新高考2022届高考化学二轮综合复习试卷5

（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2022届高三二轮综合卷化学（五）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共14小题，总计46分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每小题3分。第11～14题为不定项选择题，每小题4分，在每个小题给出的四个选项中，有1~2个是符合题目要求的，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是A．镁合金被广泛用于制造火箭、导弹和飞机的部件等B．工业上生产硫酸，在吸收塔中，用98.3%的浓硫酸吸收SO3C．SO2是大气污染物之一，禁止作为食品添加剂D．根据颗粒物直径的大小可以分为细颗粒物（，直径小于）、可吸入颗粒物（，直径小于）等【答案】C【解析】A．镁合金密度小，强度和硬度较大，用于制造火箭、导弹和飞机的部件等，A正确；B．在吸收塔中，为防止形成酸雾，不能用水作吸收剂，而是用质量分数为98.3%的浓硫酸作吸收剂吸收SO3，B正确；C．SO2可作添加剂，在食品工业中发挥防腐、抗氧化等作用，SO2属于有毒物质，不能大量使用，C错误；D．根据颗粒物直径的大小可以分为细颗粒物（，直径小于）、可吸入颗粒物（，直径小于）等，D正确；故选C。2．反应放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列说法正确的是A．的结构式：B．的电子式：C．结构示意图：D．电离方程式：【答案】D【解析】A．氮分子中两个氮原子间形成叁键，的结构式：，故A错误；B．水是共价化合物，的电子式：，故B错误；C．氯是17号元素，结构示意图：，故C错误；D．电离方程式：，故D正确；故选D。3．2022年北京冬奥会开赛在即，场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料，该双环烯酯的结构如图所示，下列说法正确的是A．该双环烯酯易溶于水B．该双环烯酯的分子式为C14H20O2C．1mol该双环烯酯最多能与3mol的H2发生加成反应D．该双环烯酯完全加氢后，产物的一氯代物有4种【答案】B【解析】A．该双环烯酯的分子难溶于水，故A错误；B．该双环烯酯的分子式为C14H20O2，故B正确；C．碳碳双键能与H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不能与H2反应，因此1mol该双环烯酯能与2molH2发生加成反应，故C错误；D．该双环烯酯完全加氢后的产物是，该双环烯酯的一氯代物有9种，故D错误；故答案为B。4．设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A．1LpH=4的醋酸溶液中的数目略少于10-4NAB．1mol中含有的非极性共价键的数目为7NA9 C．密闭容器中，1mol和3mol催化反应后分子总数为2NAD．22.4L氯气通入足量的氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数为NA【答案】A【解析】A．根据电荷守恒可知mol/L，A正确；B．1个分子中只含有1个碳碳双键属于非极性共价键，B错误；C．合成氨是可逆反应，在没有转化率的前提下无法准确计算，C错误；D．缺少条件“标准状况”无法计算，D错误；答案选A。5．二氯化钒（VCl2）是重要的有机合成试剂，具有较强的吸湿性。某学习小组通过VCl3分解制备VCl2，下列说法错误的是A．玻璃管m的作用为：平衡气压，使液体顺利流下B．甲装置的作用是制N2C．装置合理的连接顺序为：a→c→b→d→e→fD．丁中的试剂可以为无水CaCl2【答案】D【解析】A．恒压滴液漏斗中玻璃管m的作用为平衡气压，使液体顺利流下，选项A正确；B．甲装置的作用是利用氧化还原反应制N2，用于除去装置中的空气，选项B正确；C．装置连接顺序为：a→c→b→d→e→f是合理的，选项C正确；D．CaCl2不能吸收分解产生的Cl2，防止污染空气，选项D错误。答案选D。6．某种矿物的助浸剂由原子序数依次增大的X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素组成。X的某种核素不含中子，Y形成的常见单质可用作粮食的保护气，X与Z可形成两种液态化合物，Z、W同主族。下列说法正确的是A．简单离子半径：Z>Y>XB．X能分别与Y、Z形成10电子微粒C．简单气态氢化物的稳定性：W>Z>RD．室温下，0.01mol·L－1W的最高价氧化物的水化物的pH=2【答案】B【解析】X的某种核素不含中子，该核素为，则X为H元素，Y形成的常见单质可用作粮食的保护气，即为氮气，则Y为N元素，X与Z可形成两种液态化合物，为H2O、H2O2，则Z为O元素，Z、W同主族且为短周期元素，则W为S元素，R的原子序数比S大，则R为Cl元素；分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为S，R为Cl；A．电子层数越大离子半径越大，电子层数相同的核电荷数越大的离子半径越小，则离子半径：Y>Z>X，故A错误；B．X与Y形成NH、X与Z形成OH-都是10电子微粒，故B正确；C．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越稳定，由于非金属性：S<Cl<O，则稳定性：Z>R>W，故C错误；D．W的最高价氧化物的水化物是H2SO4，硫酸是强酸，完全电离出2个氢离子和1个硫酸根离子，室温下，0.01mol·L－1的H2SO4中c(H+)=0.02mol·L－1，pH<2，故D错误；故选B。7．稀碱条件下，由乙醛合成巴豆醛的反应历程示意图如下。下列说法正确的是A．苯甲醛也能发生类似反应B．反应①的活化能大于反应②的活化能C．反应中，均为反应催化剂D．由上述历程可知醛基的酸性强于醇羟基【答案】D【解析】A．苯甲醛无，不能发生类似反应，故A错误；B．反应①较快，反应②较慢，反应越慢活化能越大，故B错误；C．由图中可知，OH-为反应的催化剂，H2O为反应的中间产物，故C错误；D．由上述历程可知，CH3CHO可制得，故可知醛基的酸性强于醇羟基，故D正确；故选D。8．臭氧分解2O3⇌3O2的反应历程包括以下反应：反应①：O3→O2+O•（快）反应②：O3+O•→2O2（慢）大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基（Cl•）能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是9 A．活化能：反应①>反应②B．O3分解为O2的速率主要由反应②决定C．Cl•主要参与反应①，改变O3分解的反应历程D．Cl•参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率【答案】B【解析】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A错误；B．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故B正确；C．氯自由基（Cl•）能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl•主要参与反应②，故C错误；D．Cl•是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D错误；故选B。9．高铜酸钠（NaCuO2）是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为：2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是A．NaCuO2中铜的化合价为+3价B．1molClO-参加反应转移2mol电子C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O【答案】D【解析】A．NaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，故A正确；B．ClO-→Cl-，氯元素的化合价由+1下降到-1，所以1molClO-参加反应转移2mol电子，故B正确；C．该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2∶3，故C正确；D．NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO+4H+=Cu3++2H2O，故D错误；故选D。10．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列事实与对应离子方程式均正确的是选项事实离子方程式A用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2OBH2SO3酸性强于HClOSO2+H2O+2ClO-=2HClO+SOC铁盐净水Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+DNa2O2与H2O反应，可用作供氧剂Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A．酸性高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应，MnO被还原为Mn2+，草酸被氧化为CO2，即2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；B．SO2具有还原性，HClO具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，即，B错误；C．铁盐净水的原理是Fe3+水解可生成Fe(OH)3，以吸附水中杂质，即，C错误；D．Na2O2与H2O反应的离子反应式：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，D错误。故本题选A。11．锌—空气电池是一种适宜用作城市电动车的动力电源。以废锌电池预处理物（主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料可生产草酸锌晶体（ZnC2O4），生产工艺如图所示。草酸锌晶体加热可得纳米级ZnO，原理为ZnC2O4(s)ZnO(s)+CO(g)+CO2(g)ΔH>0。下列关于草酸锌晶体生产工艺，说法正确的是A．“滤渣A”主要成分为H2SiO3B．“除锰”的离子方程式Mn2++H2O2+2OH-=MnO(OH)2↓+H2OC．“除锰”后的溶液中主要存在的阳离子有Fe2+、Cu2+、Zn2+D．“沉淀”过程中，可以将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中【答案】D【解析】A．ZnO、Fe2O3、CuO、SiO2、MnO中只有SiO2不溶于盐酸，“滤渣A”主要成分为SiO2，故A错误；B．“除锰”时的溶液呈酸性，反应的离子方程式Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+，故B错误；C．“除锰”后的溶液中主要存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Zn2+，故C错误；D．“沉淀”过程中，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中生成ZnC2O4晶体和氯化钠，故D正确；选D。12．根据下列实验操作和现象所得出的结论均正确的是选项实验现象结论9 A向蔗糖溶液中加入1mL稀硫酸，充分水浴加热，然后加入银氨溶液无银镜出现蔗糖没有发生水解B常温下，测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：S>CC向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入5mL0.1mol·L-1NaOH溶液。出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置出现红褐色沉淀同温下，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]D在一块除去铁锈的铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水，静置一段时间溶液边缘出现红色铁片上发生了吸氧腐蚀A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A．检验蔗糖是否发生水解，向蔗糖溶液中加入1mL稀硫酸，充分水浴加热，加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，故A错误；B．等物质的量浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，说明酸性H2CO3<H2SO3，H2SO3不是S的最高价含氧酸，所以不能证明非金属性S>C，故B错误；C．向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入5mL0.1mol·L-1NaOH溶液生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钠有剩余，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，FeCl3和氢氧化钠反应生成红褐色Fe(OH)3，不能证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]，故C错误；D．在一块除去铁锈的铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水，静置一段时间，溶液边缘出现红色，说明溶液边缘发生反应，铁片上发生了吸氧腐蚀，故D正确；选D。13．我国科学家最近发明了一种Zn—PbO2电池，该电池由a和b两种离子交换膜隔成A、B、C三个区域，电解质分别为KOH、K2SO4和H2SO4，装置如下图。已知放电时，B室中电解质浓度不断增大。下列说法不正确的是A．PbO2电极电势比Zn电极电势低B．a为阴离子交换膜C．正极反应式为：PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2OD．电池工作时，每消耗6.5gZn，理论上A区域溶液质量减少1.3g【答案】AB【解析】该装置为原电池装置，根据两个电极的活性对比，Zn比PbO2活泼，所以Zn极作负极，PbO2极作正极。A．该装置中，PbO2电极作为正极，Zn电极作为负极，所以PbO2电极电势高于Zn电极，故A错误；B．Zn电极反应式为：Zn+4OH--2e-=Zn（OH，A池消耗氢氧根离子，负电荷减少，且放电时，B室中电解质浓度不断增大，根据电荷守恒，钾离子向正极移动，所以a为阳离子交换膜，故B错误；C．PbO2电极作为正极，得电子，其反应式为：，故C正确；D．Zn电极电极反应式为：，每消耗6.5gZn，转移0.2mol电子，即向正极迁移0.2mol，同时引入0.1mol，溶液质量差为，故D正确；故选AB。14．常温下，用0.2mol/L盐酸滴定25mL0.2mol/L溶液，所得溶液pH、和的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述不正确的是A．曲线①代表B．的电离平衡常数为10-4.74C．a点溶液中存在D．滴定过程中，加入12.5mL盐酸时存在【答案】AC9 【解析】A．随着HCl的加入，溶液中NH3·H2O的含量越来越低，的含量越来越高，曲线①代表，曲线②代表，故A错误；B．NH3·H2O的电离常数表达式为，a点时c()=c(NH3·H2O)，Kb=c(OH-)=mol/L=10-4.74mol/L，故B正确；C．a点溶液中c()=c(NH3·H2O)，此时溶液的pH为9.26，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，由电荷守恒可知c()＞c(Cl-)，故C错误；D．加入12.5mL盐酸时，恰好反应生成等量的NH4Cl和NH3·H2O，根据质子守恒：，故D正确；故选AC。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共39分。15．硫酰氯（SO2Cl2）是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。也可用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其他性质SO2Cl2-54.169.1易水解H2SO410.4338在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，装置如图所示。（1）实验时，A装置中发生的离子方程式___________。（2）B装置中冷凝管进水口是____（填“m”或“n”），B中干燥管盛有的物质是_______。（3）欲制取少量SO2Cl2，选择图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、___________、h。（4）去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___________。（5）已知SO2Cl2遇水强烈水解生成两种强酸。向SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3溶液，最先生成的沉淀是_____。[已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5]（6）少量硫酰氯也可由氯磺酸（ClSO3H）分解获得，该反应的化学方程式为2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2从分解的产物中分离出硫酰氯的操作方法是___________。（7）当通入装置B中的氯气为1.12L（已转化为标准状况），最后通过蒸馏得到纯净的硫酰氯5.4g，则磺酰氯的产率为___________。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有___________（填序号）。①先通冷凝水，再通气②控制气流速率，宜慢不宜快③若三颈瓶发烫，可适当降温④加热三颈瓶【答案】（1）10Cl-＋2MnO+16H＋=2Mn2＋+5Cl2+8H2O（2）m碱石灰（3）fgdebced（4）二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢（5）AgCl（6）蒸馏（7）76.0%①②③【解析】本实验的目的是利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，利用装置A可以制取氯气，氯气中混有挥发出来的HCl气体，经饱和食盐水可以除去HCl，然后用浓硫酸进行干燥，之后在装置B中和SO2进行反应；装置E可以制取SO2，经浓硫酸干燥后进入装置B中和氯气反应。（1）装置A中利用高锰酸钾氧化HCl制取氯气，根据电子守恒可知MnO和Cl-的系数比为5∶1，再结合元素守恒可得离子方程式为10Cl-＋2MnO+16H＋=2Mn2＋+5Cl2+8H2O；（2）为增强冷凝效果，冷凝水下进上出，所以进水口为m；B中干燥管盛有的物质可以吸收剩余二氧化硫、氯气，同时还可以防止空气中的水蒸气进入，所以为碱石灰；（3）装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，通过装置D除去氯化氢，通过装置C吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置B的c，欲制取少量SO2Cl2，其连接顺序为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；（4）若不经干燥，在有水的环境中二氧化硫和氯气和水发生SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成硫酸和氯化氢，降低SO2和Cl2的利用率；（5）SO2Cl2遇水强烈水解生成两种强酸，应是得到H2SO4和HCl，反应方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，根据题目所给数据可知Ksp(AgCl)远小于Ksp(Ag2SO4)，且根据方程式可知产生的Cl-更多，需要银离子少，先沉淀；（6）分离沸点不同的液体，用蒸馏方式；（7）标准状况下，1.12LCl2为0.05mol，故理论上可得到0.05molSO2Cl2，即为0.05×135g=6.75g，所以SO2Cl2的产率为9 ×100%=76.0%；为提高本实验中磺酰氯的产率，应减少SO2Cl2受热挥发的量，使SO2、Cl2充分反应，可采取先通冷凝水再通气；控制气流速率，宜慢不宜快；若三颈瓶发烫应适当降温等措施，故答案为①②③。16．SiHCl3是合成多晶硅的重要原料，可由硅粉与HCl(g)制备，原理如下。主反应：（I）Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)ΔΗ1副反应：（II）Si(s)+4HCl(g)SiCl4(g)+2H2(g)ΔΗ2（III）Si(s)+2HCl(g)SiH2Cl2(g)ΔΗ3回答下列问题：（1）反应4SiHCl3(g)Si(s)+3SiCl4(g)+2H2(g)的ΔΗ_______（用ΔΗ1和ΔΗ2表示）。（2）当n(HCl)/n(Si)=3时，SiHCl3的平衡产率（）随压强、温度的变化关系如图（a）所示；在0.10MPa，n(HCl)/n(Si)分别为1∶1、3∶1、6∶1时，与温度的关系如图（b）所示。①ΔΗ1_______0（填“大于”或“小于”）；图（a）中压强从大到小的顺序是_______。②图（b）中，n(HCl)/n(Si)=6∶1时，SiHCl3的平衡产率极低，其原因可能是_______。（3）在恒压密闭容器中，加入1molSi，充入3molHCl和mmol稀有气体，在温度T、压强p条件下进行反应（不考虑副反应）。平衡时，SiHCl3的物质的量为nmol，则H2的平衡分压为_______，平衡常数Kp=_______（以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。【答案】（1）3ΔH2-4ΔH1（2）小于p1>p2>p3生成SiHCl3的选择性差（3）【解析】（1）由已知方程式结合盖斯定律知，3II-4I可得目标方程式，则=，故此处填；（2）①由图b知，随着温度升高，SiHCl3平衡产率下降，说明反应I平衡逆向移动，逆向为吸热反应，故正向为放热反应，故此处填小于；相同温度下，随着压强增大，反应I平衡正向移动，SiHCl3平衡产率增大，故P1＞P2＞P3；②由于HCl与Si还能发生副反应II、III生成SiCl4和SiH2Cl2，故Si与HCl反应的产物存在竞争关系，当比值增大时，SiHCl3选择性下降，导致其平衡产率极低，故此处填生成SiHCl3选择性差；（3）由所给数据列三段式如下：，则平衡时气体总物质的量n总=m+3-3n+n+n=(m+3-n)mol，则H2的平衡分压P(H2)=；同理，HCl的平衡分压P(HCl)=，SiHCl3平衡分压P(SiHCl3)=，则该反应的平衡常数Kp=，带入相关数据化简得Kp=。17．钴是生产多种合金和钴盐的重要原料，水钴矿主要成分为，同时含有少量Fe、、、、、的氧化物及其他杂质。用水钴矿制取的工艺流程如图所示：已知：①；。②部分阳离子以氢氧化物形成沉淀时，溶液的见下表：沉淀物开始沉淀时的7.02.77.67.74.0沉淀完全时的9.63.79.29.85.2请回答下列问题：（1）“还原酸浸”中发生的氧化还原反应的化学方程式是___________，浸出液中加入溶液的目的___________（用离子方程式表示）。（2）浸出过程中加入调的范围是___________；当加入过量后，所得滤液Ⅱ中___________。（3）如图所示，萃取剂可以把滤液Ⅱ中部分阳离子选择性分离。萃取剂合适的为___________。9 A．2～3B．3～4C．6～7D．7～8（4）取样品2g溶于稀盐酸，加入的EDTA，然后加入2-甲酚橙作指示剂，用的溶液滴定剩余的EDTA，消耗溶液。样品中元素的质量分数___________（保留2位有效数字）。已知：，（5）能与强酸反应产生。工业上采用惰性电极电解溶液制取钴。不能用溶液代替溶液的理由是___________。【答案】（1）（2）2（3）B（4）22%（5）若用代替，水在阳极放电生成的与反应，导致产率降低【解析】由题给流程可知，向水钴矿中加入硫代硫酸钠溶液和稀硫酸，经还原酸浸、过滤得到含有可溶性硫酸盐的浸出液；向浸出液中加入次氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2~7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和除去铁离子、铝离子的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入氟化钠溶液，将溶液中钙离子和镁离子转化为氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙沉淀、氟化镁沉淀和除去钙离子、镁离子的滤液Ⅱ；向滤液Ⅱ中加入有机萃取剂，分液得到除去镍离子、锰离子的萃后余液；向萃后余液中加入草酸铵溶液，将溶液中钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到Ⅲ和二水草酸钴沉淀；向二水草酸钴沉淀中加入盐酸，将沉淀溶解得到氯化钴溶液；电解氯化钴溶液制得金属钴。（1）由分析可知，还原酸浸中发生的氧化还原反应为酸性条件下，CoOOH与硫代硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、硫酸钴和水，反应的化学方程式为；浸出液中加入次氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为；（2）由分析可知，浸出过程中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2~7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀；当加入过量氟化钠溶液后，所得滤液Ⅱ中====2，故答案为；2；（3）由图可知，萃取剂pH在3~4范围内镍离子、锰离子的萃取率很大，而钴离子的萃取率较小，则萃取剂合适的pH在3~4范围内，故选B；（4）由题意可知，钴离子和锌离子的物质的量之和等于EDTA的物质的量，则2g样品中钴元素的质量分数为×100%≈22%，故答案为22%；（5）若用硫酸钴代替氯化钴，硫酸钴溶液电解生成硫酸、钴和氧气，反应生成的硫酸能与钴反应，导致钴的产率降低，故答案为：若用代替，水在阳极放电生成的与反应，导致产率降低。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。18．镁、铜、硼及其化合物在医药、国防、材料领域应用广泛。请回答下列问题：（1）铜是重要的金属材料。铜属于元素周期表中的___________区元素，与铜同周期且基态原子最外层未成对电子数与基态铜原子相同的元素有___________种。（2）镁元素是人体必需的微量元素，其中起作用的是。碱性条件下，检验是否存在的化合物被称为“试镁灵”，其结构简式如图所示，其组成元素中第一电离能由大到小的顺序为___________（用元素符号表示），分子中N原子的杂类型为__________。（3）氨硼烷是一种安全、高效的储氢材料，可由反应制得。①的结构与乙烷相似，中存在配位键，提供孤电子对形成配位键的原子是___________（填元素符号）。9 ②的空间构型为___________，的键角小于的键角，原因为___________。（4）一种由组成的化合物的立方晶胞如图所示：①该化合物的化学式为___________，的配位数为___________。②填充在由阴离子构成的八面体空隙中，则八面体空隙的填充率为________。③若距离最近的两个的核间距为表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为___________。【答案】（1）4（2）（3）N直线中的O原子和中的C原子的杂化方式相同，但O原子上有2个孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力比成键电子对之间的斥力大，导致水的键角变小（4）675【解析】（1）属于区元素，与同周期且基态原子最外层未成对电子数与相同的元素有，共4种；（2）“试镁灵”中由四种元素组成，第一电离能由大到小的顺序为；分子中氮氮双键和硝基中的氮原子均为杂化；（3）①的结构与乙烷相似，结构为，B原子提供空轨道，N原子提供孤对电子；②的空间构型为直线；中的O原子和中的C原子的杂化方式相同，但O原子上有2个孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故水的键角小于甲烷的键角；（4）①根据均摊法可知，1个晶胞中含有3个、1个和3个，故该化合物的化学式为；由晶胞结构可知的配位数为6；②晶胞中由阴离子构成的八面体空隙有4个，3个填充在八面体空隙中，八面体空隙的填充率为；③若距离最近的两个间距为，则晶胞边长为，晶胞密度为。19．苯是重要的化工原料，可用来合成A和有机物高分子材料N，一种制取A和N的流程如下图所示。已知：回答相关问题：（1）①反应I的反应条件是___________。②试剂C可以选用___________（选填字母编号）。a．CH3COONa溶液　　b．NaOH溶液　　c．NaHCO3溶液　　d．Na2CO3溶液（2）D生成E的过程中，浓硫酸的作用是___________。（3）B中的含氧官能团的名称为___________。（4）反应II、III的化学方程式为___________、___________。（5）符合下列条件的B的同分异构体有___________种。A．与Fe3+溶液显紫色；B．属于酯类；C．苯环上只有两个取代基（6）参照上述合成路线和信息，设计以苯为原料制备另一种高分子化合物的合成路线。【答案】（1）FeBr3做催化剂bd（2）催化剂、脱水剂（3）羟基、羧基（4）+CH3OH+H2On（5）189 （6）【解析】苯和溴发生反应I生成溴苯，溴苯在一定条件下发生水解反应生成苯酚（A），苯酚和氢氧化钠或碳酸钠反应生成苯酚钠；根据题目信息，和HCN反应生成（B），和CH3OH发生酯化反应生成（D）；在浓硫酸作用下发生消去反应生成（E），发生加聚反应生成（N）。（1）①反应I是苯生成溴苯，反应条件是用FeBr3作催化剂，苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；A．苯酚的酸性小于醋酸，苯酚和CH3COONa溶液不反应，故不选a；　　B．苯酚和NaOH溶液反应生成苯酚钠和水，故选b；C．苯酚的酸性小于碳酸，NaHCO3溶液和苯酚不反应，故不选c；D．酸性：碳酸>苯酚>，苯酚和Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，故选d；选bd。（2）D生成E是在浓硫酸作用下发生消去反应生成和水，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂。（3）根据题目信息，和HCN反应生成，B是，含氧官能团的名称为羟基和羧基。（4）反应II是和CH3OH发生酯化反应生成和水，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应III是发生加聚反应生成，化学方程式为n。（5）A．与Fe3+溶液显紫色，说明含有酚羟基；B．属于酯类；C．苯环上只有两个取代基，2个取代基为-OH、-OOCCH2CH3或-OH、-COOCH2CH3或-OH、-CH2OOCCH3或-OH、-CH2COOCH3或-OH、-CH2CH2OOCH或-OH、-CH(CH3)OOCH，每种组合在苯环上的位置都有邻、间、对三种，符合条件的的同分异构体有18种。（6）苯和CH3COCl发生取代反应生成，再和HCN反应生成，在浓硫酸作用下发生消去反应生成，发生加聚反应生成，合成路线为。9