2024年高考化学考前信息必刷卷03

绝密★启用前

2024年高考考前信息必刷卷（安徽专用）03

化学

（考试时间：75分钟试卷满分：100分）

高:考:凤:向

2024年安徽省普通高考实行“3+1+2”模式，由统一高考科目和普通高中学业水平选择性考试科目（简称选考

科目）组成。其中，“3”为统一高考科目，即语文、数学、外语（含英语、俄语、日语、法语、德语、西班牙

语），使用全国卷，由教育部教育考试院命题。“1”为首选科目，即历史、物理中选择的1科；“2”为再选科

目，即思想政治、地理、化学、生物学4科中选择的2科。选考科目由安徽省命题。

本套试卷题材新颍、知识点既突出主干知识、又具有一定创新思维。如笫1题具有本土气息，以安徽的社

会、人居为情境。第6题以深海冷泉环境细菌氧化硫代硫酸钠形成单质硫新型途径。笫16题的工艺流程综

合题中考查了晶胞知识。

可能用到的相对原子质量：H1N14016Na23Cl35.5Ce140

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.近年来，安徽省扎实推进宜居宜业和美乡村建设.下列说法正确的是

A.梯次推进农村生活污水治理，提高农村生活污水治理率，明矶常用来进行污水的处理

B.以“数字+”为农业现代化添动力，网络使用的光纤主要原料为Si

C.提升基础设施效能，增设停车充电桩等配套设施，充电是将化学能转化为电能

D.大力实施农村公路提质改造工程，铺路用的水泥是新型无机非金属材料

【答案】A

【解析】A.明矶电离出的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮杂质达到净水的目

的，所以提高农村生活污水治理率，明研常用来进行污水的处理，故A正确；

B.网络使用的光纤主要原料为二氧化硅，故B错误；

C.充电是将电能转化为化学能的过程，故C错误：

D.铺路用的水泥是传统无机非金属材料，故D错误；

故选Ao

2.在探究物质性质的实验中，下列实验操作方案不正确的是

A.探究SCh的漂白性具有选择性：可将SO2分别通入品红溶液和石蕊溶液

B.探究某溶液中是否含有SO；：向某溶液中滴加硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液

C.探究CH3co0H是弱酸：可用pH试纸检测O.lmol/LCH3co0H溶液的pH

D.探究氯水的氧化性：可向FeCL溶液中滴加KSCN溶液，再滴加氯水

【答案】B

【解析】A.S02通入品红溶液，溶液褪色，而通入石蕊溶液中，溶液变红色且不褪色，说明S02的漂白性

具有选择性，A正确；

B.向某溶液中加入用硝酸酸化的RaCL溶液,有白色沉淀生成,该溶液中可能含有硫酸根离子,也可能含

有Ag，或亚硫酸根离子，硝酸根离子会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，不能证明溶液中一定含有硫酸根离

子，B错误；

C.用pH试纸检测O.lmol/LCH3co0H溶液的pH,pH<l说明醋酸部分电离，为弱酸，C正确；

D.向某溶液中滴加2滴KSCN溶液，溶液不变红色，说明溶液中不含Fc3+,再向溶液中滴加新制氯水，溶

液变为红色，说明滴加氯水后的溶液中还原Fe3+,该Fe3+是Fe"被氯水氧化产生的，D正确；

故选B。

3.下列化学用语或图示不正确的是

◎

A.邻羟基苯甲醛分子内氢键:

+2

B.HS03水解的离子方程式：HSO34-H2O^^H3O+SO3

C.HC1分子中3键的形成：(

D.DO的VSEPR模型:

【答案】B

【解析】A.因为在邻羟基苯甲醉分子内形成氢键，会形成六元环结构，比较稳定,A顶

正确；B.HSCh水解的离子方程式为HSO3+H2O==OH+H2so3,B项错误；C.H原子价电子是s轨道电

子，电子云是球形，C1原子价电子是p轨道电子，电子云形状是哑铃型，二者形成sp3键，C项正确；D.根

据比0的VSEPR模型，水分子中存在两对孤对电子，因此水分子为V形，D正确；答案选日，

4.物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是

选项物质性质解释

A一氟乙酸的(大于一溟乙酸F的电负性比Br的大

BB.、:易溶于CC)三者均为非极性分子

C对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸对羟基苯甲酸分子间存在氢键

D乙烯比乙块活泼分子间范德华力：乙烯〉乙快

【答案】D

【解析】A.F的电负性大于Br,FCH2coOH中H-0键极性较强，易电离出H*，A项正确；B.根据相

似相溶原理可知，、易溶于是因为三者均为非极性分子，项正确；对羟基苯甲酸分子间存

Br?hCC14BC.

在氢键，邻羟基苯甲酸分子内存在氢键，前者沸点升高，后者沸点降低，C项正确；D.乙烯中碳碳双键的

键能小于乙焕中碳碳三键的键能，故乙烯比乙块活泼，与范德华力大小无关，D项错误；答案选D。

5.完成下述实验，装置或试剂不正确的是

A.A装置可用于实验室制Cl?B.B装置可用于实验室收集C2H4

C.C装置可用于验证NH?易溶于水且溶液呈碱性D.D装置可用于除去CO?中混有的少量HCI

【答案】D

【解析】A.MnCh固体加热条件下将HC1氧化为Ck，固液加热的反应该装置可用于制备Ck，A项正确；

B.C2H4不溶于水，可选择排水收集，B项正确；

C.挤压股头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶

中形成红色喷泉，红色喷泉证明NHs与水形成碱性物质，C项正确；

D.Na2c03与HC1、CO?发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCCh溶液，D项错误；

故选D。

6.中国科学院科学家团队研究深海冷泉环境细菌氧化硫代硫酸钠形成单质硫新型途径取得了成果，其原理

如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

B.反应过程中有配位键形成

C.反应过程中有C-O的断裂和形成

D.中间产物乙中C原子杂化方式均为sd

【答案】D

【解析】A.H♦参与了反应，反应前后质量不变，作了催化剂，故A正确；

B.中间产物甲生成时H+与0形成了配位键，甲生成乙的过程中有C-0的断裂，乙生成丙的过程中有C-0的

形成.故R正确：

C.由图可知，环氧丙烷酸化反应生成丙二醇酸的过程中，有CQ的断裂和形成，故C正确；

D.中间产物乙中带正电荷的C原子杂化方式为sp2,故D错误；

故答案为：Do

8.2023年11月，西南大学化学化工学院在《有机快报》上发表文章，首次实现了-5氨基香豆冉衍生物（Z）

的电化学合成，部分反应如下：

HR3H

R\_/R3C-Pt电极，6mA,离子液体，R1

+HO乙懵溶剂，室温，空气中反应‘

区］国团

下列说法错误的是：

A.Z可以发生氧化反应和还原反应

B.X和Y均能与KMnO4酸性溶液反应

C.X和Y生成Z的反应类型为加成反应

D.当R均为烷基时，可用FeC1溶液区别X和Y

【答案】C

【解析】A.Z可以燃烧发生氧化反应，也可以加氢还原，故A正确；

B.X含有碳碳双键能与KMnC\酸性溶液反应，Y中有酚羟基可以与KMnO,酸性溶液反应，故B正确：

C.X和Y成环反应生成Z,少了两个氢原子，不是加成反应，故C错误；

D.当R均为烷基时，Y含有酚羟基遇到氯化铁溶液显紫色，X遇到氯化铁溶液不变色，可用FeCh溶液区

别X和Y,故D正确：

故选：Co

9.2024年两会代表提出“我国急需促进氢能产业链的协调，理顺整个燃料电池汽车产业生态链，促进燃料

电池应用场景多样性，以此推动我国氢能产业健康、全面、快速发展”。绿氢由于生产过程中100%绿色的

特点备受青睐，发展前景最为广阔，光催化制氢机理研究取得新进展。如图是通过光催化循环在较低温度

卜.由水分解制备氢气的反应原理。下列有关说法错误的是

聚光太阳能

A.该制氢过程中，消耗了水和太阳能，含钵化合物均为中间产物

B.生成气体B的反应方程式为2MnO+2NaOH=2NaMnO2+H2T

C.制氢过程中涉及Mn元素转化的反应都是氧化还原反应

D.该制氢过程解决了气体A、B难分离的问题

【答案】C

【分析】MmCh在聚光太阳能作用下分解生成。2和MnO,气体A为Ch。NaMnCh与H?O反应生成MmCh

和D,该反应中Mn元素化合价未发生变化，因此不是氧化还原反应，生成的D为NaOH,NaOH与MnO

反应生成NaMnO?和气体B,则气体B为H2。

【解析】A.该制氢过程中，消耗了水和太阳能，含锦化合物均为中间产物，A正确；B.MnO和NaOH反

应生成NaMnCh和H2,化学方程式为2MnO+2NaOH=2NaMnO?+H2T,B正确；C.制氢过程中，涉及

Mn元素转化的反应有NaMnO?转化为MmCh，M112O3分解生成MnO,MnO和NaOH反应生成NaMnCh，

其中只有MmCh分解生成MnO,MnO和NaOH反应生成NaMnO?为氧化还原反应，C错误；D.该制氢过

程中，氢气和氧气在不同的反应中生成，可分开收集解决了氧气和氢气难分离的问题，D正确；故答案选A。

10.微型实验药品用量少，绿色环保。如图所示为探究SO「性质的微型实验，滤纸①〜④分别浸泡了相关试

A.滤纸①先变红后褪色，体现了SO,具有漂白性和酸性氧化物的性质

B.滤纸②、③褪色均证明SO,具有还原性

C.滤纸④上有黄色固体生成，证明SO?具有氧化性

D.若滤纸④上析出了0.096g固体，则在滤纸④上发生的反应转移了0.006mol电子

【答案】C

【解析】A.SO?能使紫色石蕊溶液变红但不能使其褪色，体现了SO?作为酸性氧化物的性质，A项错误：

B.碘水褪色证明SO?具有还原性,品红褪色证明SO?具有漂白性，B项错误；

C.滤纸④上有黄色固体S生成，证明so2具有氧化性，C项正确；

D.滤纸④上析出0.096g固体，则生成0.003molS,转移0.004mol电子，D项错误

答案选C。

11.X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素。X与Y同主族，YXZ2是一种液态化合物，其与

水反应产牛有剌激性气味能使品红溶液褪色的气体YXz,下列说法错误的是

A.电负性X>Z>YB.X3是极性分子

C.YXZ?的空间结构为三角锥形D.键角H2XVH2Y

【答案】D

【分析】能使品红溶液褪色的气体是SO2,并且X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素•，由此

可推知X、Y、Z分别为0、S、Ch据此解答。

【解析】A.电负性0>Q>S,A正确。

B.03分子中的共价键是极性键，其中心氧原子是呈正电性的，而端位的两个氧原子是呈负电性的，是极性

分子，B正确；

C.YXZ?是SOCL，中心原子为S,根据价层电子对互斥理论，中心原子周围的价层电子对数

模型为四面体，分子的空间结构为三角锥形，止确；

=3+6-lx|-2xl=4>vsEPRC

D.HzO的键角大于H2s的键角，D错误；

故选D。

12.在500K时,在某密闭容器中发生反应:C2H6（g）+CO2（g）WC2H4（g）+CO（g）+H2O（g）。投料比:

X=/「C\，按初始比1：1和1：2投料，得到不同压强条件下c2H6的平衡转化率，关系如图。下列说

法错误的是

0.51.52.5p/MPa

A.x一定，当混合气体平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态

2

B.n点的压强平衡常数为S=^MPa

C.m点平衡状态下，向容器中按4投入一定量的反应物，再次平衡后C2H6转化率不变

D.w点平衡状态下，向容器中充入一定量Ar(g),容器中气体压强增大，可逆反应将逆向移动建立新平衡

【答案】D

【解析】A.气体总质量一定，化学方程式两边气体分子数改变，初始投料比一定，该容器内体系的平均相

对分子质量不变时，则达到平衡状态，A正确；

B.相同压强下，投料比X越大，则C2H6的转化率越小，故土＞王，则％2=1。温度不变，〃?、〃、W三点

平衡常数相等，利用W点数据求平衡常数；W点乙烷的转化率为40%,根据化学反应方程式，设

〃(C2H6)=«(CO2)=imol,由二段式计算为：

C2H6(g)+CO2(g)^±C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)

起始(mol)11000

转化(mol)0.40.40.40.40.4

平衡(mol)0.60.60.40.40.4

体系总压强为IMPa，平衡时各物质的分压分别为p(C2H(J=p(C02)=；MPa,

P(C2H4)xp(CO)x〃(Hq)kW2

p(C2H4)=p(CO)=p(H2O)=-MPa,K0二—MPa,B正确;

p(C2H6)xp(CO2)

C.加点平衡状态下，向变容容器中再按〃(C2H6):〃(COj=l:2继续投料，再次平衡后C2H$转化率保持不

变，C正确；

D.w点平衡状态下，向容器中充入一定量Ar(g),容器中气体压强增大，但反应物和生成物的分压不变，

浓度不变，可逆反应不移动，D错误；

故选D。

13.最新研究发现一种“氯介导电化学pH变化〃系统，通过调节海水的pH去除海水中CO2，电化学原理为

放中

Bi+3Age1+H,0干=BiOQ+3Ag+2H'+2C1一，甲系统放电时的原理如图所示，该装置可实现充放电交替

充电

运行，达到节约成本的目的；碱亿的海水继续吸收空气中的CO?可缓解温室效应。下列说法正确的是

含COi、HCOi的海后的赤水

除虢后的寿水J-H化的海水

甲系统乙系统

A.甲系统放电时，正极反应式为Ag'+e-=Ag

B.甲系统充电时，Bi电极附近溶液pH变大

C.乙系统放电时，Ag极作负极

D.乙系统充电时，若有3川八个电子通过则产生标准状况下44.8LCO?

【答案】B

【分析】由图结合总反应可知，放电时，甲中Bi发生氧化反应为负极、氯化银极发生还原反应为正极；

【解析】A.甲系统放电时，氯化银极发生还原反应为正极，正极反应式为AgCI+e=Ag+Cr,A错误；

B.甲系统充电时，则Bi电极为阴极，BiOCI发生还原反应；BiOC14-3e+2H+-Bi+Cl+H0,反应消耗氢离

子，导致附近溶液pH变大，B正确：

C.乙系统放电时，则甲系统充电，甲中氯化银极为阳极，则与之相连的Ag极作正极，C错误；

D.乙系统充电时，则甲系统放电，Bi极反应为Bi+C「+H2O-3e=BiOCl+2H-,若有32、个电子通过，则生

成2moi氢离子，2moi氢离子和碳酸根离子生成Imol二氧化碳、和碳酸氢根离子生成2moi二氧化碳，则

产生标准状况下CO?的体积小于5.8L,D错误：

故选Bo

,c（H,A）

14.常温下，向丁二酸（H?A）中滴加NaOH溶液，混合溶液中IgX与pH关系如下图所示，X表示怆丸j

或芈下列说法不正确的是

c（A-）

八IgX

浦

,c（H,A）

A.直线a表示他遍j与pH变化关系

B.将等浓度等体积的H2A溶液与NaOH溶液混合后呈酸性

C.当溶液为中性时：c（Na+）＞c（HA'）＞c（A2j＞c（H^）=c（0H）

D.己知H3PO’的跖=7.1x10-3,储2=6.3x10-8,93=4.2x10"，则Na【HPO,与足量H2A反应后生成NaHA

和NaH2PO4

【答案】C

c（H、A）c（H,A}c（H+）c（H+）一

【分析】lg-pY=lg）:〈=lg=_pH_lgKa1,由图可以得到Ka=lxl（）T2molm,

c^HAjc（HAJ-c（H）K；1）

,c（H,A）c（HA'）

56

Ka2=lxlO-mol/L,直线a表示国丽而与pH变化关系，宜线b表示lg本不与pH变化关系。

c（H,A）

【解析】A.由分析可以得到直线a表示怆而己与pH变化关系，A正确；

K

84

B.将等浓度等体积的H2A溶液与NaOH溶液混合后溶质为NaHA,Khl=-^=lxlO-mol/L<Kil2,次的

卜2

电离大于水解，所以混合后溶液呈酸性,B正确：

C.当溶液中HA•和A?一浓度相等时，溶液显酸性，若要溶液显中性，则需要加入氢氧化钠，A?-浓度大于HA、

C错误；

D.已知H3Po4的£1=7.1x10-3,工2=6.3x10',=4.2x107和H2A的=1xlO^2mol/L,

56

Ka2=lxlO-mol/L,所以NazHPO’与足量H2A反应后生成NaHA和NaH2P0.D正确;

故选C。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.（14分）硝酸钵（IV）镂的化学式为（NHJxCe（NO3）”是一种橙红色结晶性粉末，易溶于水和乙醇，几

乎不溶于浓硝酸，主要用作分析试剂和氧化剂。实验室设计如下实验进行制备并测定其化学式。

步骤一：NH4HCO3溶液与CeCb溶液反应制备Ce2（CO3）3o

已知：①氮化钙遇水可迅速产生NH3；②Ce（III）易被空气氧化成Ce（lV）。

（1）装置A中仪器的名称为,装置C的作用是。该实验以氮化钙和水制备NM

应选择装置（填“A”或"D”）。

（2）实验时，“a”、“b”、飞”三个旋塞的打开顺序为。装置B中发生反应的离子方程式

为O

（3）该实验装置存在的一处缺陷为°

步骤二：制备硝酸锦（IV）钱

硝酸双氧水、氨水硝酸

（4）“氧化沉淀”反应的离子方程式为o

（5）“烘干”采取自然干燥的原因为。

步骤三：测定化学式

①称取一定质量的硝酸钿（【V）筱，充分灼烧得CcO2mgo

②另称取相同质量的硝酸饰（N）钱，加入足量NaOH溶液微热，将产生的气体全部用WmL水吸收。将吸收

液滴入甲基橙，用2sO’标准溶液滴定，重复2〜3次，平均消耗H2s。4标准溶液VzmL。

（6）计算y=（用上述字母表示）。

【答案】（除标明外，每空2分）

（1）启普发生器（1分）防止Ce3+被氟化（1分）D（1分）

、、分）3+

（2）cab（12Ce+6HCO；=Ce2（C03）3l+3CO2t+3H2O

（3）氨气极易溶于水，通入B装置需要防倒吸，导管不能伸入液面一下

3

（4）2Ce"+H2O2+6NH3H2O=6NH*+2Ce0H

（5）防止硝酸钝（IV）铁受热分解

（6）2CVX103+—

243

【分析】制备藕酸钵钱的工艺流程中，碳酸钝溶于硝酸变为Ce",在过氧化氢氧化和氨水作用下转化为

Ce（OH）4,加入硝酸浆化，转化为H2[Ce（NO3）6],然后加入硝酸铉反应，通过过滤、洗涤、烘干转化为H标

产品，据此回答。

【解析】（1）①装置A中仪器的名称为启普发生器；

②Ce（III）易被空气氧化成Ce（IV）,装置C的作用是防止外界空气进入把Ce（IH）氧化成Ce（IV）；

③以氮化钙和水制备N%应选择装置为D,能用A装置的要求是块状不溶于水的固体，而制各氨气用浓氨

水与CaO或者NaOH,不可以用启普发生器，故应该选择D；

（2）氨气溶解度大，所以先通飒气，再通二氧化碳，最后当装置中空气排尽后滴加CeCb，所以顺序为c、

a、b；B装置由NH4HCO3溶液与CcC13溶液反应制备Cc2（CO3）3,方程式为：

3+；

2Ce+6HCO；=Ce2（CO5）31+3C0?T+3Hq

（3）氨气极易溶于水，通入B装置需要防倒吸，导管不能伸入液面一下；

（4）碳酸柿溶于硝酸变为Cc3+,在过氧化氢氧化和氨水作用下转化为CC（OH）4,方程式为：

3+

2Ce+H2O2+6NH3H2O=6NH>2CepH；

（5）硝酸盐和铁盐的分解温度都很低，采取自然干燥的原因为防止硝酸柿（N）较受热分解；

（6）氨气与硫酸反应为2:1,所以消耗的Nib为2cV2xl03mo］,铉根与氢氧化钠1:1生成氨气，所以钱根离

子的物质的量为2cV2xl03mo1,根据CeChmg,铀元素守恒，则Ce原子的物质的量为三mol,根据化合物

中正负化合价代数和为0,则2cV2X103+4x^=y。则y=2cV2X103+5

16.（14分）钻广泛应用于新能源、航空航天等领域，一种萃铜余液（主要存在

CotCu2\Fe3\A产、Zn2\Ca”等金属阳离子）中提取钻井制得Co.。的工艺流程如下：

、空气

CaOMgOP204H2C,O4

IJLXJL

萃铜余液fgg-►滤液水层CoR

III

滤渣有机层滤液2

已知：常温下，2相关金属

Kal（H2C2O4）=5.6xl0-,Ka2（H2C2O4）=1.5xl0^,Ksp（CoC2O42H2O）=6.3xl0-\

离子［co（M"）=0.1mol・l/］形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

金属离子Co2+Ci产FC3+A广Mg2-Zn24

开始沉淀的pH7.44.71.53.48.96.2

沉淀完全(c=1.0x10-smol♦1/)的pH9.46.72.84.710.98.2

【可答下列问题:

（1）Co?*的价电子排布图为。

（2）“除杂”时，将CaO、MgO按一定比例同时加入萃铜余液中，调节溶液pH=7,充分反应后过滤。

①滤渣的主要成分是。

②CaO、MgO加入量过大时，钻的损耗增大，其原因是.

（3）“萃取“时，用硫酸调节溶液的pH至2.5左右，加入萃取剂P204,发生萃取反应：

nHA+MnUMA。+nH+（其中HA为萃取剂P204,为金属离子）。萃取剂P204在不同pH下对金属离

子萃取率的影响如图所示。

①，，萃取，，的主要目的是除去..（填金属离子的符号）。

②往“萃取,，所得有机层中加入..（选填“H2soJ，或“NaOII"），可将其中金属离了反萃取至水中。反

萃取后，有机萃取剂可循环使用。

(4)“沉钻”时,往萃余液中加入H2c2。4,调节溶液pH=2.0,过漉得到CoC9-2HQ沉淀。当Co"恰好

沉淀完全时，溶液中c(H2c2。4)=mold

(5)“煨烧”时CoCzO'bH?。完全转化为COQ4、CO2和HQ,制得ImolCoR需消耗molO,o

(6)含Co"、Sm"的溶液经电沉积可制备SmC。水磁合金，一种SmC。水磁合金的六方晶胞结构如图1所

示，晶胞中C。原子的投影位置如图2所示。晶胞参数a=b=0.486nm,c=0.3944nm,a=60。，p=y=90°o

①该合金的化学式为。

②设N,、为阿伏加德罗常数的值，合金最简式的式量为Mr,则该合金的密度P=gem"(列出计

算式)。

【答案】(除标明外，每空2分)

t八t

3d

(2)CU(OH)2、Fe(OH)3、A1(OH)3造成溶液pH过高，生成Co(OH)2沉淀进入滤渣(I分)

2+2+

(3)Ca,Zn<1分)H2SO4(1分)

⑷0.075

(5)2

______________Mr______________

⑹&5sm(1分)嬴豆就不亭1

【分析】萃铜余液主要存在C。"、Cu2\Fe\A产、Zn2\Ca?+等金属阳离子,加氧化钙、氧化镁调节溶液

pH生成氢氧化物沉淀除去Cu"、Fe"、A产,过滤,滤液1中加萃取剂P204萃取除去Ca2+、Zi?+,水层中

加草酸生成草酸钻晶体，过滤，草酸钻晶体煨烧得到CsCU。

【解析】(1)C。是27号元素，C。原子失去最外层2个电子得到Co?十，Co?♦的价电子排布图为

ntittt

3d

(2)①根据关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，调节溶液pH=7,生成氢氧化铜、氢氧化铁、氢氧化

铝沉淀，所以滤渣的主要成分是CU(0H)2、Fe(0H)3、AI(OH)3o

②CaO、MgO加入量过人时，造成溶液pH过高，生成Co(OH上沉淀进入滤渣，所以钻的损耗噌人。

*22+

(3)①根据流程图，滤液1中含有C根+、Ca\ZM+,“萃取”的主要目的是除去Ca2+、ZnO

②根据nHA+MnBMAn+nH+,增大氢离子浓度，平衡逆向移动，能实现萃取剂的重生，往“萃取”所得有

机层中加入H2so,,可将其中金属离子反萃取至水中。反萃取后，杓机萃取剂可循环使用。

(4)“沉钻”时,往萃余液中加入H2c2。4,调节溶液pH=2.0,过滤得到CoC/V2Hq沉淀。当恰好

c/C,、=Ksp(CoCQ4)=6.3x10-8=6,3xl,

沉淀完全时，(2°4)c(Coz^-^10~°，

KuxKa2=c(H)xc(C2：4)=(10£x6.3xl：=56x10-2xj5x1O-4,溶液中c(H2c2Oj=0.075molLT。

C(H2C2O4)C(H2C2O4)

(5)“燃烧”时COC2O4IH2O完全转化为CO3O4、CO?和H?。，反应方程式为

A

3CoC204-2H,0+2O2=COSO4+6CO2+6H2O,制得ImolCoQ』需消耗2moiO2.

(6)①根据均摊原则，Sm原子数为4X3+4X[=1，C。原子数8x；+l=5,为该合金的化学式为CosSm。

②设N.\为阿伏加德罗常数的值，合金最简式的式展为Mr,晶胞的体积为

abcxsin60°=0.4862x0.3944x10^'x3,则该合金的密度

2

______________Mr

221

P-0.486x0.3944xKFx当cm-x/VAgem"。

17.(15分)清洁能源的综合利用以及二氧化碳的研发利用，可有效降低碳排放，均是实现“碳中和、碳达

峰”的重要途径。

⑴CO2可氧化C2H6制取出。2CO:(g)+C2H6(g)^=±4CO(g)+3H2(g),图甲是298K时，相关物质的相对

能量。据此计算上述反应的△〃=kj/molo

(2)Fh和CO2合成乙醇的反应为：2CO2(g)+6H2(g)^=±C2H5OH(g)+3H2O(g)0将等物质的量的CO2和

出充入一刚性容器中，测得平衡时C2H50H的体积分数随温度和压强的变化关系如图乙。

RlnMJmoHK")

①压强piP2(填“>”“=”或“<")；a、b两点的平衡常数K〃K〃(填或"V”)，判断理由

是o

②已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-*C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两

种傕化剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得图丙。在m催化剂作用下，该反应的活化能L=

kJ/mol,从图中信息获知催化效能较高的催化剂是(填“m”或"n”)。

(3)%和CO合成甲烷的反应为：2CO(g)+2H2(g)?=±CH4(g)4-CO2(g)oTC时，将等物质的量CO和H?

充入恒压QOOkPa)的密闭容器中。己知逆反应速率v^k辿p(CH4)p(CCh)，其中p为分压，该温度下k逆

=5.Dxio4(kPa),-s'o反应达平衡时测得v正=^kPa-sL该温度下反应的K尸_______(kPa^(用组分的平衡分

16

压表示，列出计算式)。

(4)科学家通过电化学方法，用惰性电极进行电解，可有效实现以CO?和水为原料在酸性条件下合成乙烯,

具合成原埋如图所示：

阳离子交换膜

b电极上的电极反应式为c

【答案】(除标明外，每空2分)

(1)+430

(2)<>由图乙可知温度升高乙醇体积分数减小，即平衡逆向移动，K减小。而b点温度高于a

点，故七>心96n(l分)

⑶斗

752X752

+

(4)2CO2+12H+12C->CH2=CH2+4H2O

【解析】(1)△"=生成物的总能量反应物的总能量=(110x4)(393x2)(84)=786+84440=+430kJ/mol。答案为：

+430；

(2)①因为反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，所以增大压强，乙醇的体积分数增大，由图可

知，a点乙醇的体积分数比b点小，则压强pi<p2；因为温度升高，乙醇的体积分数减小，所以正反应为放

热反应，b点温度比a点高，所以a、b两点的平衡常数判断理由是：由图乙可知温度升高乙醇体

积分数减小，即平衡逆向移动，K减小。而b点温度高于a点，故除,心。

J

②由图中数据可得如下方程式：56.2=7.2x1(pEa+c①，27.4=7.5xl0Ea+C(2),解联立方程可得Ea=9.6'1()4

J/mol=96kJ/molo从图中信息获知，温度相同时，n曲线的Rink大，即-且切+C〉-”式也+C,从而

TT

得出En(〃)<Ea2(〃?)，所以催化效能较高的催化剂是n。答案为：<；>；由图乙可知温度升高乙醇体积分

数减小，即平衡逆向移动，K减小。而b点温度高于a点，故儿》Kh；96；n；

4

(3)平衡时，VFMV辿nk^pCHjpCOz),BP5.0xl0xp(CH4)p(CO2)=-^7»p(CH4)=p(CO2)=25kPa,则

16

p(H.)=p(CO)=200~2>X2=75kPa,故该温度下反应的K产瓷冬(kPa)L答案为：争冬：

275x75’75-x75~

(4)从图中可知，在b电极，CCh得电子产物与电解质反应生成CHz=CH2,则b电极为正极，电极反应式

+

为2CO2+12H+12e^CH2=CH2+4比0。答案为：2co2+12H++12e—CH2=CH2+4比0。

18.(15分)某研究小组按下列路线合成第三代哇诺酮类抗菌药物环丙沙星(I)。

CJFY^AyCOOC

rV^|cH.conJH/DC,卅JQOOCH,

1M八

ABCD

FA

%中g

RoevOo-Or

AAA

1

F0I!

回答下列问题：

(1)C中含氧官能团名称是_______O

(2)化合物D到化合物E的反应是原子利用率100%的反应，且ImolD上3Imol化合物a反应生成ImolE,

则化合物a的结构简式为______o

(3)F-G的反应类型为________。

(4)试用*在下图标出化合物EL的手性碳原子。

O

FCOOC.H

外

ClClAnrH

NH2r5

A

O

H

（5）化合物HOCOCH的同分异构体中，同时满足如下条件的有种,

2525

a）能与碳酸乳钠反应；b）最多能与2倍物质的量的Na反应。

其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为621