原因是___________。（3）趁热过滤的目的是___________。（4）抽滤又称减压过滤，相比普通过滤，抽滤的主要优点是___________(答出一点即可)。Ⅱ．测定22NaSxHO产品纯度称取wg产品溶于水，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL溶液于

锥形瓶中，加入1112VmLcmolLI−溶液(过量)，过滤，滴几滴淀粉溶液，用12232cmolLNaSO−标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液2VmL。（5）滴定终点的现象是：当最后半滴223NaSO标准溶液滴入时，___________。（6）滴定反应：22NaSI2NaIS+=+

，2223246I2NaSONaSO2NaI+=+。该产品含22NaSxHO的质量分数为___________(用含1212xccVVw、、、、、的代数式表示)。其他操作都正确，滴定前仰视读数、终点时俯视读数，测定结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】

（1）24222NaSO10HO4CNaS4CO10HO高温+++（2）温度过高导致酒精挥发；回流时间太长，硫化钠在回流过程中被空气中的氧气氧化，得到的产品不纯（3）防止2NaS析出，提高产率（4）过滤和洗涤速度快；液体和固体分离比较完全；滤出固体

容易干燥（5）溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟内不恢复（6）①.()()11222cVcV399x%w−+(或()211221cvcv7818x102100%w−−+)②.偏高【解析】【小问1详解】“高温还原”过程中242NaSO10HO和C反应生成

2NaSCO、和2HO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为24222NaSO10HO4CNaS4CO10HO高温+++，故答案为：24222NaSO10HO4CNaS4CO10HO高温+++。【小问2详解】硫化钠具有还原性，若温度过高，回流时间过长，硫化

钠易被氧化，故答案为：温度过高导致酒精挥发；回流时间太长，硫化钠在回流过程中被空气中的氧气氧化，得到的产品不纯。【小问3详解】硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇，所以趁热过滤的目的是防止2NaS析出，提高产率，故答案为：防止2NaS析出，提高产率。【小问4详解】抽滤又称减压

过滤，相比普通过滤，抽滤的主要优点是过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥，故答案为：过滤和洗涤速度快；液体和固体分离比较完全；滤出固体容易干燥。【小问5详解】过量2I溶液遇淀粉变蓝，利用223NaSO标准溶液滴定至终点，蓝

色褪去，则滴定终点的现象是当最后半滴223NaSO标准溶液滴入时，溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，故答案为：溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟内不恢复。【小问6详解】根据滴定反应：22NaSI2NaIS+=+，2223246I2N

aSONaSO2NaI+=+可知，与2NaS反应的2I的物质的量为311221cVcV10mol2−−，该产品含22NaSxHO的质量分数为()()()3112211221cVcV10mol7818xg/mol2cVcV7818x2502100%%wg

252w−−+−+=。其他操作都正确，滴定前仰视读数、终点时俯视读数，则标准溶液读数偏小，与2NaS反应的2I的量偏多，测定结果偏高，故答案为：()()11222cVcV399x

%w−+(或()211221cvcv7818x102100%w−−+)；偏高。16.氧化钴()23CoO在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。以铜钴矿石(主要成分为()3223CoOOHCoCOCu(OH)C

O、、和2SiO，还有FeMgCa、、的氧化物)为原料制备氧化钴的工艺流程如图所示。已知：①浸泡后的溶液中含有的金属阳离子有22222CoCuFeMgCa+++++、、、、；②常温下，()()()131836sp3spspKCoCO1.410,KFeS6.3

10,KCuS6.310−−−===。回答下列问题：（1）基态3Co+的价电子排布图为___________。（2）“浸泡”过程中，所得滤渣中主要成分有___________(填化学式)，写出此过程中()CoOOH与23NaSO反应的离子方程式：___________。（3）“除

铜”过程中，可以用FeS固体除去。结合反应的平衡常数解释用FeS能除去2Cu+的原因是___________。（4）可以通过电解2CoCl溶液获得单质Co和较浓的盐酸，其工作原理如图所示。①属于阳离子交换膜的是___________(填“

膜a”或“膜b”)；②生成0.5molCo，理论上I室溶液质量减少___________g。（5）所得23CoO可用于合成钛酸钴。一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，每个Co周围等距且紧邻的O共有___________个。已知该立方晶胞参数为Aapm,N为阿伏加德罗常

数的值，则该钛酸钴晶体的密度为___________3gcm−(列出计算式)。【答案】（1）（2）①.2SiO、4CaSO②.()2223422CoOOHSO4H2CoSO3HO−++−++=++（3）加入FeS后，会发生反应：22

FeSCuCuSFe+++=+，该反应的平衡常数为()()18sp1836spKFeS6.310K10KCuS6.310−−===，正向进行的程度很大，可以将2Cu+除去（4）①.膜a②.9（5）①.12②.33

0A5948163a10N−++(或303A15510aN)【解析】【分析】铜钴矿石中加入过量稀24HSO和23NaSO，可得22222CoCuFeMgCa+++++、、、、，加入的23NaSO主要是将33CoFe++、还原为22CoFe++、，除铜后加入3NaClO将2Fe+氧化为3

Fe+，加入23NaCO调pH，可以使3Fe+沉淀，过滤后所得滤液主要含有222CoMgCa+++、、，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓23NaCO溶液转为3CoCO固体，最后加入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得23CoO

。【小问1详解】已知Co是27号元素，其价电子排布式为723d4s，故3+价基态钴离子的价电子排布图：，故答案为：。【小问2详解】结合分析可知，“浸泡”过程中，所得滤渣中的物质是24SiOCaSO、，加23

NaSO将()CoOOH、23FeO中的3Co+和3Fe+还原为2Co+及223Fe,NaSO+作还原剂，反应的离子方程式为()2223422CoOOHSO4H2CoSO3HO−++−++=++，故答案为：2SiO、4C

aSO；()2223422CoOOHSO4H2CoSO3HO−++−++=++。【小问3详解】加入FeS后，会发生反应：22FeSCuCuSFe+++=+，该反应的平衡常数为()()18sp1836spKFeS6.310K10KCuS6.310−−===，正向进行的程

度很大，可以将2Cu+除去，故答案为：加入FeS后，会发生反应：22FeSCuCuSFe+++=+，该反应的平衡常数为()()18sp1836spKFeS6.310K10KCuS6.310−−===，正向进行的程度

很大，可以将2Cu+除去。【小问4详解】①电解2CoCl溶液时，阳极水失去电子产生氧气，即222HO4eO4H−+−=+，阴极发生2Co2eCo+−+=，阳极的H+透过阳离子交换膜a进入产品室，阴极Cl−透过阴离子交换膜b进入产品室产生浓盐酸；②生成0

.5molCo，转移电子数为1mol；转移电子数为1mol时，生成氧气0.25mol，且有1molH+由Ⅰ室进入Ⅱ室，共减少0.25mol32g/mol1mol1g/mol9g+=；故答案为：膜a；9。【小问5详解】以顶角的Co为参考点，Co所在底面的xy平面上与之紧

邻的O有4个，空间中还存在xz和yz平面，所以与Co紧邻的O的个数为12；根据晶胞可知，一个晶胞中含有Co的数目为1818=个，含有Ti的数目为1个，含有O的数目为1632=个，晶胞的质量为()A5948163gN++，晶胞体积为()3310(apm)a10

cm−=，晶体密度为()()A333010A5948163gNm5948163Va10Na10cm−−++++==(或303A15510aN)3g/cm，故答案为：12；330A5948163a10N−++(或303A15510aN)。17.杭州亚运会开幕式首次使

用废碳再生的绿色零碳甲醇作为主火炬塔燃料，实现循环内的零排放。甲醇的制备方法有一氧化碳催化加氢法、甲烷催化氧化法、二氧化碳加氢法等。回答下列问题：I．一氧化碳催化加氢法：()()()23COg2HgCHOHg+H（1）经测定不同温度下反应的化

学平衡常数如下表：温度/℃250300350K2.040.270.012①该反应在___________(填“高温”或“低温”)条件下易自发进行。②250℃，某时刻()()()11123cCO0.2molL,cH1molL,cCHOH0.5mol

L−−−===，此时v正___________v逆(填“>”、“<”或“=”)。（2）一定温度下，向盛有催化剂的恒容密闭容器中按初始进料比()()2nCO:nH1:1=投入反应物，下列能够说明该反应一定达到平衡状态的是___

________(填选项字母)。A.()()232vHvCHOH=正逆B.CO的体积分数不再变化C.容器内气体的压强不再变化D.混合气体的平均密度不再变化II．甲烷催化氧化法主反应：()()()4232CHgOg2CHOHg+副反应：()()()()4222CHg2OgC

Og2HOg++（3）科学家将42CHO、和()2HOg(2HO是活性催化剂)按一定体积比在催化剂表面合成甲醇，部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态)。写出决速步骤反应的化学方程式：___

________。（4）向某刚性容器中按体积比为2:1:6.8充入42CHO、和()2HOg，在500K下反应达到平衡时，3CHOH的选择性[3CHOH的选择性34CHOH100%CH=生成的物质的量消耗的物质的量]为490%,CH的转化率为50%，则此温度

下副反应化学平衡常数xK=___________(已知：xK是用物质的量分数代替平衡浓度表示的化学平衡常数)。III．二氧化碳加氢法主反应：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1ΔH49.0kJmol−=−副反应：()()()()222COgHgCOg

HOg++1ΔH41.08kJmol−=+（5）向恒容密闭容器中按初始进料比()()22nCO:nH1:3=投入反应物。在不同温度下达到平衡，体系中3CHOHCO、的选择性和2CO的平衡转化率()2αCO与温度的关系如图所示。已知：3CHOH选择性32CHOH100%C

O=生成的物质的量转化的物质的量。①图中表示3CHOH的选择性变化趋势的曲线是___________(填“a”或“b”)。②2CO的转化率在270℃后随温度的升高而增大的原因是___________。【答案】（1）①.低温②.<（2）C（3）43CHOHCHOHH++或43CHOHHCH

OH2H+++（4）40（5）①.a②.温度高于270℃时，主反应平衡逆向移动，而副反应平衡正向移动且程度更大【解析】【小问1详解】①温度升高，K值减小，可推知反应为放热反应，反应又属于摘减小的反应，推

知该反应在低温条件下易自发进行；②250℃，某时刻()()()11123cCO0.2molLcH1molLcCHOH0.5molL−−−===、、，代入浓度熵表的达式中，可算出()()()3C22

2cCHOH0.5Q2.5KcCOcH0.21===，反应逆向进行，vv正逆。【小问2详解】A．速率之比等于系数比，当()()23vH2vCHOH=正逆时才能达到平衡状态，故A不符合题意；B．反应过程中CO的体积分数始终是50%，故B不符合题意；C．恒温恒容密闭

容器中，该反应为反应前后气体物质的量变化的反应，容器内气体的压强不再发生改变可以作为判断平衡的标准，故C符合题意；D．恒温恒容密闭容器中，且均为气体的反应，混合气体的密度是不变的，不能作为判断平衡的标准，故D不符合题意；故选C；【小问3详解】由图可知，

该历程中正反应的最大活化能步骤为4CHOH+到3CHOHH+，活化能越大反应速率越慢，该步骤反应的化学方程式为43CHOHCHOHH++或43CHOHHCHOH2H+++。【小问4详解】向某刚性容器中按体积比为2:1:6.8充入42CHO、和()2

HOg，设2O的物质的量为1mol，则()2HOg的物质的量为46.8mol,CH的物质的量为42mol,CH的转化率为50%，说明反应了1mol，3CHOH的选择性[3CHOH的选择性34CHOH100%CH=生成的物质的量消耗的物质的量

]为90%，说明有40.9molCH发生反应()()()4232CHgOg2CHOHg+，消耗了20.45molO，生成30.9molCHOH；40.1molCH发生反应()()()()4222CHg2OgCOg2HOg++，消耗了20.2molO，生成220.1molCO,0.2mol

HO，平衡时，容器中含有()422321molCH,0.35molO,7molHOg,0.9molCHOH,0.1molCO，共9.35mol气体，所以副反应的平衡常数()()()()2222x22420.17xCOxHO9.359.35K4

0xCHxO10.359.359.35===。【小问5详解】①主反应放热，温度升高，平衡逆向移动，3CHOH的选择性降低，故图中表示3CHOH的选择性变化趋势的曲线是a；②温度高于270℃时，主反应平衡逆向移动，()2αCO减小，而副反应平衡正向移动，()2αCO增

大，总的结果是()2αCO增大，说明当温度高于270℃时，发生的反应以副反应为主，副反应平衡正向移动的程度更大。18.冬季是中老年人易发脑血管疾病的季节，化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如下：回答下

列问题：（1）B的化学名称是___________，F中含氧官能团的名称是___________。（2）反应②⑥的反应类型分别是___________、___________。（3）反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是___________。（4）芳香化合物X是H的同分

异构体，化合物X含有—2NO，其核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶1，写出两种符合要求的化合物X的结构简式：___________、___________。（5）以和为含碳原料，利用题干信息，合成化合物，可设计下列合成路线。①M的结构简式是___________。②转化为的化学方程式为______

_____。【答案】（1）①.对氯甲苯或4-氯甲苯②.酯基和硝基（2）①.氧化反应②.还原反应（3）（4）①.②.（5）①.(或等)②.【解析】【分析】根据题中合成路线可知，在3FeCl作催化剂作用下，与2Cl发生取代反应生成，则B为；与2MnO发生氧化反应生成，与32CHNO反应生成，由反

应④的原子利用率为100%可知，与发生加成反应生成，在稀HCl中共热生成，在Ni作催化剂作用下，与2H发生还原反应生成。【小问1详解】由分析可知B为，化学名称是对氯甲苯或4-氯甲苯；F为，含氧官能团的名称是酯基和硝基。【小问2详解】②甲

基转化为醛基发生氧化反应；⑥硝基转化为氨基发生还原反应。【小问3详解】由分析可知，反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是。【小问4详解】H的结构简式为，分子式为10122CHONCl，由H的同分异构体芳香化合物X中含有硝基，核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶1可知，X分子的结构对称，符合条

件的结构简式有：、。【小问5详解】由题干信息可知，以和为原料，合成化合物的路线为：在浓硫酸作用下，发生消去反应生成，经过氧化得到，和发生加成反应生成，①M的结构简式是；②经过氧化转化为的化学方程式为：。