福建省福州市八县（市、区）一中2023-2024学年高三上学期11月期中联考化学试卷
一、选择题(每题只有一个正确选项，每题4分，共40分)
1．近年来我国取得了很多令世界瞩目的科技成果，化学学科在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关说法正确的是（ ）
A．神舟十五号载人飞船返回东风着陆场，返回舱逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于合成纤维
B．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于传统无机非金属材料
C．“神舟十六号”载人飞船使用砷化镓太阳能电池，砷化镓是一种分子晶体
D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油是石油分馏产品
【答案】D
【知识点】石油副产品的综合应用；无机非金属材料；合成材料
【解析】【解答】A、酚醛树脂属于高分子化合物，但不属于合成纤维，A不符合题意。
B、氮化铝属于新型无机非金属材料，B不符合题意。
C、砷化镓属于共价晶体，C不符合题意。
D、煤油是石油的分馏产品，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、酚醛树脂不属于合成纤维。
B、氮化铝属于新型无机非金属材料。
C、砷化镓属于共价晶体。
D、煤油属于石油的分馏产品。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．NA个P4分子与22.4 L甲烷(标准状况)分子所含共价键数目之比为1：1
B．NA个CO2分子中共用电子对的数目为2NA
C．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23 g时，转移电子数为0.5NA
D．0.1 mol/L KAl(SO4)2溶液中，Al3+的个数小于为0.1NA
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、一分子P4中含有6个P－P键，因此NA个P4分子中共含有6NA个共价键；标准状态下22.4LCH4的物质的量为1mol，其所含的共价键数目为4NA，二者所含的共价键数目之比为6NA：4NA=3：2，A不符合题意。
B、CO2的结构式为O=C=O，一个CO2分子中含有4个共用电子对，因此Na个CO2分子中共用电子对的个数为4NA，B不符合题意。
C、混合物NO2、N2O4的最简式相同，都是NO2，因此可用NO2进行计算，即23g混合物的物质的量为0.5mol。反应过程中氮元素由＋5价变为＋4价，转移1个电子，所以反应共转移电子数为0.5mol×1×NA=0.5NA，C符合题意。
D、未给出溶液的体积，无法计算溶液中所含Al3＋的个数，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、一分子P4中含有6个P－P化学键。
B、一个CO2分子含有4对共用电子对。
C、NO2、N2O4的最简式相同，都是NO2，可按NO2进行计算。
D、未给出溶液的体积，无法进行计算。
3．湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是（ ）
A．该物质属于芳香烃
B．分子中有4种官能团
C．该分子能够发生取代反应、氧化反应、消去反应
D．1mol该物质最多消耗11 mol NaOH
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；芳香烃
【解析】【解答】A、该物质的组成元素有C、H、O三种元素，因此属于烃的衍生物，不属于烃，A不符合题意。
B、该分子结构中含有醚键、酯基、酚羟基、羧基、碳碳双键，共5种官能团，B不符合题意。
C、分子结构中含有酚羟基、羧基、酯基都能发生取代反应；含有酚羟基和碳碳双键，可发生氧化反应；酚羟基不能发生消去反应，C不符合题意。
D、该分子结构共含有7个酚羟基、2个羧基、2个酯基，因此1mol该物质最多能与11molNaOH反应，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、只含有C、H两种元素的有机物称为烃；含有苯环的烃属于芳香烃。
B、根据有机物的结构简式确定其所含的官能团。
C、根据分子结构中所含的官能团分析其所能发生的反应。
D、能与NaOH反应的官能团有羧基、酯基、酚羟基。
4．M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法不正确的是（ ）
A．氢化物沸点：X
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、C的氢化物有多种，若碳原子的个数越多，则其沸点越高，因此无法确定氢化物沸点的大小，A符合题意。
B、同周期元素，核电荷数越大，电负性越强，因此电负性C＜N＜O，同时H的电负性最小，B不符合题意。
C、同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，N的2p轨道处于半充满状态，结构稳定，第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能B＜C＜O＜N，C不符合题意。
D、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径N3－＞O2－，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】基态Z原子的电子填充了3个能级，且含有2个未成对电子，因此基态Z原子的核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，由于Z可形成2个共价键，因此Z为1s22s22p4，所以Z为O。X可形成4个共价键，所以X为C；M形成一个共价键，所以M为H。由于原子序数依次增大，因此Y为N，W为B。据此结合选项进行分析。
5．为了减少对环境的污染，在煤直接燃烧前要进行脱硫处理。应用电解法对煤进行脱硫处理具有脱硫效率高、经济效益好等优点。电解脱硫的基本原理如图所示，利用电极反应将Mn2+转化为Mn3+，Mn3+再将煤中的含硫物质(主要是FeS2)氧化为：Fe3+和，反应原理：FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3++15Mn2++2+16H+。下列说法不正确的是（ ）
A．b为电源的负极
B．阳极的电极反应为：Mn2+-e-=Mn3+
C．电解刚刚开始时，观察到阴极石墨棒上有无色气体产生：2H++2e-=H2↑
D．电解过程中，混合溶液中H+的物质的量浓度将减小
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，b为电源的负极，A不符合题意。
B、左侧石墨电极为电解池的阳极，Mn2＋发生失电子的氧化反应，生成Mn3＋，其电极反应式为：Mn2＋－e－=Mn3＋，B不符合题意。
C、电解刚开始时，溶液中的H＋发生得电子的还原反应，生成H2，因此可观察到右侧石墨电极上有气泡产生，其电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑，C不符合题意。
D、当15molMn3＋发生反应时，转移电子数为15mol，同时生成n(H＋)=16mol。此时阴极上有15molH＋发生还原反应生成H2，故反应后溶液中n(H＋)增多1mol，且由于反应消耗了H2O，因此反应后溶液中c(H＋)增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】左侧电极上Mn2＋转化为Mn3＋，发生失电子的氧化反应，因此左侧石墨电极为阳极，所以a为电源的正极，b为电源的负极。因此右侧石墨电极为阴极，溶液中的H＋发生得电子的还原反应生成H2。据此结合选项进行分析。
6．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．等浓度等体积的NaAlO2溶液和HCl溶液混合： AlO+4H+=Al3++2H2O
B．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO+16H++5C2O=2Mn2++10CO2↑+8H2O
C．用纯碱溶液转化水垢中CaSO4：CO(aq)+CaSO4(s)SO (aq)+CaCO3(s)
D．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、等浓度、等体积的NaAlO2和HCl反应生成Al(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为：AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，A不符合题意。
B、H2C2O4是一种弱酸，可被KMnO4溶液氧化，生成CO2，该反应的离子方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，B不符合题意。
C、溶度积：CaCO3＜CaSO4，因此可将CaSO4转化为CaCO3，反应的离子方程式为：CaSO4(s)＋CO32－(aq) CaCO3(s)＋SO42－(aq)，C符合题意。
D、向CuSO4溶液中加入过量的氨水，则反应生成Cu(NH3)4(OH)2，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、AlO2－与H＋按1：1反应，生成Al(OH)3沉淀。
B、H2C2O4是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式。
C、CaCO3比CaSO4更难溶，可实现CaSO4转化为CaCO3。
D、加入过量氨水，则可形成Cu(NH3)4(OH)2。
7．工业上用软锰矿(主要成分是MnO2，含有Al2O3、SiO2等杂质)，制备KMnO4的流程如下：
已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。下列说法正确的是（ ）
A．向“浸取”后的溶液中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分只有硅酸
B．“歧化”时，加入冰醋酸是为了调节溶液pH，使3MnO+2H2O2MnO+MnO2+4OH-平衡正向移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率
C．“歧化”步骤中调节溶液pH时，可以用浓盐酸来代替冰醋酸
D．“操作Ⅱ”时，当有大量晶体析出时，利用余热蒸干，即得紫黑色KMnO4晶体
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“浸取”后溶液中含有KAlO2和K2SiO3，通入CO2，发生反应：AlO2－＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3－、SiO32－＋2H2O＋2CO2=H2SiO3↓＋2HCO3－，因此产生的滤渣1的成分为Al(OH)3、H2SiO3，A不符合题意。
B、“歧化”时发生反应：，加入冰醋酸，与OH－反应，使得平衡正向移动，促使KMnO4生成，提高KMnO4的产率，B符合题意。
C、“歧化”步骤中反应生成KMnO4，KMnO4具有强氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，因此不能用浓盐酸代替比醋酸，C不符合题意。
D、KMnO4受热易分解，因此不能采用蒸发结晶，应采用降温结晶，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】“熔融煅烧”过程中MnO2、Al2O3、SiO2与KOH和空气反应，生成K2MnO4、K2SiO3、KAlO2。对得到的墨绿色炉渣进行冷却、“浸取”、“调pH”，使溶液中的AlO2－、SiO32－转化为Al(OH)3沉淀、H2SiO3沉淀，“过滤”后得到的滤渣1为Al(OH)3、H2SiO3。所得墨绿色溶液为K2MnO4溶液，溶液中存在可逆反应 “3MnO42－＋2H2O 2MnO4－＋MnO2＋4OH－”，加入冰醋酸促使歧化反应正向进行，经操作Ⅰ过滤后得到KMnO4溶液，再经过降温结晶，得到KMnO4晶体。
8．下列操作、现象及结论都正确的是（ ）
选项 操作及现象 结论
A 向蓝色石蕊溶液中通入足量二氧化硫气体，可以观察到溶液先变红后褪色。 验证SO2的漂白性
B 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaClO溶液的pH约为8 HClO电离出H+的能力比CH3COOH的强
C 向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入CCl4混合振荡、静置，下层呈无色，上层呈红色。 Fe2+的还原性大于Br-
D 向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀 利用该实验可以证明非金属性：Cl>C>Si
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、SO2能与H2O反应生成H2SO3，H2SO3能使蓝色石蕊溶液变红，但SO2不能使指示剂褪色，A不符合题意。
B、酸性CH3COOH＞HClO，因此CH3COOH电离出H＋的能力强于HClO，B不符合题意。
C、向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量的新制氯水，再加入CCl4混合振荡、静置，下层无色，说明没有Br2生成；上层红色，说明有Fe3＋生成。因此Cl2与Fe2＋反应，说明还原性Fe2＋＞Br－，C符合题意。
D、该实验过程中说明酸性HCl＞H2CO3＞H2SiO3，但不能说明非金属性Cl＞C＞Si，由酸性比较非金属性的强弱时，应用最高价含氧酸的酸性强弱比较，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、SO2的漂白性不能使指示剂褪色。
B、酸性：CH3COOH＞HClO，则CH3COOH电离出H＋的能力强于HClO。
C、下层无色，上层红色，说明Cl2与Fe2＋反应，不与Br－反应，从而得出还原性的强弱。
D、由酸性证明非金属性的强弱，应比较最高价含氧酸的酸性。
9．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。
下列说法正确的是（ ）
A．HAP能降低HCHO与O2的反应的活化能，增大了平衡转化率
B．该历程中有非极性键的断裂，没有非极性键形成
C．HCHO分子中σ键与π键之比为2：1
D．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；催化剂；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、HAP是反应的催化剂，可降低反应所需的活化能，加快反应速率，但不能改变平衡移动，因此对平衡转化率无影响，A不符合题意。
B、该历程中反应物O2中含有非极性键，生成物H2O和CO2中不含有非极性键，因此反应过程中存在非极性键的断裂， 但不存在非极性键的生成，B符合题意。
C、HCHO的结构式为，因此一分子HCHO中含有3个σ键和1个π键，C不符合题意。
D、由图可知CO2中的氧原子来自于H2O和O2，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、催化剂可降低反应所需的活化能，加快反应速率。
B、反应物O2中含有非极性键，生成物中不含有非极性键。
C、根据HCHO的结构式分析。
D、CO2中的氧原子来自于O2和HCHO。
10．醋酸亚铬为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一股制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬：二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。某同学将过量锌粒和固体置于c中，加入少量蒸馏水，按下图连接好装置，下列说法错误的是（ ）
A．实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却
B．实验开始时，应先打开，再打开
C．d装置中析出砖红色沉淀后，应用冰水冷却后再过滤
D．该同学的制备方法并不能保证得到纯净的醋酸亚铬
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、由于Cr2＋易被O2氧化，因此实验中所用的蒸馏水都需煮沸后迅速冷却，以除去蒸馏水中溶解的O2，A不符合题意。
B、实验开始时，应打开K1、K2，关闭K3，B符合题意。
C、d装置中析出砖红色沉淀，即得到醋酸亚铬，用冰水冷却，可降低醋酸亚铬的溶解度，便于其结晶析出，过滤后即可得到醋酸亚铬晶体，C不符合题意。
D、d装置锥形瓶敞口，会使得空气中的O2进入溶液中，将醋酸亚铬氧化，因此无法得到纯净的醋酸亚铬，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】醋酸亚铬在气体分析中用作O2吸收剂，说明Cr2＋具有强还原性，因此制备过程中需防止被O2氧化。实验时，将过量Zn与CrCl3固体置于c中，加入少量蒸馏水，打开K1、K2，关闭K3，盐酸与Zn反应生成H2，排出装置内的空气，防止Cr2＋被O2氧化。Zn与CrCl3发生反应Zn＋2Cr3＋=Zn2＋＋2Cr2＋，可观察到c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色。打开K3，关闭K1和K2，c中压强增大，亮蓝色溶液进入d中，与CH3COONa溶液反应生成醋酸亚铬砖红色沉淀。
二、填空题(4小题，共60分)
11．叠氮化钠(NaN3)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。
查阅资料：
I．氨基钠(NaNH2)熔点为208℃，易潮解和氧化；N2O有强氧化性，不与酸、碱反应；叠氮酸(HN3)不稳定，易分解爆炸
Ⅱ.2HNO3+8HCl+4SnCl2=4SnCl4+5H2O+N2O↑，2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。
回答下列问题：
（1）制备NaN3
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为 (填仪器接口字母)。
②B的作用为 。
③实验时E中生成SnO2·xH2O沉淀，反应的化学方程式为 。
④C处充分反应后，需继续进行的操作为
A．先关闭分液漏斗活塞，后停止加热 B．先停止加热，后关闭分液漏斗活塞
（2）用如图所示装置测定产品纯度(测定原理为：ClO-+2+H2O=Cl-+3N2↑+2OH-)，取m g反应后C中所得固体加入到蒸馏烧瓶中发生上述反应；
①管q的作用为 。
②若G的初始读数为V1 mL、末读数为V2 mL，本实验条件下气体摩尔体积为Vm L·mol-1，则产品中NaN3的质量分数为
③反应结束读数时，若G中液面高于球形干燥管液面，则测定结果 (填“偏高”、“偏低”或不影响)
【答案】（1）afg(或gf)debch；防止水蒸气进入C装置；SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2·xH2O↓+N2+2HCl；B
（2）平衡压强、使液体容易流下，使测量气体体积数据更准确；×100%；偏低
【知识点】实验装置综合；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）①实验过程中，应由装置A产生N2O；再利用装置D碱石灰进行干燥。干燥后的N2O进入装置C中与NaNH2反应，NaNH2易潮解，可用浓H2SO4吸收水蒸气，剩余的N2O用SnCl2溶液吸收。因此装置的连接顺序为：afg(或gf)debch。故答案为：afg(或gf)debch
②装置B中浓硫酸具有吸水性，可防止水蒸气进入装置C中，与NaNH2反应。
故答案为：防止水蒸气进入装置C中
③装置E中N2O与SnCl2反应生成SnO2·xH2O、N2和HCl，该反应的化学方程式为：SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2·xH2O↓+N2+2HCl。
故答案为：SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2·xH2O↓+N2+2HCl
④装置C充分反应后，应先停止加热，后关闭分液漏斗的活塞，利用反应生成N2O防止空气进入装置C。故答案为：B
（2）①管q起到平衡压强的作用，使得液体顺利滴下，同时使测量气体体积数据更准确。
故答案为：平衡压强、使液体容易流下，使测量气体体积数据更准确
②该过程中反应生成N2的物质的量。由反应的离子方程式可得关系式“2NaN3～3N2↑”，所以样品中，则样品中所含NaN3的质量为。所以样品的纯度为。故答案为：
③若G中液面高于球形干燥管液面，则V2偏大，所以最终测定结果偏小，故答案为：偏小。
【分析】（1）装置A为N2O的气体发生装置，产生的N2O需用碱石灰进行干燥。干燥后的N2O进入装置C中，与NaNH2反应生成NaN3、NaOH和NH3。NaNH2易潮解，可用浓H2SO4吸收水蒸气，最后用足量的SnCl2溶液吸收尾气。
（2）蒸馏烧瓶中NaClO与NaN3反应生成N2，N2进入右侧量气装置内，测得生成N2的体积。由反应生成N2的量计算产品中NaN3的量，从而得出产品的纯度。
12．三氯化六氨合钴(III)([Co(NH3)6]Cl3)是一种重要的含钴配合物，由CoCl2制备它的流程如下：
已知：Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性；M([Co(NH3)6]Cl3) =267.5g/mol。
回答下列问题：
（1）制备装置如图所示，装混合液仪器名称是 ；
（2）干燥管中试剂为 。
（3）实验开始，向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞 (填字母代号)；原料中加入NH4Cl有利于后续钴离子的络合反应，其原因是 。加入所有试剂后，水浴的温度控制在55℃左右，反应约30分钟，温度控制在55℃左右的原因是 ；
（4）CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的总反应化学方程式为 。
（5）由滤渣获取[Co(NH3)6]Cl3 6H2O的步骤：向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2~3次，低温干燥，得到产品2.14g。
①下列选项合理的是 (填标号)。
A．甲为浓盐酸，乙为水B．甲为乙醇，乙为水C．甲为浓盐酸，乙为乙醇
②该反应的产率为
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）无水氯化钙或五氧化二磷
（3）D；抑制NH3 H2O电离，有利于络合物形成；温度过低反应速率慢，温度过高引起氨的挥发和H2O2的分解
（4）2CoCl2+10NH3 H2O+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O
（5）C；80.0%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）图示仪器中盛装混合液的仪器为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶。
（2）干燥管是为了吸收反应过程中多余的NH3，同时液防止空气中的水蒸气进入，因此干燥管中的试剂为无水氯化钙或五氧化二磷，故答案为：无水氯化钙或五氧化二磷。
（3）Co2+在溶液中较稳定，且[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，因此在实验过程中可先加入氨水，碱溶液中中Co2＋转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2＋，再加入H2O2溶液，将Co元素由＋2价氧化成＋3价。因此应最先打开活塞D。原料中加入NH4Cl溶液，可增大溶液中c(NH4＋)，从而抑制NH3·H2O的电离，有利于络合反应的进行。水浴温度控制在55℃左右，主要是为了防止温度较低，反应速率较慢；同时如果温度较高，则易引起NH3的挥发和H2O2的分解。
故答案为：D；抑制NH3·H2O的电离，有利于络合物的形成；温度过低反应速率慢，温度过高引起氨的挥发和H2O2的分解。
（4）CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的过程中，CoCl2与NH3·H2O、H2O2和NH4Cl反应生成[Co(NH3)6]Cl3和H2O，该反应的化学方程式为：2CoCl2+10NH3 H2O+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O。
故答案为：2CoCl2+10NH3 H2O+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O
（5）①加入少量甲，冷却后[Co(NH3)6]Cl3结晶析出，说明甲能降低[Co(NH3)6]Cl3的溶解度，因此甲为浓盐酸。过滤后用乙洗涤晶体，则乙为乙醇。故答案为：C。
②根据Co元素质量守恒可得，反应生成[Co(NH3)6]Cl3 6H2O的质量为，所以该反应的产率为，故答案为：80.0%。
【分析】将CoCl2·6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合，加入氨水中得到[Co(NH3)6]Cl2，再加入H2O2溶液，在活性炭催化作用下，溶液中Co被氧化成＋3价，生成[Co(NH3)6]Cl3·6H2O和活性炭的浊液。过滤，得到的滤渣中含有[Co(NH3)6]Cl3·6H2O和活性炭。向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2～3次，低温干燥得到产品。
13．电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程如图：
已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生反应可表示为：Fe3++3HRFeR3+3H+；
②常温时，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14。
回答下列问题：
（1）“有机层”的主要成分为 (填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为 ；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是 。
（2）某种HR的结构简式为，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有 。
（3）加适量草酸的目的 。
（4）“混合沉锂”的离子方程式为 。
（5）Li2CO3与Co3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO2)。写出对应的化学方程式 。
（6）钴酸锂(LiCoO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。
①基态Co原子核外电子排布式为 。
②该晶胞密度为 g·cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为NA)
【答案】（1）FeR3和HR；Li2CO3、MgCO3；消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率
（2）O、N
（3）使钙离子生成草酸钙，便于除掉
（4）2Li+++OH-=H2O+Li2CO3↓
（5）6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2
（6）[Ar]3d74s2；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据Fe3＋＋3HR FeR3＋3H＋平衡可知，有机层中主要是FeR3和HR，根据流程可知沉淀主要是Li2CO3和MgCO3。加入NaOH后H＋与OH－反应，从而使平衡正向移动。
故答案为：FeR3、HR；Li2CO3、MgCO3；萃取反应时生成H＋，促使萃取反应正向移动，提高萃取率。
（2）氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，含有2个未成对电子；氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，含有3个未成对电子。因此氧原子、氮原子都可形成配位键。
故答案为：O、N。
（3）加入H2C2O4后，溶液中的Ca2＋与H2C2O4反应生成CaC2O4沉淀，因此加入H2C2O4的目的是沉淀多余的Ca2＋。
故答案为：使Ca2＋生成CaC2O4，便于除去。
（4）从流程可知LiHCO3和LiOH反应生成Li2CO3，该反应的离子方程式为：2Li＋＋HCO3－＋OH－=Li2CO3↓＋H2O。
故答案为：2Li＋＋HCO3－＋OH－=Li2CO3↓＋H2O。
（5）Co3O4中Co元素的化合价为＋2、＋3价，反应过程中Co元素由+2价变为+3价，发生氧化反应，因此有O2参与反应。反应生成LiCoO2的同时生成CO2，该反应的化学方程式为：6Li2CO3＋4Co3O4＋O2=12LiCoO2＋6CO2。
故答案为：6Li2CO3＋4Co3O4＋O2=12LiCoO2＋6CO2。
（6）①Co的原子序数为27，其核外电子排布式为[Ar]3d74s2。
故答案为：[Ar]3d74s2
②该晶胞中Li＋位于顶点和内部，因此晶胞中Li＋的个数为;Co3+位于晶胞的棱上和内部，因此晶胞中Co3+的个数为；O2-位于晶胞的棱上和内部，因此晶胞中O2-的个数为。所以该晶胞的密度。
【分析】（1）根据Fe3＋＋3HR FeR3＋3H＋平衡可知，有机层中主要是FeR3和HR，根据流程可知沉淀主要是Li2CO3和MgCO3。
（2）从结构可知氧原子、氮原子含有孤电子对，可形成配位键。
（3）加入H2C2O4的目的是沉淀多余的Ca2＋。
（4）LiHCO3和LiOH可反应生成Li2CO3。
（5）Co元素由+2价变为+3价的过程中发生氧化反应。
（6）根据“均摊法”确定晶胞的化学式；结合公式计算晶胞密度。
14．化合物G可用于药用多肽的结构修饰，其人工合成路线如下：
（1）G分子中官能团名称 。
（2）A→B的反应类型为 ，E→F过程1)的反应类型为
（3）D中碳原子的杂化类型有 。
（4）写出C→D的化学方程式 。
（5）F的分子式为C12H17NO2，其结构简式为 。
（6）A的同分异构体中满足下列条件的有 种。
①遇FeCl3 溶液呈紫色②能发生水解③苯环上含两个取代基，且不含其它环
写出其中核磁共振氢谱有6个峰，且峰面积之比为2：2：1：1：1：1的分子的结构简式 。
【答案】（1）羧基、氨基
（2）取代反应；还原反应
（3）sp2和sp3
（4）+CH3OH+HCl
（5）
（6）12；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）有机物G的结构简式为，其所含的官能团为羧基、氨基。故答案为：羧基、氨基。
（2）A→B的过程中有机物A中与苯环相连的碳原子上的氢原子断裂，反应物CH3I中碳碘键断裂，生成有机物B，因此该反应的反应类型为取代反应。金属Zn具有还原性，因此E→F的第一步反应为还原反应。故答案为：取代反应；还原反应。
（3）有机物D的结构中，形成单键的碳原子采用sp3杂化；形成双键的碳源采用sp2杂化。故答案为：sp2和sp3。
（4）C→D的过程中有机物C中的碳氯键断裂，CH3OH中氢氧键断裂；生成有机物D和HCl，因此该反应的化学方程式为： +CH3OH+HCl。
故答案为： +CH3OH+HCl
（5）E转化为F的过程中发生还原反应，C=NOH被还原为-C-NH2，所以F的结构简式为，故答案为：。
（6）遇FeCl3溶液显紫色，说明分子结构中含有酚羟基；能发生水解反应，则含有酯基-COOR；本苯环上含有2个取代基，则有“邻间对”三种情况。A的结构中除苯环外还有3个碳原子、2个不饱和度、3个氧原子，因此其同分异构体中苯环上的另一个取代基为：HCOOCH=CH-或或CH2=CHCOO-或-COOCH=CH2共四种结构。因此满足条件的同分异构体共有4×3=12种。其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积比为2:2:1:1:1:1的结构简式为。
故答案为：12；。
【分析】（1）根据G的结构简式确定其所含的官能团名称。
（2）根据反应过程中化学键的变化确定反应类型。
（3）根据有机物D中碳原子的成键情况，确定碳原子的杂化方式。
（4）根据C、D结构简式的不同，确定反应断键和成键的位置，从而得出反应的化学方程式。
（5）根据F的分子式，结合E的结构简式，确定F的结构简式。
（6）根据限定条件确定同分异构体的结构单元，从而确定同分异构体的结构简式。
福建省福州市八县（市、区）一中2023-2024学年高三上学期11月期中联考化学试卷
一、选择题(每题只有一个正确选项，每题4分，共40分)
1．近年来我国取得了很多令世界瞩目的科技成果，化学学科在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关说法正确的是（ ）
A．神舟十五号载人飞船返回东风着陆场，返回舱逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于合成纤维
B．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于传统无机非金属材料
C．“神舟十六号”载人飞船使用砷化镓太阳能电池，砷化镓是一种分子晶体
D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油是石油分馏产品
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．NA个P4分子与22.4 L甲烷(标准状况)分子所含共价键数目之比为1：1
B．NA个CO2分子中共用电子对的数目为2NA
C．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23 g时，转移电子数为0.5NA
D．0.1 mol/L KAl(SO4)2溶液中，Al3+的个数小于为0.1NA
3．湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是（ ）
A．该物质属于芳香烃
B．分子中有4种官能团
C．该分子能够发生取代反应、氧化反应、消去反应
D．1mol该物质最多消耗11 mol NaOH
4．M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法不正确的是（ ）
A．氢化物沸点：X
5．为了减少对环境的污染，在煤直接燃烧前要进行脱硫处理。应用电解法对煤进行脱硫处理具有脱硫效率高、经济效益好等优点。电解脱硫的基本原理如图所示，利用电极反应将Mn2+转化为Mn3+，Mn3+再将煤中的含硫物质(主要是FeS2)氧化为：Fe3+和，反应原理：FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3++15Mn2++2+16H+。下列说法不正确的是（ ）
A．b为电源的负极
B．阳极的电极反应为：Mn2+-e-=Mn3+
C．电解刚刚开始时，观察到阴极石墨棒上有无色气体产生：2H++2e-=H2↑
D．电解过程中，混合溶液中H+的物质的量浓度将减小
6．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．等浓度等体积的NaAlO2溶液和HCl溶液混合： AlO+4H+=Al3++2H2O
B．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO+16H++5C2O=2Mn2++10CO2↑+8H2O
C．用纯碱溶液转化水垢中CaSO4：CO(aq)+CaSO4(s)SO (aq)+CaCO3(s)
D．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH
7．工业上用软锰矿(主要成分是MnO2，含有Al2O3、SiO2等杂质)，制备KMnO4的流程如下：
已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。下列说法正确的是（ ）
A．向“浸取”后的溶液中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分只有硅酸
B．“歧化”时，加入冰醋酸是为了调节溶液pH，使3MnO+2H2O2MnO+MnO2+4OH-平衡正向移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率
C．“歧化”步骤中调节溶液pH时，可以用浓盐酸来代替冰醋酸
D．“操作Ⅱ”时，当有大量晶体析出时，利用余热蒸干，即得紫黑色KMnO4晶体
8．下列操作、现象及结论都正确的是（ ）
选项 操作及现象 结论
A 向蓝色石蕊溶液中通入足量二氧化硫气体，可以观察到溶液先变红后褪色。 验证SO2的漂白性
B 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaClO溶液的pH约为8 HClO电离出H+的能力比CH3COOH的强
C 向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入CCl4混合振荡、静置，下层呈无色，上层呈红色。 Fe2+的还原性大于Br-
D 向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀 利用该实验可以证明非金属性：Cl>C>Si
A．A B．B C．C D．D
9．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。
下列说法正确的是（ ）
A．HAP能降低HCHO与O2的反应的活化能，增大了平衡转化率
B．该历程中有非极性键的断裂，没有非极性键形成
C．HCHO分子中σ键与π键之比为2：1
D．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
10．醋酸亚铬为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一股制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬：二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。某同学将过量锌粒和固体置于c中，加入少量蒸馏水，按下图连接好装置，下列说法错误的是（ ）
A．实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却
B．实验开始时，应先打开，再打开
C．d装置中析出砖红色沉淀后，应用冰水冷却后再过滤
D．该同学的制备方法并不能保证得到纯净的醋酸亚铬
二、填空题(4小题，共60分)
11．叠氮化钠(NaN3)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。
查阅资料：
I．氨基钠(NaNH2)熔点为208℃，易潮解和氧化；N2O有强氧化性，不与酸、碱反应；叠氮酸(HN3)不稳定，易分解爆炸
Ⅱ.2HNO3+8HCl+4SnCl2=4SnCl4+5H2O+N2O↑，2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。
回答下列问题：
（1）制备NaN3
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为 (填仪器接口字母)。
②B的作用为 。
③实验时E中生成SnO2·xH2O沉淀，反应的化学方程式为 。
④C处充分反应后，需继续进行的操作为
A．先关闭分液漏斗活塞，后停止加热 B．先停止加热，后关闭分液漏斗活塞
（2）用如图所示装置测定产品纯度(测定原理为：ClO-+2+H2O=Cl-+3N2↑+2OH-)，取m g反应后C中所得固体加入到蒸馏烧瓶中发生上述反应；
①管q的作用为 。
②若G的初始读数为V1 mL、末读数为V2 mL，本实验条件下气体摩尔体积为Vm L·mol-1，则产品中NaN3的质量分数为
③反应结束读数时，若G中液面高于球形干燥管液面，则测定结果 (填“偏高”、“偏低”或不影响)
12．三氯化六氨合钴(III)([Co(NH3)6]Cl3)是一种重要的含钴配合物，由CoCl2制备它的流程如下：
已知：Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性；M([Co(NH3)6]Cl3) =267.5g/mol。
回答下列问题：
（1）制备装置如图所示，装混合液仪器名称是 ；
（2）干燥管中试剂为 。
（3）实验开始，向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞 (填字母代号)；原料中加入NH4Cl有利于后续钴离子的络合反应，其原因是 。加入所有试剂后，水浴的温度控制在55℃左右，反应约30分钟，温度控制在55℃左右的原因是 ；
（4）CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的总反应化学方程式为 。
（5）由滤渣获取[Co(NH3)6]Cl3 6H2O的步骤：向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2~3次，低温干燥，得到产品2.14g。
①下列选项合理的是 (填标号)。
A．甲为浓盐酸，乙为水B．甲为乙醇，乙为水C．甲为浓盐酸，乙为乙醇
②该反应的产率为
13．电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程如图：
已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生反应可表示为：Fe3++3HRFeR3+3H+；
②常温时，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14。
回答下列问题：
（1）“有机层”的主要成分为 (填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为 ；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是 。
（2）某种HR的结构简式为，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有 。
（3）加适量草酸的目的 。
（4）“混合沉锂”的离子方程式为 。
（5）Li2CO3与Co3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO2)。写出对应的化学方程式 。
（6）钴酸锂(LiCoO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。
①基态Co原子核外电子排布式为 。
②该晶胞密度为 g·cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为NA)
14．化合物G可用于药用多肽的结构修饰，其人工合成路线如下：
（1）G分子中官能团名称 。
（2）A→B的反应类型为 ，E→F过程1)的反应类型为
（3）D中碳原子的杂化类型有 。
（4）写出C→D的化学方程式 。
（5）F的分子式为C12H17NO2，其结构简式为 。
（6）A的同分异构体中满足下列条件的有 种。
①遇FeCl3 溶液呈紫色②能发生水解③苯环上含两个取代基，且不含其它环
写出其中核磁共振氢谱有6个峰，且峰面积之比为2：2：1：1：1：1的分子的结构简式 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】石油副产品的综合应用；无机非金属材料；合成材料
【解析】【解答】A、酚醛树脂属于高分子化合物，但不属于合成纤维，A不符合题意。
B、氮化铝属于新型无机非金属材料，B不符合题意。
C、砷化镓属于共价晶体，C不符合题意。
D、煤油是石油的分馏产品，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、酚醛树脂不属于合成纤维。
B、氮化铝属于新型无机非金属材料。
C、砷化镓属于共价晶体。
D、煤油属于石油的分馏产品。
2．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、一分子P4中含有6个P－P键，因此NA个P4分子中共含有6NA个共价键；标准状态下22.4LCH4的物质的量为1mol，其所含的共价键数目为4NA，二者所含的共价键数目之比为6NA：4NA=3：2，A不符合题意。
B、CO2的结构式为O=C=O，一个CO2分子中含有4个共用电子对，因此Na个CO2分子中共用电子对的个数为4NA，B不符合题意。
C、混合物NO2、N2O4的最简式相同，都是NO2，因此可用NO2进行计算，即23g混合物的物质的量为0.5mol。反应过程中氮元素由＋5价变为＋4价，转移1个电子，所以反应共转移电子数为0.5mol×1×NA=0.5NA，C符合题意。
D、未给出溶液的体积，无法计算溶液中所含Al3＋的个数，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、一分子P4中含有6个P－P化学键。
B、一个CO2分子含有4对共用电子对。
C、NO2、N2O4的最简式相同，都是NO2，可按NO2进行计算。
D、未给出溶液的体积，无法进行计算。
3．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；芳香烃
【解析】【解答】A、该物质的组成元素有C、H、O三种元素，因此属于烃的衍生物，不属于烃，A不符合题意。
B、该分子结构中含有醚键、酯基、酚羟基、羧基、碳碳双键，共5种官能团，B不符合题意。
C、分子结构中含有酚羟基、羧基、酯基都能发生取代反应；含有酚羟基和碳碳双键，可发生氧化反应；酚羟基不能发生消去反应，C不符合题意。
D、该分子结构共含有7个酚羟基、2个羧基、2个酯基，因此1mol该物质最多能与11molNaOH反应，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、只含有C、H两种元素的有机物称为烃；含有苯环的烃属于芳香烃。
B、根据有机物的结构简式确定其所含的官能团。
C、根据分子结构中所含的官能团分析其所能发生的反应。
D、能与NaOH反应的官能团有羧基、酯基、酚羟基。
4．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、C的氢化物有多种，若碳原子的个数越多，则其沸点越高，因此无法确定氢化物沸点的大小，A符合题意。
B、同周期元素，核电荷数越大，电负性越强，因此电负性C＜N＜O，同时H的电负性最小，B不符合题意。
C、同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，N的2p轨道处于半充满状态，结构稳定，第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能B＜C＜O＜N，C不符合题意。
D、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径N3－＞O2－，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】基态Z原子的电子填充了3个能级，且含有2个未成对电子，因此基态Z原子的核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，由于Z可形成2个共价键，因此Z为1s22s22p4，所以Z为O。X可形成4个共价键，所以X为C；M形成一个共价键，所以M为H。由于原子序数依次增大，因此Y为N，W为B。据此结合选项进行分析。
5．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，b为电源的负极，A不符合题意。
B、左侧石墨电极为电解池的阳极，Mn2＋发生失电子的氧化反应，生成Mn3＋，其电极反应式为：Mn2＋－e－=Mn3＋，B不符合题意。
C、电解刚开始时，溶液中的H＋发生得电子的还原反应，生成H2，因此可观察到右侧石墨电极上有气泡产生，其电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑，C不符合题意。
D、当15molMn3＋发生反应时，转移电子数为15mol，同时生成n(H＋)=16mol。此时阴极上有15molH＋发生还原反应生成H2，故反应后溶液中n(H＋)增多1mol，且由于反应消耗了H2O，因此反应后溶液中c(H＋)增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】左侧电极上Mn2＋转化为Mn3＋，发生失电子的氧化反应，因此左侧石墨电极为阳极，所以a为电源的正极，b为电源的负极。因此右侧石墨电极为阴极，溶液中的H＋发生得电子的还原反应生成H2。据此结合选项进行分析。
6．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、等浓度、等体积的NaAlO2和HCl反应生成Al(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为：AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，A不符合题意。
B、H2C2O4是一种弱酸，可被KMnO4溶液氧化，生成CO2，该反应的离子方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，B不符合题意。
C、溶度积：CaCO3＜CaSO4，因此可将CaSO4转化为CaCO3，反应的离子方程式为：CaSO4(s)＋CO32－(aq) CaCO3(s)＋SO42－(aq)，C符合题意。
D、向CuSO4溶液中加入过量的氨水，则反应生成Cu(NH3)4(OH)2，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、AlO2－与H＋按1：1反应，生成Al(OH)3沉淀。
B、H2C2O4是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式。
C、CaCO3比CaSO4更难溶，可实现CaSO4转化为CaCO3。
D、加入过量氨水，则可形成Cu(NH3)4(OH)2。
7．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“浸取”后溶液中含有KAlO2和K2SiO3，通入CO2，发生反应：AlO2－＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3－、SiO32－＋2H2O＋2CO2=H2SiO3↓＋2HCO3－，因此产生的滤渣1的成分为Al(OH)3、H2SiO3，A不符合题意。
B、“歧化”时发生反应：，加入冰醋酸，与OH－反应，使得平衡正向移动，促使KMnO4生成，提高KMnO4的产率，B符合题意。
C、“歧化”步骤中反应生成KMnO4，KMnO4具有强氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，因此不能用浓盐酸代替比醋酸，C不符合题意。
D、KMnO4受热易分解，因此不能采用蒸发结晶，应采用降温结晶，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】“熔融煅烧”过程中MnO2、Al2O3、SiO2与KOH和空气反应，生成K2MnO4、K2SiO3、KAlO2。对得到的墨绿色炉渣进行冷却、“浸取”、“调pH”，使溶液中的AlO2－、SiO32－转化为Al(OH)3沉淀、H2SiO3沉淀，“过滤”后得到的滤渣1为Al(OH)3、H2SiO3。所得墨绿色溶液为K2MnO4溶液，溶液中存在可逆反应 “3MnO42－＋2H2O 2MnO4－＋MnO2＋4OH－”，加入冰醋酸促使歧化反应正向进行，经操作Ⅰ过滤后得到KMnO4溶液，再经过降温结晶，得到KMnO4晶体。
8．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、SO2能与H2O反应生成H2SO3，H2SO3能使蓝色石蕊溶液变红，但SO2不能使指示剂褪色，A不符合题意。
B、酸性CH3COOH＞HClO，因此CH3COOH电离出H＋的能力强于HClO，B不符合题意。
C、向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量的新制氯水，再加入CCl4混合振荡、静置，下层无色，说明没有Br2生成；上层红色，说明有Fe3＋生成。因此Cl2与Fe2＋反应，说明还原性Fe2＋＞Br－，C符合题意。
D、该实验过程中说明酸性HCl＞H2CO3＞H2SiO3，但不能说明非金属性Cl＞C＞Si，由酸性比较非金属性的强弱时，应用最高价含氧酸的酸性强弱比较，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、SO2的漂白性不能使指示剂褪色。
B、酸性：CH3COOH＞HClO，则CH3COOH电离出H＋的能力强于HClO。
C、下层无色，上层红色，说明Cl2与Fe2＋反应，不与Br－反应，从而得出还原性的强弱。
D、由酸性证明非金属性的强弱，应比较最高价含氧酸的酸性。
9．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；催化剂；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、HAP是反应的催化剂，可降低反应所需的活化能，加快反应速率，但不能改变平衡移动，因此对平衡转化率无影响，A不符合题意。
B、该历程中反应物O2中含有非极性键，生成物H2O和CO2中不含有非极性键，因此反应过程中存在非极性键的断裂， 但不存在非极性键的生成，B符合题意。
C、HCHO的结构式为，因此一分子HCHO中含有3个σ键和1个π键，C不符合题意。
D、由图可知CO2中的氧原子来自于H2O和O2，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、催化剂可降低反应所需的活化能，加快反应速率。
B、反应物O2中含有非极性键，生成物中不含有非极性键。
C、根据HCHO的结构式分析。
D、CO2中的氧原子来自于O2和HCHO。
10．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、由于Cr2＋易被O2氧化，因此实验中所用的蒸馏水都需煮沸后迅速冷却，以除去蒸馏水中溶解的O2，A不符合题意。
B、实验开始时，应打开K1、K2，关闭K3，B符合题意。
C、d装置中析出砖红色沉淀，即得到醋酸亚铬，用冰水冷却，可降低醋酸亚铬的溶解度，便于其结晶析出，过滤后即可得到醋酸亚铬晶体，C不符合题意。
D、d装置锥形瓶敞口，会使得空气中的O2进入溶液中，将醋酸亚铬氧化，因此无法得到纯净的醋酸亚铬，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】醋酸亚铬在气体分析中用作O2吸收剂，说明Cr2＋具有强还原性，因此制备过程中需防止被O2氧化。实验时，将过量Zn与CrCl3固体置于c中，加入少量蒸馏水，打开K1、K2，关闭K3，盐酸与Zn反应生成H2，排出装置内的空气，防止Cr2＋被O2氧化。Zn与CrCl3发生反应Zn＋2Cr3＋=Zn2＋＋2Cr2＋，可观察到c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色。打开K3，关闭K1和K2，c中压强增大，亮蓝色溶液进入d中，与CH3COONa溶液反应生成醋酸亚铬砖红色沉淀。
11．【答案】（1）afg(或gf)debch；防止水蒸气进入C装置；SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2·xH2O↓+N2+2HCl；B
（2）平衡压强、使液体容易流下，使测量气体体积数据更准确；×100%；偏低
【知识点】实验装置综合；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）①实验过程中，应由装置A产生N2O；再利用装置D碱石灰进行干燥。干燥后的N2O进入装置C中与NaNH2反应，NaNH2易潮解，可用浓H2SO4吸收水蒸气，剩余的N2O用SnCl2溶液吸收。因此装置的连接顺序为：afg(或gf)debch。故答案为：afg(或gf)debch
②装置B中浓硫酸具有吸水性，可防止水蒸气进入装置C中，与NaNH2反应。
故答案为：防止水蒸气进入装置C中
③装置E中N2O与SnCl2反应生成SnO2·xH2O、N2和HCl，该反应的化学方程式为：SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2·xH2O↓+N2+2HCl。
故答案为：SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2·xH2O↓+N2+2HCl
④装置C充分反应后，应先停止加热，后关闭分液漏斗的活塞，利用反应生成N2O防止空气进入装置C。故答案为：B
（2）①管q起到平衡压强的作用，使得液体顺利滴下，同时使测量气体体积数据更准确。
故答案为：平衡压强、使液体容易流下，使测量气体体积数据更准确
②该过程中反应生成N2的物质的量。由反应的离子方程式可得关系式“2NaN3～3N2↑”，所以样品中，则样品中所含NaN3的质量为。所以样品的纯度为。故答案为：
③若G中液面高于球形干燥管液面，则V2偏大，所以最终测定结果偏小，故答案为：偏小。
【分析】（1）装置A为N2O的气体发生装置，产生的N2O需用碱石灰进行干燥。干燥后的N2O进入装置C中，与NaNH2反应生成NaN3、NaOH和NH3。NaNH2易潮解，可用浓H2SO4吸收水蒸气，最后用足量的SnCl2溶液吸收尾气。
（2）蒸馏烧瓶中NaClO与NaN3反应生成N2，N2进入右侧量气装置内，测得生成N2的体积。由反应生成N2的量计算产品中NaN3的量，从而得出产品的纯度。
12．【答案】（1）三颈烧瓶
（2）无水氯化钙或五氧化二磷
（3）D；抑制NH3 H2O电离，有利于络合物形成；温度过低反应速率慢，温度过高引起氨的挥发和H2O2的分解
（4）2CoCl2+10NH3 H2O+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O
（5）C；80.0%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）图示仪器中盛装混合液的仪器为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶。
（2）干燥管是为了吸收反应过程中多余的NH3，同时液防止空气中的水蒸气进入，因此干燥管中的试剂为无水氯化钙或五氧化二磷，故答案为：无水氯化钙或五氧化二磷。
（3）Co2+在溶液中较稳定，且[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，因此在实验过程中可先加入氨水，碱溶液中中Co2＋转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2＋，再加入H2O2溶液，将Co元素由＋2价氧化成＋3价。因此应最先打开活塞D。原料中加入NH4Cl溶液，可增大溶液中c(NH4＋)，从而抑制NH3·H2O的电离，有利于络合反应的进行。水浴温度控制在55℃左右，主要是为了防止温度较低，反应速率较慢；同时如果温度较高，则易引起NH3的挥发和H2O2的分解。
故答案为：D；抑制NH3·H2O的电离，有利于络合物的形成；温度过低反应速率慢，温度过高引起氨的挥发和H2O2的分解。
（4）CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的过程中，CoCl2与NH3·H2O、H2O2和NH4Cl反应生成[Co(NH3)6]Cl3和H2O，该反应的化学方程式为：2CoCl2+10NH3 H2O+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O。
故答案为：2CoCl2+10NH3 H2O+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O
（5）①加入少量甲，冷却后[Co(NH3)6]Cl3结晶析出，说明甲能降低[Co(NH3)6]Cl3的溶解度，因此甲为浓盐酸。过滤后用乙洗涤晶体，则乙为乙醇。故答案为：C。
②根据Co元素质量守恒可得，反应生成[Co(NH3)6]Cl3 6H2O的质量为，所以该反应的产率为，故答案为：80.0%。
【分析】将CoCl2·6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合，加入氨水中得到[Co(NH3)6]Cl2，再加入H2O2溶液，在活性炭催化作用下，溶液中Co被氧化成＋3价，生成[Co(NH3)6]Cl3·6H2O和活性炭的浊液。过滤，得到的滤渣中含有[Co(NH3)6]Cl3·6H2O和活性炭。向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2～3次，低温干燥得到产品。
13．【答案】（1）FeR3和HR；Li2CO3、MgCO3；消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率
（2）O、N
（3）使钙离子生成草酸钙，便于除掉
（4）2Li+++OH-=H2O+Li2CO3↓
（5）6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2
（6）[Ar]3d74s2；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据Fe3＋＋3HR FeR3＋3H＋平衡可知，有机层中主要是FeR3和HR，根据流程可知沉淀主要是Li2CO3和MgCO3。加入NaOH后H＋与OH－反应，从而使平衡正向移动。
故答案为：FeR3、HR；Li2CO3、MgCO3；萃取反应时生成H＋，促使萃取反应正向移动，提高萃取率。
（2）氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，含有2个未成对电子；氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，含有3个未成对电子。因此氧原子、氮原子都可形成配位键。
故答案为：O、N。
（3）加入H2C2O4后，溶液中的Ca2＋与H2C2O4反应生成CaC2O4沉淀，因此加入H2C2O4的目的是沉淀多余的Ca2＋。
故答案为：使Ca2＋生成CaC2O4，便于除去。
（4）从流程可知LiHCO3和LiOH反应生成Li2CO3，该反应的离子方程式为：2Li＋＋HCO3－＋OH－=Li2CO3↓＋H2O。
故答案为：2Li＋＋HCO3－＋OH－=Li2CO3↓＋H2O。
（5）Co3O4中Co元素的化合价为＋2、＋3价，反应过程中Co元素由+2价变为+3价，发生氧化反应，因此有O2参与反应。反应生成LiCoO2的同时生成CO2，该反应的化学方程式为：6Li2CO3＋4Co3O4＋O2=12LiCoO2＋6CO2。
故答案为：6Li2CO3＋4Co3O4＋O2=12LiCoO2＋6CO2。
（6）①Co的原子序数为27，其核外电子排布式为[Ar]3d74s2。
故答案为：[Ar]3d74s2
②该晶胞中Li＋位于顶点和内部，因此晶胞中Li＋的个数为;Co3+位于晶胞的棱上和内部，因此晶胞中Co3+的个数为；O2-位于晶胞的棱上和内部，因此晶胞中O2-的个数为。所以该晶胞的密度。
【分析】（1）根据Fe3＋＋3HR FeR3＋3H＋平衡可知，有机层中主要是FeR3和HR，根据流程可知沉淀主要是Li2CO3和MgCO3。
（2）从结构可知氧原子、氮原子含有孤电子对，可形成配位键。
（3）加入H2C2O4的目的是沉淀多余的Ca2＋。
（4）LiHCO3和LiOH可反应生成Li2CO3。
（5）Co元素由+2价变为+3价的过程中发生氧化反应。
（6）根据“均摊法”确定晶胞的化学式；结合公式计算晶胞密度。
14．【答案】（1）羧基、氨基
（2）取代反应；还原反应
（3）sp2和sp3
（4）+CH3OH+HCl
（5）
（6）12；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）有机物G的结构简式为，其所含的官能团为羧基、氨基。故答案为：羧基、氨基。
（2）A→B的过程中有机物A中与苯环相连的碳原子上的氢原子断裂，反应物CH3I中碳碘键断裂，生成有机物B，因此该反应的反应类型为取代反应。金属Zn具有还原性，因此E→F的第一步反应为还原反应。故答案为：取代反应；还原反应。
（3）有机物D的结构中，形成单键的碳原子采用sp3杂化；形成双键的碳源采用sp2杂化。故答案为：sp2和sp3。
（4）C→D的过程中有机物C中的碳氯键断裂，CH3OH中氢氧键断裂；生成有机物D和HCl，因此该反应的化学方程式为： +CH3OH+HCl。
故答案为： +CH3OH+HCl
（5）E转化为F的过程中发生还原反应，C=NOH被还原为-C-NH2，所以F的结构简式为，故答案为：。
（6）遇FeCl3溶液显紫色，说明分子结构中含有酚羟基；能发生水解反应，则含有酯基-COOR；本苯环上含有2个取代基，则有“邻间对”三种情况。A的结构中除苯环外还有3个碳原子、2个不饱和度、3个氧原子，因此其同分异构体中苯环上的另一个取代基为：HCOOCH=CH-或或CH2=CHCOO-或-COOCH=CH2共四种结构。因此满足条件的同分异构体共有4×3=12种。其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积比为2:2:1:1:1:1的结构简式为。
故答案为：12；。
【分析】（1）根据G的结构简式确定其所含的官能团名称。
（2）根据反应过程中化学键的变化确定反应类型。
（3）根据有机物D中碳原子的成键情况，确定碳原子的杂化方式。
（4）根据C、D结构简式的不同，确定反应断键和成键的位置，从而得出反应的化学方程式。
（5）根据F的分子式，结合E的结构简式，确定F的结构简式。
（6）根据限定条件确定同分异构体的结构单元，从而确定同分异构体的结构简式。
