江西省南昌市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

江西省南昌市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题（本大题包括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）得分1．2023年的一场跨年烟花秀，拉开了南昌成为网红城市的序幕。有关叙述错误的是（）A．南昌拌粉中的米粉主要成分是糖类B．秋水广场的喷泉水幕电影利用了胶体的丁达尔效应C．赣江两岸的美丽夜景，是霓虹灯中的物质发生物理变化放出的光D．瓦罐汤的瓦罐是用硅酸盐（如石英、长石、黏土）等烧制而成2．下列化学用语表述正确的是（）A．H2O2的电子式：B．SO3C．基态Fe2+D．CCl43．下列物质与用途对应不正确的是（）A．苯甲酸钠：食品防腐剂 B．四氧化三铁：红色颜料C．碳酸氢钠：膨松剂 D．聚乙烯：食品包装袋4．我国古代思想家发现了许多哲学思想，下列叙述与对应的哲学观点不相符合的是（）选项叙述哲学观A水滴石穿量变到质变B同主族元素所表现的性质事物既有普遍性又有特殊性C氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂对立统一D苯硝化时生硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯相互影响A．A B．B C．C D．D5．已知NAA．1mol/LNH4Cl溶液中B．标准状况下，11.2LSO3C．常温常压下，26g乙炔含有的σ键数目为3D．1mol金刚石中含C-C键的个数为46．能用如图所示装置完成气体制备、尾气处理（加热和夹持等装置略去）的是（）气体制备试剂烧杯中试剂AN碱石灰与浓氨水H2BC大理石和硫酸石灰水CC电石与水水DCMnONaOH溶液A．A B．B C．C D．D7．下列有关化学反应表示正确的是（）A．用稀硝酸溶解银镜：Ag+2B．铜溶于氨水和过氧化氢的混合溶液：Cu+4NC．N2HD．尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：8．有机物M（）是合成某种水稻除草剂的中间体。下列说法正确的是（）A．有机物M分子中有一个手性碳原子B．有机物M的一氯代物有5种C．有机物M的中C有sp、sp2、D．1mol有机物M最多和3molH29．氯及其化合物种类繁多，部分含氯物质如图所示。下列说法错误的是（）A．a与d的水溶液不能共存B．d与f都可以用于杀菌消毒C．e的氧化性比h强D．b与g反应可得c，每转移7NA10．香花石是我国地质学家发现的新矿物，其化学式为N3A．原子半径：M>W>Z B．第一电离能：N>YC．电负性：X>Y>W D．简单氢化物的沸点：Z>W11．下列实验方案合理，且能达到实验目的的是（）选项实验方案实验目的A将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，并将产生的气体干燥后通入少量溴的四氯化碳溶液中，观察溴的四氯化碳溶液颜色的变化验证乙醇发生了消去反应B将混有HCl杂质气体的CO除去杂质HCl气体C分别测定相同浓度的NaHCO3溶液和比较H2COD向2mL0.1mol/LAgNO证明KA．A B．B C．C D．D12．科学家发明了一种可充电的Zn−CO2电池，采用纳米管材料可以有效催化充放电过程中的析氧反应和CO2的还原反应装置如图所示，其中双极膜在电场作用下能将水解离成A．析氧反应发生在充电时的左侧电极B．充电时KHCOC．放电时，双极膜产生的OHD．放电时，正极反应式为C13．常温下，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的次磷酸H3PO2溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ[比如H2POA．H3PO2是一种一元弱酸B．常温下，H3PO2的电离常数KC．V(NaOH)=10mL时，c(Na+)＜c(H2D．pH=7时，溶液中c(Na+)＜0.05mol/L14．我国科学家在高压下设计了一种氢元素化合物体系的高温超导体，其晶胞结构如图所示。设该立方晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数为NAA．该超导体的化学式为CaYB．该晶胞中与Ca最近且距离相等的Y有8个C．该晶胞体的密度为1.41×1D．该晶胞中相邻H原子之间最短距离为2阅卷人二、非选择题（本大题包括4小题，共58分）得分15．五水硫酸铜在化工、农业、医药、食品等方面均有广泛的用途，实验室制备方法如下：（1）制备硫酸铜溶液称取3.0g铜粉放入双颈烧瓶中，加入11.0mL3.0mol⋅L−1H2SO4①仪器甲的名称是，硝酸的主要作用是。②分批加入硝酸的主要原因是。③实验过程中，观察到有气体生成，NaOH溶液的作用是吸收和。（2）制得五水硫酸铜粗品待Cu接近于全部溶解后，趁热用倾析法将溶液转至小烧杯中，然后通过“相关操作”得到粗五水硫酸铜晶体。①趁热用倾析法转液的目的是、。②通过“相关操作”得到粗五水硫酸铜晶体，其“相关操作”是指将溶液转至蒸发皿中，水浴加热，。③如果蒸发水时温度过高，得到的晶体会偏白色，则原因是。（用化学反应方程式表示）16．我国的钴（Co）资源非常贫乏，一种利用湿法炼锌净化渣回收钴的工艺如下图所示。已知净化渣含有较高的锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在。已知：①298K，Ksp(CuS)=9.0×10②NaClO（1）写出钴原子的价层电子排布式：。（2）“常压浸出”需加热至70℃左右，宜采用（填序号；①盐酸②硫酸③硝酸）进行酸浸，浸出渣主要成分为。（3）大多数金属硫化物都难溶于水，能选择Na2S除铜的原因是，若加入Na2S后溶液中（4）过二硫酸钠（Na2S2O8）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成SO42−，请写出该反应的离子方程式：（5）根据流程可知：在“沉淀分离”步骤中，还原性Co2+Mn2+（填“强于”或“弱于”）；氧化沉淀所得产物为Co(OH)3，最终钴产品是Co(OH)3脱水后的产物，脱水前后质量比为55：46，则钴产品的化学式为。17．一氧化二氮是一种强大的温室气体，也是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一。它可由NH4NO3在加热条件下分解产生。（1）等电子体理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构（包括电子式），则其空间构型是，为分子（填“极性”或“非极性”）。（2）一定温度下，将足量NH4NO3（s）加入含有催化剂的1L恒容密闭容器中，发生下面两个反应：反应1：NH4反应2：2N测得平衡时容器中气体总压为33.0KPa，且P(O2)为2.4KPa。则平衡时，P(H2O)为kPa。（3）分别向三个体积不变的密闭容器中充入如表所示相应气体，进行反应2N2O(g)⇌2容器物质的量/mol编号体积/LN2ON2O2ⅠV0.200ⅡV0.200ⅢV0.200①V1、V2、V3②保持温度不变的情况下，达平衡后再向容器Ⅰ中注入Ar稀释，N2O的分压p(N2O)将（填“增大”、“减小”或“不变”）。③370℃时该反应的平衡常数为。（结果保留2位有效数字）（4）在Co*的催化作用下，用CO（g）还原N2O（g）以除去污染，反应的化学方程式为：CO(g)+N该反应分两步进行：第一步：Co第二步：（填写第二步反应的热化学方程式）。（5）若将CO（g）还原N2O（g）的反应设计成如图的原电池装置，则该电池正极的电极反应式为。18．溴代二氟甲基芳醚广泛存在于各类生物活性化合物中。近日，上海有机所卿凤翎课题组首次报道了一种通过苯酚、二氟卡宾前体（CH3）3SiCF2Br和CuBr的三组分氧化偶联反应，合成了一种溴代二氟甲基芳醚衍生物。回答下列问题：（1）A的结构简式为，I的分子式为。（2）C的化学名称为，E中官能团的名称为。（3）由D生成E的反应类型为。（4）由F生成G的反应方程式为。（5）化合物C的酸性比X的酸性（填“强”或“弱”），原因为。（6）H的同分异构体中，同时满足以下条件的有种（不考虑立体异构）。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②1mol化合物最多消耗3molNaOH；③存在的结构且官能团不在同一个环上请写出其中苯环上有4种不同化学环境氢的结构简式。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】

A.米粉的主要成分是淀粉，淀粉属于糖类，A正确；

B.丁达尔效应是胶体的一种光学性质，喷泉水幕就是利用这个原理，B正确；

C.霓虹灯发光的原理是元素的电子跃迁，属于物理变化，C正确；

D.石英是二氧化硅，不是硅酸盐，D错误。

故答案为：D。

【分析】

A.考察常见的糖类，粮食中的主要成为为淀粉，属于多糖；

B.考察胶体的性质和应用：丁达尔效应；

C.电子跃迁属于物理变化；

D.二氧化硅属于氧化物，不是硅酸盐。

1.糖类：单糖：葡萄糖和果糖；二糖：蔗糖和麦芽糖；多糖：淀粉和纤维素。

2.胶体：直径1~100nm，产生丁达尔效应，生产生活中的胶体现象：豆腐，三角洲，有色玻璃，墨水，工厂除尘，血液透析，明矾净水。

3.SiO2(二氧化硅)用途：

（1）高性能通讯材料光导纤维的主要原料就是二氧化硅。

（2）一般较纯净的石英可用来制造石英玻璃。石英玻璃常用于制造耐高温的化学仪器。

（3）水晶常用来制造电子工业的重要部件、光学仪器，也用来制成高级工业品和眼镜片等。2．【答案】C【解析】【解答】

A.H2O2为共价化合物，没有离子键，A错误；

B.亚硫酸根中心元素S的杂轨数=3+1/2(6+2-3X2)=4，SP3杂化，模型为四面体，B错误；

C.Fe2+的电子排布式：s22s22p63s23p63d6，价电子为，C正确；

D.C原子比Cl原子小，所以CCl4的空间填充模型原子比例不对，D错误。

故答案为：C。

【分析】

A.由共价键组成的化合物，称为共价化合物，有共用电子对，没有电子的转移。

中心原子A最外层有a个电子，为与b个原子B（差x个电子成八电子稳定结构）成键，提供了xb个电子参与形成共价键。所以A原子还剩a-xb个电子，除以2是求孤电子对数。VSEPR模型就是孤电子对数加上成键电子对数形成的模型，总和为2为直线型，3为平面三角形，4为四面体。C.二价铁离子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d6；三价铁离子的让陵电子排布式：1s22s22p63s23p63d5；因为三价铁离子比二价铁离子多失一个电子，所以二价铁离子是3d6，三价铁离子3d5；铁元素是26号元素，二价铁离子核外是24个电子，三价铁离子核外是23个电子。D.原子半径：同周期元素，原子半径逐渐减小（0族除外）；同主族元素原子半径逐渐增大。3．【答案】B【解析】【解答】

A.苯甲酸钠可防止食品变质，延长保质期，是常用的食品防腐剂，A正确；

B.四氧化三铁为黑色固体，无法做红色颜料，三氧化二铁可做红色颜料，B错误；

C.碳酸氢钠加热分解产生二氧化碳，常用作膨松剂，C正确；

D.聚乙烯无毒，可做食品包装袋，D正确。

故答案为：B。

【分析】

本题考察常见的化学物质在生产生活中的应用。

食品防腐剂是能防止由微生物引起的腐败变质、延长食品保质期的添加剂。

食品防腐剂有苯甲酸及盐、山梨酸钾、脱氧乙酸钠、过氧化氢等。4．【答案】D【解析】【解答】

A.“水滴石穿”是指石头在水滴或雨滴的长期侵蚀，从而使石头穿孔，体现量变到质变，A不符合题意；

B.同主族元素所表现的性质体现了事物既有普遍性也有特殊性，除了氮氧氟，同主族元素的气态氢化物的沸点，从上到下，逐渐升高。前三者的氢化物如NH3，H2O，HF分子间存在氢键，所以沸点高，B不符合题意；

C.氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂，能体现对立统一，选项C不符合题意；

D.苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯，这体现了甲基对苯环的影响，但没有体现苯环对甲基的影响，不符合相互影响的哲学观，选项D符合题意。

故选答案为：D。

【分析】

本题综合考查物质之间的性质规律和联系。

A.滴水石穿发生了的物理变化和化学变化；

B.元素周期律有一定的规律性，各物质之间又有一定的差别；

C.氧化还原反应，有归中反应和歧化反应，在反应中，物质既可以是氧化剂也可以是还原剂；

D.甲基的邻对位活泼，甲苯硝化时生成三硝基甲苯。5．【答案】C【解析】【解答】保存进入下一题

A.溶液体积未知，无法计算1moI/LNH4CI溶液中NH4数目，A错误；

B.SO3在标况下不是气体，11.2LSO3的物质的量无法根据体积计算，B错误；

C.26g乙炔中含有3个σ键，两个π键，常温常压下，26g乙炔的物质的量为26g÷26g/mol=1mol，含有的了键数目为3NA，C正确；

D.1mol金刚石中含C-C键的个数为2NA，故D错误；

故答案为：C。

【分析】本题主要考察阿伏加德罗常数的相关计算和应用。常见的标况下不是气体的物质：SO3、H2O、HF、酒精、苯。

单键为π键，双键为一个σ键，一个π键，三键为两个σ键，一个π键。6．【答案】D【解析】【解答】

A.浓氨水滴入固体碱石灰上，生成NH3，氨气尾气吸收时不能将导管直接通入H2SO4溶液中，会引起倒吸，A错误；

B.不能用硫酸与大理石制备CO2，生成的硫酸钙会附着在大理石上，阻碍反应进行，B错误；

C.电石与饱和食盐水反应生成乙炔，尾气应用酸性高锰酸钾溶液或溴的四氯化碳溶液吸收，C错误；

D.MnO2与浓盐酸在加热条件下制取Cl2为了防止污染空气，过量的Cl2用NaOH溶液吸收，D正确。

故答案为：D。

【分析】本题主要考察气体制备实验装置的选择。首先分析，该装置，为固液或者液液装置。

A.浓氨水滴入固体碱石灰上，碱石灰先与水反应，放出的热，使一水合氨分解为氨气和水，氨气易溶于水。

B.硫酸钙微溶于水。

C.电石与水反应消耗水，有氯化钠晶体析出，覆盖在电石表面，防止电石与水接触，防止反应过于剧烈。用食盐水是为了降低水的浓度，相当于是将水溶解到食盐中，从而减慢反应速率。

D.实验室用二氧化锰氧化浓盐酸来制备氯气，氯气中通常含有HCl和H2O，可用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸干燥氯气，因氯气密度比空气大，可用向上排空法收集，用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止氯气污染空气，工业可用电解饱和食盐水制备氯气，氧气生成氯气、阴极生成氢气和氢氧化钠。7．【答案】B【解析】【解答】

A.用稀硝酸溶解银镜，即银单质与稀硝酸反应，应当生成NO，正确的离子方程式为：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H20，A错误；

B.铜溶于氨水和过氧化氢的混合溶液，过氧化氢为氧化剂，与生成的铜离子形成配合物，离子方程式正确，B正确；

C.燃烧热的热化学方程式中，水应当是液态，C错误；

D.n个尿素分子和n个甲醛分子发生缩聚反应线型脲醛树脂，应当生成(2n-1)分子的水，D错误；

故答案为：B。

【分析】该题考查常见化学反应的方程式及书写。

A.稀硝酸与银反应，生成NO。

B.Cu+H2O28．【答案】B【解析】【解答】A.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，有机物M分子中没有手性碳原子，A错误；

B.有机物M有5种环境的H原子，所以有机物M的一氯代物有5种，B正确；

C.有机物M中含有苯环、羰基和甲基，C有sp2、sp3两种杂化方式，C错误；

D.有机物M中苯环和羰基都可以和氢气发生加成反应，1mol有机物M最多和5molH发生加成反应。

故答案为：B。

【分析】本题主要考查有机物的官能团性质的推断以及有机物结构的判断。

A.手性碳原子的判断方法：（1）手性碳原子一定是饱和碳原子；（2）手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。B.判断有机物的一氯取代物有几种可以根据等效氢去判断，同一个碳上连接的是等效氢，对称碳原子上连接的氢是等效氢。

C.苯环、羰基中的碳原子是sp2杂化，甲基中的碳原子是sp3杂化。

D.1mol苯环可以和3molH2加成，1mol羰基可以和1molH2发生加成反应。9．【答案】A,D【解析】【解答】A.a为含有Cl-的盐，d为含有ClO-的盐，Cl-和ClO-在碱性条件下可以共存，A错误；

B.d为含有ClO-的盐，f为ClO2，都具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，B正确；

C.e为HClO，h为HClO4，氧的电负性比氯大争夺氯的电子，随着氯上的氧的数目的增多，氯上的电子越来越少，使氯具有很强的吸电子的能力，氧越多的酸性越强，相对应的氧化性就弱，所以酸性条件下HClO的氧化性比HClO4强，C正确；

D.b为HCl，g为含有ClO3-的盐，浓盐酸和KClO3反应可以生成Cl2，方程式为：2KClO3+4HCl=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，KClO3中Cl由+5价变为+4价，每转移7NA个电子，消耗7molKClO3生成3.5molCl2，D错误。

故答案为：A、D。

【分析】本题主要考查氯及其化合物的性质和应用。

首先分析价类图，可知：

a为含有Cl-的盐，b为HCl，c为Cl2，d为含有ClO-的盐，e为HClO，f为ClO2，g为含有ClO3-，h为HClO4。

据此解题。10．【答案】D【解析】【解答】A.由分析可知，同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，原子半径：M(Si)>Z(O)>W(F)，A错误；

B.由分析可知，同主族从上到下金属性增强，第一电离能减小，第一电离能：Y(Be)>N(Ca)，B错误；

C.金属性越强，电负性越小，电负性：W(F)>X(Li)>Y(Be)，C错误；

D.H2O、HF中存在氢键，水分子间氢键个数多于HF，所以简单氢化物的沸点：H2O>HF，D正确。

故答案为：D。

【分析】本题主要考察元素周期表的元素推断以及元素周期律。

由题分析可知，Z原子的s能级电子总数等于P能级的电子总数，则电子排布式为1s22s22p4，Z为O元素；W原子核外有1个未成对电子，则W为F；M的最外层电子数是最内层的2倍，则M为Si元素；其中X、Y、N为金属元素，且Y与N同主族，X为Li，Y为Be，N为Ca。

元素周期表中元素性质的递变规律

（1）电子层数：同周期元素，电子层数相同；同主族元素，电子层数依次增多（从1到7）。

（2）最外层电子数：同周期元素，第一周期从1个到2个，其他周期从1个到8个；同主族元素，最外层电子数相同。

（3）原子半径：同周期元素，原子半径逐渐减小（0族除外）；同主族元素原子半径逐渐增大。

（4）金属性：同周期元素金属性逐渐减弱；同主族元素金属性逐渐增强。

（5）非金属性：同周期元素，非金属性逐渐增强；同主族元素非金属性逐渐减弱。

（6）单质的还原性：同周期元素，单质的还原性逐渐减弱；同主族元素，单质的还原性逐渐增强。

（7）单质的氧化性：同周期元素，单质的氧化性逐渐增强；同主族元素单质的氧化性逐渐减弱

（8）气态氢化物的稳定性：同周期元素，随电荷数增大而增大；同主族元素，随电荷数的增加而减小。

（9）第一电离能：同周期，从左到右依次增大，同主族，从上到下依次减小。

（10）电负性：同周期，从左到右依次增大，同主族，从上到下依次减小。

分子间氢键越多熔沸点越高，分子内氢键越多，熔沸点越低。11．【答案】A【解析】【解答】

A.乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，发生消去反应，生成乙烯，乙烯干燥后会与溴发生加成反应，溴的四氯化碳溶液颜色变浅，A正确；

B.将混有HCl杂质气体的CO2通入饱和食盐水中，Cl-已经达到饱和状态，无法再吸收HCl，应当通入饱和NaHCO3溶液中，B错误；

C.CH3COONH4中铵根离子也会水解，影响溶液的酸碱性，而NaHCO3中钠离子不水解，故无法比较H2CO3和CH3COOH的酸性，C错误；

D.向2mL0.1moI/LAgNO3溶液中滴入几滴0.1moI/LKCl溶液，生成白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/LKI溶液，会出现黄色沉淀，但是由于银离子过量，可能是过量的银离子直接和碘离子反应生成碘化银黄色沉淀，无法证明Ksp(AgCI)>Ksp(AgI)，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题主要考查化学实验方案的操作和目的。

CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H212．【答案】B【解析】【解答】A.由分析可知，充电时，与电源正极相连的纳米管材料电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和H+，即析氧反应，A正确；

B.由分析可知，充电时，左侧电极水生成的H+与溶液中的HCO3-反应生成CO2和H2O使KHCO3浓度减小，B错误；

C.由分析可知，放电时，双极膜中水离解出的OH-向锌电极迁移，C正确；

D.由分析可知，放电时，纳米管材料电极为原电池的正极，碳酸根离子作用下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成CH2OH、CO32-、H2O，电极反应式为：CO2+6e-+6HCO3-=CH2OH+6CO32-+H2O，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题主要考查化学电池的工作原理。

首先分析该电池：

放电时，纳米管材料电极为原电池的正极，碳酸根离子作用下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成CH2OH、CO32-、H2O，锌电极为负极，锌在负极失去电子发生氧化反应，双极膜中水离解出的H+向纳米管材料电极迁移、OH-向锌电极迁移；

充电时，与电源正极相连的纳米管材料电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，锌电极为阴极。

电池的判断：

负极：电子流出的一极；化合价升高的一极；发生氧化反应的一极；活泼性相对较强金属的一极；

正极：电子流入的一极；化合价降低的一极；发生还原反应的一极；相对不活泼的金属或其它导体的一极；

阳极：发生氧化反应的电极；

阴极：发生还原反应的电极；

电子流向判断：

在原电池中，外电路为电子导电，电解质溶液中为离子导电。

阳离子向正极移动；阴离子向负极移动。

电流：正极向负极

电子：负极向正极13．【答案】B【解析】【解答】

A.由分析可知，②为pH变化，①、③为含磷微粒，且含磷微粒只有2种，说明次磷酸为一元弱酸，A正确；

B.左侧纵坐标是含磷微粒的分布系数，当δ(H3PO2)=δ(H2PO2-)时，即c(H3PO2)=c(H2PO2-)，溶液的pH<4，所以Ka=c（H+）·c（H2PO2-）c（H3PO2）=c（H+）>1.0×10-4，B错误；

C.由分析可知：当V(Na0H)=10mL时，c(H3PO2)<c(H2PO2-)，溶液为H3PO2与NaHPO2的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(0H-)+c(H2PO2-)，此时溶液pH<7，溶液显酸性，则c(H+)>c(0H-)，故c(Na)<c(H2PO2-)，C正确；

D.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(0H-)+c(H2PO2-)，当溶液pH=7，溶液显中性，则c(H+)=c(0H-)，故c(Na+)=c(H2PO2-)，此时溶液为H3PO2与NaHPO2的混合溶液，H3PO2过量，此时加入NaOH溶液的体积小于20mL，则有c(Na+)=c(H2PO2-)<0.02L×0.100mol/L0.02L+0.02L=0.05mol/L，D正确；

故答案为：B。

14．【答案】C【解析】【解答】A.由分析可知，该晶胞中Ca为于顶点，个数为8×18=1，Y位于体心，个数为1，H位于面心，个数为24×12=12，该超导体的化学式为CaYH12，A正确；

B.由图可知，该晶胞中与Y最近且距离相等的Ca有8个，由化学式CaYH12可知，该晶胞中与Ca最近且距离相等的Y有8个，B正确；

C.该晶胞密度为：89+40+12NA×（a×10-10）3=1.14×15．【答案】（1）分液漏斗；氧化铜粉；防止反应产生的热效应增加硝酸的挥发量；二氧化氮；一氧化氮（2）除去残余固体；防止硫酸铜晶体析出；浓缩至表面有晶膜出现，取下蒸发皿（或拆去热源），自然冷却，析出粗五水硫酸铜晶体；CuS【解析】【解答】

（1）①由分析可知，仪器甲的名称是分液漏斗，硝酸的主要作用是氧化铜粉；

②分批加入硝酸的主要原因是防止反应产生的热效应增加硝酸的挥发量；

③实验过程中，观察到有气体生成，NaOH溶液的作用是吸收二氧化氮和一氧化氮的混合气体。

故答案为：第1空、分液漏斗第2空、氧化铜粉第3空、防止反应产生的热效应增加硝酸的挥发量第4空、二氧化氮第5空、一氧化氮（2）①趁热用倾析法转液的目的是除去残余固体、防止硫酸铜晶体析出；

②)通过“相关操作”得到粗五水硫酸铜晶体，其“相关操作”是指将溶液转至蒸发皿中，水浴加热，浓缩至表面有晶膜出现，取下蒸发皿(或拆去热源)，自然冷却，析出粗五水硫酸铜晶体；

③如果蒸发水时温度过高，得到的晶体会偏白色，说明CuSO4·5H2O受热分解产生CuSO4方程式为：CuSO4第1空、除去残余固体第2空、防止硫酸铜晶体析出第3空、浓缩至表面有晶膜出现，取下蒸发皿（或拆去热源），自然冷却，析出粗五水硫酸铜晶体第4空、CuS【分析】本题综合考查硫酸铜溶液的制备实验。

分析制备CuSO4·5H2O实验的操作流程，将铜粉和稀硫酸加入双颈烧瓶中，然后分批缓慢加入浓HNO3，以减少因热量造成硝酸的挥发量，待反应缓和后水浴加热，在加热过程中补加6.0mL3.0mol·L-1H2SO4和1.0mL浓硝酸，待Cu粉接近于全部溶解后，趁热用倾析法将溶液转至小烧杯中，然后通过蒸发浓缩、冷却结品、过滤、洗涤、干燥得到粗五水硫酸铜晶体。16．【答案】（1）3d74s2（2）②；Cu、PbSO4（3）生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀；1（4）S2O82−+Mn2+（5）弱于；CoO(OH)【解析】【解答】

（1）Co为27号元素，其基态原子的价层电子排布式：3d74s2。

故答案为：第1空、3d74s2；

（2）由分析可知，“常压浸出”的加热温度为70℃左右，温度高时，盐酸、硝酸均挥发，对设备的腐蚀能力强，而硫酸不挥发，则宜采用硫酸进行酸浸。酸浸后金属元素转化为对应的金属硫酸盐，但铜与硫酸不反应，PbSO4为难溶物，则浸出渣主要成分为Cu、PbSO4。

故答案为：第1空、②第2空、Cu、PbSO4（3）大多数金属硫化物都难溶于水，能选择Na2S除铜的原因是生成的CuS溶解度最小，比其它的金属离子先沉淀，若加入Na2S后溶液中c(Cu2+)≈1.0×10−6mol/L，c(H2S)≈1.0×10−10mol/L，已知Ksp（CuS)=9.0x10-36=c(Cu2+)×c(S2-)，则溶液中的c(S2-)=9.0x10-30，又有Ka1(H2S)=c(H+)×c(第1空、生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀第2空、1（4）过二硫酸钠(Na2S2O8)氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成SO42-，S2O82-~2SO42-，得2e-，Mn2+~MnO2，失去2e-，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式S2O82-+Mn2++2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+。加入过二硫酸钠能氧化Fe2+为Fe3+，但Fe3+不会生成沉淀，氯酸钠属于强碱弱酸盐，加入氯酸钠可消耗溶液中的H+，从而促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去。

故答案为：第1空、S2O82-+Mn2++2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+第2空、消耗了H+，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去（5）由分析可知，在沉淀分离步骤中Mn2+被氧化为MnO2，得到锰铁渣和含钴元素的溶液，说明还原性Co2+弱于Mn2+；Co(OH)3的相对分子质量为110，Co(OH)3脱水前后质量比为55：46，设Co(OH)3的质量为55g，脱水后为46g，则水为9g，n（Co(OH)3）=55g110g/mol，n（H2第1空、弱于第2空、CoO(OH)【分析】

本题主要考察回收钴的工艺流程。综合考察工艺流程，原子结构，溶液的pH计算，以及离子方程式的书写。

分析该工艺流程，以净化渣(主要含锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在)为原料提取钴，加入硫酸进行酸浸，浸出渣的主要成分为Cu、PbSO4，其它金属元素均转化为对应的硫酸盐，NaS常用作沉淀剂，铜渣为CuS，氧化过程中，Na2S2O8将Fe2+氧化为Fe3+，加NaClO3调节溶液pH，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再次加入Na2S2O8，可将Co2+氧化生成CO(OH)3，经一系列转化后可得钴产品。17．【答案】（1）直线形；极性（2）20.4（3）V1（4）Co（5）N【解析】【解答】

（1）CO2分子的结构式为O=C=O，空间结构为直线形，属于非极性分子，等电子体理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构(包括电子式)，则N2O的空间构型也是直线形，由于其中N为中心原子时，有孤电子对，其分子的正负电荷中心不重合，属于极性分子。

故答案为：第1空、直线形第2空、极性（2）由反应1和2可知，设平衡时P(H2O)=xkPa，则平衡时容器中气体总压为：

P(H2O)+P(N2O)+P(N2)+P(O2)=x+（x/2-4.8）+4.8+2.4=33.0，解得x=20.4，则P(H2