（考試時間：90分鐘 試卷滿分：100分）
注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。
可能用到的相對原子質量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ni-59 La-139
1．化工科技助力航天，下列說法正確的是
A．運載火箭利用固體推進劑發(fā)生化學變化，將熱能轉化為化學能
B．航天員開展的蛋白質與核酸共起源分子化研究中，核酸為小分子
C．返回艙所用的超高溫陶瓷(過渡金屬硼化物)屬于新型無機非金屬材料
D．飛船操縱桿材料碳纖維與石墨烯互為同素異形體
【答案】C
【詳解】A．運載火箭利用固體推進劑發(fā)生化學變化，將化學能轉化為熱能，A錯誤；
B．核酸是生物大分子，B錯誤；
C．超高溫陶瓷屬于新型無機非金屬材料，C正確；
D．碳纖維是一種復合材料，屬于混合物，與石墨烯不互為同素異形體，D錯誤；
答案選C。
2．下列化學用語正確的是
A．基態(tài)原子的軌道表示式：
B．用電子云輪廓圖表示中的鍵形成的示意圖：
C．的模型：
D．2-甲基-1-丁醇的鍵線式：
【答案】B
【詳解】A．基態(tài)原子的價電子排布式為3d24s2，軌道表示式為，A錯誤；
B．H的s能級為球形，兩個氫原子形成氫氣時，是兩個s能級的原子軌道和互靠近，形成新的軌道，B正確；
C．中心原子S的價層電子對數(shù)為3+=3，無孤電子對，VSEPR模型是平面三角形，與圖不相符，C錯誤；
D．2-甲基-1-丁醇的鍵線式：，D錯誤；
故選B。
3．(鎵)的穩(wěn)定同位素和是顯示地表風化過程的一種指示劑。下列說法不正確的是
A．和的化學性質不相同
B．可用質譜法區(qū)分和
C．位于元素周期表中第四周期、第ⅢA族
D．的第一電離能大于K的第一電離能
【答案】A
【詳解】A．和為同位素，化學性質幾乎完全相同，但物理性質有所差異，故A錯誤；
B．質譜法可以測相對分子量，由于同位素的相對質量不同，可用質譜法區(qū)分和，故B正確；
C．Ga位于元素周期表第四周期第IIIA族，故C正確；
D．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢，Ga的第一電離能大于K的第一電離能，故D正確；
故選：A。
4．利用下列試劑和如圖所示裝置制備氣體并除去其中的非水雜質，能達到目的的是(必要時可加熱，加熱及夾持裝置已略去)
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【詳解】A．實驗室中制備的Cl2中含有HCl，除去Cl2中的HCl應該用飽和食鹽水，而不是NaOH溶液，A不合題意；
B．實驗室用稀鹽酸和CaCO3制備CO2，此時CO2中含有少量的雜質HCl，可用飽和NaHCO3溶液來除去CO2中的HCl，B符合題意；
C．濃硝酸具有強氧化性，能將Na2SO3氧化為Na2SO4，故不能用濃硝酸和Na2SO3來制備SO2，而應該用70%H2SO4和Na2SO3來制備SO2，B不合題意；
D．實驗室可以將濃硫酸和無水乙醇的混合液迅速加熱到170℃來制備乙烯，這樣制得的乙烯中含有SO2、CO2和乙醇蒸氣等雜質，由于乙烯也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故不能用酸性高錳酸鉀溶液來除雜，應該用NaOH溶液來除雜，D不合題意；
答案選B。
5．下列解釋事實的離子方程式正確的是
A．SO2通入Ba(NO3)2溶液中有白色沉淀生成：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+
B．NH4HSO3溶液與過量的氫氧化鈉溶液混合加熱：NH+HSO+2OH-NH3↑+2H2O+SO
C．“84”消毒液和“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)混合使用會產(chǎn)生有毒氣體：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O
D．氯化鐵溶液中滴加氫硫酸溶液：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
【答案】B
【詳解】A 硝酸有強氧化性，兩者混合會發(fā)生氧化還原反應，會生成硫酸鋇和一氧化氮，離子方程式為：，A錯誤；
B．銨根和亞硫酸根都可以和氫氧根反應，離子方程式為：NH+HSO+2OH-NH3↑+2H2O+SO，B正確；
C．“84”消毒液”的成分為次氯酸鈉，和“潔廁靈”反應的方程式為：，C錯誤；
D．氫硫酸為弱酸，寫離子方程式不能拆，則離子方程式為：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，D錯誤；
故選B。
6．下列物質的結構或性質不能解釋其用途的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【詳解】A．植物油可制肥皂，是因為植物油屬于酯，植物油和氫氧化鈉反應生成高級脂肪酸鈉和甘油，故選A；
B．明礬可作凈水劑，是因為明礬中水解生成膠體，吸附水中的懸浮雜質，故不選B；
C．煙花中加入金屬化合物產(chǎn)生五彩繽紛的焰火，是因為金屬原子核外電子躍遷產(chǎn)生的光譜，故不選C；
D．聚丙烯酸鈉可作高分子吸水材料，是因為聚丙烯酸鈉中含有親水基團，故不選D；
選A。
7．下列事實不能用平衡移動原理解釋的是
A．由、、組成的平衡體系通過縮小體積加壓后顏色變深
B．重鉻酸鉀溶液中存在：，若滴加少量溶液，溶液由橙色變黃色
C．實驗室用排飽和食鹽水的方法收集
D．開啟啤酒瓶后，馬上泛起大量泡沫
【答案】A
【詳解】A．加壓平衡不移動，但容器體積減小，濃度增大，顏色加深，故該事實不能用平衡移動原理解釋，選項A符合題意；
B．重鉻酸鉀溶液中存在：，若滴加少量溶液，氫離子濃度減小，平衡正向移動，減小，溶液由橙色變黃色，能用平衡移動原理解釋，選項B不符合題意；
C．飽和食鹽水中氯離子濃度大，平衡逆向移動，故氯氣在飽和食鹽水中溶解度小，可用排飽和食鹽水的方法收集，能用平衡移動原理解釋，選項C不符合題意；
D．開啟啤酒瓶后，馬上泛起大量泡沫，原因是壓強減小，碳酸分解向正反應方向移動，能用勒夏特列原理解釋，選項D不符合題意；
答案選A。
8．已知。下列說法不正確的是
A．鈉在空氣中燃燒，產(chǎn)生黃色火焰，生成淡黃色固體
B．中含有離子鍵和非極性共價鍵
C．中陰陽離子個數(shù)比為
D．可作供氧劑，與反應過程中每生成轉移
【答案】C
【詳解】A．鈉在空氣中燃燒生成過氧化鈉，觀察到產(chǎn)生黃色火焰，生成淡黃色固體物質，選項A正確；
B．Na2O2中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵，過氧根離子內氧原子和氧原子之間存在非極性共價鍵，選項B正確；
C．Na2O2由鈉離子與過氧根離子構成，則Na2O2中陰、陽離子個數(shù)比為1 : 2，選項C錯誤；
D．過氧化鈉和二氧化碳反應時得到的氧氣是由-1價的氧元素生成的，故生成1ml氧氣時轉移電子為2ml，選項D正確；
答案選C。
9．如圖為一種有機酸的結構簡式，下列關于該有機酸的說法正確的是
A．分子中所有原子一定共平面
B．1ml該物質最多能與發(fā)生加成反應
C．1ml該物質可消耗等物質的量的Na和NaOH
D．該有機物屬于芳香族衍生物
【答案】B
【詳解】A．單鍵可以旋轉，則該有機物分子中所有原子不一定共平面，故A錯誤；
B．分子中含有3個碳碳雙鍵，1ml該物質最多能與發(fā)生加成反應，故B正確；
C．羥基、羧基均與Na反應，只有羧基與NaOH反應，則1ml該物質可消耗Na和NaOH的物質的量的分別為3ml、2ml，故C錯誤；
D．分子中不含有苯環(huán)，不屬于芳香族衍生物，故D錯誤。
答案選B。
10．為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源，科學家設計了如下的-鉛化合物燃料電池實現(xiàn)鉛單質的回收。
下列有關說法錯誤的是
A．正極區(qū)溶液pH升高，負極區(qū)溶液pH降低
B．電子流向：電極b→負載→電極a
C．陰極區(qū)電極反應式為
D．為了提高的回收率，離子交換膜為陰離子交換膜
【答案】D
【分析】該裝置為-鉛化合物燃料電池，通入燃料氫氣的電極b為負極，發(fā)生失電子的氧化反應，則電極a為正極，發(fā)生得電子的還原反應。
【詳解】A．根據(jù)分析，負極氫氣失電子、產(chǎn)生氫離子消耗氫氧根，pH降低，正極產(chǎn)生氫氧根離子，pH升高，A正確；
B．根據(jù)分析電極b為負極，電極a為正極，電子流向：電極b→負載→電極a，B正確；
C．根據(jù)題干信息，通過電化學裝置實現(xiàn)鉛單質的回收，陰極區(qū)電極反應式為，C正確；
D．離子交換膜應使用陽離子交換膜，防止移動至電極b，D錯誤；
答案選D。
11．工業(yè)上可以利用水煤氣(、)合成二甲醚()，同時生成。合成過程中，主要發(fā)生三個反應，℃時，有關反應及相關數(shù)據(jù)如下。



保持原料氣組成、壓強、反應時間等因素不變，進行實驗，測得轉化率隨溫度變化曲線如下圖。下列說法不正確的是

A．℃時，水煤氣合成二甲醚的熱化學方程式：
B．℃時，增大壓強、加入催化劑均可提高的平衡轉化率
C．220℃~240℃時，溫度升高反應速率加快，轉化率升高
D．溫度高于240℃時，溫度升高轉化率降低的原因可能是平衡逆向移動
【答案】B
【詳解】A．已知：℃時，有關反應及相關數(shù)據(jù)如下
①
②
③
由蓋斯定律可知，2×①+②+③得反應，則其焓變?yōu)?，A正確；
B．加入催化劑可以加快反應速率，但是不能改變物質的平衡轉化率，B錯誤；
C．升高溫度反應速率加快，由圖可知，20℃~240℃時，溫度升高反應速率加快，且轉化率升高，C正確；
D．反應均為放熱反應，溫度高于240℃時，溫度升高導致平衡逆向移動，使得轉化率降低，D正確；
故選B。
12．化合物Z是合成某種抗結核候選藥物的重要中間體，可由下列反應制得。
下列有關化合物X、Y和Z的說法正確的是
①X分子中不含手性碳原子
②Y分子中的碳原子一定處于同一平面
③Z在濃硫酸催化下加熱可發(fā)生消去反應
④X、Z分別在過量溶液中加熱，均能生成丙三醇
A．①②B．③④C．①③D．②④
【答案】B
【詳解】①手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，中含有手性碳原子，位置為，錯誤；
②Y分子中與醚鍵相連的甲基上的碳原子通過旋轉與苯環(huán)可能不共面，故B錯誤；
③Z中含有羥基且與羥基碳相鄰的碳原子上有氫原子，在濃硫酸催化下加熱可發(fā)生消去反應，正確；
④X分子中含有氯原子，在氫氧化鈉溶液中加熱可以被羥基取代，生成丙三醇，Z分子中含有酯基和氯原子，在氫氧化鈉溶液中酯基水解可以先生成X，然后氯原子發(fā)生取代反應，最終生成丙三醇，正確；
故選B。
13．納米催化制備甲酸鈉的機理如下圖所示：
下列說法錯誤的是
A．納米尺寸有利于加快反應速率 B．反應過程中有極性鍵的斷裂與形成
C．反應過程中不需要持續(xù)補充 D．總反應的原子利用率為100%
【答案】D
【詳解】A．納米催化劑能降低反應活化能，加快反應速率，故A正確；
B．由圖可知，反應過程中有極性鍵的斷裂與形成，故B正確；
C．由圖可知，該反應的總反應為碳酸氫鈉與氫氣反應生成甲酸鈉和水，二氧化碳是反應的中間產(chǎn)物，所以反應過程中不需要持續(xù)補充二氧化碳，故C正確；
D．由圖可知，該反應的總反應為碳酸氫鈉與氫氣反應生成甲酸鈉和水，反應所得產(chǎn)物不唯一，所以反應中原子利用率不是100%，故D錯誤；
故選D。
14．菠蘿“扎嘴”的原因之一是菠蘿中含有一種難溶于水的草酸鈣針晶。常溫下，草酸鈣在不同下體系中與關系如圖所示（代表），已知。下列有關說法正確的是
A．數(shù)量級為
B．點時，體系中
C．時，曲線①呈上升趨勢的原因是部分轉化為
D．溶液時，
【答案】D
【分析】CaC2O4為強堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，體系中存在一系列平衡，、、，所以在CaC2O4溶液中，，即①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+。
【詳解】A．，，①③相交時從圖中可知此時pH大于4小于5，所以Ka2數(shù)量級為10-5，故A錯誤；
B．據(jù)以上分析可知，①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+，所以A點時①表示的濃度小于此時溶液中的c(H+)，故B錯誤；
C．由圖像可知，pH＞12時，如pH=13，c(OH-)=0.1ml/L、c(Ca2+)=10-4.5ml/L，此時，即沒有氫氧化鈣沉淀析出，故C錯誤；
D．溶液pH=7時c(H+)=c(OH-)，溶液中電荷守恒，所以，故D正確；
故答案為：D。
15．(11分) 金屬鎳及其化合物在合成材料以及催化劑等方面應用廣泛。請回答下列問題：
(1)基態(tài)Ni原子的價電子排布圖為 。
(2)NiO、FeO晶體類型及晶胞與NaCl相同，則NiO晶胞結構中Ni2+的配位數(shù)為 ；又知Ni2+、Fe2+的離子半徑分別為69pm、78pm，則NiO熔點 FeO(填“>”“ (1分)
(3) SP2、SP3 (2分) O>N>C>H>Ni(2分)
(4) LaNi5或Ni5La (2分) (2分)
【詳解】（1）Ni元素在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，原子序數(shù)28，基態(tài)Ni原子的價電子排布圖為：；
（2）NaCl晶體中鈉離子和氯離子的配位數(shù)均為6，因為NiO、FeO晶體類型與晶胞與NaCl相同，所以Ni2+的配位數(shù)為6；離子半徑：Ni2+FeO，所以前者熔點高；
（3）從圖甲中可以看出C原子的雜化類型為 SP2、SP3 ；根據(jù)元素周期律，同周期電負性從左到右依次增大，同主族從上到下依次減弱，金屬電負性小于非金屬，所以素H、C、N、O、Ni電負性由大到小的順序為：O>N>C>H>Ni；
（4）根據(jù)晶胞結構示意圖，晶胞中La的原子個數(shù)為：；Ni的原子個數(shù)為，所以該晶體的化學式為LaNi5或Ni5La；根據(jù)，其中，帶入上式得。
16．(10分) 綠色能源是當今重要的研究熱點，2022年中科院大連化物所的制汽油科研項目成功了，這是一項重大成功，直接影響的是國計民生。尋找新的能源成為了科學研究的熱點。
Ⅰ．甲烷化反應為：，該反應又稱Sabatier反應。
(1)相關的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下表所示：
Sabatier反應的 。
(2)若要同時提高反應的速率和甲烷的平衡轉化率，可以采取的措施有： （寫一點即可）。
(3)在體積為的恒溫密閉容器中，投入、進行上述反應，達到平衡后，若的轉化率為20％，則該反應的平衡常數(shù)為 （寫計算式）。
(4)轉化為也可通過電化學反應實現(xiàn)，其原理如圖所示：
電解過程中，陰極室和陽極室的溶液濃度基本保持不變，陰極的電極反應式為 ；若生成理論上陽極室生成混合氣體的體積為 L（標準狀況，忽略氣體的溶解）。
【答案】(1) (2分)
(2)加壓（或增加H2濃度） (2分)
(3) (2分)
(4) (2分) 224 (2分)
【詳解】（1）由反應熱與反應物的鍵能之和與生成物的鍵能之和的差值相等可得：Sabatier反應的△H=(803kJ/ml×2+436 kJ/ml×4)—(413 kJ/ml×4+463 kJ/ml×4)=—154kJ/ml，故答案為：—154；
（2）Sabatier反應是氣體體積增大的放熱反應，增大壓強或增大氫氣濃度，反應速率加快，平衡向正反應方向移動，甲烷的平衡轉化率增大，故答案為：加壓（或增加H2濃度）；
（3）由題給數(shù)據(jù)可建立如下三段式：
由三段式數(shù)據(jù)可知，反應的平衡常數(shù)K=，故答案為：；
（4）由圖可知，與直流電源正極相連的鉑電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，氫離子與溶液中的碳酸氫根離子反應生成二氧化碳和水，多晶銅電極為陰極，水分子作用下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成甲烷和碳酸氫根離子，電極反應式為，由得失電子數(shù)目守恒可知，生成1ml甲烷時，陽極生成2ml氧氣和8ml二氧化碳，標準狀況下，混合氣體的體積為10ml×22.4L/ml=224L，故答案為：；224；
（5）由AlNH6是共價化合物，分子中所有的原子都達到穩(wěn)定結構可知，AlNH6的結構式為，則1ml分子中含有共用電子對的物質的量為7ml，故答案為：7；。
17．(12分)有機物G是合成減肥藥“鹽酸利莫那班”的重要中間體，其合成路線如下：
已知：
回答下列問題：
(1)A的化學名稱是 。
(2)F中含氧官能團的名稱為 。
(3)A轉化為B的化學方程式為 。
(4)B與E生成F的過程可以分為兩步，若第一步為加成反應，則第二步反應類型為 。
(5)G分子中除了苯環(huán)外，還含有一個五元環(huán)狀結構，G的結構簡式為 。
(6)有機物D的同分異構體中，同時滿足下列條件的共有 種(不考慮立體異構)；
①能與碳酸氫鈉反應；②既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應；
其中，含有手性碳原子，核磁共振氫譜有五組峰，且峰面積之比為6∶1∶1∶1∶1的同分異構體的結構簡式為 。
【答案】(1)1,2,4-三氯苯 (1分)
(2)羰基、酯基 (2分)
(3)++HCl (2分)
(4)消去 (1分)
(5)(2分)
(6) 8 (2分) (2分)
【分析】
根據(jù)F的結構簡式，G的分子式，題中所給信息可知，G的結構簡式為：；
【詳解】（1）根據(jù)A的結構簡式可知，A的化學名稱為：1,2,4-三氯苯；
（2）根據(jù)F的結構簡式可知，F(xiàn)中的含氧官能團為：羰基，酯基；
（3）根據(jù)合成路線可知，A→B的化學方程式為：
++HCl；
（4）根據(jù)合成路線可知，第一步為酮羰基的加成反應生成羥基，第二步為羥基的消去反應；
（5）
根據(jù)分析可知G的結構簡式為：；
（6）能與碳酸氫鈉反應，說明含羧基，既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應，說明含有酯基和醛基，則為甲酸形成的酯基，可以為，，，，,，，共8種；
含有手性碳原子，核磁共振氫譜有五組峰，且峰面積之比為6∶1∶1∶1∶1的同分異構體的結構簡式為。
18．(12分)廢舊電池鎳鈷錳酸鋰三元正極材料的主要成分為，通過高溫氫化和濕法冶金的方法回收其中的鎳、鈷、錳、鋰，其工藝流程如圖所示。
已知：①該工藝條件下，Ni2+開始沉淀的pH為2，C2+開始沉淀的pH為3。
②M2+(C2+或Ni2+)的萃取原理：2HR(有機相)+M2+(水相)?MR2(有機相)+2H+(水相)。
回答下列問題：
(1)“高溫氫化”時固體產(chǎn)物為C、Ni、MnO和LiOH，該反應的化學方程式為 ；實際生產(chǎn)中還有少量的Li2CO3生成，原因是 。
(2)“酸洗”的目的是 ；若“洗液”中c(Li+)=2.0ml?L-1，加入Na2CO3固體后，為使沉淀Li2CO3中Li元素含量不小于Li元素總量的95%，則1.0L“洗液”中至少需要加入Na2CO3的物質的量為 ml[忽略溶液體積變化，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3]。
(3)“沉錳”過程中pH對金屬沉淀率的影響如圖所示。
①生成MnO2的離子方程式為 。
②pH=0.5時，有少量鈷、鎳析出，可能的原因是 ；應選擇的最佳pH為 。
(4)“反萃取”的目的是將有機層中C2+、Ni2+轉移到水層。
①試劑X為 (填試劑名稱)。
②為使C2+、Ni2+盡可能多地轉移到水層，應采取的實驗操作有 。
【答案】(1) 6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O (2分)
LiOH與空氣中CO2反應(1分)
(2)降低鋰在固體殘余物中的含量 (1分) 1.17 (2分)
(3) 3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+ (2分) MnO2沉淀過程中夾雜、包裹(1分) 1(1分)
(4) 鹽酸 (1分) 多次反萃取(1分)
【分析】由題給流程可知，廢舊電池正極材料在氫氣和氮氣混合氣體中高溫氫化時，轉化為鈷、鎳、一氧化錳和氫氧化鋰，“高溫氫化”時得到的固體經(jīng)水洗、草酸酸洗得到氫氧化鋰洗液和固體殘余物；向氫氧化鋰中加入碳酸鈉溶液，將溶液中的鋰離子轉化為碳酸鋰沉淀，過濾得到碳酸鋰；向殘余物中加入硫酸溶液酸浸，將鈷、鎳、一氧化錳轉化為可溶的硫酸鹽，過濾得到濾渣和濾液；向濾液中加入高錳酸鉀，將溶液中的錳離子轉化為二氧化錳沉淀，過濾得到二氧化錳和濾液；向濾液中加入HR有機萃取劑萃取溶液中的亞鈷離子和鎳離子，分液得到水相和有機相；向有機相中加入鹽酸，經(jīng)多次反萃取、分液得到水相和有機相；水相中氯化亞鈷和氯化鎳在一定條件下分離得到氯化亞鈷和氯化鎳。
【詳解】（1）由分析可知，高溫氫化時發(fā)生的反應為高溫條件下與氫氣反應轉化為生成鈷、鎳、一氧化錳、氫氧化鋰和水，反應的化學方程式為6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O；實際生產(chǎn)中還有少量的碳酸鋰生成說明反應生成的氫氧化鋰與空氣中的二氧化碳反應生成碳酸鋰和水，故答案為：6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O；LiOH與空氣中CO2反應；
（2）由分析可知，水洗、草酸酸洗得到氫氧化鋰洗液，所以酸洗的目的是將鋰元素完全轉移到洗液中，降低鋰在固體殘余物中的含量；由題意可知，溶液中鋰離子轉化為碳酸鋰時，消耗碳酸鈉的物質的量為2.0ml/L×1.0L×95%×=0.95ml，溶液中鋰離子的濃度為2.0ml/L—2.0ml/L×95%=0.1ml/L，由溶度積可知，溶液中碳酸根離子的物質的量為×1.0L=0.22ml，則1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸鈉的物質的量為0.95ml+0.22ml=1.17ml，故答案為：降低鋰在固體殘余物中的含量；1.17；
（3）①由分析可知，加入高錳酸鉀的目的是將溶液中的錳離子轉化為二氧化錳沉淀，反應的離子方程式為3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案為：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；
②pH=0.5時，有少量鈷、鎳析出是因為二氧化錳沉淀過程中夾雜、包裹了一定量的鈷元素和鎳元素；由圖可知，溶液pH為1時，錳元素沉淀率達到最大，而鈷元素和鎳元素沉淀率較小，則應選擇的最佳pH為1，故答案為：MnO2沉淀過程中夾雜、包裹；1；
（4）①由分析可知，試劑X為反萃取劑鹽酸，目的是萃取、分液得到含有氯化亞鈷和氯化鎳的水相，故答案為：鹽酸；
②由萃取原則可知，可以使用少量多次反萃取的方法使C2+、Ni2+盡可能多地轉移到水層，故答案為：多次反萃取。
19．(13分)以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質和鹽溶液間反應的多樣性。
（1）經(jīng)驗檢，現(xiàn)象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象Ⅰ： 。
（2）經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。
已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。
①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現(xiàn)象是 。
②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2+和。

a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是 。
b．證實沉淀中含有Cu2+和的理由是 。
（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推測沉淀中含有亞硫酸根和 。
②對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設：
i．Al(OH)3所吸附；
ii．存在于鋁的堿式鹽中。對假設ii設計了對比實驗，證實了假設ii成立。
a．將對比實驗方案補充完整。
步驟一：

步驟二： （按上圖形式呈現(xiàn)）。
b．假設ii成立的實驗證據(jù)是 。
（4）根據(jù)實驗，亞硫酸鹽的性質有 。鹽溶液間反應的多樣性與 有關。
【答案】 （1）2Ag++===Ag2SO3↓ (1分) （2）有紅色固體生成(1分) HCl溶液和BaCl2溶液 (2分) 在I-的作用下，Cu2+轉化為白色沉淀CuI，轉化為 (2分) （3）① Al3+、OH- (2分) ② (2分) V1明顯大于V2 (1分)
（4）亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性 (1分) 兩種鹽溶液中陰陽離子的性質和反應條件 (1分)
【詳解】(1)實驗Ⅰ中0.2ml/LNa2SO3溶液滴入飽和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是飽和溶液且溶液混合后稀釋，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考慮到SO32?濃度較大，因此推斷白色沉淀為Ag2SO3，反應的離子方程式為：2Ag++SO32?=Ag2SO3↓，故答案為2Ag++SO32?=Ag2SO3↓；
(2)①因Cu+和稀硫酸反應生成銅和銅離子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應生成銅單質，實驗現(xiàn)象是有紅色固體生成，故答案為有紅色固體生成；
②a.分析實驗流程可知，實驗原理為2Cu2++4I?=2CuI↓+I2、I2+SO32?+H2O=SO42?+2I?+2H+、SO42?+Ba2+=BaSO4↓，根據(jù)BaSO4沉淀可知，加入的試劑為含Ba2+的化合物，可以選用BaCl2溶液，考慮沉淀A沒有BaSO3，因此應在酸性環(huán)境中，故答案為HCl溶液和BaCl2溶液；
b. 由白色沉淀A可知，之前所取上層清液中有SO42?，由加入KI生成白色沉淀可知棕黃色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I?作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無現(xiàn)象說明上層清液中無I2，而Cu2+和I?反應生成I2，因而推斷生成的I2參與了其他反應，因而有還原劑SO32?，故答案為在I-的作用下，Cu2+轉化為白色沉淀CuI，SO32?轉化為SO42?；
(3)①根據(jù)題意知實驗Ⅲ的白色沉淀中無SO42?，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推測沉淀中含有鋁離子和氫氧根離子，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色是因為存在具有還原性的亞硫酸根離子，故答案為Al3+、OH-；
②a. 根據(jù)假設可知實驗的目的是證明產(chǎn)生的沉淀是Al(OH)3還是鋁的堿式鹽，給定實驗首先制備出現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此對比實驗首先要制備出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若兩者消耗的NaOH體積相同，則現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若兩者消耗的NaOH體積不同，則現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀考慮是鋁的堿式鹽，故步驟二的實驗方案為：；
b. 根據(jù)上述分析可知，假設ii成立的實驗證據(jù)是 V1明顯大于V2，故答案為 V1明顯大于V2；
（4）根據(jù)實驗可知，亞硫酸鹽具有還原性、水解使溶液呈堿性；根據(jù)題目，該實驗探究的是亞硫酸鈉溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液反應，所以鹽溶液間反應的多樣性與鹽的性質和溶液的酸堿性等反應條件有關，故答案為：亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性； 兩種鹽溶液中陰陽離子的性質和反應條件。
評卷人
得分
一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
選項
氣體
試劑I
試劑II
試劑Ⅲ

A
Cl2
濃鹽酸
MnO2
NaOH溶液
B
CO2
稀鹽酸
CaCO3
飽和NaHCO3溶液
C
SO2
濃硝酸
Na2SO3(s)
飽和NaHSO3溶液
D
C2H4
濃硫酸
C2H5OH(1)
KMnO4酸性溶液
選項
結構或性質
用途
A
植物油可加氫硬化
植物油可制肥皂
B
水解生成膠體
明礬可作凈水劑
C
金屬原子核外電子躍遷
煙花中加入金屬化合物產(chǎn)生五彩繽紛的焰火
D
聚丙烯酸鈉中含有親水基團
聚丙烯酸鈉可作高分子吸水材料
評卷人
得分
二、非選擇題：本題共5小題，共58分。
化學鍵
H—H
H—O
C—H
C＝O
436
463
413
803
實驗
試劑
現(xiàn)象
滴管
試管

0.2ml·L-1Na2SO3溶液
飽和Ag2SO4溶液
Ⅰ．產(chǎn)生白色沉淀
0.2ml·L-1CuSO4
Ⅱ．溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀
0.1ml·L-1Al2(SO4)3溶液
Ⅲ．開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀

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