2024届山东省临沂市高三下学期第二次高考模拟考试化学试题（解析版+原卷版）

临沂市普通高中学业水平等级考试模拟试题
化学
可能用到的相对原子质量：H 1 Be 9 B 11 C 12 n 14 O 16 F 19 Cl 35.5 K 39 Co 59 Cu 64
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列文物具有典型的齐鲁文化特色，其主要成分属于天然高分子材料的是
A B C D
A. A B. B C. C D. D
2. 实验室中下列做法错误的是
A. 用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧 B. 用沉淀法处理含重金属离子的废液
C. 用盐酸清洗焰色试验的铂丝 D. 高锰酸钾和乙醇不能保存在同一药品柜中
3. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的折射
B. 白酒和食醋都可由淀粉发酵得到
C. 食品脱氧剂使用后，其中的铁粉转化成
D. 制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成
4. 下列关于物质结构与性质的叙述错误的是
A. 键的极性大于，因此分子的极性大于
B. 的电负性大于，因此的键角小于
C. 键的键能大于，因此的稳定性高于
D. 甲基是推电子基团，羟基是吸电子基团，因此的碱性强于
5. 化合物K与L反应生成M的转化关系如图。
已知：L能发生银镜反应，不能发生水解反应。
下列说法正确的是
A. L是乙醛
B. K分子中的碳原子均位于同一平面上
C. 反应物K与L的化学计量数之比是
D. 含有且环上含有2个取代基的M的同分异构体有4种(不考虑立体异构)
6. 从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如图。
下列说法错误的是
A. “酸浸”过程中可用稀HNO3代替NaNO3
B. “络合浸出”时，发生的离子反应为
C. 浸渣的主要成分是PbSO4
D. “还原析银”时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为
7. 根据下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 乙醇和浓硫酸共热至，产生的气体使溴水褪色 乙烯发生了加成反应
B 在和时，测得溶液的分别是9.66和9.37 的水解程度随温度升高而增大
C 向溶液中加入少量溶液，只有沉淀生成
D 常温下，分别向无水乙醇和冰醋酸中加入大小相同的金属钠，前者反应更剧烈 分子中氢氧键极性：乙醇乙酸
A A B. B C. C D. D
8. 是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。
(1)制备步骤：将适量氯化铵溶于浓氨水中，边搅拌边分批次加入研细的，得到沉淀。边搅拌边慢慢滴入足量溶液，得到溶液。慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤，洗涤，烘干，得到产品。
(2)钴的测定：取样品于锥形瓶中，加入溶液并加热使钴(Ⅲ)完全沉淀，后加入和将其还原为钴(Ⅱ)，再加入，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液平均体积为与金属阳离子反应)。
对于上述实验，下列说法错误的是
A. 本实验应在通风橱中进行
B. 分批次加入研细的，目的是防止反应过快
C. 温度过高不利于的生成
D. 还原性：
9. [Co(NH3)5Cl]Cl2(M=250.5g/mol)是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。
(1)制备步骤：将适量氯化铵溶于浓氨水中，边搅拌边分批次加入ag研细的CoCl2·6H2O(M=238g/mol)，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀。边搅拌边慢慢滴入足量30%H2O2溶液，得到[Co(NH3)5H2O]Cl3溶液。慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤，洗涤，烘干，得到bg产品。
(2)钴的测定：取5.0g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液并加热使钴(Ⅲ)完全沉淀，后加入H2SO4和H2O2将其还原为钴(Ⅱ)，再加入V1mLc1mol/LEDTA，用c2mol/LZnCl2标准溶液滴定过量的EDTA，消耗ZnCl2溶液平均体积为V2mL(EDTA与金属阳离子1:1反应)。
下列有关计算正确的是
A. [Co(NH3)5Cl]Cl2的产率为 B. [Co(NH3)5Cl]Cl2的产率为
C. 样品中钴的质量分数为 D. 样品中钴的质量分数为
10. 是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。
(1)制备步骤：将适量氯化铵溶于浓氨水中，边搅拌边分批次加入研细的，得到沉淀。边搅拌边慢慢滴入足量溶液，得到溶液。慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤，洗涤，烘干，得到产品。
(2)钴的测定：取样品于锥形瓶中，加入溶液并加热使钴(Ⅲ)完全沉淀，后加入和将其还原为钴(Ⅱ)，再加入，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液平均体积为与金属阳离子反应)。
根据上述原理，下列说法错误的是
A. 若用热水洗涤紫红色晶体，将导致的产率偏小
B. 还原为钴(Ⅱ)后，锥形瓶内壁残留少量沉淀，将导致钴的质量分数测量结果偏小
C. 配制时，定容时若仰视刻度线，将导致钴的质量分数测量结果偏小
D. 滴定结束后滴定管中有气泡产生，将导致钴的质量分数测量结果偏大
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 噻吩、呋喃、吡咯、咪唑是五元杂环化合物，分子内所有原子共平面，结构简式如图所示。下列说法错误的是
噻吩 呋喃 吡咯 吡唑

A. 分子中C、O、N、S的杂化方式均相同 B. 水中的溶解度：吡咯噻吩
C. 分子中均存在的大键 D. 咪唑中原子均可与金属离子形成配位键
12. 山梨醇(C6H14O6)和葡萄糖酸(C6H12O7)均是重要的化工产品，其制备原理如图所示。图中双极膜中的H2O解离为H+和OH-，并在电场作用下分别向两极迁移。
下列说法正确的是
A. 石墨电极电势低于镍电极电势
B. Na2SO4在上述过程中只起电解质的作用
C. 阴极电极反应式为C6H12O6+2e-+2H+=C6H14O6
D. 制备1mol葡萄糖酸，理论上双极膜中有1molH2O被解离
13. 某小组研究溶液与溶液反应，探究过程如下
实验序号 实验过程 实验现象
Ⅰ 紫色变浅，生成棕褐色沉淀
Ⅱ 溶液呈淡黄色，生成浅粉色沉淀
已知：
ⅰ.在强酸性溶液中被还原为，在中性或弱碱性溶液中被还原为。
ⅱ.单质硫可溶于溶液，溶液呈淡黄色。
下列说法正确的是
A. 实验Ⅰ中检验出溶液中含有，说明被氧化为
B. 实验Ⅰ中生成的离子方程式为
C. 实验Ⅱ中被还原为，继续与反应生成
D. 上述实验表明，试剂的滴加顺序和溶液酸碱性影响物质变化
14. 在催化剂中元素的作用下可以产生具有极强氧化活性的，其在固态催化剂表面转化过程如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程①中每转移电子，晶胞中产生空位
B. 过程②中空位产生
C. 催化过程中的配位数不变
D. 相同条件下，比催化效果好
15. 常温下，用盐酸调节草酸钡(用表示)浊液的，测得溶液中[为、或]随的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线表示与变化曲线
B.
C. 点溶液中：
D. 点溶液中：
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 金属铍在原子能、航空航天、火箭制造等领域有广泛应用。
（1）下列状态的铍中，电离最外层一个电子所需能量最小的是___________(填标号)。
A. B. C. D.
（2）能以单体、多聚体等形式存在。单体的模型名称为___________；多聚体为链状结构，所有原子均满足稳定结构，中心原子的杂化方式是___________；晶体的熔点___________(填“高于”或“低于”)晶体，其原因是___________。
（3）碳酸铍与醋酸反应生成了一种配合物分子(结构如图1)，每个位于4个形成的四面体中，与形成的化学键可全部看成配位键。
①乙酸分子易形成二聚体，原因是___________。
②中含有___________配位键。
（4）非线性光学材料氟代硼铍酸钾具有重大战略价值。已知其属于四方晶系，晶胞结构如图2所示(氧原子未画出，晶胞参数)。一定条件下，和发生非氧化还原反应生成氟代硼铍酸钾，并放出气体。
氟代硼铍酸钾的化学式为___________；晶体的密度为___________为阿伏加德罗常数的值)。
17. 苯甲醚为无色液体，常用于有机合成。实验室利用苯酚钠和硫酸二甲酯制备苯甲醚，实验步骤如下。
Ⅰ.将苯酚钠放入三颈烧瓶中，降温至以下，然后加入硫酸二甲酯，升温至，发生反应。
Ⅱ.充分反应后，冷却，分液，依次用氢氧化钠溶液、水洗涤有机相，二次分液。
Ⅲ.向有机相中加入无水氯化钙，静置，过滤，将滤液蒸馏得到产品。
回答下列问题：
（1）利用苯酚制备苯酚钠溶液时需要隔绝空气，原因是___________。
（2）生成苯甲醚的化学方程式为___________。
（3）如图仪器在步骤Ⅲ中无需使用的是___________(填名称)；无水氯化钙的作用是___________。
（4）测定产品纯度(杂质不反应)，装置(夹持及加热装置略)和实验步骤如下。
Ⅰ.取样品加入烧瓶中，加入过量的醋酸溶液，将匀速通入烧瓶，加热使液体沸腾，一碘甲烷蒸气经过洗涤管除去干扰物质，然后通过盛有足量溴水的吸收管。
Ⅱ.反应结束后，拆除装置，将两支吸收管中的溶液均转移至碘量瓶中，加入甲酸除去过量的溴。
Ⅲ.加入过量溶液与稀硫酸，用标准溶液滴定析出的单质碘，消耗标准溶液的平均体积为。
已知：。
①一碘甲烷与溴水反应时生成一溴甲烷、碘酸和氢溴酸，该反应的化学方程式为___________。
②产品的纯度为___________(用含的代数式表示)；若流速太慢，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，理由是___________。
18. 高纯二硫化钼粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分为，还有少量等)制备高纯一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时生成的化学方程式为___________；“水洗”的目的是___________。
（2）“转化”过程中，存在。
①转化为的化学方程式为___________。
②保持温度为反应后，冷却至并静置测得对晶体产率的影响如图所示。
时，晶体产率为0的原因是___________；时，晶体产率继续增大的原因是___________。
（3）“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入___________(填操作单元的名称)中循环使用。
（4）也可由在一定条件下加热分解制得，同时产生和某种硫单质，且与硫单质的物质的量之比为，则硫单质的分子式为___________。
19. 利用为原料合成的主要反应如下。
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式___________。
（2）一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入和混合气体，平衡转化率和选择性随温度、投料比的变化曲线如图所示。
①表示选择性的曲线是___________(填“”或“”)；平衡转化率随温度升高发生如图变化的原因是___________。
②生成的最佳条件是___________(填标号)。
（3）一定温度下，向恒压密闭容器中通入和，充分反应后，测得平衡转化率为选择性为，该温度下反应Ⅰ的平衡常数___________(为以物质的量分数表示的平衡常数)。
（4）向压强恒为的密闭容器中通入反应混合气，在催化作用下只发生反应Ⅰ，测得时空收率(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度的变化曲线如图所示。
①时空收率随温度升高先增大后减小的原因是___________。
②时，的平均反应速率___________。
③反应Ⅰ的速率方程可表示为，其中为速率常数，(单位：)为各物质的起始分压，分别为的反应级数。实验结果表明速率常数与反应级数均受温度影响，当反应温度由升高到，则___________。
20. 环苯草酮是一种高效除草剂，其合成路线如图。
已知：
①
②
③
回答下列问题：
（1）的化学方程式为___________，反应类型为___________。
（2）C中含氧官能团名称为___________；中手性碳原子的数目为___________；的结构简式为___________。
（3）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式___________(任写一种)。
①苯环上有3个取代基，该有机物最多能与发生反应
②核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为
（4）根据上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线___________。临沂市普通高中学业水平等级考试模拟试题
化学
可能用到的相对原子质量：H 1 Be 9 B 11 C 12 n 14 O 16 F 19 Cl 35.5 K 39 Co 59 Cu 64
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列文物具有典型的齐鲁文化特色，其主要成分属于天然高分子材料的是
A B C D
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．大汶口红陶兽形壶的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A不符合；
B．青州亚醜钺属于金属材料，B不符合；
C．鲁国大玉璧的主要成分是硅酸盐，C不符合；
D．银雀山竹简的主要成分是纤维素，属于天然高分子材料，D符合；
答案选D。
2. 实验室中下列做法错误的是
A. 用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧 B. 用沉淀法处理含重金属离子的废液
C. 用盐酸清洗焰色试验的铂丝 D. 高锰酸钾和乙醇不能保存在同一药品柜中
【答案】A
【解析】
【详解】A．钾燃烧有K2O2等复杂氧化物，他们会和CO2反应产生助燃的氧气，所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧，A错误；
B．沉淀法是处理含重金属离子的废液的一种有效方法，通过化学反应使废水中呈溶解状态的重金属转变为不溶于水的重金属化合物，B正确；
C．做焰色反应实验时用盐酸清洗焰色反应后的铂丝，因为盐酸加热挥发，不产生影响实验，C正确；
D．高锰酸钾具有氧化性，乙醇易挥发，具有还原性，所以高锰酸钾和乙醇不能保存在同一药品柜中，D正确；
故选A。
3. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的折射
B. 白酒和食醋都可由淀粉发酵得到
C. 食品脱氧剂使用后，其中的铁粉转化成
D. 制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成
【答案】B
【解析】
【详解】A．豆浆为胶体，能产生丁达尔效应，丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，故A错误；
B．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖可在酒化酶的作用下得到乙醇，乙醇氧化得乙酸，因此白酒和食醋都可由淀粉发酵得到，故B正确；
C．食品脱氧剂使用后，其中的铁粉和O2反应转化成，故C错误；
D．天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，D错误；
故选B。
4. 下列关于物质结构与性质的叙述错误的是
A. 键的极性大于，因此分子的极性大于
B. 电负性大于，因此的键角小于
C. 键的键能大于，因此的稳定性高于
D. 甲基是推电子基团，羟基是吸电子基团，因此的碱性强于
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子的极性取决于化学键的极性以及整个分子的几何构型，并不是键的极性强，分子的极性就强，A错误；
B．F的电负性大于Cl，因此PF3的键角小于PCl3，F对孤电子的吸引力更强，所以在PCl3中孤电子对更靠近P，排斥力更大，以致键角更大，B正确；
C．C H键的键能大于Si H，键能越大，物质越稳定，所以因此CH4的稳定性高于SiH4，C正确；
D．甲基是推电子基团，羟基是吸电子基团，CH3NH2中N的电子云的密度更大，碱性更强，D正确；
故选A。
5. 化合物K与L反应生成M的转化关系如图。
已知：L能发生银镜反应，不能发生水解反应。
下列说法正确的是
A. L是乙醛
B. K分子中的碳原子均位于同一平面上
C. 反应物K与L的化学计量数之比是
D. 含有且环上含有2个取代基的M的同分异构体有4种(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干图示转化信息可知，K中的碳碳双键和醛基上的碳氧双键发生加成反应，根据K和M的结构简式可知，L是甲醛即HCHO，A错误；
B．由题干转化关系图中K的结构简式可知，分子中存在sp3杂化的碳原子，且其中一个sp3杂化的碳原子连有3个碳原子，故K分子中的碳原子不可能均位于同一平面上，至少有一个碳原子与其他碳原子不共面，B错误；
C．由A项分析可知，L为HCHO，结合K和M的结构简式可知，反应物K与L的化学计量数之比是1:2，C错误；
D．含有且环上含有2个取代基，则2个取代基为：-CH3和-CH2CH3，故符合条件的M的同分异构体有连在同一个碳原子上1种，两在两个碳原子上有三种，即共有4种，D正确；
故答案为：D。
6. 从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如图。
下列说法错误的是
A. “酸浸”过程中可用稀HNO3代替NaNO3
B. “络合浸出”时，发生的离子反应为
C. 浸渣的主要成分是PbSO4
D. “还原析银”时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为
【答案】B
【解析】
【分析】由题干流程图可知，将铅银渣进行氧化焙烧，将Pb、Ag、Cu分别转化为PbO、Ag2O和CuO，向焙烧之后的固体中加入H2SO4、NaCl、NaNO3则可得到含PbSO4、AgCl的滤渣，和含有CuSO4、Na2SO4的滤液，向滤渣中加入Na2SO3溶液进行络合浸出，过滤得到浸渣主要成分为PbSO4和滤液，向滤液中加入甲醛，将[Ag(SO3)2]3-还原为Ag，同时HCHO转化为HCOO-，据此分析解题。
【详解】A．原酸浸液为H2SO4、NaCl和NaNO3，根据离子成分可知，“酸浸”过程中可用稀HNO3代替NaNO3，A正确；
B．由分析可知，“络合浸出”时AgCl和Na2SO3发生络合反应，该反应的离子反应为：AgCl++Cl-，B错误；
C．由分析可知，浸渣的主要成分是PbSO4，C正确；
D．由分析可知，“还原析银”时，甲醛将[Ag(SO3)2]3-还原为Ag，同时HCHO转化为HCOO-，则HCOO-为氧化产物，Ag为还原产物，根据电子守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，D正确；
故答案为：B。
7. 根据下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 乙醇和浓硫酸共热至，产生的气体使溴水褪色 乙烯发生了加成反应
B 在和时，测得溶液的分别是9.66和9.37 的水解程度随温度升高而增大
C 向溶液中加入少量溶液，只有沉淀生成
D 常温下，分别向无水乙醇和冰醋酸中加入大小相同的金属钠，前者反应更剧烈 分子中氢氧键的极性：乙醇乙酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇和浓硫酸共热至，产生的乙烯气体中混有二氧化硫，二氧化硫也可以使溴水褪色，现象不能证明乙烯和Br2发生了加成反应，A错误；
B．升高温度，溶液pH减小，不能说明升高温度促进水解使平衡正向移动，B错误；
C．溶液中存在平衡：，的浓度小于，加入少量溶液，只有沉淀生成，更加说明的溶解度小于，，C正确；
D．分子中氢氧键的极性越大，越容易电离出氢离子，乙醇与钠反应越剧烈，则根据实验事实可得出分子中氢氧键的极性：乙醇＞乙酸，D错误；
故选C。
8. 是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。
(1)制备步骤：将适量氯化铵溶于浓氨水中，边搅拌边分批次加入研细的，得到沉淀。边搅拌边慢慢滴入足量溶液，得到溶液。慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤，洗涤，烘干，得到产品。
(2)钴的测定：取样品于锥形瓶中，加入溶液并加热使钴(Ⅲ)完全沉淀，后加入和将其还原为钴(Ⅱ)，再加入，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液平均体积为与金属阳离子反应)。
对于上述实验，下列说法错误的是
A. 本实验应在通风橱中进行
B. 分批次加入研细的，目的是防止反应过快
C. 温度过高不利于的生成
D. 还原性：
【答案】D
【解析】
【分析】氯化铵、浓氨水、CoCl2·6H2O反应，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀，再加入30%过氧化氢，发生反应2[Co(NH3)6]Cl2+H2O2+2=2[Co(NH3)5H2O]3++4NH3+4Cl-，得到溶液，加入浓盐酸，存在[Co(NH3)5H2O]3++Cl-[Co(NH3)5Cl]2++H2O，有利于[Co(NH3)5Cl]Cl2沉淀的形成。钴的测定：将其还原为钴(Ⅱ)，再加入，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液平均体积为与金属阳离子反应)，则n(Co)= 。
【详解】A．浓氨水会挥发出氨气且有毒，本实验应在通风橱中进行，A正确；
B．分批次加入研细的，目的是防止反应过快，从而使反应更加充分，B正确；
C．温度过高会导致H2O2的分解，不利于的生成，C正确；
D．氯化铵、浓氨水、CoCl2·6H2O反应，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀，再加入30%过氧化氢，发生反应2[Co(NH3)6]Cl2+H2O2+2=2[Co(NH3)5H2O]3++4NH3+4Cl-，说明H2O2可以氧化，而不会氧化Co2+，说明还原性：，D错误；
故选D。
9. [Co(NH3)5Cl]Cl2(M=250.5g/mol)是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。
(1)制备步骤：将适量氯化铵溶于浓氨水中，边搅拌边分批次加入ag研细的CoCl2·6H2O(M=238g/mol)，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀。边搅拌边慢慢滴入足量30%H2O2溶液，得到[Co(NH3)5H2O]Cl3溶液。慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤，洗涤，烘干，得到bg产品。
(2)钴的测定：取5.0g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液并加热使钴(Ⅲ)完全沉淀，后加入H2SO4和H2O2将其还原为钴(Ⅱ)，再加入V1mLc1mol/LEDTA，用c2mol/LZnCl2标准溶液滴定过量的EDTA，消耗ZnCl2溶液平均体积为V2mL(EDTA与金属阳离子1:1反应)。
下列有关计算正确的是
A. [Co(NH3)5Cl]Cl2的产率为 B. [Co(NH3)5Cl]Cl2的产率为
C. 样品中钴的质量分数为 D. 样品中钴的质量分数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据Co元素守恒可知，ag研细的CoCl2·6H2O(M=238g/mol)完全反应理论上能够生成的[Co(NH3)5Cl]Cl2的质量为：=，而实际生成bg[Co(NH3)5Cl]Cl2 ，故[Co(NH3)5Cl]Cl2的产率为×100%=×100%，A错误；
B．由A项分析可知，[Co(NH3)5Cl]Cl2的产率为×100%，B错误；
C．由题干步骤(2)信息可知，5.0g样品中含有Co的物质的量为：(c1V1-c2V2)×10-3mol，故样品中钴的质量分数为：=，C正确；
D．由C项分析可知，样品中钴的质量分数为，D错误；
故答案为：C。
10. 是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。
(1)制备步骤：将适量氯化铵溶于浓氨水中，边搅拌边分批次加入研细的，得到沉淀。边搅拌边慢慢滴入足量溶液，得到溶液。慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤，洗涤，烘干，得到产品。
(2)钴的测定：取样品于锥形瓶中，加入溶液并加热使钴(Ⅲ)完全沉淀，后加入和将其还原为钴(Ⅱ)，再加入，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液平均体积为与金属阳离子反应)。
根据上述原理，下列说法错误的是
A. 若用热水洗涤紫红色晶体，将导致的产率偏小
B. 还原为钴(Ⅱ)后，锥形瓶内壁残留少量沉淀，将导致钴的质量分数测量结果偏小
C. 配制时，定容时若仰视刻度线，将导致钴的质量分数测量结果偏小
D. 滴定结束后滴定管中有气泡产生，将导致钴的质量分数测量结果偏大
【答案】C
【解析】
【分析】氯化铵、浓氨水、CoCl2·6H2O反应，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀，再加入30%过氧化氢，发生反应2[Co(NH3)6]Cl2+H2O2+2=2[Co(NH3)5H2O]3++4NH3+4Cl-，得到溶液，加入浓盐酸，存在[Co(NH3)5H2O]3++Cl-[Co(NH3)5Cl]2++H2O，有利于[Co(NH3)5Cl]Cl2沉淀的形成。钴的测定：将其还原为钴(Ⅱ)，再加入，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液平均体积为与金属阳离子反应)，则n(Co)= 。
【详解】A．[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体，若用热水洗涤紫红色晶体，会导致[Co(NH3)5Cl]Cl2溶解，导致的产率偏小，A正确；
B．还原为钴(Ⅱ)后，锥形瓶内壁残留少量沉淀，钴(Ⅱ)未完全溶解，则将导致钴的质量分数测量结果偏小，B正确；
C．配制时，定容时若仰视刻度线，会导致溶液的体积偏大，所配浓度偏小，滴定时消耗ZnCl2溶液的体积偏小，将导致钴的质量分数测量结果偏大，C错误；
D．滴定结束后滴定管中有气泡产生，会导致消耗溶液的体积偏小，将导致钴的质量分数测量结果偏大，D正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 噻吩、呋喃、吡咯、咪唑是五元杂环化合物，分子内所有原子共平面，结构简式如图所示。下列说法错误的是
噻吩 呋喃 吡咯 吡唑

A. 分子中C、O、N、S的杂化方式均相同 B. 水中的溶解度：吡咯噻吩
C. 分子中均存在的大键 D. 咪唑中原子均可与金属离子形成配位键
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，分子内所有原子共平面，故分子中C、O、N、S的杂化方式均相同，均为sp2杂化，A正确；
B．由题干分子结构简式可知，吡咯能与水分子形成分子间氢键，而噻吩不能与水分子间形成氢键，导致水中的溶解度：吡咯噻吩，B正确；
C．由题干信息可知，分子内所有原子共平面，类似于苯环的平面结构可知，上述分子中均存在的大键，C正确；
D．由题干信息可知，根据咪唑的结构简式可知，咪唑分子中与H相连的N原子上的孤电子对参与形成大键，该N原子不可与金属离子形成配位键，咪唑中另一个原子上有孤电子对可与金属离子形成配位键，D错误；
故答案为：D。
12. 山梨醇(C6H14O6)和葡萄糖酸(C6H12O7)均是重要的化工产品，其制备原理如图所示。图中双极膜中的H2O解离为H+和OH-，并在电场作用下分别向两极迁移。
下列说法正确的是
A. 石墨电极电势低于镍电极电势
B. Na2SO4在上述过程中只起电解质的作用
C. 阴极电极反应式为C6H12O6+2e-+2H+=C6H14O6
D. 制备1mol葡萄糖酸，理论上双极膜中有1molH2O被解离
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，镍电极上为葡萄糖转化为山梨醇，电极反应为：C6H12O6+2e-+2H2O=C6H14O6+2OH-，则镍电极为阴极，石墨电极为阳极，电极反应为：2Br--2e-=Br2，然后葡萄糖被Br2氧化为葡萄糖酸，即反应为：C6H12O6+H2O+Br2= C6H12O7+2H++2Br-，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，镍电极为阴极，石墨电极为阳极，故石墨电极电势高于镍电极电势，A错误；
B．由分析可知，Na2SO4在上述过程中为未参与电极反应，只起电解质的作用即增强导电性的作用，B正确；
C．由分析可知，镍电极为阴极，阴极电极反应式为C6H12O6+2e-+2H2O=C6H14O6+2OH-，C错误；
D．由分析可知，制备1mol葡萄糖酸，转移2mol电子，则理论上双极膜中有2molH2O被解离，2molH+进入阴极区，2molOH-进入阳极区，D错误；
故答案为：B。
13. 某小组研究溶液与溶液反应，探究过程如下。
实验序号 实验过程 实验现象
Ⅰ 紫色变浅，生成棕褐色沉淀
Ⅱ 溶液呈淡黄色，生成浅粉色沉淀
已知：
ⅰ.在强酸性溶液中被还原为，在中性或弱碱性溶液中被还原为。
ⅱ.单质硫可溶于溶液，溶液呈淡黄色。
下列说法正确的是
A. 实验Ⅰ中检验出溶液中含有，说明被氧化
B. 实验Ⅰ中生成的离子方程式为
C. 实验Ⅱ中被还原为，继续与反应生成
D. 上述实验表明，试剂的滴加顺序和溶液酸碱性影响物质变化
【答案】BD
【解析】
【详解】A．高锰酸钾用硫酸酸化，实验Ⅰ中检验出溶液中含有，不能说明被氧化为，故A错误；
B．实验Ⅰ中，高锰酸钾过量，溶液呈酸性，在强酸性溶液中被还原为，Mn2+与过量的高锰酸根离子反应生成，反应的离子方程式为，故B正确；
C．实验Ⅱ溶液呈弱碱性，被还原为，继续被还原为，与反应生成浅粉色沉淀，故C错误；
D．根据实验Ⅰ、Ⅱ可知，试剂的滴加顺序和溶液酸碱性影响物质变化，故D正确；
选BD。
14. 在催化剂中元素的作用下可以产生具有极强氧化活性的，其在固态催化剂表面转化过程如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程①中每转移电子，晶胞中产生空位
B. 过程②中在空位产生
C. 催化过程中的配位数不变
D. 相同条件下，比催化效果好
【答案】BD
【解析】
【详解】A．固体催化剂中含有Fe3+、Fe2+，如图转化①的过程可以描述为：失去电子被氧化为O2，Fe3+得到电子后被还原为Fe2+，晶体中部分O原子失去后形成氧空位，过氧化氢中氧是-1价，要形成氧气，则需要转移2mol电子，才能形成1molO空位，故A错误；
B．根据对①过程的分析，结合②流程可知，当进行此过程时，亚铁离子转化为铁离子，同时在空位产生·OH，故B正确；
C．与相互转出的过程中，La的配位数明显发生变化，故C错误；
D．设中Fe3+的数目为x，Fe2+的数目为1-x，La的化合价为+3，化合物中元素化合价代数和为0，即+3+3x+2(1-x)-2×2.6=0，解得x=0.2，则Fe3+和Fe2+的物质的量之比为0.2：(1-0.2)=1:4，根据上述的计算方法可知，中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为3:2，晶体中Fe2+的数目小于晶体，晶体中Fe2+的数目越多，与反应时生成的·OH越多，·OH将NO快速氧化为NO2、HNO3等物质的效果越好，所以的催化效果好，故D正确;
故选BD。
15. 常温下，用盐酸调节草酸钡(用表示)浊液的，测得溶液中[为、或]随的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线表示与变化曲线
B.
C. 点溶液中：
D. 点溶液中：
【答案】AC
【解析】
【分析】草酸钡存在平衡：、、，常温下，用盐酸调节草酸钡(用表示)浊液的，c(H+)增大，=减小，c(R2-)减小，=增大，c(Ba2+)增大，则L3代表-lg随的变化关系，当加入盐酸较少时，溶液中c(R2-)<，则L2代表-lg随的变化关系，L1代表-lg c(R2-)随的变化关系，以此解答。
【详解】A．由分析可知，L2代表-lg随的变化关系，A错误；
B．L1代表-lg c(R2-)随的变化关系，由(1，5.8)可以得出=c(Ba2+)c(R2-)=10-1×10-5.8=，B正确；
C．a点-lg=-lg，即c(H+)=c(HR-)，由电荷守恒：可知，C错误；
D．点溶液中，-lg c(R2-)=-lg，即c(R2-)=，而，则，，D正确；
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 金属铍在原子能、航空航天、火箭制造等领域有广泛应用。
（1）下列状态的铍中，电离最外层一个电子所需能量最小的是___________(填标号)。
A. B. C. D.
（2）能以单体、多聚体等形式存在。单体的模型名称为___________；多聚体为链状结构，所有原子均满足稳定结构，中心原子的杂化方式是___________；晶体的熔点___________(填“高于”或“低于”)晶体，其原因是___________。
（3）碳酸铍与醋酸反应生成了一种配合物分子(结构如图1)，每个位于4个形成的四面体中，与形成的化学键可全部看成配位键。
①乙酸分子易形成二聚体，原因是___________。
②中含有___________配位键。
（4）非线性光学材料氟代硼铍酸钾具有重大战略价值。已知其属于四方晶系，晶胞结构如图2所示(氧原子未画出，晶胞参数)。一定条件下，和发生非氧化还原反应生成氟代硼铍酸钾，并放出气体。
氟代硼铍酸钾的化学式为___________；晶体的密度为___________为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）C （2） ①. 直线形 ②. sp3 ③. 低于 ④. 是分子晶体，熔点大小取决于范德华力，是离子晶体，熔点取决于离子键，范德华力很弱，比化学键的键能小1~2个数量级，因此晶体的熔点低于晶体
（3） ①. 两个乙酸分子间可形成如图所示的氢键：； ②. 16
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
A．为Be+，电离的最外层的一个电子是Be的第二电离能；
B．为基态Be原子，电离的最外层的一个电子是Be的第一电离能；
C．为激发态Be原子；
D．为激发态的Be+；
综上：电离的最外层的一个电子能量由大到小排序为：A＞D＞B＞C
故选C；
【小问2详解】
单体中的Be形成2个σ键，无孤电子对，属于sp杂化，模型名称为直线形；多聚体为链状结构，所有原子均满足稳定结构，说明Be连了4个Cl，其中2个为配位键，共形成4个σ键，属于sp3杂化；晶体的熔点低于晶体，因为是分子晶体，熔点大小取决于范德华力，是离子晶体，熔点取决于离子键，范德华力很弱，比化学键的键能小1~2个数量级，因此晶体的熔点低于晶体。
【小问3详解】
①乙酸分子间由于氢键易形成如图所示的二聚体：；
②每个Be位于4个O形成的四面体中，O与Be形成的化学键可全部看成配位键，即中含有16mol配位键；
【小问4详解】
根据均摊法K数目为，Be数目为， F数目为，B数目为，和发生非氧化还原反应生成氟代硼铍酸钾，并放出气体，即反应过程中各元素化合价不变，即：1×2+2×4+3×2+（-2）m+（-1）×4=0，解得m=6，即x：y：z：m：n=1：2：1：3：2，.氟代硼铍酸钾的化学式为：；晶体密度为：。
17. 苯甲醚为无色液体，常用于有机合成。实验室利用苯酚钠和硫酸二甲酯制备苯甲醚，实验步骤如下。
Ⅰ.将苯酚钠放入三颈烧瓶中，降温至以下，然后加入硫酸二甲酯，升温至，发生反应。
Ⅱ.充分反应后，冷却，分液，依次用氢氧化钠溶液、水洗涤有机相，二次分液。
Ⅲ.向有机相中加入无水氯化钙，静置，过滤，将滤液蒸馏得到产品。
回答下列问题：
（1）利用苯酚制备苯酚钠溶液时需要隔绝空气，原因是___________。
（2）生成苯甲醚的化学方程式为___________。
（3）如图仪器在步骤Ⅲ中无需使用的是___________(填名称)；无水氯化钙的作用是___________。
（4）测定产品纯度(杂质不反应)，装置(夹持及加热装置略)和实验步骤如下。
Ⅰ.取样品加入烧瓶中，加入过量醋酸溶液，将匀速通入烧瓶，加热使液体沸腾，一碘甲烷蒸气经过洗涤管除去干扰物质，然后通过盛有足量溴水的吸收管。
Ⅱ.反应结束后，拆除装置，将两支吸收管中的溶液均转移至碘量瓶中，加入甲酸除去过量的溴。
Ⅲ.加入过量溶液与稀硫酸，用标准溶液滴定析出的单质碘，消耗标准溶液的平均体积为。
已知：。
①一碘甲烷与溴水反应时生成一溴甲烷、碘酸和氢溴酸，该反应的化学方程式为___________。
②产品的纯度为___________(用含的代数式表示)；若流速太慢，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，理由是___________。
【答案】（1）防止苯酚被氧化
（2） （3） ①. 球形冷凝管、分液漏斗 ②. 除去水
（4） ①. CH3I+3Br2+3H2O＝HIO3+CH3Br+5HBr ②. ③. 偏低 ④. 流速太慢，反应生成的CH3I在到达吸收管之前便冷凝而损失
【解析】
【分析】利用二氧化碳将CH3I吹出，首先过洗涤管除去干扰物质，然后通过盛有足量溴水的吸收管吸收CH3I，CH3I和溴水反应生成一溴甲烷、碘酸和氢溴酸，最后通过氧化还原反应滴定法测量，据此解答。
【小问1详解】
苯酚易被氧化，因此利用苯酚制备苯酚钠溶液时需要隔绝空气的原因是防止苯酚被氧化。
【小问2详解】
根据元素守恒可知反应中还有硫酸钠生成，苯酚钠和硫酸二甲酯反应生成苯甲醚的化学方程式为。
【小问3详解】
步骤Ⅲ是向有机相中加入无水氯化钙，静置，过滤，将滤液蒸馏得到产品，实验操作是过滤和蒸馏，因此实验中无需使用的是球形冷凝管、分液漏斗；由于水洗涤有机相，二次分液后得到的有机相中仍然含有少量水，所以无水氯化钙的作用是除去水。
【小问4详解】
①一碘甲烷与溴水反应时生成一溴甲烷、碘酸和氢溴酸，该反应的化学方程式为CH3I+3Br2+3H2O＝HIO3+CH3Br+5HBr。
②根据方程式可知C6H5OCH3～CH3I～HIO3～3I2～6Na2S2O3，则产品的纯度为；若流速太慢，会导致反应生成的CH3I在到达吸收管之前便冷凝而损失，因此测定结果偏低。
18. 高纯二硫化钼粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分为，还有少量等)制备高纯的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时生成的化学方程式为___________；“水洗”的目的是___________。
（2）“转化”过程中，存在。
①转化为的化学方程式为___________。
②保持温度为反应后，冷却至并静置测得对晶体产率影响如图所示。
时，晶体产率为0的原因是___________；时，晶体产率继续增大的原因是___________。
（3）“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入___________(填操作单元的名称)中循环使用。
（4）也可由在一定条件下加热分解制得，同时产生和某种硫单质，且与硫单质的物质的量之比为，则硫单质的分子式为___________。
【答案】（1） ①. ②. 除去碳酸钾
（2） ①. ②. 量不足，转化生成 ③. 继续加入，使得铵根离子浓度增大，降低了溶解度，使其结晶析出，导致晶体产率继续增大
（3）转化 （4）S4
【解析】
【分析】钼精矿在空气中煅烧，将转化为和二氧化硫，水洗除去碳酸钾等可溶物，过滤分离出固体加入氨水浸取，氧化铁、氧化镁不反应称为浸渣，浸取液含有，加入硫化铵将，加入硫酸酸浸，得到硫化氢气体和沉淀：+2H+=MoS3↓+H2S↑，使用氢气高温还原得到；
【小问1详解】
空气中氧气具有氧化性，“焙烧”时被氧化为，同时生成二氧化硫，化学方程式为；氧化铁、氧化镁、均不溶于水，而碳酸钾溶于水， “水洗”的目的是除去碳酸钾；
【小问2详解】
①加入硫化铵生成，根据质量守恒可知，同时生成一水合氨，化学方程式为。
②时，量不足，转化生成，故晶体产率为0；时，转化生成，继续加入，使得铵根离子浓度增大，降低了溶解度，使其结晶析出，导致晶体产率继续增大；
【小问3详解】
“酸浸”和“高温还原”中产生的气体为硫化氢，硫化氢和氨水生成硫化铵，故可通入转化环节中继续使用；
【小问4详解】
与硫单质的物质的量之比为，假设生成8分子氨气、1分子硫单质，根据质量守恒可知，有4分子在参与反应，则生成4分子，Mo化合价由+6变为+4，转移4×2=8个电子，生成硫单质的硫化合价由-2变为0，根据电子守恒可知，生成硫单质中硫原子数目为8÷2=4，故硫单质化学式为S4。
19. 利用为原料合成的主要反应如下。
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式___________。
（2）一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入和混合气体，平衡转化率和选择性随温度、投料比的变化曲线如图所示。
①表示选择性的曲线是___________(填“”或“”)；平衡转化率随温度升高发生如图变化的原因是___________。
②生成的最佳条件是___________(填标号)。
（3）一定温度下，向恒压密闭容器中通入和，充分反应后，测得平衡转化率为选择性为，该温度下反应Ⅰ的平衡常数___________(为以物质的量分数表示的平衡常数)。
（4）向压强恒为的密闭容器中通入反应混合气，在催化作用下只发生反应Ⅰ，测得时空收率(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度的变化曲线如图所示。
①时空收率随温度升高先增大后减小的原因是___________。
②时，的平均反应速率___________。
③反应Ⅰ的速率方程可表示为，其中为速率常数，(单位：)为各物质的起始分压，分别为的反应级数。实验结果表明速率常数与反应级数均受温度影响，当反应温度由升高到，则___________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，平衡转化率随温度的升高而增大 ③. c
（3）
（4） ①. 温度较低时，反应速率较慢，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，时空收率增大，当温度较高，反应速率较快，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，时空收率减小 ②. 0.6 ③. 2：1
【解析】
【小问1详解】
已知反应Ⅲ的平衡常数，由盖斯定律可知反应Ⅰ-反应Ⅱ可得反应Ⅲ的热化学方程式为： 。
【小问2详解】
①反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，选择性减小，则表示选择性的曲线是，L2代表平衡转化率随温度变化的曲线，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，平衡转化率随温度的升高而增大；
②由图可知，时，选择性较大，同时CO2的转化率也较大，故选c。
【小问3详解】
根据已知条件列出“三段式”
充分反应后，测得平衡转化率为，选择性为=b，解得x=abmol，y=(a-ab)mol，平衡时n()=(1-a)mol，n(H2)=(3-a-2ab)mol，n(CO)=(a-ab)mol，n(H2O)=amol，n(CH3OH)=abmol，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kx= 。
【小问4详解】
①时空收率随温度升高先增大后减小的原因是：温度较低时，反应速率较慢，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，时空收率增大，当温度较高，反应速率较快，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，时空收率减小；
②时，时空收率为0.2 [(mol·h-1)/mol]，0.2 [(mol·h-1)/mol]×1mol×3=0.6 [(mol·h-1)/mol]；
③在1molNiGa催化作用下只发生反应③CO2加H2制甲醇的速率方程可表示为=k pm(CO2) pn(H2)，其中k为速率常数，各物质起始分压的指数为各物质的反应级数，实验结果表明，速率常数与反应级数均受反应温度的影响。使用Ni5Ga3催化剂时，169℃和223℃起始条件下，CO2反应级数，H2反应级数，由图中信息可知，169℃下甲醇的空收率为0.1mol/(L h)，223℃下甲醇的空收率为0.2 mol/(L h)，即，又知向恒压(3.0MPa)密闭装置中通入反应物混合气(CO2和H2物质的量比1：2)，则CO2的起始分压为1.0MPa，H2的起始分压为2.0MPa，故，则速率常数之比═0.2：0.1=2：1。
20. 环苯草酮是一种高效除草剂，其合成路线如图。
已知：
①
②
③
回答下列问题：
（1）的化学方程式为___________，反应类型为___________。
（2）C中含氧官能团名称为___________；中手性碳原子的数目为___________；的结构简式为___________。
（3）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式___________(任写一种)。
①苯环上有3个取代基，该有机物最多能与发生反应
②核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为
（4）根据上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线___________。
【答案】（1） ①. ②. 加成反应
（2） ①. 酮羰基、酯基 ②. 2 ③.
（3）或或或 （4）
【解析】
【分析】由A分子式为，B分子式及反应物的分子式，可知反应为加成反应，由D分子式与反应生成E的结构式，可推断D结构式为，结合已知③，C结构式为，结合已知②，B结构为，结合已知①，A结构为。由E结构可知其分子式为，与F为同分异构体，为异构化过程，结合环苯草酮的结构，可知F结构为。
【小问1详解】
由上述分析可知，A结构为，B结构为，则反应方程式为；该反应为加成反应；
故答案为：；加成反应；
【小问2详解】
由上述分析可知，C结构简式为，故含氧官能团为酮羰基、酯基；E结构为，其中标有为手性碳原子，有2个手性碳原子；F结构为；
故答案为：酮羰基、酯基；2；；
小问3详解】
由条件①可知，D的同分异构体的结构含有1个苯环，苯环相连3个基团，其中有2个酚羟基，及另一个基团，由条件②可知，另一个基团有连在同一个碳原子上的3个甲基，即，则满足条件的D的同分异构体有、、、；
故答案为：或或或；
【小问4详解】
结合已知①、②，合成路线为；
故答案为：。