江西省五市九校协作体2023届高三下学期第二次联考理科综合化学试题
一、单选题
1．（2023·江西模拟）在人类社会发展中，化学学科有着极其重要的作用。下列说法正确的是
A．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气
B．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料
C．制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料
D．KMnO4、 C2H5OH、 H2O2等常见化学物质都可作医用杀菌、消毒剂
2．（2023·江西模拟）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数是0.8NA
B．标准状况下，甲烷和氧气的混合气体共22.4L，完全燃烧后产物的分子总数可能为NA
C．10g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA
D．常压、500℃、催化条件下，1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数为NA
3．（2023·江西模拟）下列实验能达到预期目的的是
选项 实验目的 实验及现象 结论
A 比较CH3COO-和的水解常数的大小 分别测浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONH4 和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者 Kh(CH3COO-)〈Kh()
B 验证蔗糖水解产物 向盛有1mL 20%蔗糖溶液的试管中滴入3-5滴稀硫酸，将混合液煮沸几分钟、冷却，在冷却后的溶液中加入银氨溶液 有银镜产生
C 探究氢离子浓度对转化为的影响 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色 增大氢离子浓度，平衡向生成的方向移动
D 比较AgCl和AgI的溶度积常数 向NaCl、NaI 的混合液中滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色 Ksp (AgI)
4．（2023·江西模拟）一种钠盐的结晶水合物的阴离子由短周期元素X、Y、Z组成，其结构如图，已知：Z为第二周期元素，三种元素原子序数之和小于20，下列说法正确的是
A．X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是X
B．NaZY4是一种强还原剂，其固体溶于水可产生Y2
C．Z原子的L层上有5个电子
D．X的氢化物中不可能存在非极性共价键
5．（2023·江西模拟）下列关于有机物的说法错误的是
A．苯环上的一氯代物有7种
B．化学式为C5H12O2的二元醇有多种同分异构体，主链上有3个碳原子的二元醇，其同分异构体数目是(不包括1个碳原子上连接2个羟基的化合物)： 1种
C．化学式为C9H12含有苯环的同分异构体有8种
D．研究表明禽流感病毒H7N9在沸水中两分钟就能被杀死，是因为病毒所含蛋白质受热变性
6．（2023·江西模拟）2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：H2O2H++，Ka=2.4×10-12)，下列说法错误的是
A．催化剂可促进反应中电子的转移
B．b电极上的电极反应为O2+H2O+2e-=+OH-
C．Y膜为选择性阳离子交换膜
D．以对硝基苯甲酸( )为原料，用铅蓄电池电解合成对氨基苯甲酸 ( )，阴极的主要电极反应式为 +6e-+6H+= +2H2O
7．（2023·江西模拟）在T° C时，Ag2CrO4 (橘红色)及CdCO3和Cd (OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是
A．T° C时，Ag2CrO4的Ksp为1.0×10-9
B．T℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp不相等
C．曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
D．T℃，在CdCO3(s) +2OH- (aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102
二、非选择题
8．（2023·江西模拟）含氯的消毒剂可以有效地灭活2019新型冠状病毒(2019- nCoV)。其中二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全绿色消毒剂。ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：
已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2 ↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O
ClO2熔点-59℃、沸点11℃； H2O2沸点150℃
请回答：
（1）仪器A的作用是 ； 冰水浴冷却的目的是 (写出两种)。
（2）反应结束后常常需再通入一定量的CO2代替空气，其目的是： ；实际实验过程中需持续通入一定量的CO2，其目的是： 。
（3）Cl-存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气，该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：
① (用离子方程式表示)；
②H2O2+Cl2= 2Cl-+O2+2H+。
（4）设计实验证明NaClO2溶液具有氧化性： 。(可供选择的试剂：稀HNO3、稀H2SO4、BaCl2溶液、FeCl2 溶液、KSCN 溶液)。
（5）某同学欲测定经ClO2消毒过的自来水中ClO2残留量，他进行了如下实验：
I．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL蒸馏水溶解后，再加入3mL稀硫酸；
Ⅱ．再向该锥形瓶中加入20.00 mL自来水；
Ⅲ．用0.0001 mol ·L-1 Na2S2O3溶液滴定测定锥形瓶中生成I2的量。(已知：I2+2=2I-+)，共用去20.00 mL Na2S2O3溶液。
计算可得自来水水样中ClO2的含量为 mg/L(精确到0.01)。
9．（2023·江西模拟）金属锂、钴是重要但又匮乏的战略资源，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“滤液①”主要成分是 ；“操作②”的分离方法是 。
（2）“酸溶”中H2O2的作用是： ；若用Na2S2O3代替H2O2则有两种硫酸盐生成，写出Na2S2O3在“酸溶”时发生的化学方程式： 。
（3）H2O2 的电子式为 。
（4）Co2+萃取的反应原理如下：Co2++2HR(有机层) =CoR2+2H+，若酸浸后的浸取液pH=1.000，c (Co2+ )=0.01001mol·L-1，多次萃取后水相中c(H+)为0.1200mol·L-1，则钴的萃取率为 。(变化忽略，用百分数表示，保留小数点后两位)
（5）“碱浸”时少量未浸出的残余铝可在“酸浸”时浸出，萃取锂后的溶液需调pH至5.0以上将铝离子沉淀除去。若c(Co2+)=0.16mol·L-1，为避免析出Co(OH)2沉淀，则调pH不能超过 。(已知Ksp [Co(OH)2]=1.6×10-15)。
（6）在空气中煅烧CoCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为24.1g， CO2的体积为6.72L (标准状况)，则该钴氧化物的化学式为 。
三、原理综合题
10．（2023·江西模拟）金山银山不如绿水青山，实现碳达峰碳中和是贯彻新发展理念、构建新发展格局、推动高质量发展的内在要求。
（1）二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21 世纪的清洁燃料，以CO2、H2 为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
I.2CO2 (g) +6H2(g)CH3OCH3(g) +3H2O(g) ΔH1= - 122. 5kJ/mol
Ⅱ．CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH2=+41.1kJ/mol
①在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、Ⅱ，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。(已知：CH3OCH3的选择性=)
其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的曲线是 (填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是 。
②对于反应Ⅱ的反应速率v=v正- v逆=k 正p(CO2)·p(H2) - k逆p(CO)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压 ×物质的量分数)。
a．降低温度，k正- k逆 (填 “增大”“减小”或”不变”)；
b．在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照n(H2)：n(CO2)=1：1投料，CO2转化率为50%时 v(正)：v(逆)=3：4，用气体分压表示的平衡常数Kp= 。
（2）石化工业，常采用碳酸钠溶液作为脱硫吸收剂。
已知： 25℃，H2CO3 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7 ×10-11； H2S Ka1=1.1 ×10-7 Ka2=1.3 ×10-13。请写出H2S与足量碳酸钠溶液反应的离子方程式： 。
（3）化工废水中常常含有以二甲胺(CH3)2NH)为代表的含氮有机物，可以通过电解法将二甲胺转化为无毒无害的气体排放，装置如图所示。
反应原理是：(i) Cl- 在阳极转化为Cl2；
(ii) Cl2在碱性溶液中歧化为ClO-；
(iii) ClO-将二甲胺氧化为N2，和H2O。
①写出电解池中阴极发生反应的方程式 。
②电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜的原因是 。
③当阴极区收集到6.72L (标况下) H2时，阳极区收集到N2的体积(标况下)是 L。
四、结构与性质
11．（2023·江西模拟）I．回答下列问题：
（1）Pt的电子排布式为[Xe]4f145d96s1，则Pt在元素周期表中的位置是 。
（2）基态As原子的价电子排布图为 ，基态Ga原子核外有 个未成对电子。
（3）科学家合成了一种含硼阴离子[，其结构如图所示。其中硼原子的杂化方式为 ，该结构中共有 种不同化学环境的氧原子。
（4）四方晶系的CuFeS2晶胞结构如图所示：
①CuFeS2中各元素电负性数值从小到大的顺序为 ，晶胞中S原子的杂化方式为 。
②晶胞中Cu和Fe的投影位置如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g·cm-3。
五、有机推断题
12．（2023·江西模拟）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O
②
请回答下列问题：
（1）化合物G的结构简式为 ，D中官能团的名称为 。
（2）下列说法错误的是____。
A．C→D的反应类型是取代反应 B．化合物C可以与NaHCO3溶液反应
C．化合物D不能发生消去反应 D．化合物H的分子式为C18H18O2
（3）B→C第一步的化学反应方程式为 。
（4）芳香化合物X是C的同分异构体，X具有以下特点：①只有一个环状结构；②具有两个相同的官能团；③能发生银镜反应，X共有 种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1，写出1种符合要求的X的结构简式 。
（5）写出用环戊烷()和2—丁炔(CH3CH ≡ CHCH3)为原料制备化合物x()的合成路线(用流程图表示，其他试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】无机非金属材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．由题意可知，文中的“气”是指催熟剂乙烯，A不符合题意；
B．碳化硅是一种新型的无机非金属材料，B不符合题意；
C．聚酯纤维是合成高分子材料，C不符合题意；
D．KMnO4、 C2H5OH、 H2O2等常见化学物质都能使蛋白质变性，都可作医用杀菌、消毒剂，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．乙烯是催熟剂；
B．碳化硅是一种新型的无机非金属材料；
C．聚酯纤维是合成高分子材料；
D．KMnO4、 C2H5OH、 H2O2等常见化学物质都能使蛋白质变性。
2．【答案】B
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．石墨晶体中每个碳原子形成3个碳碳共价键，每个碳碳共价键为2 个碳原子所共有，每个碳原子形成的碳碳共价键为3×=，则含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数为××NAmol-1=0.6NA，A不符合题意；
B．反应前后气体的分子数不变，则标准状况下，甲烷和氧气的混合气体共22.4L，完全燃烧后产物的分子总数可能为×NAmol-1=NA，B符合题意；
C．D2O中含有的质子数与中子数都为10，则10g的D2O中含有的质子数与中子数都为×10×NAmol-1=5NA，C不符合题意；
D．二氧化硫一定条件下和氧气发生催化氧化反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以常压、500℃、催化条件下，1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后三氧化硫的分子数小于1mol×NAmol-1=NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用均摊法确定；
B．反应前后气体的分子数不变；
C．D2O中含有的质子数与中子数都为10；
D．可逆反应不可能完全反应。
3．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．由探究实验变量唯一化原则可知，比较醋酸根离子和碳酸氢根离子的水解常数大小应测定醋酸钠溶液和碳酸氢钠溶液的pH，不能选用醋酸铵溶液，A不符合题意；
B．葡萄糖在碱性条件下才能与银氨溶液共热发生银镜反应生成银镜，向盛有1mL 20%蔗糖溶液的试管中滴入3-5滴稀硫酸，将混合液煮沸几分钟、冷却所得酸性溶液中进入银氨溶液，不能发生银镜反应，不可能有银镜产生，B不符合题意；
C．铬酸钾溶液中存在如下平衡：2+2H++H2O，向溶液中缓慢滴加硫酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液有黄色变为橙红色说明氢离子浓度对化学平衡的影响，C符合题意；
D．没有明确碘化钠和氯化钠的浓度是否相等，所以向氯化钠、碘化钠的混合液中滴加2滴0.1mol/L硝酸银溶液，振荡，沉淀呈黄色不能比较氯化银和碘化银溶度积的大小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同；
B．葡萄糖在碱性条件下才能与银氨溶液共热发生银镜反应生成银镜，未中和酸；
C．依据影响化学平衡的因素分析；
D．没有明确碘化钠和氯化钠的浓度是否相等。
4．【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键和分子间作用力的区别；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．三种元素中，氢原子的原子半径最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼原子的原子半大于氧原子，所以三种元素中原子半径最大的是硼原子，A不符合题意；
B．四氢合硼酸钠中氢元素的化合价为—1价，能与水发生氧化还原反应生成硼酸钠和氢气，B符合题意；
C．硼元素的原子序数为5，L层上有3个电子，C不符合题意；
D．过氧化氢是含有极性共价键和非极性共价键的共价化合物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．电子层数越多，简单离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；
B．依据化合价变化判断；
C．依据核外分层排布规律分析；
D．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键。
5．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．该有机物苯环上有7种环境的氢原子，分别为，苯环上的一氯代物有7种，故A不符合题意；
B．先确定主链碳原子然后确定支链，书写烷烃的同分异构体的方法：①成直链、一线串；②从头摘、挂中间；③往边排、不到端；化学式为C5H12O2的二元醇，主链有3个碳原子的可能结构有两种：和，故B符合题意；
C．C9H12是苯的同系物，当苯环上只有一个取代基时，丙基有两种结构，所以有两种不同的结构；苯环上有两个取代基时，有邻、间、对三种结构；苯环上有三个取代基时有三种结构；综上所述，共有8种结构，故C不符合题意；
D．蛋白质受热到一定温度会发生变性，因此，禽流感病毒H7N9在沸水中两分钟就能被杀死，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用等效氢的数目判断；
B．先确定主链碳原子然后确定支链，书写烷烃的同分异构体的方法：①成直链、一线串；②从头摘、挂中间；③往边排、不到端；
C．依据取代基的数目和碳链结构分析；
D．蛋白质受热到一定温度会发生变性。
6．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．催化剂可降低反应的活化能，有利于促进反应中电子的转移，故A不符合题意；
B．由分析可知，通入氧气的电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成和氢氧根离子，电极反应式为O2+H2O+2e-=+OH-，故B不符合题意；
C．由分析可知，通过选择性阳离子交换膜Y进入产品室与氢离子反应生成过氧化氢，故C符合题意；
D．由题意可知，电解对硝基苯甲酸制备对氨基苯甲酸时，酸性条件下对硝基苯甲酸在阴极得到电子发生还原反应生成对氨基苯甲酸和水，电极反应式为+6e-+6H+= +2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．催化剂有利于促进反应中电子的转移，加快反应速率；
B．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；
C．利用离子类型与离子交换膜类型一致判断；
D．电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应。
7．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(1×10-3)2×(1×10-5)=1×10-11，故A不符合题意；
B．Ksp只与温度有关，则t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故B符合题意；
C．CdCO3(s)Cd2+(aq)+CO(aq)，则c(Cd2+)=c(CO)，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Cd (OH)2的沉淀溶解平衡曲线，故C不符合题意；
D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即Ksp(CdCO3)= c(CO) c(Cd2+)=10-12；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即Ksp[Cd(OH)2]=c2(OH-)c(Cd2+)=10-14；在CdCO3(s) +2OH- (aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)计算；
B．Ksp只与温度有关；
C．依据沉淀溶解平衡曲线分析；
D．依据Ksp，利用沉淀转化平衡分析。
8．【答案】（1）安全瓶，防倒吸；防止H2O2分解，使ClO2液化，促进ClO2的吸收
（2）将装置中残留的ClO2吹入NaOH和H2O2溶液中参与反应，提高原料的利用率；稀释ClO2气体，防止ClO2因浓度过高，发生分解
（3）2ClO + 2Cl-+ 4H+ = Cl2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O
（4）取一支试管先加入适量FeCl2溶液，然后加入KSCN溶液无明显现象，再加入NaClO2溶液振荡，如果溶液变红，证明NaClO2溶液具有氧化性
（5）1.35
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置A为空载仪器，做安全瓶，起到防倒吸的作用；由题给信息可知，制备亚氯酸钠采用冰水浴冷却的目的是防止过氧化氢分解，使二氧化氯液化，促进二氧化氯被过氧化氢和过氧化钠的混合溶液充分吸收，故答案为：安全瓶，防倒吸；防止H2O2分解，使ClO2液化，促进ClO2的吸收；
（2）反应结束后反应装置中会残留二氧化氯，需再通入一定量的二氧化碳代替空气将残留二氧化氯赶入氢氧化钠和双氧水的混合液中反应，提高原料的利用率；实际实验过程中，若二氧化氯不能被及时赶走，浓度过高会导致分解，所以需持续通入一定量的二氧化碳及时赶走二氧化氯，故答案为：将装置中残留的ClO2吹入NaOH和H2O2溶液中参与反应，提高原料的利用率；稀释ClO2气体，防止ClO2因浓度过高，发生分解；
（3）由题意和反应②的方程式可知，反应①为溶液中的氯酸根离子酸性条件下与氯离子反应生成二氧化氯、氯气和水，反应的离子方程式为2ClO3- + 2Cl-+ 4H+ = Cl2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O，故答案为：2ClO3- + 2Cl-+ 4H+ = Cl2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O；
（4）由可供选择的试剂可知，可有氯化亚铁溶液能被亚氯酸钠溶液氧化为能使硫氰化铁溶液变红色的氯化铁验证亚氯酸钠的氧化性，具体操作为取一支试管先加入适量FeCl2溶液，然后加入KSCN溶液无明显现象，再加入NaClO2溶液振荡，如果溶液变红，证明NaClO2溶液具有氧化性，故答案为：取一支试管先加入适量FeCl2溶液，然后加入KSCN溶液无明显现象，再加入NaClO2溶液振荡，如果溶液变红，证明NaClO2溶液具有氧化性；
（5）由得失电子数目守恒可得如下转化关系：2ClO2—5I2—10Na2S2O3，滴定共用去20.00 mL0.0001 mol/L硫代硫酸钠溶液，则自来水水样中二氧化氯的含量为=1.35 mg/L，故答案为：1.35。
【分析】（1）依据仪器构造用途；依据反应物和试剂的性质分析；
（2）反应发生前通气排出装置中空气，反应后通气是将产生的气体排出；依据题目的信息分析；
（3）氯酸根离子酸性条件下与氯离子反应生成二氧化氯、氯气和水；
（4）依据物质的性质和实验现象设计；
（5）依据得失电子数目守恒计算。
9．【答案】（1）NaAlO2；分液
（2）做还原剂或将钴元素还原为二价钴；4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O
（3）
（4）99.90%
（5）7
（6）Co3O4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；无机物的推断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，滤液①主要成分是偏铝酸钠，操作②为分液，故答案为：NaAlO2；分液；
（2）由分析可知，加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液酸溶目的是将四氧化三钴和钴酸锂转化为硫酸钴和硫酸锂，反应中过氧化氢做反应的还原剂；由钴渣与硫代硫酸钠溶液反应得到两种硫酸盐可知发生的反应为四氧化三钴与硫代硫酸钠、稀硫酸反应生成硫酸钠、硫酸钴和水，反应的化学方程式为4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，故答案为：做还原剂或将钴元素还原为二价钴；4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；
（3）过氧化氢为共价化合物，电子式为，故答案为：；
（4）由多次萃取后水相中氢离子浓度为0.1200mol/L可知，钴的萃取率为×100%≈99.90%，故答案为：99.90%；
（5）由氢氧化钴的溶度积可知，溶液中钴离子浓度为0.16mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10-7mol/L，溶液pH为7，则为避免析出氢氧化钴沉淀，则调溶液pH不能超过7，故答案为：7；
（6）由碳酸钴的化学式可知，氧化物中钴原子的物质的量与碳原子的物质的量相等，煅烧得到标准状况下二氧化碳的体积为6.72L，则氧化物中钴原子的物质的量为=0.3mol，氧原子的物质的量为=0.4mol，钴原子与氧原子的物质的量比为0.3mol：0.4mol=3：4，所以氧化物的化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。
【分析】（1）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；不互溶的液体分离用分液法
（2）依据反应物和试剂的性质分析；依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；
（3）过氧化氢为共价化合物；
（4）依据萃取的反应原理分析；
（5）利用Ksp计算；
（6）依据物质的组成和质量守恒计算。
10．【答案】（1）①；温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高；减小；0.75
（2）H2S+ =HS-+HCO
（3）；需要阴极区产生的迁移到阳极区维持阳极区的碱性；0.448
【知识点】化学平衡常数；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①由于反应I正反应为放热反应，反应Ⅱ正反应为吸热反应，故升高温度，平衡I逆向移动，则CH3OCH3选择性下降，故CH3OCH3选择性对应曲线①；300℃之前，以反应I为主，反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，温度高于300℃时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高；②a.反应Ⅱ为吸热的反应，降低温度，均减小，平衡逆向移动，则减小的幅度大于，所以k正减小的幅度大于k逆，故减小；
b.在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照投料，可以假设，转化率为50%时，则转化浓度
相同条件下压强比等于物质的量比，由三段式可知，；已知，，则，当反应达到平衡时，，则，故；
（2）根据题意知道，H2S的Ka1大于H2CO3的Ka2小于Ka1，故H2S与足量碳酸钠溶液反应的离子方程式为：H2S+=HS-+HCO3-；
（3）①阴极上，水电离出的氢离子放电产生氢气，则电解池中阴极发生反应的方程式为，故答案为：；
②由于需要阴极区产生的OH-迁移到阳极区维持阳极区的碱性，所以电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜，故答案为：需要阴极区产生的OH-迁移到阳极区维持阳极区的碱性；
③当阴极区收集到6.72L(标况下)H2时，氢气的物质的量是0.3mol，转移0.6mol电子，根据电子得失守恒守恒可知生成0.3mol氯气，产生0.3mol ClO-，根据方程式15ClO-+2(CH3)2NH+8OH-=N2↑+ 4+15Cl-+11H2O，可知阳极区收集到N2的体积(标况下)是0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448。
【分析】（1）①依据化学平衡移动原理分析；利用三段式法计算；
（2）根据Ka，利用强酸制弱酸判断；
（3）①电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应；
②电解时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；
③根据电子得失守恒守恒。
11．【答案】（1）第六周期VIII族
（2）；1
（3）sp2、sp3；4
（4）Fe
【解析】【解答】（1）由铂原子的电子排布式可知，铂元素位于元素周期表第六周期VIII族，故答案为：第六周期VIII族；
（2）砷元素的原子序数为33，价电子排布式为4s24p3，价电子排布图为；镓元素的原子序数为31，价电子排布式为4s24p，1，则镓原子核外有1个不成对电子，故答案为：；1；
（3）由阴离子的结构可知，形成4个单键的硼原子的杂化方式为sp3杂化、形成三个单键的硼原子的杂化方式为sp2杂化；阴离子是左右对称的结构，离子中共有4种不同化学环境的氧原子，故答案为：sp2、sp3；4；
（4）①非金属元素的电负性大于金属元素，金属元素的金属性越强，电负性越小，则CuFeS2中各元素电负性数值从小到大的顺序为Fe
【分析】（1）依据原子的电子排布式分析；
（2）依据构造原理分析；
（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；依据物质的结构判断；
（4）①非金属元素的电负性大于金属元素，金属元素的金属性越强，电负性越小；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
②根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
12．【答案】（1）；碳溴键、羧基
（2）A；C
（3）+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O
（4）10；或
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醛类简介；加成反应
【解析】【解答】（1）由分析可知，化合物G的结构简式为，化合物D的结构简式为，官能团为碳溴键、羧基，故答案为：；碳溴键、羧基；
（2）A．由分析可知，C→D的反应为与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，故不正确；
B．由分析可知，C的结构简式为，分子中含有的羧基能碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，故正确；
C．由分析可知，先在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应，后酸化得到，故不正确；
D．由结构简式可知，化合物H的分子式为C18H18O2，故正确；
故答案为：AC；
（3）B→C第一步反应为与新制的氢氧化铜共热发生氧化反应生成、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
（4）C的同分异构体X只有一个环状结构，具有两个相同的官能团，能发生银镜反应说明X分子中苯环上的取代基为醛基和甲基，可以视作邻、间、对苯二甲醛分子中苯环上的氢原子被甲基取代所得结构，共有10种，其中符合核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：10；或；
（5）由有机物的转化关系可知，用和CH3CH ≡ CHCH3为原料制备化合物的合成步骤为光照条件下与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与CH3CH ≡ CHCH3发生信息②反应生成，合成路线为，故答案为：。
【分析】（1）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；根据结构简式确定官能团；
（2）AC．根据官能团的变化确定反应类型；
B．根据官能团的性质判断；
D．根据结构简式确定分子式；
（3）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
江西省五市九校协作体2023届高三下学期第二次联考理科综合化学试题
一、单选题
1．（2023·江西模拟）在人类社会发展中，化学学科有着极其重要的作用。下列说法正确的是
A．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气
B．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料
C．制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料
D．KMnO4、 C2H5OH、 H2O2等常见化学物质都可作医用杀菌、消毒剂
【答案】D
【知识点】无机非金属材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．由题意可知，文中的“气”是指催熟剂乙烯，A不符合题意；
B．碳化硅是一种新型的无机非金属材料，B不符合题意；
C．聚酯纤维是合成高分子材料，C不符合题意；
D．KMnO4、 C2H5OH、 H2O2等常见化学物质都能使蛋白质变性，都可作医用杀菌、消毒剂，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．乙烯是催熟剂；
B．碳化硅是一种新型的无机非金属材料；
C．聚酯纤维是合成高分子材料；
D．KMnO4、 C2H5OH、 H2O2等常见化学物质都能使蛋白质变性。
2．（2023·江西模拟）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数是0.8NA
B．标准状况下，甲烷和氧气的混合气体共22.4L，完全燃烧后产物的分子总数可能为NA
C．10g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA
D．常压、500℃、催化条件下，1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数为NA
【答案】B
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．石墨晶体中每个碳原子形成3个碳碳共价键，每个碳碳共价键为2 个碳原子所共有，每个碳原子形成的碳碳共价键为3×=，则含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数为××NAmol-1=0.6NA，A不符合题意；
B．反应前后气体的分子数不变，则标准状况下，甲烷和氧气的混合气体共22.4L，完全燃烧后产物的分子总数可能为×NAmol-1=NA，B符合题意；
C．D2O中含有的质子数与中子数都为10，则10g的D2O中含有的质子数与中子数都为×10×NAmol-1=5NA，C不符合题意；
D．二氧化硫一定条件下和氧气发生催化氧化反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以常压、500℃、催化条件下，1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后三氧化硫的分子数小于1mol×NAmol-1=NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用均摊法确定；
B．反应前后气体的分子数不变；
C．D2O中含有的质子数与中子数都为10；
D．可逆反应不可能完全反应。
3．（2023·江西模拟）下列实验能达到预期目的的是
选项 实验目的 实验及现象 结论
A 比较CH3COO-和的水解常数的大小 分别测浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONH4 和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者 Kh(CH3COO-)〈Kh()
B 验证蔗糖水解产物 向盛有1mL 20%蔗糖溶液的试管中滴入3-5滴稀硫酸，将混合液煮沸几分钟、冷却，在冷却后的溶液中加入银氨溶液 有银镜产生
C 探究氢离子浓度对转化为的影响 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色 增大氢离子浓度，平衡向生成的方向移动
D 比较AgCl和AgI的溶度积常数 向NaCl、NaI 的混合液中滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色 Ksp (AgI)
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．由探究实验变量唯一化原则可知，比较醋酸根离子和碳酸氢根离子的水解常数大小应测定醋酸钠溶液和碳酸氢钠溶液的pH，不能选用醋酸铵溶液，A不符合题意；
B．葡萄糖在碱性条件下才能与银氨溶液共热发生银镜反应生成银镜，向盛有1mL 20%蔗糖溶液的试管中滴入3-5滴稀硫酸，将混合液煮沸几分钟、冷却所得酸性溶液中进入银氨溶液，不能发生银镜反应，不可能有银镜产生，B不符合题意；
C．铬酸钾溶液中存在如下平衡：2+2H++H2O，向溶液中缓慢滴加硫酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液有黄色变为橙红色说明氢离子浓度对化学平衡的影响，C符合题意；
D．没有明确碘化钠和氯化钠的浓度是否相等，所以向氯化钠、碘化钠的混合液中滴加2滴0.1mol/L硝酸银溶液，振荡，沉淀呈黄色不能比较氯化银和碘化银溶度积的大小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同；
B．葡萄糖在碱性条件下才能与银氨溶液共热发生银镜反应生成银镜，未中和酸；
C．依据影响化学平衡的因素分析；
D．没有明确碘化钠和氯化钠的浓度是否相等。
4．（2023·江西模拟）一种钠盐的结晶水合物的阴离子由短周期元素X、Y、Z组成，其结构如图，已知：Z为第二周期元素，三种元素原子序数之和小于20，下列说法正确的是
A．X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是X
B．NaZY4是一种强还原剂，其固体溶于水可产生Y2
C．Z原子的L层上有5个电子
D．X的氢化物中不可能存在非极性共价键
【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键和分子间作用力的区别；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．三种元素中，氢原子的原子半径最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼原子的原子半大于氧原子，所以三种元素中原子半径最大的是硼原子，A不符合题意；
B．四氢合硼酸钠中氢元素的化合价为—1价，能与水发生氧化还原反应生成硼酸钠和氢气，B符合题意；
C．硼元素的原子序数为5，L层上有3个电子，C不符合题意；
D．过氧化氢是含有极性共价键和非极性共价键的共价化合物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．电子层数越多，简单离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；
B．依据化合价变化判断；
C．依据核外分层排布规律分析；
D．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键。
5．（2023·江西模拟）下列关于有机物的说法错误的是
A．苯环上的一氯代物有7种
B．化学式为C5H12O2的二元醇有多种同分异构体，主链上有3个碳原子的二元醇，其同分异构体数目是(不包括1个碳原子上连接2个羟基的化合物)： 1种
C．化学式为C9H12含有苯环的同分异构体有8种
D．研究表明禽流感病毒H7N9在沸水中两分钟就能被杀死，是因为病毒所含蛋白质受热变性
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．该有机物苯环上有7种环境的氢原子，分别为，苯环上的一氯代物有7种，故A不符合题意；
B．先确定主链碳原子然后确定支链，书写烷烃的同分异构体的方法：①成直链、一线串；②从头摘、挂中间；③往边排、不到端；化学式为C5H12O2的二元醇，主链有3个碳原子的可能结构有两种：和，故B符合题意；
C．C9H12是苯的同系物，当苯环上只有一个取代基时，丙基有两种结构，所以有两种不同的结构；苯环上有两个取代基时，有邻、间、对三种结构；苯环上有三个取代基时有三种结构；综上所述，共有8种结构，故C不符合题意；
D．蛋白质受热到一定温度会发生变性，因此，禽流感病毒H7N9在沸水中两分钟就能被杀死，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用等效氢的数目判断；
B．先确定主链碳原子然后确定支链，书写烷烃的同分异构体的方法：①成直链、一线串；②从头摘、挂中间；③往边排、不到端；
C．依据取代基的数目和碳链结构分析；
D．蛋白质受热到一定温度会发生变性。
6．（2023·江西模拟）2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：H2O2H++，Ka=2.4×10-12)，下列说法错误的是
A．催化剂可促进反应中电子的转移
B．b电极上的电极反应为O2+H2O+2e-=+OH-
C．Y膜为选择性阳离子交换膜
D．以对硝基苯甲酸( )为原料，用铅蓄电池电解合成对氨基苯甲酸 ( )，阴极的主要电极反应式为 +6e-+6H+= +2H2O
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．催化剂可降低反应的活化能，有利于促进反应中电子的转移，故A不符合题意；
B．由分析可知，通入氧气的电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成和氢氧根离子，电极反应式为O2+H2O+2e-=+OH-，故B不符合题意；
C．由分析可知，通过选择性阳离子交换膜Y进入产品室与氢离子反应生成过氧化氢，故C符合题意；
D．由题意可知，电解对硝基苯甲酸制备对氨基苯甲酸时，酸性条件下对硝基苯甲酸在阴极得到电子发生还原反应生成对氨基苯甲酸和水，电极反应式为+6e-+6H+= +2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．催化剂有利于促进反应中电子的转移，加快反应速率；
B．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；
C．利用离子类型与离子交换膜类型一致判断；
D．电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应。
7．（2023·江西模拟）在T° C时，Ag2CrO4 (橘红色)及CdCO3和Cd (OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是
A．T° C时，Ag2CrO4的Ksp为1.0×10-9
B．T℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp不相等
C．曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
D．T℃，在CdCO3(s) +2OH- (aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(1×10-3)2×(1×10-5)=1×10-11，故A不符合题意；
B．Ksp只与温度有关，则t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故B符合题意；
C．CdCO3(s)Cd2+(aq)+CO(aq)，则c(Cd2+)=c(CO)，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Cd (OH)2的沉淀溶解平衡曲线，故C不符合题意；
D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即Ksp(CdCO3)= c(CO) c(Cd2+)=10-12；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即Ksp[Cd(OH)2]=c2(OH-)c(Cd2+)=10-14；在CdCO3(s) +2OH- (aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)计算；
B．Ksp只与温度有关；
C．依据沉淀溶解平衡曲线分析；
D．依据Ksp，利用沉淀转化平衡分析。
二、非选择题
8．（2023·江西模拟）含氯的消毒剂可以有效地灭活2019新型冠状病毒(2019- nCoV)。其中二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全绿色消毒剂。ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：
已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2 ↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O
ClO2熔点-59℃、沸点11℃； H2O2沸点150℃
请回答：
（1）仪器A的作用是 ； 冰水浴冷却的目的是 (写出两种)。
（2）反应结束后常常需再通入一定量的CO2代替空气，其目的是： ；实际实验过程中需持续通入一定量的CO2，其目的是： 。
（3）Cl-存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气，该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：
① (用离子方程式表示)；
②H2O2+Cl2= 2Cl-+O2+2H+。
（4）设计实验证明NaClO2溶液具有氧化性： 。(可供选择的试剂：稀HNO3、稀H2SO4、BaCl2溶液、FeCl2 溶液、KSCN 溶液)。
（5）某同学欲测定经ClO2消毒过的自来水中ClO2残留量，他进行了如下实验：
I．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL蒸馏水溶解后，再加入3mL稀硫酸；
Ⅱ．再向该锥形瓶中加入20.00 mL自来水；
Ⅲ．用0.0001 mol ·L-1 Na2S2O3溶液滴定测定锥形瓶中生成I2的量。(已知：I2+2=2I-+)，共用去20.00 mL Na2S2O3溶液。
计算可得自来水水样中ClO2的含量为 mg/L(精确到0.01)。
【答案】（1）安全瓶，防倒吸；防止H2O2分解，使ClO2液化，促进ClO2的吸收
（2）将装置中残留的ClO2吹入NaOH和H2O2溶液中参与反应，提高原料的利用率；稀释ClO2气体，防止ClO2因浓度过高，发生分解
（3）2ClO + 2Cl-+ 4H+ = Cl2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O
（4）取一支试管先加入适量FeCl2溶液，然后加入KSCN溶液无明显现象，再加入NaClO2溶液振荡，如果溶液变红，证明NaClO2溶液具有氧化性
（5）1.35
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置A为空载仪器，做安全瓶，起到防倒吸的作用；由题给信息可知，制备亚氯酸钠采用冰水浴冷却的目的是防止过氧化氢分解，使二氧化氯液化，促进二氧化氯被过氧化氢和过氧化钠的混合溶液充分吸收，故答案为：安全瓶，防倒吸；防止H2O2分解，使ClO2液化，促进ClO2的吸收；
（2）反应结束后反应装置中会残留二氧化氯，需再通入一定量的二氧化碳代替空气将残留二氧化氯赶入氢氧化钠和双氧水的混合液中反应，提高原料的利用率；实际实验过程中，若二氧化氯不能被及时赶走，浓度过高会导致分解，所以需持续通入一定量的二氧化碳及时赶走二氧化氯，故答案为：将装置中残留的ClO2吹入NaOH和H2O2溶液中参与反应，提高原料的利用率；稀释ClO2气体，防止ClO2因浓度过高，发生分解；
（3）由题意和反应②的方程式可知，反应①为溶液中的氯酸根离子酸性条件下与氯离子反应生成二氧化氯、氯气和水，反应的离子方程式为2ClO3- + 2Cl-+ 4H+ = Cl2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O，故答案为：2ClO3- + 2Cl-+ 4H+ = Cl2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O；
（4）由可供选择的试剂可知，可有氯化亚铁溶液能被亚氯酸钠溶液氧化为能使硫氰化铁溶液变红色的氯化铁验证亚氯酸钠的氧化性，具体操作为取一支试管先加入适量FeCl2溶液，然后加入KSCN溶液无明显现象，再加入NaClO2溶液振荡，如果溶液变红，证明NaClO2溶液具有氧化性，故答案为：取一支试管先加入适量FeCl2溶液，然后加入KSCN溶液无明显现象，再加入NaClO2溶液振荡，如果溶液变红，证明NaClO2溶液具有氧化性；
（5）由得失电子数目守恒可得如下转化关系：2ClO2—5I2—10Na2S2O3，滴定共用去20.00 mL0.0001 mol/L硫代硫酸钠溶液，则自来水水样中二氧化氯的含量为=1.35 mg/L，故答案为：1.35。
【分析】（1）依据仪器构造用途；依据反应物和试剂的性质分析；
（2）反应发生前通气排出装置中空气，反应后通气是将产生的气体排出；依据题目的信息分析；
（3）氯酸根离子酸性条件下与氯离子反应生成二氧化氯、氯气和水；
（4）依据物质的性质和实验现象设计；
（5）依据得失电子数目守恒计算。
9．（2023·江西模拟）金属锂、钴是重要但又匮乏的战略资源，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“滤液①”主要成分是 ；“操作②”的分离方法是 。
（2）“酸溶”中H2O2的作用是： ；若用Na2S2O3代替H2O2则有两种硫酸盐生成，写出Na2S2O3在“酸溶”时发生的化学方程式： 。
（3）H2O2 的电子式为 。
（4）Co2+萃取的反应原理如下：Co2++2HR(有机层) =CoR2+2H+，若酸浸后的浸取液pH=1.000，c (Co2+ )=0.01001mol·L-1，多次萃取后水相中c(H+)为0.1200mol·L-1，则钴的萃取率为 。(变化忽略，用百分数表示，保留小数点后两位)
（5）“碱浸”时少量未浸出的残余铝可在“酸浸”时浸出，萃取锂后的溶液需调pH至5.0以上将铝离子沉淀除去。若c(Co2+)=0.16mol·L-1，为避免析出Co(OH)2沉淀，则调pH不能超过 。(已知Ksp [Co(OH)2]=1.6×10-15)。
（6）在空气中煅烧CoCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为24.1g， CO2的体积为6.72L (标准状况)，则该钴氧化物的化学式为 。
【答案】（1）NaAlO2；分液
（2）做还原剂或将钴元素还原为二价钴；4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O
（3）
（4）99.90%
（5）7
（6）Co3O4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；无机物的推断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，滤液①主要成分是偏铝酸钠，操作②为分液，故答案为：NaAlO2；分液；
（2）由分析可知，加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液酸溶目的是将四氧化三钴和钴酸锂转化为硫酸钴和硫酸锂，反应中过氧化氢做反应的还原剂；由钴渣与硫代硫酸钠溶液反应得到两种硫酸盐可知发生的反应为四氧化三钴与硫代硫酸钠、稀硫酸反应生成硫酸钠、硫酸钴和水，反应的化学方程式为4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，故答案为：做还原剂或将钴元素还原为二价钴；4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；
（3）过氧化氢为共价化合物，电子式为，故答案为：；
（4）由多次萃取后水相中氢离子浓度为0.1200mol/L可知，钴的萃取率为×100%≈99.90%，故答案为：99.90%；
（5）由氢氧化钴的溶度积可知，溶液中钴离子浓度为0.16mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10-7mol/L，溶液pH为7，则为避免析出氢氧化钴沉淀，则调溶液pH不能超过7，故答案为：7；
（6）由碳酸钴的化学式可知，氧化物中钴原子的物质的量与碳原子的物质的量相等，煅烧得到标准状况下二氧化碳的体积为6.72L，则氧化物中钴原子的物质的量为=0.3mol，氧原子的物质的量为=0.4mol，钴原子与氧原子的物质的量比为0.3mol：0.4mol=3：4，所以氧化物的化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。
【分析】（1）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；不互溶的液体分离用分液法
（2）依据反应物和试剂的性质分析；依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；
（3）过氧化氢为共价化合物；
（4）依据萃取的反应原理分析；
（5）利用Ksp计算；
（6）依据物质的组成和质量守恒计算。
三、原理综合题
10．（2023·江西模拟）金山银山不如绿水青山，实现碳达峰碳中和是贯彻新发展理念、构建新发展格局、推动高质量发展的内在要求。
（1）二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21 世纪的清洁燃料，以CO2、H2 为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
I.2CO2 (g) +6H2(g)CH3OCH3(g) +3H2O(g) ΔH1= - 122. 5kJ/mol
Ⅱ．CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH2=+41.1kJ/mol
①在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、Ⅱ，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。(已知：CH3OCH3的选择性=)
其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的曲线是 (填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是 。
②对于反应Ⅱ的反应速率v=v正- v逆=k 正p(CO2)·p(H2) - k逆p(CO)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压 ×物质的量分数)。
a．降低温度，k正- k逆 (填 “增大”“减小”或”不变”)；
b．在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照n(H2)：n(CO2)=1：1投料，CO2转化率为50%时 v(正)：v(逆)=3：4，用气体分压表示的平衡常数Kp= 。
（2）石化工业，常采用碳酸钠溶液作为脱硫吸收剂。
已知： 25℃，H2CO3 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7 ×10-11； H2S Ka1=1.1 ×10-7 Ka2=1.3 ×10-13。请写出H2S与足量碳酸钠溶液反应的离子方程式： 。
（3）化工废水中常常含有以二甲胺(CH3)2NH)为代表的含氮有机物，可以通过电解法将二甲胺转化为无毒无害的气体排放，装置如图所示。
反应原理是：(i) Cl- 在阳极转化为Cl2；
(ii) Cl2在碱性溶液中歧化为ClO-；
(iii) ClO-将二甲胺氧化为N2，和H2O。
①写出电解池中阴极发生反应的方程式 。
②电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜的原因是 。
③当阴极区收集到6.72L (标况下) H2时，阳极区收集到N2的体积(标况下)是 L。
【答案】（1）①；温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高；减小；0.75
（2）H2S+ =HS-+HCO
（3）；需要阴极区产生的迁移到阳极区维持阳极区的碱性；0.448
【知识点】化学平衡常数；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①由于反应I正反应为放热反应，反应Ⅱ正反应为吸热反应，故升高温度，平衡I逆向移动，则CH3OCH3选择性下降，故CH3OCH3选择性对应曲线①；300℃之前，以反应I为主，反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，温度高于300℃时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高；②a.反应Ⅱ为吸热的反应，降低温度，均减小，平衡逆向移动，则减小的幅度大于，所以k正减小的幅度大于k逆，故减小；
b.在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照投料，可以假设，转化率为50%时，则转化浓度
相同条件下压强比等于物质的量比，由三段式可知，；已知，，则，当反应达到平衡时，，则，故；
（2）根据题意知道，H2S的Ka1大于H2CO3的Ka2小于Ka1，故H2S与足量碳酸钠溶液反应的离子方程式为：H2S+=HS-+HCO3-；
（3）①阴极上，水电离出的氢离子放电产生氢气，则电解池中阴极发生反应的方程式为，故答案为：；
②由于需要阴极区产生的OH-迁移到阳极区维持阳极区的碱性，所以电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜，故答案为：需要阴极区产生的OH-迁移到阳极区维持阳极区的碱性；
③当阴极区收集到6.72L(标况下)H2时，氢气的物质的量是0.3mol，转移0.6mol电子，根据电子得失守恒守恒可知生成0.3mol氯气，产生0.3mol ClO-，根据方程式15ClO-+2(CH3)2NH+8OH-=N2↑+ 4+15Cl-+11H2O，可知阳极区收集到N2的体积(标况下)是0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448。
【分析】（1）①依据化学平衡移动原理分析；利用三段式法计算；
（2）根据Ka，利用强酸制弱酸判断；
（3）①电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应；
②电解时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；
③根据电子得失守恒守恒。
四、结构与性质
11．（2023·江西模拟）I．回答下列问题：
（1）Pt的电子排布式为[Xe]4f145d96s1，则Pt在元素周期表中的位置是 。
（2）基态As原子的价电子排布图为 ，基态Ga原子核外有 个未成对电子。
（3）科学家合成了一种含硼阴离子[，其结构如图所示。其中硼原子的杂化方式为 ，该结构中共有 种不同化学环境的氧原子。
（4）四方晶系的CuFeS2晶胞结构如图所示：
①CuFeS2中各元素电负性数值从小到大的顺序为 ，晶胞中S原子的杂化方式为 。
②晶胞中Cu和Fe的投影位置如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g·cm-3。
【答案】（1）第六周期VIII族
（2）；1
（3）sp2、sp3；4
（4）Fe
【解析】【解答】（1）由铂原子的电子排布式可知，铂元素位于元素周期表第六周期VIII族，故答案为：第六周期VIII族；
（2）砷元素的原子序数为33，价电子排布式为4s24p3，价电子排布图为；镓元素的原子序数为31，价电子排布式为4s24p，1，则镓原子核外有1个不成对电子，故答案为：；1；
（3）由阴离子的结构可知，形成4个单键的硼原子的杂化方式为sp3杂化、形成三个单键的硼原子的杂化方式为sp2杂化；阴离子是左右对称的结构，离子中共有4种不同化学环境的氧原子，故答案为：sp2、sp3；4；
（4）①非金属元素的电负性大于金属元素，金属元素的金属性越强，电负性越小，则CuFeS2中各元素电负性数值从小到大的顺序为Fe
【分析】（1）依据原子的电子排布式分析；
（2）依据构造原理分析；
（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；依据物质的结构判断；
（4）①非金属元素的电负性大于金属元素，金属元素的金属性越强，电负性越小；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
②根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
五、有机推断题
12．（2023·江西模拟）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O
②
请回答下列问题：
（1）化合物G的结构简式为 ，D中官能团的名称为 。
（2）下列说法错误的是____。
A．C→D的反应类型是取代反应 B．化合物C可以与NaHCO3溶液反应
C．化合物D不能发生消去反应 D．化合物H的分子式为C18H18O2
（3）B→C第一步的化学反应方程式为 。
（4）芳香化合物X是C的同分异构体，X具有以下特点：①只有一个环状结构；②具有两个相同的官能团；③能发生银镜反应，X共有 种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1，写出1种符合要求的X的结构简式 。
（5）写出用环戊烷()和2—丁炔(CH3CH ≡ CHCH3)为原料制备化合物x()的合成路线(用流程图表示，其他试剂任选) 。
【答案】（1）；碳溴键、羧基
（2）A；C
（3）+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O
（4）10；或
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醛类简介；加成反应
【解析】【解答】（1）由分析可知，化合物G的结构简式为，化合物D的结构简式为，官能团为碳溴键、羧基，故答案为：；碳溴键、羧基；
（2）A．由分析可知，C→D的反应为与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，故不正确；
B．由分析可知，C的结构简式为，分子中含有的羧基能碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，故正确；
C．由分析可知，先在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应，后酸化得到，故不正确；
D．由结构简式可知，化合物H的分子式为C18H18O2，故正确；
故答案为：AC；
（3）B→C第一步反应为与新制的氢氧化铜共热发生氧化反应生成、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
（4）C的同分异构体X只有一个环状结构，具有两个相同的官能团，能发生银镜反应说明X分子中苯环上的取代基为醛基和甲基，可以视作邻、间、对苯二甲醛分子中苯环上的氢原子被甲基取代所得结构，共有10种，其中符合核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：10；或；
（5）由有机物的转化关系可知，用和CH3CH ≡ CHCH3为原料制备化合物的合成步骤为光照条件下与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与CH3CH ≡ CHCH3发生信息②反应生成，合成路线为，故答案为：。
【分析】（1）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；根据结构简式确定官能团；
（2）AC．根据官能团的变化确定反应类型；
B．根据官能团的性质判断；
D．根据结构简式确定分子式；
（3）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
