贵州省贵阳市2023-2024学年高三上学期开学考试化学试题
一、选择题(14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意，请将正确选项的序号填入答题卡相应的位置)。
1．我国正式提出将在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的目标。下列做法有利于实现此目标的是（ ）
A．充分利用新能源 B．推广使用一次性餐具
C．鼓励使用私家车出行 D．向燃煤中加入适量碳酸钙
2．下列化学用语正确的是（ ）
A．软脂酸的化学式：
B．的VSEPR模型：
C．溴化钠的电子式：
D．基态氮原子的轨道表示式：
3．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．干冰升华时吸热，可用作人工降雨
B．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
C．溶液显酸性，可蚀刻印刷电路板上的Cu
D．固体受热分解产生，可用作膨松剂
4．下列装置能分离苯和溴苯的是（ ）
A． B．
C． D．
5．柳胺酚是一种常见的利胆药，结构如图。下列说法不正确的是（ ）
A．分子式为
B．分子中所有原子可能共面
C．能使酸性溶液褪色
D．1mol柳胺酚最多能与3molNaOH反应
6．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X的某种同位素可以用于测定文物年代，Y与X同周期，Y的第一电离能高于同周期的相邻元素，Z是同周期中常见离子半径最小的元素，四种元素的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是（ ）
A．电负性XB．X的氢化物常温下均是气态
C．含Z的盐溶液只显酸性
D．氧化物对应的水化物的酸性：W>Y
7．配合物可用于检验。下列说法正确的是（ ）
A．铁原子的2p和3p轨道的形状、能量均相同
B．基态的未成对电子数为5
C．中提供孤电子对的是
D．1mol配合物中所含的π键数目为
8．下列有关实验的现象叙述正确的是（ ）
A．向硫酸四氨合铜溶液中加入适量95%的乙醇会析出深蓝色晶体
B．向碘的溶液中加入KI溶液并振荡，下层溶液颜色加深
C．向酸性高锰酸钾溶液中通入足量乙烯，溶液褪色并分为两层
D．向蔗糖与稀硫酸加热所得的混合液中加入银氨溶液，能观察到银镜
9．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．28g单晶硅中所含的Si-Si键的数目为
B．溶液中含有的数目为
C．0.3mol苯甲酸完全燃烧生成数目为
D．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为
10．下列原理对应离子方程式书写正确的是（ ）
A．碳酸钠溶液呈碱性：
B．“84”消毒液和洁厕灵不能混用：
C．用食醋处理保温瓶中的水垢：
D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：
11．科学家用X射线激光技术观察到吸附在催化剂表面的CO与O形成化学键的过程，反应过程能量变化及历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
AI
A．CO和O生成是吸热过程
B．状态Ⅰ→Ⅱ吸收能量用于断裂化学键
C．状态Ⅰ→Ⅲ表示的是CO与反应的过程
D．CO和中C与O之间化学键并不相同
12．是一种高效水处理剂，可用稀盐酸和为原料制备，反应原理如下：。下列判断正确的是（ ）
A．是还原产物 B．HCl发生氧化反应
C．n(氧化剂)：n(还原剂)=5：4 D．生成10molNaCl，转移8mol电子
13．电解催化还原为乙烯能缓解碳排放引发的温室效应，还将成为获得重要化工原料的补充形式，原理如图所示(a、b均为惰性电极)。下列说法正确的是（ ）
A．B为电源负极
B．从左边透过阳离子交换膜到右边
C．电解一段时间后，阳极区溶液的增大
D．阴极反应为
14．易被氧化成，为验证该事实，某实验小组利用数字化实验设备，从贴有“，”标签的溶液中取50.00mL样品，逐滴加入溶液，得到的pH-V(NaOH溶液)曲线如图所示。关于该实验，下列说法错误的是（ ）
已知：，
A．使产生沉淀的pH范围为7.73~8.49
B．pH=2.00~2.71时，产生红褐色沉淀现象
C．pH=8.00时，溶液中
D．pH=2.50时，溶液
二、非选择题(4小题，共58分)。
15．某化学小组为探究的制备、性质及检验等相关问题，进行如下实验：
（1）Ⅰ.制备并收集纯净干燥的
实验室可供选择的试剂：C(s)、Cu(s)、饱和溶液、75%浓。
①实验所需装置的连接顺序是：a→ →d→e(按气流方向用小写字母标号表示)。
②该实验中制备的反应方程式为 。
（2）Ⅱ.探究的性质
将收集到的持续通入如图装置进行实验：
①装置E中出现 现象时可验证具有氧化性。
②装置F用于验证的还原性，为实现这一目的，需进一步采取的实验操作是 。
③从硫元素间的相互转化所得的规律判断下列物质中既有氧化性，又有还原性的是 (填字母序号)。
a．Na b． c． d． e．
（3）Ⅲ.葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL。(已知滴定过程中所发生的反应是)。
滴定前需排放装有溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为____(填字母)。
A． B．
C． D．
（4）判断达到滴定终点的依据是 ；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为 。
16．废旧钴酸锂电池的正极材料主要含有难溶于水的及少量Al、Fe、炭黑等，常用如图所示的一种工艺分离并回收其中的金属钴和锂。
已知：①；
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属阳离子
开始沉淀的pH 4.2 2.7 7.6
沉淀完全的pH 5.2 3.7 9.6
回答下列问题：
（1）中元素Co的化合价为 。
（2）为提高碱浸率，可采取的措施有 (任写一种)。
（3）在浸出液中通入过量发生反应的离子方程式有和 。
（4）浸出渣中加入稀硫酸和的主要目的是 ；废渣的主要成分是 。
（5）加氨水控制沉钴的pH，当a≥ 时，此时溶液中c(Co2+)≤10-5mol/L，即认为“沉钴”完全。
（6）钴的氢氧化物加热至290℃时可以完全脱水，所得产物可用于合成钛酸钴。钛酸钴的晶胞结构如图所示，则该晶体化学式为 ；该晶体的密度为 (用代表阿伏加德罗常数)。
AI
17．一种在常温、常压下催化电解实现工业合成氨反应的工艺为：，，该反应可分两步完成：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
请回答下列问题：
（1） 。
（2）将和充入到3L的恒容密闭容器中模拟反应Ⅰ：
①该反应中物质浓度随时间变化的曲线如图甲所示，0~10min内， 。
②不同温度和压强下测得平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图乙所示，则B、C两点的平衡常数 (填“>”、“<”、“=”或“不确定”)；B点时的转化率= (保留2位有效数字)。
（3）从图乙中获知反应Ⅰ存在着高温降低平衡产率与低温降低反应速率等调控矛盾。在提高合成氨的产率的工业生产中，通常从以下多个视角来综合考虑合理的工业生产条件：
反应速率的视角：①加入催化剂；②提高温度(控制在催化剂的活性温度内)
平衡移动和原料的转化率的视角：③ ，④ 。
（4）科学家为避免直接破坏键而消耗大量热能，通过新型催化剂降低了反应路径中决速步的能垒，使该反应在常温、常压下采用电化学方法也能实现，反应装置如图所示：
①反应路径中的决速步为 (填写“Ⅰ”、“Ⅱ”、“Ⅲ”或“Ⅳ”) 。
②阴极上的电极反应式为 。
18．小分子药物高分子化是改进现有药物的重要方法之一，下图是一种制备中间体M对药物进行高分子化改进的路线：
已知：气态烃A是石油裂解的产物，；
回答下列问题：
（1）B的结构简式是 ；E的名称是 。
（2）D→E时，苯环侧链上碳原子的杂化轨道类型由 变为 。
（3）F中含有的官能团名称是 。
（4）写出G→K的化学方程式 。
（5）将布洛芬嫁接到高分子基体M上(M→缓释布洛芬)的反应类型是 。
（6）化合物F的同系物N比F的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱图有六组吸收峰，且峰面积比为3：2：2：1：1：1的化合物的结构简式为 (任写一种)。
①含有碳碳双键；②可与新制的共热生成红色沉淀；③苯环上有两个取代基
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原料与能源的合理利用；绿色化学
【解析】【解答】A.利用新能源可以减少传统能源的使用，可以减少CO2的排放，因此可以实现该目标，A选项是正确的；
B.一次性餐具难降解，会造成环境污染，不利于实现该目标，B选项是错误的；
C.私家车出行会加大CO2的排放，不利于实现该目标，C选项是错误的；
D. 向燃煤中加入适量碳酸钙 ，碳酸钙受热分解会释放出CO2，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】CO2虽然不是有毒有害的气体，但是若大气中的CO2的含量过高，会使得大气出现温室效应，给环境造成一定的危害，因此应该减少煤、石油等传统化石燃料的燃烧，大力发展新能源。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.C17H33COOH属于硬脂酸，A选项是错误的；
B.H2O的VSEPR模型是四面个体，有两队孤电子对，B选项是正确的；
C.溴化钠属于离子化合物，C选项是错误的；
D.违背了洪特规则，D选项是错误的。
故答案为：B。
【分析】A.C17H33COOH是油酸，属于硬脂酸；软脂酸的分子式为：C15H31COOH；
B.H2O分子中的中心原子为O，氧原子形成两个σ键和两对孤电子对；
C.溴化钠属于离子化合物，应该含有钠离子和溴离子；
D.洪特规则指出电子在填入简并轨道时应该优先填入新的轨道，且自旋平行。
3．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A. 干冰升华时吸热 时可以降低温度，可以用来进行人工降雨，A选项是正确的；
B. 维生素C具有还原性 ，可以与氧化性物质发生反应， 可用作食品抗氧化剂 ，B选项是正确的；
C.氯化铁用来蚀刻印刷电路的Cu，应用的是Fe3+的氧化性，C选项是错误的；
D. 固体受热分解产生，可用作膨松剂 ，D选项是正确的。
故答案为：C。
【分析】A.物质升华时吸热，因为同一种物质，气态时能量高于固体；
B. 维生素C具有还原性 ，可用作食品抗氧化剂 ；
C.该反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
D.碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解为碳酸钠，二氧化碳和水，所以碳酸氢钠可以作 膨松剂 。
4．【答案】B
【知识点】蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】溴苯和苯属于互相溶解的液体，分离时的操作应该是蒸馏。B选项符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.该操作为蒸发装置，适合对物质进行结晶处理；
B.该装置是蒸馏装置，用来分离互溶的液体，根据二者的沸点之差来分离；
C.改装置是过滤的装置，用来分离固体和液体，二者互不相溶；
D.该装置是升华的装置，迎来分离液体中易于升华的物质，如将碘水中的碘单质分离出来可以利用该装置。
5．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.该有机物的分子式为C13H11NO3，A选项是正确的；
B.该有机物中的N原子形成3个σ键，还有一对孤电子对，因此N原子与周围的三个原子形成三角锥形，所以所有的原子不可能共面，B选项是错误的；
C.该有机物中含有羟基，可以与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，C选项是正确的；
D.该有机物分子中含有2个酚羟基和一个酯基，所以 1mol柳胺酚最多能与3molNaOH反应 ，D选项是正确的。
故答案为：B 。
【分析】A.该有机物共有C、H、O、N四种元素；
B.根据原子成键的特点可以推知该分子中所有的原子不可能共面；
C.羟基具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化；
D.酚羟基可以在与碱发生中和反应，酰胺基可以在碱性环境下水解。
6．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.电负性存在：CB.C构成的氢化物并不是都为气态，B选项是错误的；
C.含Z的盐也可能显碱性如NH4HCO3，C选项是错误的；
D.并没有指出最高价氧化物对应得水化物的酸性，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】根据题意可以推出，X是C，Y是N，Z是Al，根据最外层电子数共19个，可知Z是Cl。
7．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；常见离子的检验
【解析】【解答】A. 铁原子的2p和3p轨道的形状 相同，但是能量不同，A选项是错误的；
B. 基态的未成对电子数为 4，B选项是错误的；
C. 中提供孤电子对的是CN-，因为CN-是配体，C选项是正确的；
D. 1mol配合物中所含的π键数目为 12NA，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.在 原子的核外电子层排布时，离原子核越远能量就越高；
B.基态的价电子排布式为3d6，根据洪特规则以及泡利原理可知，其中未成对电子数为4；
C. 中提供孤电子对的是CN-，因为CN-是配体，Fe2+离子提供空轨道；
D.在CN-离子中含有一个σ键，两个π键。
8．【答案】A
【知识点】乙烯的化学性质；分液和萃取；葡萄糖的银镜反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.乙醇会降低硫酸四氨合铜的溶解度，因此向硫酸四氨合铜溶液中加入适量95%的乙醇会析出深蓝色晶体，A选项是正确的；
B.该体系中没有物质氧化碘离子得到碘单质，下层溶液颜色不会加深，B选项是错误的；
C.酸性高锰酸钾和乙烯会发生反应，不会出现溶液分层的现象，C选项是错误的；
D.蔗糖水解后并没有加碱，所以无法观察到银镜现象，D选项是错误的。
【分析】A.乙醇在水中的溶解度很大，所以可以降低四氨合铜的溶解度，析出晶体；
B.碘单质在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，但是并无物质将碘离子氧化为碘单质；
C.乙烯具有还原性，可以与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
D.蔗糖本身就具有醛基，但是检验醛基需要在碱性环境下进行。
9．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1mol单晶硅中含氧的Si-Si键的数目为2mol，A选项是错误的；
B.未说明溶液的体积，B选项是错误的；
C.1mol苯甲酸完全燃烧产生的CO2的数目为7mol，C选项是正确的；
D.在标况下，HF是液态不是气态，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.单晶硅中Si原子与周围四个Si原子形成正四面体，存在4个Si-Si键，但是每个Si-Si键被两个Si原子均分，因此1mol单晶硅中含氧2molSi-Si键；
B.要计算粒子的物质的量，需知道粒子的浓度以及体积；
C.苯甲酸燃烧的方程式为：2C6H5COOH+15O2=12CO2+6H2O；
D.在标况下，HF是液态，所以22.4LHF的物质的量不是1mol。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.CO32-水解得到的产物是HCO3-，A选项是错误的；
B.“84”消毒液的成分是NaClO，洁厕灵的主要成分是HCl，二者混用会发生反应： ，产生氯气，属于有毒气体，B选项是正确的；
C.醋酸是弱酸，在书写离子方程式时，不能拆分，C选项是错误的；
D.该离子方程式不符合原子守恒，D选项是错误的。
故答案为：B。
【分析】A.CO32-水解离子方程式为：CO32-+H2O HCO3-+OH-；
B.84”消毒液的成分是NaClO，洁厕灵的主要成分是HCl，二者会发生归中反应得到氯气；
C.食醋处理水垢的离子方程式为：CH3COOH+CaCO3=Ca2++CH3COO-+CO2；
D. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜 ：3Ag+NO3-+4H+=3Ag+NO+2H2O。
11．【答案】D
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A.成键是放热的过程，A选项是错误的；
B. 反应过程中无化学键的断裂，B选项是错误的；
C. 状态Ⅰ→Ⅲ表示的是CO与 O生成CO2的过程，C选项是错误的；
D.CO中C和O之间一个σ键，CO2中存在两个σ键和两个Π键，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.断裂化学键是吸收能量的过程，形成化学键是放出热量的过程；
B. 状态Ⅰ→Ⅱ吸收能量 是从反应物生成过渡态的过程；
C.状态Ⅰ→Ⅲ表示的是CO与 O生成CO2的过程；
D.CO和CO2之间化学键不完全相同。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.ClO2中的Cl的化合价是升高的，所以ClO2是氧化产物，A选项是错误的；
B.HCl中的Cl没有发生化合价的变化，因此没有发生氧化反应，B选项是错误的；
C.在该反应中，有4mol的NaClO2作还原剂，得到4mol的ClO2，有1mol的NaClO2作氧化剂，得到1mol的Cl-，故该反应中氧化剂和还原剂的比为1：4，C选项是错误的；
D.根据方程式中的系数进行反应时，生成5molNaCl时，转移的电子数为4mol电子，所以当生成10molNaCl时，转移的电子数是8mol电子，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.在氧化还原反应中，由还原剂失去电子对应得到的产物为氧化产物；
B.盐酸既不是氧化剂也不是还原剂；
C.在该反应中，有4mol的NaClO2作还原剂，得到4mol的ClO2，有1mol的NaClO2作氧化剂，得到1mol的Cl-；
D.根据电子得失关系可以计算出生成10mollNaCl时转移的电子数。
13．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. CO2得到乙烯，是得到电子的反应，属于还原反应，因此A极是阴极，所以A极是电源的负极，B极是正极，A选项是错误的；
B.根据离子在电解质中的流向，可知，H+由阳极移向阴极，应该从右边到左边，B选项是错误的；
C.阳极区发生的反应是OH-失去电子放出氧气，OH-离子的浓度减小，C选项是错误的；
D.阴极发生的反应是CO2得到电子生成乙烯： ，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.电源的正极连的是电解池的阳极，电源的负极连的是电解池的阴极；
B.根据“阴阳相吸”的原则，可知在电解质溶液中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极；
C.阳极区发生的反应是OH-失去电子放出氧气，OH-离子的浓度减小；
D.根据图示可知：阴极发生的反应是CO2得到电子生成乙烯。
14．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】A.纵坐标指的是溶液的pH值，根据加入NaOH溶液使得pH值得变化趋势，可知，在pH值在2.00~2.71范围内产生Fe（OH）3沉淀，在 pH范围为7.73~8.49 产生Fe（OH）2沉淀，A选项是正确的；
B.根据A的分析，可知在 pH=2.00~2.71时 ，产生的是氢氧化铁沉淀，是红褐色的沉淀，B选项是正确的；
C.在pH值为8.00时，Fe3+已沉淀完全，但是Fe2+还未沉淀完全，因此是Fe2+浓度大于Fe3+，C选项是错误的；
D.在溶液中存在电荷守恒： ，D选项是正确的。
故答案为：C。
【分析】A.在加入NaOH溶液时，若体系中不发生反应，pH值增大较快，但是在pH在2.00~2.71之间时，pH值增大较慢，可知是离子之间发生反应，根据Ksp之间的关系，可知是Fe3+先沉淀；
B.氢氧化铁沉淀是红褐色的，而氢氧化亚铁是白色沉淀；
C.在pH值为8.00时，Fe3+已沉淀完全，但是Fe2+还未沉淀完全；
D.水溶液中存在正负电荷守恒关系。
15．【答案】（1）cbgf；
（2）淡黄色沉淀；取与NaClO溶液反应后的溶液样品少许，先滴加盐酸酸化，再滴加溶液，若出现白色沉淀，则证明具有还原性；ce
（3）C
（4）滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去；144
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；中和滴定；二氧化硫的漂白作用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①A装置是用来制取SO2的装置，由于产物中也有水，所以将SO2通入浓硫酸中吸收水分，然后收集SO2气体，再加一个碱石灰装置防止SO2气体排入空气，所以气体的流向应该是： a→ cbgf →d→e ；
②制取SO2的反应是：亚硫酸钠与浓硫酸反应： ；
（2） ① SO2具有氧化性，可以与Na2S反应得到S单质，所以现象是出现淡黄色的沉淀；
②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性；
③元素的中间价态既具有氧化性又具有还原性；
（3）碘单质具有氧化性，应该用酸式滴定管盛放，酸式滴定管赶气泡的操作是：在滴定管的底部轻轻打开阀门，用食指和中指捏住活塞放气，C选项是正确的；
（4）滴定的终点是： 滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去 ；
根据化学方程式之间的关系，可知碘单质和SO2的物质的量相等，100毫升 葡萄酒样品 中的质量为：22.5×0.01×64×10-3=0.144g， 所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量 为0.144×1000mg/0.1L=144 。
【分析】（1）①该实验的原理是先制取SO2，再收集SO2，并做好SO2的尾气处理；
②该反应原理的实质是强酸制弱酸；
（2）①和Na2S反应的方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；
②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性；
③元素的中间价态，既具有上升价态的空间，也有下降的空间，所以中间价态既具有氧化性也有还原性；
（3）具有氧化性的物质应该用酸式滴定管来装取；
（4）根据化学方程式可以得出SO2和碘单质之间的物质的量关系，从而计算出葡萄酒中SO2的含量。
16．【答案】（1）+3
（2）搅拌混合物或适当升高温度、将原材料粉碎、延长浸取时间等
（3）
（4）将还原为；炭黑和
（5）9.0
（6）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 中元素Co的化合价为 +3价；
（2）升高温度、加大固体反应物的接触面积等措施都可以加快化学反应速率，提高碱浸的效率；
（3）Al单质与过量的氢氧化钠反应得到AlO2-离子，向偏铝酸盐中通CO2可以得到Al（OH）3沉淀： ；
（4）根据流程图，可知， 中元素Co 本身是+3价，但是在浸出渣加入硫酸以及H2O2并除杂后，得到了+2价的Co（OH）2，可见稀硫酸与H2O2的作用是将+3价的Co还原为+2价的Co；
调pH值得过程会得到Fe（OH）3，炭黑不与硫酸反应，所以废渣得主要成分包括炭黑和Fe（OH）3沉淀；
（5）将c（Co2+）=1×10-5mol/L代入：c（Co2+）×c2（OH-）=Ksp【Co（OH）2】，解得c（OH-）=1×10-5mol/L，此时pH=9.0，那么要确保 Co2+完全沉淀，pH应大于等于9.0；
（6）根据均摊法，计算出晶胞中Ti的个数为：8×1/8=1，Co的个数为：1，O的个数等于6×1/2=3，那么该晶胞的化学式为 ；ρ=MN/VNA=155/（a×10-7）3NA= ；
【分析】（1）通过Li和O的常见价态推出Co的价态；
（2）温度、浓度、催化剂、压强以及固体反应物接触面积会影响化学反应速率；
（3）氢氧化铝属于两性氢氧化物，通过强酸制弱酸的原理，可以向偏铝酸盐中通CO2制取氢氧化铝；
（4）通过分析流程图可知H2O2在该步骤中作还原剂，而不是经常显得氧化性，这里易出现错误；
（5）本题的思路是求出临界pH值，即c（Co2+）=1×10-5mol/L时的OH-离子的浓度；
（6）根据晶胞密度的公式可以计算出该晶胞的密度，本题直接告诉晶胞参数，较为简单。
17．【答案】（1）+571.6
（2）；＝；82%
（3）增大压强；增大的浓度
（4）Ⅱ；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；催化剂；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1） 根据目标方程式的系数和物质所在的位置，通过盖斯定律可得：目标方程式可通过：I×②+II×3得到，则 △ H1=2 △ H2+2 △H3，那么△H3=（△ H1-2 △ H2）/2，即1530-（-92.4×2)=+571.6 ；
（2）根据合成氨的方程式：H2和NH3的物质的量之比为3：2，那么Y是H2， 0~10min内，△ c/△ t=（1-0.25）/10=0.075mol·L-1·min-1；化学平衡常数只与温度有关，BC两点温度相同，则平衡常数也是相同的；
列出三段式：设：N2转化了xmol，
N2 + 3H2 = 2NH3
开始（mol） 1 3 0
转化（mol） x 3x 2x
平衡（mol） 1-x 3-3x 2x
根据B点氨气的体积分数为70%，列出关系式：2x/(1-x+3-3x+2x)=0.7，解得x=0.82，则氮气的转化率为82%；
（3）为使平衡向生成氨气的方向移动，可以采取加压以及增大反应物浓度的措施，选取更易得的氮气；
（4） ① II的活化能更高，因此II是决速步骤；
② 根据图示知b极为阴极，由N2得电子生成氨气：。
【分析】（1）根据盖斯定律求出三个反应热之间的关系，继而求出△H3；
（2）化学反应速率指的是一段时间内的平均反应速率，等于浓度变化值与时间变化值得比；
通过三段式可以计算出氮气得平衡转化值；
（3）在合成氨得反应中，限度和速率存在一定得矛盾点，即，升高温度会使速率加快，但是却会使平衡逆移，所以应该选取适宜得温度；另外，虽然加压可以使反应速率加快也可以使平衡正移，但是过高得压强会损坏设备和仪器，因此压强也并不是越高越好；
（4）化学反应历程中，能垒越高，反应速率越慢，反应速率最慢的步骤就是化学反应的决速步；
在电解池中，阴极得到电子，发生还原反应。
18．【答案】（1）；苯甲醛
（2）；
（3）碳碳双键、醛基
（4） +HOCH2CH2OH +H2O
（5）取代反应
（6）18； 或
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据已知可推知A是乙烯，B是乙烯和水发生加成反应得到的物质为乙醇；E是苯甲醇催化氧化的产物，为苯甲醛；
（2）苯甲醇中的苯环侧链C原子形成4个σ键，属于sp3杂化，而苯甲醛苯环侧链上的C含有3个σ键以及1个π键，属于sp2杂化；
（3）根据F的结构简式，F中含有的官能团是碳碳双键以及醛基；
（4）G到K属于酯化反应： +HOCH2CH2OH +H2O ；
（5）根据M和缓释布洛芬的结构简式比较，可知M到缓释布洛芬的过程是取代反应，布洛芬上的原子基团取代M上的-OH上的H；
（6） 符合条件的有：-CH=CHCH3和CHO，-CH2CH=CH2和CHO，-CH=CH2和-CH2CHO，-C（CH3）=CH和-CHO；-CH=CHCHO和-CH3；-C(CHO)=CH2和-CH3，各个组合都存在邻间对三种结构，因此符合条件的N的同分异构体共18种；其中核磁共振氢谱图有六组吸收峰，且峰面积比为3：2：2：1：1：1的化合物的结构简式为 或 .
【分析】（1）加成反应就是将原子或基团加在不饱和的碳上，降低碳的不饱和度；
（2）中心原子的杂化方式要看其形成的σ键和孤电子对数，即看中心原子的价电子对数；
（3）苯环不是官能团；
（4）羧酸分子中的羟基与醇分子中羟基的氢原子结合成水，其余部分互相结合成酯属于酯化反应的过程；
（5）取代反应指有机化合物分子中任何一个原子或基团被试剂中同类型的其它原子或基团所取代的反应；
（6）已知同分异构体指的是分子式相同但是结构式不同的有机物，可以根据提示将合适的取代基团书写出，再根据苯环上有两种取代基的都有二者的邻、间、对三种情况，可以得出同分异构体的所有情况。
1 / 1贵州省贵阳市2023-2024学年高三上学期开学考试化学试题
一、选择题(14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意，请将正确选项的序号填入答题卡相应的位置)。
1．我国正式提出将在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的目标。下列做法有利于实现此目标的是（ ）
A．充分利用新能源 B．推广使用一次性餐具
C．鼓励使用私家车出行 D．向燃煤中加入适量碳酸钙
【答案】A
【知识点】原料与能源的合理利用；绿色化学
【解析】【解答】A.利用新能源可以减少传统能源的使用，可以减少CO2的排放，因此可以实现该目标，A选项是正确的；
B.一次性餐具难降解，会造成环境污染，不利于实现该目标，B选项是错误的；
C.私家车出行会加大CO2的排放，不利于实现该目标，C选项是错误的；
D. 向燃煤中加入适量碳酸钙 ，碳酸钙受热分解会释放出CO2，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】CO2虽然不是有毒有害的气体，但是若大气中的CO2的含量过高，会使得大气出现温室效应，给环境造成一定的危害，因此应该减少煤、石油等传统化石燃料的燃烧，大力发展新能源。
2．下列化学用语正确的是（ ）
A．软脂酸的化学式：
B．的VSEPR模型：
C．溴化钠的电子式：
D．基态氮原子的轨道表示式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.C17H33COOH属于硬脂酸，A选项是错误的；
B.H2O的VSEPR模型是四面个体，有两队孤电子对，B选项是正确的；
C.溴化钠属于离子化合物，C选项是错误的；
D.违背了洪特规则，D选项是错误的。
故答案为：B。
【分析】A.C17H33COOH是油酸，属于硬脂酸；软脂酸的分子式为：C15H31COOH；
B.H2O分子中的中心原子为O，氧原子形成两个σ键和两对孤电子对；
C.溴化钠属于离子化合物，应该含有钠离子和溴离子；
D.洪特规则指出电子在填入简并轨道时应该优先填入新的轨道，且自旋平行。
3．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．干冰升华时吸热，可用作人工降雨
B．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
C．溶液显酸性，可蚀刻印刷电路板上的Cu
D．固体受热分解产生，可用作膨松剂
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A. 干冰升华时吸热 时可以降低温度，可以用来进行人工降雨，A选项是正确的；
B. 维生素C具有还原性 ，可以与氧化性物质发生反应， 可用作食品抗氧化剂 ，B选项是正确的；
C.氯化铁用来蚀刻印刷电路的Cu，应用的是Fe3+的氧化性，C选项是错误的；
D. 固体受热分解产生，可用作膨松剂 ，D选项是正确的。
故答案为：C。
【分析】A.物质升华时吸热，因为同一种物质，气态时能量高于固体；
B. 维生素C具有还原性 ，可用作食品抗氧化剂 ；
C.该反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
D.碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解为碳酸钠，二氧化碳和水，所以碳酸氢钠可以作 膨松剂 。
4．下列装置能分离苯和溴苯的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】溴苯和苯属于互相溶解的液体，分离时的操作应该是蒸馏。B选项符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.该操作为蒸发装置，适合对物质进行结晶处理；
B.该装置是蒸馏装置，用来分离互溶的液体，根据二者的沸点之差来分离；
C.改装置是过滤的装置，用来分离固体和液体，二者互不相溶；
D.该装置是升华的装置，迎来分离液体中易于升华的物质，如将碘水中的碘单质分离出来可以利用该装置。
5．柳胺酚是一种常见的利胆药，结构如图。下列说法不正确的是（ ）
A．分子式为
B．分子中所有原子可能共面
C．能使酸性溶液褪色
D．1mol柳胺酚最多能与3molNaOH反应
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.该有机物的分子式为C13H11NO3，A选项是正确的；
B.该有机物中的N原子形成3个σ键，还有一对孤电子对，因此N原子与周围的三个原子形成三角锥形，所以所有的原子不可能共面，B选项是错误的；
C.该有机物中含有羟基，可以与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，C选项是正确的；
D.该有机物分子中含有2个酚羟基和一个酯基，所以 1mol柳胺酚最多能与3molNaOH反应 ，D选项是正确的。
故答案为：B 。
【分析】A.该有机物共有C、H、O、N四种元素；
B.根据原子成键的特点可以推知该分子中所有的原子不可能共面；
C.羟基具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化；
D.酚羟基可以在与碱发生中和反应，酰胺基可以在碱性环境下水解。
6．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X的某种同位素可以用于测定文物年代，Y与X同周期，Y的第一电离能高于同周期的相邻元素，Z是同周期中常见离子半径最小的元素，四种元素的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是（ ）
A．电负性XB．X的氢化物常温下均是气态
C．含Z的盐溶液只显酸性
D．氧化物对应的水化物的酸性：W>Y
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.电负性存在：CB.C构成的氢化物并不是都为气态，B选项是错误的；
C.含Z的盐也可能显碱性如NH4HCO3，C选项是错误的；
D.并没有指出最高价氧化物对应得水化物的酸性，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】根据题意可以推出，X是C，Y是N，Z是Al，根据最外层电子数共19个，可知Z是Cl。
7．配合物可用于检验。下列说法正确的是（ ）
A．铁原子的2p和3p轨道的形状、能量均相同
B．基态的未成对电子数为5
C．中提供孤电子对的是
D．1mol配合物中所含的π键数目为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；常见离子的检验
【解析】【解答】A. 铁原子的2p和3p轨道的形状 相同，但是能量不同，A选项是错误的；
B. 基态的未成对电子数为 4，B选项是错误的；
C. 中提供孤电子对的是CN-，因为CN-是配体，C选项是正确的；
D. 1mol配合物中所含的π键数目为 12NA，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.在 原子的核外电子层排布时，离原子核越远能量就越高；
B.基态的价电子排布式为3d6，根据洪特规则以及泡利原理可知，其中未成对电子数为4；
C. 中提供孤电子对的是CN-，因为CN-是配体，Fe2+离子提供空轨道；
D.在CN-离子中含有一个σ键，两个π键。
8．下列有关实验的现象叙述正确的是（ ）
A．向硫酸四氨合铜溶液中加入适量95%的乙醇会析出深蓝色晶体
B．向碘的溶液中加入KI溶液并振荡，下层溶液颜色加深
C．向酸性高锰酸钾溶液中通入足量乙烯，溶液褪色并分为两层
D．向蔗糖与稀硫酸加热所得的混合液中加入银氨溶液，能观察到银镜
【答案】A
【知识点】乙烯的化学性质；分液和萃取；葡萄糖的银镜反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.乙醇会降低硫酸四氨合铜的溶解度，因此向硫酸四氨合铜溶液中加入适量95%的乙醇会析出深蓝色晶体，A选项是正确的；
B.该体系中没有物质氧化碘离子得到碘单质，下层溶液颜色不会加深，B选项是错误的；
C.酸性高锰酸钾和乙烯会发生反应，不会出现溶液分层的现象，C选项是错误的；
D.蔗糖水解后并没有加碱，所以无法观察到银镜现象，D选项是错误的。
【分析】A.乙醇在水中的溶解度很大，所以可以降低四氨合铜的溶解度，析出晶体；
B.碘单质在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，但是并无物质将碘离子氧化为碘单质；
C.乙烯具有还原性，可以与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
D.蔗糖本身就具有醛基，但是检验醛基需要在碱性环境下进行。
9．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．28g单晶硅中所含的Si-Si键的数目为
B．溶液中含有的数目为
C．0.3mol苯甲酸完全燃烧生成数目为
D．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1mol单晶硅中含氧的Si-Si键的数目为2mol，A选项是错误的；
B.未说明溶液的体积，B选项是错误的；
C.1mol苯甲酸完全燃烧产生的CO2的数目为7mol，C选项是正确的；
D.在标况下，HF是液态不是气态，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.单晶硅中Si原子与周围四个Si原子形成正四面体，存在4个Si-Si键，但是每个Si-Si键被两个Si原子均分，因此1mol单晶硅中含氧2molSi-Si键；
B.要计算粒子的物质的量，需知道粒子的浓度以及体积；
C.苯甲酸燃烧的方程式为：2C6H5COOH+15O2=12CO2+6H2O；
D.在标况下，HF是液态，所以22.4LHF的物质的量不是1mol。
10．下列原理对应离子方程式书写正确的是（ ）
A．碳酸钠溶液呈碱性：
B．“84”消毒液和洁厕灵不能混用：
C．用食醋处理保温瓶中的水垢：
D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.CO32-水解得到的产物是HCO3-，A选项是错误的；
B.“84”消毒液的成分是NaClO，洁厕灵的主要成分是HCl，二者混用会发生反应： ，产生氯气，属于有毒气体，B选项是正确的；
C.醋酸是弱酸，在书写离子方程式时，不能拆分，C选项是错误的；
D.该离子方程式不符合原子守恒，D选项是错误的。
故答案为：B。
【分析】A.CO32-水解离子方程式为：CO32-+H2O HCO3-+OH-；
B.84”消毒液的成分是NaClO，洁厕灵的主要成分是HCl，二者会发生归中反应得到氯气；
C.食醋处理水垢的离子方程式为：CH3COOH+CaCO3=Ca2++CH3COO-+CO2；
D. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜 ：3Ag+NO3-+4H+=3Ag+NO+2H2O。
11．科学家用X射线激光技术观察到吸附在催化剂表面的CO与O形成化学键的过程，反应过程能量变化及历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
AI
A．CO和O生成是吸热过程
B．状态Ⅰ→Ⅱ吸收能量用于断裂化学键
C．状态Ⅰ→Ⅲ表示的是CO与反应的过程
D．CO和中C与O之间化学键并不相同
【答案】D
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A.成键是放热的过程，A选项是错误的；
B. 反应过程中无化学键的断裂，B选项是错误的；
C. 状态Ⅰ→Ⅲ表示的是CO与 O生成CO2的过程，C选项是错误的；
D.CO中C和O之间一个σ键，CO2中存在两个σ键和两个Π键，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.断裂化学键是吸收能量的过程，形成化学键是放出热量的过程；
B. 状态Ⅰ→Ⅱ吸收能量 是从反应物生成过渡态的过程；
C.状态Ⅰ→Ⅲ表示的是CO与 O生成CO2的过程；
D.CO和CO2之间化学键不完全相同。
12．是一种高效水处理剂，可用稀盐酸和为原料制备，反应原理如下：。下列判断正确的是（ ）
A．是还原产物 B．HCl发生氧化反应
C．n(氧化剂)：n(还原剂)=5：4 D．生成10molNaCl，转移8mol电子
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.ClO2中的Cl的化合价是升高的，所以ClO2是氧化产物，A选项是错误的；
B.HCl中的Cl没有发生化合价的变化，因此没有发生氧化反应，B选项是错误的；
C.在该反应中，有4mol的NaClO2作还原剂，得到4mol的ClO2，有1mol的NaClO2作氧化剂，得到1mol的Cl-，故该反应中氧化剂和还原剂的比为1：4，C选项是错误的；
D.根据方程式中的系数进行反应时，生成5molNaCl时，转移的电子数为4mol电子，所以当生成10molNaCl时，转移的电子数是8mol电子，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.在氧化还原反应中，由还原剂失去电子对应得到的产物为氧化产物；
B.盐酸既不是氧化剂也不是还原剂；
C.在该反应中，有4mol的NaClO2作还原剂，得到4mol的ClO2，有1mol的NaClO2作氧化剂，得到1mol的Cl-；
D.根据电子得失关系可以计算出生成10mollNaCl时转移的电子数。
13．电解催化还原为乙烯能缓解碳排放引发的温室效应，还将成为获得重要化工原料的补充形式，原理如图所示(a、b均为惰性电极)。下列说法正确的是（ ）
A．B为电源负极
B．从左边透过阳离子交换膜到右边
C．电解一段时间后，阳极区溶液的增大
D．阴极反应为
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. CO2得到乙烯，是得到电子的反应，属于还原反应，因此A极是阴极，所以A极是电源的负极，B极是正极，A选项是错误的；
B.根据离子在电解质中的流向，可知，H+由阳极移向阴极，应该从右边到左边，B选项是错误的；
C.阳极区发生的反应是OH-失去电子放出氧气，OH-离子的浓度减小，C选项是错误的；
D.阴极发生的反应是CO2得到电子生成乙烯： ，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.电源的正极连的是电解池的阳极，电源的负极连的是电解池的阴极；
B.根据“阴阳相吸”的原则，可知在电解质溶液中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极；
C.阳极区发生的反应是OH-失去电子放出氧气，OH-离子的浓度减小；
D.根据图示可知：阴极发生的反应是CO2得到电子生成乙烯。
14．易被氧化成，为验证该事实，某实验小组利用数字化实验设备，从贴有“，”标签的溶液中取50.00mL样品，逐滴加入溶液，得到的pH-V(NaOH溶液)曲线如图所示。关于该实验，下列说法错误的是（ ）
已知：，
A．使产生沉淀的pH范围为7.73~8.49
B．pH=2.00~2.71时，产生红褐色沉淀现象
C．pH=8.00时，溶液中
D．pH=2.50时，溶液
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】A.纵坐标指的是溶液的pH值，根据加入NaOH溶液使得pH值得变化趋势，可知，在pH值在2.00~2.71范围内产生Fe（OH）3沉淀，在 pH范围为7.73~8.49 产生Fe（OH）2沉淀，A选项是正确的；
B.根据A的分析，可知在 pH=2.00~2.71时 ，产生的是氢氧化铁沉淀，是红褐色的沉淀，B选项是正确的；
C.在pH值为8.00时，Fe3+已沉淀完全，但是Fe2+还未沉淀完全，因此是Fe2+浓度大于Fe3+，C选项是错误的；
D.在溶液中存在电荷守恒： ，D选项是正确的。
故答案为：C。
【分析】A.在加入NaOH溶液时，若体系中不发生反应，pH值增大较快，但是在pH在2.00~2.71之间时，pH值增大较慢，可知是离子之间发生反应，根据Ksp之间的关系，可知是Fe3+先沉淀；
B.氢氧化铁沉淀是红褐色的，而氢氧化亚铁是白色沉淀；
C.在pH值为8.00时，Fe3+已沉淀完全，但是Fe2+还未沉淀完全；
D.水溶液中存在正负电荷守恒关系。
二、非选择题(4小题，共58分)。
15．某化学小组为探究的制备、性质及检验等相关问题，进行如下实验：
（1）Ⅰ.制备并收集纯净干燥的
实验室可供选择的试剂：C(s)、Cu(s)、饱和溶液、75%浓。
①实验所需装置的连接顺序是：a→ →d→e(按气流方向用小写字母标号表示)。
②该实验中制备的反应方程式为 。
（2）Ⅱ.探究的性质
将收集到的持续通入如图装置进行实验：
①装置E中出现 现象时可验证具有氧化性。
②装置F用于验证的还原性，为实现这一目的，需进一步采取的实验操作是 。
③从硫元素间的相互转化所得的规律判断下列物质中既有氧化性，又有还原性的是 (填字母序号)。
a．Na b． c． d． e．
（3）Ⅲ.葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL。(已知滴定过程中所发生的反应是)。
滴定前需排放装有溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为____(填字母)。
A． B．
C． D．
（4）判断达到滴定终点的依据是 ；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为 。
【答案】（1）cbgf；
（2）淡黄色沉淀；取与NaClO溶液反应后的溶液样品少许，先滴加盐酸酸化，再滴加溶液，若出现白色沉淀，则证明具有还原性；ce
（3）C
（4）滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去；144
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；中和滴定；二氧化硫的漂白作用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①A装置是用来制取SO2的装置，由于产物中也有水，所以将SO2通入浓硫酸中吸收水分，然后收集SO2气体，再加一个碱石灰装置防止SO2气体排入空气，所以气体的流向应该是： a→ cbgf →d→e ；
②制取SO2的反应是：亚硫酸钠与浓硫酸反应： ；
（2） ① SO2具有氧化性，可以与Na2S反应得到S单质，所以现象是出现淡黄色的沉淀；
②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性；
③元素的中间价态既具有氧化性又具有还原性；
（3）碘单质具有氧化性，应该用酸式滴定管盛放，酸式滴定管赶气泡的操作是：在滴定管的底部轻轻打开阀门，用食指和中指捏住活塞放气，C选项是正确的；
（4）滴定的终点是： 滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去 ；
根据化学方程式之间的关系，可知碘单质和SO2的物质的量相等，100毫升 葡萄酒样品 中的质量为：22.5×0.01×64×10-3=0.144g， 所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量 为0.144×1000mg/0.1L=144 。
【分析】（1）①该实验的原理是先制取SO2，再收集SO2，并做好SO2的尾气处理；
②该反应原理的实质是强酸制弱酸；
（2）①和Na2S反应的方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；
②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性；
③元素的中间价态，既具有上升价态的空间，也有下降的空间，所以中间价态既具有氧化性也有还原性；
（3）具有氧化性的物质应该用酸式滴定管来装取；
（4）根据化学方程式可以得出SO2和碘单质之间的物质的量关系，从而计算出葡萄酒中SO2的含量。
16．废旧钴酸锂电池的正极材料主要含有难溶于水的及少量Al、Fe、炭黑等，常用如图所示的一种工艺分离并回收其中的金属钴和锂。
已知：①；
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属阳离子
开始沉淀的pH 4.2 2.7 7.6
沉淀完全的pH 5.2 3.7 9.6
回答下列问题：
（1）中元素Co的化合价为 。
（2）为提高碱浸率，可采取的措施有 (任写一种)。
（3）在浸出液中通入过量发生反应的离子方程式有和 。
（4）浸出渣中加入稀硫酸和的主要目的是 ；废渣的主要成分是 。
（5）加氨水控制沉钴的pH，当a≥ 时，此时溶液中c(Co2+)≤10-5mol/L，即认为“沉钴”完全。
（6）钴的氢氧化物加热至290℃时可以完全脱水，所得产物可用于合成钛酸钴。钛酸钴的晶胞结构如图所示，则该晶体化学式为 ；该晶体的密度为 (用代表阿伏加德罗常数)。
AI
【答案】（1）+3
（2）搅拌混合物或适当升高温度、将原材料粉碎、延长浸取时间等
（3）
（4）将还原为；炭黑和
（5）9.0
（6）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 中元素Co的化合价为 +3价；
（2）升高温度、加大固体反应物的接触面积等措施都可以加快化学反应速率，提高碱浸的效率；
（3）Al单质与过量的氢氧化钠反应得到AlO2-离子，向偏铝酸盐中通CO2可以得到Al（OH）3沉淀： ；
（4）根据流程图，可知， 中元素Co 本身是+3价，但是在浸出渣加入硫酸以及H2O2并除杂后，得到了+2价的Co（OH）2，可见稀硫酸与H2O2的作用是将+3价的Co还原为+2价的Co；
调pH值得过程会得到Fe（OH）3，炭黑不与硫酸反应，所以废渣得主要成分包括炭黑和Fe（OH）3沉淀；
（5）将c（Co2+）=1×10-5mol/L代入：c（Co2+）×c2（OH-）=Ksp【Co（OH）2】，解得c（OH-）=1×10-5mol/L，此时pH=9.0，那么要确保 Co2+完全沉淀，pH应大于等于9.0；
（6）根据均摊法，计算出晶胞中Ti的个数为：8×1/8=1，Co的个数为：1，O的个数等于6×1/2=3，那么该晶胞的化学式为 ；ρ=MN/VNA=155/（a×10-7）3NA= ；
【分析】（1）通过Li和O的常见价态推出Co的价态；
（2）温度、浓度、催化剂、压强以及固体反应物接触面积会影响化学反应速率；
（3）氢氧化铝属于两性氢氧化物，通过强酸制弱酸的原理，可以向偏铝酸盐中通CO2制取氢氧化铝；
（4）通过分析流程图可知H2O2在该步骤中作还原剂，而不是经常显得氧化性，这里易出现错误；
（5）本题的思路是求出临界pH值，即c（Co2+）=1×10-5mol/L时的OH-离子的浓度；
（6）根据晶胞密度的公式可以计算出该晶胞的密度，本题直接告诉晶胞参数，较为简单。
17．一种在常温、常压下催化电解实现工业合成氨反应的工艺为：，，该反应可分两步完成：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
请回答下列问题：
（1） 。
（2）将和充入到3L的恒容密闭容器中模拟反应Ⅰ：
①该反应中物质浓度随时间变化的曲线如图甲所示，0~10min内， 。
②不同温度和压强下测得平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图乙所示，则B、C两点的平衡常数 (填“>”、“<”、“=”或“不确定”)；B点时的转化率= (保留2位有效数字)。
（3）从图乙中获知反应Ⅰ存在着高温降低平衡产率与低温降低反应速率等调控矛盾。在提高合成氨的产率的工业生产中，通常从以下多个视角来综合考虑合理的工业生产条件：
反应速率的视角：①加入催化剂；②提高温度(控制在催化剂的活性温度内)
平衡移动和原料的转化率的视角：③ ，④ 。
（4）科学家为避免直接破坏键而消耗大量热能，通过新型催化剂降低了反应路径中决速步的能垒，使该反应在常温、常压下采用电化学方法也能实现，反应装置如图所示：
①反应路径中的决速步为 (填写“Ⅰ”、“Ⅱ”、“Ⅲ”或“Ⅳ”) 。
②阴极上的电极反应式为 。
【答案】（1）+571.6
（2）；＝；82%
（3）增大压强；增大的浓度
（4）Ⅱ；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；催化剂；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1） 根据目标方程式的系数和物质所在的位置，通过盖斯定律可得：目标方程式可通过：I×②+II×3得到，则 △ H1=2 △ H2+2 △H3，那么△H3=（△ H1-2 △ H2）/2，即1530-（-92.4×2)=+571.6 ；
（2）根据合成氨的方程式：H2和NH3的物质的量之比为3：2，那么Y是H2， 0~10min内，△ c/△ t=（1-0.25）/10=0.075mol·L-1·min-1；化学平衡常数只与温度有关，BC两点温度相同，则平衡常数也是相同的；
列出三段式：设：N2转化了xmol，
N2 + 3H2 = 2NH3
开始（mol） 1 3 0
转化（mol） x 3x 2x
平衡（mol） 1-x 3-3x 2x
根据B点氨气的体积分数为70%，列出关系式：2x/(1-x+3-3x+2x)=0.7，解得x=0.82，则氮气的转化率为82%；
（3）为使平衡向生成氨气的方向移动，可以采取加压以及增大反应物浓度的措施，选取更易得的氮气；
（4） ① II的活化能更高，因此II是决速步骤；
② 根据图示知b极为阴极，由N2得电子生成氨气：。
【分析】（1）根据盖斯定律求出三个反应热之间的关系，继而求出△H3；
（2）化学反应速率指的是一段时间内的平均反应速率，等于浓度变化值与时间变化值得比；
通过三段式可以计算出氮气得平衡转化值；
（3）在合成氨得反应中，限度和速率存在一定得矛盾点，即，升高温度会使速率加快，但是却会使平衡逆移，所以应该选取适宜得温度；另外，虽然加压可以使反应速率加快也可以使平衡正移，但是过高得压强会损坏设备和仪器，因此压强也并不是越高越好；
（4）化学反应历程中，能垒越高，反应速率越慢，反应速率最慢的步骤就是化学反应的决速步；
在电解池中，阴极得到电子，发生还原反应。
18．小分子药物高分子化是改进现有药物的重要方法之一，下图是一种制备中间体M对药物进行高分子化改进的路线：
已知：气态烃A是石油裂解的产物，；
回答下列问题：
（1）B的结构简式是 ；E的名称是 。
（2）D→E时，苯环侧链上碳原子的杂化轨道类型由 变为 。
（3）F中含有的官能团名称是 。
（4）写出G→K的化学方程式 。
（5）将布洛芬嫁接到高分子基体M上(M→缓释布洛芬)的反应类型是 。
（6）化合物F的同系物N比F的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱图有六组吸收峰，且峰面积比为3：2：2：1：1：1的化合物的结构简式为 (任写一种)。
①含有碳碳双键；②可与新制的共热生成红色沉淀；③苯环上有两个取代基
【答案】（1）；苯甲醛
（2）；
（3）碳碳双键、醛基
（4） +HOCH2CH2OH +H2O
（5）取代反应
（6）18； 或
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据已知可推知A是乙烯，B是乙烯和水发生加成反应得到的物质为乙醇；E是苯甲醇催化氧化的产物，为苯甲醛；
（2）苯甲醇中的苯环侧链C原子形成4个σ键，属于sp3杂化，而苯甲醛苯环侧链上的C含有3个σ键以及1个π键，属于sp2杂化；
（3）根据F的结构简式，F中含有的官能团是碳碳双键以及醛基；
（4）G到K属于酯化反应： +HOCH2CH2OH +H2O ；
（5）根据M和缓释布洛芬的结构简式比较，可知M到缓释布洛芬的过程是取代反应，布洛芬上的原子基团取代M上的-OH上的H；
（6） 符合条件的有：-CH=CHCH3和CHO，-CH2CH=CH2和CHO，-CH=CH2和-CH2CHO，-C（CH3）=CH和-CHO；-CH=CHCHO和-CH3；-C(CHO)=CH2和-CH3，各个组合都存在邻间对三种结构，因此符合条件的N的同分异构体共18种；其中核磁共振氢谱图有六组吸收峰，且峰面积比为3：2：2：1：1：1的化合物的结构简式为 或 .
【分析】（1）加成反应就是将原子或基团加在不饱和的碳上，降低碳的不饱和度；
（2）中心原子的杂化方式要看其形成的σ键和孤电子对数，即看中心原子的价电子对数；
（3）苯环不是官能团；
（4）羧酸分子中的羟基与醇分子中羟基的氢原子结合成水，其余部分互相结合成酯属于酯化反应的过程；
（5）取代反应指有机化合物分子中任何一个原子或基团被试剂中同类型的其它原子或基团所取代的反应；
（6）已知同分异构体指的是分子式相同但是结构式不同的有机物，可以根据提示将合适的取代基团书写出，再根据苯环上有两种取代基的都有二者的邻、间、对三种情况，可以得出同分异构体的所有情况。
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