必刷卷04——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（全国甲卷专用）（原卷版+解析版）

这是一份必刷卷04——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（全国甲卷专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷04高考三轮冲刺2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷全国甲卷专用解析版docx、必刷卷04高考三轮冲刺2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷全国甲卷专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷04
全国甲卷专用

新高考地区考试题型原为10（单选题）＋4（多选题）＋5（填空题-结构与性质、原理综合题、实验综合题、工业流程题、有机推断题），今年多个省市已发文，化学选择题不再出多选题。但命题时，不再是单纯结构与性质、原理综合题、实验综合题、工业流程题、有机推断题，如在原理综合题中穿插有结构与性质的命题，又比如工业流程题中穿插有原理和结构的命题，有机推断题中也穿插有结构与性质的命题。

由于2022年新高考地区命题中的变化，在全国甲卷的命题中也要注意这方面的变化。本卷在这方面做了一些尝试。选择题第7题四个选项考查了四个方面的知识，扩大了知识面的考查；第8题一个主题化学键的数目，但选择了四个不同方面的素材为载体进行考查；第9题考查实验知识也选择了四个不同方面的素材为载体；第10题选择一个载体考查四个方面的有机化学基础知识——共面、手性碳的判断、官能团的判断、有机物性质；第11题一个载体元素推断，考查了四个方面的知识——物理性质、化学性质、结构、用途；第12题以马来酸为载体考查了滴定知识、电解质溶液的性质、有机物的性质及结构；第13题以电化学为载体，考查了有机物的检验、电化学知识、原子经济知识；第26题是工业流程题穿插了原理题中的电化学知识考查；第27题是原理题但穿插了工业流程知识的考查；第28题为实验题但穿插了电化学知识的考查；第35题为物质结构与性质题但穿插了工业流程、化学实验知识的考查；第36题为有机化学基础有机推断题但穿插物质结构知识——杂化理论知识的考查。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 As 75
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．化学与生活、科技、生产和环境等密切相关。下列有关说法错误的是
A．大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质转化为氨基酸
B．“天宫课堂”中过饱和乙酸钠溶液析晶放热与形成新化学键有关
C．工业合成氨时使用催化剂可以提高N2的平衡转化率
D．“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，有利于实现碳达峰、碳中和
【答案】B
【解析】A．豆浆主要是蛋白质，煮沸后变性，不是水解生成氨基酸，选项A错误；B．乙酸钠溶液中钠离子和乙酸根离子间的离子键被破坏，析出晶体，生成乙酸钠晶体，形成新的离子键，成键会释放热量，故B正确；C．工业合成氨时使用催化剂只能缩短达到平衡的时间，不会提高N2的平衡转化率，故C错误；D．汽车尾气中含有CO和NO，催化处理得到氮气和二氧化碳，有助于改善城市空气质量，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现碳达峰、碳中和，故D错误。答案选B。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1molNH4F晶体中含有的共价键数目为3NA
B．质量分数为46％的乙醇溶液中，含键的数目为7NA
C．标准状况下，11.2LHF中含有H—F键的数目为0.5NA
D．对于CO2+CH42CO+2H2生成标准状况下44.8LH2时断开了C-H键数为4NA表示反应达到平衡
【答案】B
【解析】A．NH4F晶体中N和H之间以N—H共价键相连，故晶体中含有的共价键数目为4NA，故A错误；B．乙醇溶液溶质CH3CH2OH分子中有O—H键，每个乙醇分子中一个O—H键，溶剂H2O分子中也有O—H键，每个水分子中两个O—H键；n(C2H5OH)= ==1mol，O—H键数目1NA，n(H2O)===3mol，O—H键数目6NA，所以O—H键数目共7NA，故B正确；C．标准状况下，HF呈液态，故不能用气体摩尔体积去计算，故C错误；D．生成H2为正反应速率，断开C-H键也是正反应速率，故不能说明反应达到平衡，故D错误。答案选B。
9．由下列实验操作、现象得出的结论不正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液
紫色褪去
铁锈中含有二价铁
B
探究乙炔的化学性质
将饱和食盐水滴入电石中，产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色
乙炔具有还原性
C
分别测定浓度均为0.1 mol∙L−1的
CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH
后者大于前者
Kh(CH3COO－)＜Kh(HCO3－)
D
向盛有1 mL乙酸乙酯的a、b两支试管中分别加入2 mL H2O、2 mLNaOH溶液，70 ~ 80°C热水浴
试管 a液体分层，酯层无明显 变化； 试管b酯层消失
乙酸乙酯在碱性条件下可以水解
【答案】D
【解析】A．浓盐酸也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明铁锈中是否含有二价铁，A错误；B．电石与饱和食盐水反应时产生的乙炔中含有H2S等杂质，H2S具有还原性，能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙炔与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，不能证明乙炔具有还原性，故B错误；C．分别测定浓度均为0.1 mol∙L−1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，由于铵根也发生水解，对醋酸根有影响，因此不能得出Kh(CH3COO－)＜Kh(HCO3－)，故C错误；D．向含有乙酸乙酯的试管 a加入2 mL H2O，酯层物明显变化，向含有乙酸乙酯的试管 b中加入2 mLNaOH溶液，70 ~ 80°C热水浴，酯层消失，则乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，D正确；答案选D。
10．有机物H是合成塑身药物利莫那班的重要中间体，其结构简式如图所示：

下列关于H的叙述正确的是
A．H能使Br2的CCl4溶液褪色
B．H分子中最多有12个碳原子在同一平面上
C．H分子中不含手性碳原子
D．H分子中含有3种含氧官能团
【答案】D
【解析】A．H中不含碳碳不饱和键和醛基，因此M不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B．苯环及其连接侧链碳原子共线，旋转单键可以使侧链中碳原子共面，则H在同一平面上碳原子最多数目至少是12个，B正确；C．一个饱和碳原子连有4个不同的原子或原子团为手性碳原子，H分子中含有手性碳原子，用“*”标注：，故C错误；D．H分子中含有酯基、酮羰基2种含氧官能团，故D错误；答案选B。
11．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，相关信息如表，下列说法错误的是
元素
相关信息
W
宇宙中含量最多的元素
X
最高化合价和最低化合价代数和为零
Y
W与Y可形成原子个数比为1∶1的分子Q
Z
周期数是族序数的3倍
A．X的氢化物熔点可能比Y的氢化物高
B．Z的单质既能与水反应，又能与乙醇反应
C．Q分子中含有极性共价键和非极性共价键
D．四种元素形成的一种化合物一定是不苏打
【答案】D
【解析】已知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。宇宙中含量最多的元素为H元素；W与Y可形成原子个数比为1∶1的18e-分子Q，Y原子序数小于Z，Q为H2O2，Y为 O元素；最高化合价和最低化合价代数和为零，原子序数小于Y，X为C元素；周期数是族序数的3倍，为第三周期第ⅠA族元素，Z为Na元素。A．X的氢化物有很多，所有的烃都是X的氢化物，Y的氢化物有H2O、H2O2，虽然H2O分子间能形成氢键，但在常温下，很多烃都是固体，而H2O、H2O2都是液体，故A正确；B．Na单质既能与水反应，又能与乙醇反应，B正确；C．Q为H2O2，结构式为H—O—O—H，分子中含有极性共价键和非极性共价键，C正确；D．H、C、O、Na四种元素形成的化合物可以是NaHCO3，也可以是NaHC2O4，前者是小苏打，后者不是，故D错误；故选D。
12.室温下，用溶液滴定马来酸(结构简式为，可简写为)的曲线如图：

已知：，。下列说法正确的是
A．没有与马来酸具有相同官能团种类和数目的同分异构体
B．滴入30mLNaOH溶液时，
C．滴入20mLNaOH溶液后的溶液再加入少量的高锰酸钾溶液，溶液变红
D．第一次滴定终点时，可选用甲基橙作指示剂；第二次滴定终点时，可选用酚酞作指示剂
【答案】C
【解析】A．与马来酸具有相同官能团种类和数目的同分异构体为马来酸的反式结构，故A项错误；B．加入30mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为等物质的量的NaHA、，存在电离平衡：  ，存在水解平衡：  ，，存在水解平衡：  ，，溶液中的电离程度大于、的水解程度，即，故B项错误；C．加入20mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为NaHA，含有碳碳双键，可以使KMnO4溶液褪色，故B项错误；D．第一次滴定终点时，溶液呈酸性，可用甲基橙作指示剂，第二次滴定终点时溶液的pH在8-10之间，可用酚酞作指示剂，D项正确。答案选D。
13.中科院化学研究所开发了一个包括苯酚电催化还原和苯酚电催化氧化两个半反应的综合电化学策略，成功实现了苯酚合成两种重要的化工原料——环己酮和苯醌。下列说法错误的是

A．可以用FeCl3溶液来检验电催化氧化反应是否完全
B．阴极区的电极反应式为
C．电路中转移2mol时，理论上会消耗苯酚的数目为
D．该电化学合成环己酮和苯醌的原子利用率为100%
【答案】C
【解析】根据电化学装置可判断为电解池装置，a发生氧化反应，是阳极，b发生还原反应，是阴极。A．苯酚遇FeCl3溶液显紫色，如果取样液加FeCl3溶液不显紫色，说明电催化氧化反应进行完全，故A正确；B．阴极得电子，发生还原反应，电极反应式为，故B正确；C．阳极区的反应式为，可知电路中转移2mol时，理论上会消耗苯酚(两边均要消耗)的数目为，C错误；D．根据总反应式可知反应物完全转化为目标产物环己酮和苯醌，故原子利用率为100%，D正确；故选C。
三、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（14分）以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂，由富钒废渣(含V2O3、Na2O·Al2O3·4SiO2、FeO)制备V2O5的一种流程如下：

已知：①部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
开始沉淀pH
7.0
1.9
3.2
沉淀完全pH
9.0
3.2
4.7
②NH4VO3可溶于热水，不溶于乙醇；
③部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式：
pH
<1
1~4
4~6
6~8.5
8.5~13
>13
主要存在形式

V2O5
多矾酸根

多矾酸根

备注
多矾酸盐在水中溶解度较小
回答下列问题：
(1)“酸浸”时含V物质中V的化合价为___________。
(2)“转化II”需要调整的pH范围为___________， “转化III”中含V物质发生反应的离子方程式为___________。
(3)铝元素在“___________”(填操作单元名称)过程中被除去；“滤渣2”的主要成分为___________。
(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为___________(填字母)。
A．冷水       B．热水      C．乙醇        D．NaOH溶液
(5)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若“沉钒”前溶液中c( )=0.2 mol· L-1，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c( )为___________mol·L-1.[已知：Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3]
(6)全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，其工作原理如图所示。

①充电时，X电极反应式为___________。
②充电时，每转移1 mol电子，左池溶液中n(H+)的变化量为___________mol。
【答案】(1)+5（1分）
(2)pH＞13 （1分） VO+2CO2+H2O=VO+2HCO（2分）
(3)转化Ⅲ（1分） Fe(OH)3（1分）
(4)C （2分）
(6)0.4（2分）
(7)VO2+—e—+H2O=VO+2H+（2分） 1（2分）
【解析】由题给流程可知，废渣与碳酸钠在空气中焙烧得到含有五氧化二钒、氧化铁、偏铝酸钠和硅酸钠的焙烧渣，向焙烧渣中加入盐酸调节溶液pH小于1，五氧化二钒转化为离子、氧化铁转化为铁离子、偏铝酸钠转化为铝离子、硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有离子、铁离子、铝离子的滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3，将离子转化为五氧化二钒、铁离子部分转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子、少量铁离子的滤液和含有氢氧化铁和五氧化二钒的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有离子、偏铝酸根离子的滤液；向滤液中通入足量的二氧化碳将溶液中离子转化为离子，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，向溶液中加入氯化铵，将溶液中离子转化为钒酸铵沉淀，过滤、洗涤、干燥得到含有碳酸氢钠、氯化钠的母液和钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。
（1）由分析可知，“酸浸”时含钒元素物质为离子，由化合价代数和为0可知，离子中钒元素的化合价为+5价，故答案为：+5；
（2）由分析可知，转化II加入氢氧化钠溶液的是将五氧化二钒转化为离子，故pH＞13，转化III中含钒元素物质发生的反应为足量的二氧化碳与溶液中离子反应生成离子和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为VO+2CO2+H2O=VO+2HCO，故答案为：pH＞13；VO+2CO2+H2O=VO+2HCO；
（3）由题意可知，铝元素在转化Ⅲ步骤转化为氢氧化铝被除去；滤渣2的主要成分为氢氧化铁，故答案为：转化Ⅲ；Fe(OH)3；
（4）由钒酸铵可溶于热水，不溶于乙醇可知，一系列操作中洗涤步骤最好选用的试剂为乙醇；故答案为：C；
（5）由钒酸铵的溶度积可知，当钒元素的沉降率达到98%时，溶液中铵根离子浓度为=0.4mol/L，故选C，故答案为：0.4；
（6）由图可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，Y电极为阴极，V3+离子得到电子发生还原反应生成V2+离子，电极反应式为V3++ e—=V2+，氢离子由左池经质子交换膜进入右池；
①由分析可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，故答案为：VO2+—e—+H2O=VO+2H+；②由分析可知，充电时，每转移1 mol电子，左池溶液中生成2mol氢离子，其中1mol氢离子由左池经质子交换膜进入右池使溶液呈电中性，故答案为：1。
27.（15分）化石燃料燃烧过程中形成NO和CO等污染物，利用CO脱除NO的研究获得了广泛关注。在催化剂作用下，CO与NO的反应为2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH。回答下列问题：
(1)已知： 2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH1= - 520 kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH2= +160 kJ·mol-1
则ΔH=___________。
(2)向某刚性容器中加入2 mol CO、2 mol NO和催化剂， 测得平衡时CO2的体积分数随温度和压强的关系如图1所示。

①下列叙述不能说明该反应已经达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．CO2和N2的浓度比保持不变
B．压强不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．混合气体的摩尔质量不再变化
②压强p1___________ p2(填“>”或“<”， 下同)， a、b两点的平衡常数Ka___________Kb。
③b点CO的转化率为___________%(保留一位小数)，b点的Kp=___________(用含 p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×体积分数)。
(3)金属锌作催化剂，在相同时间内，以相同投料比反应时，容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2。当温度高于T℃时，n(CO2)下 降的原因可能是___________(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。

(4)以固体废锌催化剂(主要成分为及少量、、、)为原料制备锌的工艺流程如下：

①“滤渣1”的主要成分为、和_______。
②“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为，离子方程式为_______。
【答案】(1)-680 kJ·mol-1（2分）
(2)①AC（2分） ②< （1分）> （1分） ③44.4%（2分） （2分）
(3)随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)（2分）
(4)①（1分）②或（2分）
【详解】（1）①2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH1= - 520 kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH2= +160 kJ·mol-1 ，由盖斯定律：①-②得2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH=- 520 kJ·mol-1-160 kJ·mol-1 =-680 kJ·mol-1，故答案为：-680 kJ·mol-1；
（2）①A．2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)，CO2和N2的浓度比始终保持不变，故A选；B．反应为气体体积减小的反应，压强不再变化 ，说明反应的平衡状态，故B不选；C．反应应前后均为气体，总质量不变，混合气体的密度始终保持不变，当气体的密度不再变化时，不能说明反应的平衡状态，故C选；D．反应应前后均为气体，总质量不变，但反应后物质的量减小，反应混合气体的摩尔质量不再变化，说明反应的平衡状态，故D不选；故答案为：AC；
②由图1可得：相同温度下，P2的二氧化碳含量大，结合方程式，加压，平衡正向移动，压强p1< p2，由a到b温度升高，对于放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小， a、b两点的平衡常数Ka>Kb。故答案为：<；>；
③，b点二氧化碳的体积分数为： ，x=mol，b点CO的转化率为 44.4%，平衡时，CO(g)为mol，NO(g) 为mol， CO2(g)为mol，N2(g)为mol，平衡时总物质的量为mol，b点的Kp= =(用含 p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×体积分数)。故答案为：44.4%；；
（3）容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2,当温度高于T℃时，n(CO2)下 降的原因可能是随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。故答案为：随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)；
（4）废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以、进入溶液，同时铁、镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，故“滤渣1”的主要成分为、和；在氨水存在的碱性条件下，滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀和水、铵根离子，反应为，故答案为，。
28.（14分）用库仑滴定法可以测定水样中微量砷的含量，其电解原理示意图如图所示。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待含砷(AsO)水样加入电解池后，AsO将I还原，电解池便立即自动进行电解，直到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得水样中砷的含量。

回答下列问题：
(1)电解液中需要250mL0.2mol•L-1NaH2PO4－H3PO4缓冲溶液，配制该缓冲溶液，下列仪器中不需要的是_____(填仪器名称)。

(2)下列关于容量瓶的操作，正确的是_____(填字母)。
A． B． C． D．
(3)电解池工作时，阳极的电极反应式为_____；AsO在电解池中发生反应的离子方程式为_____。
(4)已知AsO在电解池中的反应是可逆的，且II2+I-。本实验中采用NaH2PO4－H3PO4缓冲体系来维持电解液的pH在7～8之间的原因为_____。
(5)已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑。将5.00mL含砷水样加入电解池中，电解消耗的电量为库仑，水样中砷元素的含量为_____g•L-1；水样中溶解的氧也可以氧化I-，从而使测定结果_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（每空2分）(1)分液漏斗、球形冷凝管
(2)C
(3)3I--2e-=I I+AsO+H2O=3I-+AsO+2H+
(4)pH偏小，可逆反应I+AsO+H2O3I-+AsO+2H+向左移动，AsO反应不充分；pH偏大，I2会与碱反应
(5) 偏低
【解析】（1）配制该缓冲溶液，不需要分液漏斗和球形冷凝管。
（2）振荡摇匀时应用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，水平振荡摇匀，A错误；定容时，视线要与容量瓶中的凹液面最低处相平，B错误；转移溶液时，要用玻璃棒引流，C正确；定容后摇匀时应用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒，摇匀，D错误。
（3）由题意可知，I⁻在阳极失电子发生氧化反应生成；水样中的将还原生成和，由此写出离子方程式。
（4）pH偏小，可逆反应向左移动，使水样中的反应不充分；pH偏大，II2+I-，会与碱发生歧化反应，因此本实验中采用缓冲体系来维持电解液的pH在7～8之间。
（5），电解消耗的电量为x库仑，水样中砷元素的含量为水样中溶解的氧也可以氧化，减少了阳极反应中氧化的，电解消耗的电量减少，从而使测定结果偏低。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）以铜钴矿[主要成分为CoOOH、、，另含少量及含砷化合物]制备锂电池正极原料，生产流程如图甲所示。

已知：①酸浸液中含有的阳离子为、、、；②萃取除铜的过程可表示为；③，。
(1)一种钴的氧化物的晶胞结构如图乙所示，该氧化物中钴离子的价电子排布式为_______，该氧化物中钴离子的配位数是_______。设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm，该晶体的密度为_______。

(2)酸浸液中钴以形式存在，生成的化学方程式为_______。酸浸过程中可适当升温以加快反应速率，但温度过高，单位时间内钴的浸出率明显降低，原因是_______。
(3)实验室模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置，如图丙所示，则分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为_______。

(4)在除铁过程中，溶液中的转化为沉淀，该反应的离子方程式为_______。常温条件下，若除铁结束后溶液pH=3，则是否完全沉淀(离子浓度低于时，可认为该离子完全沉淀)？通过计算说明：_______。
【答案】(1)（1分） 6（2分） （2分）
(2) （2分） 温度升高，的溶解度降低，所以钴的浸出率下降（2分）
(3)先打开上口玻璃塞，再打开下口活塞，将下层液体由下口放出，关闭活塞，再将上层含铜有机溶剂从上口倒出（2分）
(4)（2分） pH=3时，溶液中，则，所以沉淀完全（2分）
【解析】铜钴矿[主要成分为CoOOH、、，另含少量及含砷化合物]，粉碎后加入稀硫酸酸溶，再加入还原后，得到，被还原成，滤液中含有、、、，通过有机萃取除去，再用氧化除铁，同时溶液中的转化为沉淀，滤液中加入形成沉淀，最后煅烧得到产品。
（1）由图乙可知，1个晶胞中含有4个Co原子和4个O原子，该氧化物的化学式为，其中Co以形式存在，Co为27号元素，则的价电子排布式为。以晶胞体心处的分析，可得出的配位数为6.由题图乙可知，该晶体的密度为；
（2）酸浸过程中，被还原为，发生反应：。若温度过高，的溶解度降低，反应体系中还原剂的浓度减小，反应速率减小，所以单位时间内钴的浸出率下降；
（3）分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为分液，先打开上口玻璃塞，再打开下口活塞，将下层液体由下口放出，关闭活塞，再将上层含铜有机溶剂从上口倒出；
（4）除铁过程中，被氧化为，被氧化为并结合生成，被还原为，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒可写出生成的离子方程式：；pH=3时，溶液中，则，所以沉淀完全。

36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）有机玻璃的化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯，俗称明胶玻璃、亚克力，具有较好的透明性、化学稳定性，易染色，易加工，外观优美等优点。由链烃A制备有机玻璃的一种合成路线如下：

回答如下问题：
(1)A中的碳原子的杂化方式为_____。
(2)由B生成C的化学方程式为_____。
(3)由F生成G的反应类型为_____，G的化学名称为_____。
(4)①由G生成有机玻璃的化学方程式为_____。
②若有机玻璃平均相对分子质量为10620，则其平均聚合度约为_____。
(5)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_____种(不含立体异构)；
①1molE能与足量的Na反应产生1mol气体
②能发生银镜反应
③已知一个碳原子连两个羟基不稳定
其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为4：2：1：1的是_____(写结构简式)；E的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是_____(填标号)。
a.质谱仪    b.红外光谱仪    c.元素分析仪   d.核磁共振仪
【答案】（1）sp3、sp2（2分）(2)CH3CHClCH3+NaOH CH3CH(OH)CH3+NaCl（2分）
(3)酯化反应或取代反应（1分） 2-甲基丙烯酸甲酯（1分）
(4)①（2分）②118（2分）
(5)4（2分） HOCH2CH(CH2OH)CHO（1分） c（2分）
【解析】由题干合成流程图可知，根据链烃A的分子式可知，A的结构简式为：CH3CH=CH2、由A转化为B的反应条件可知，B的结构简式为：CH3CHClCH3，根据C的分子式和C可以催化氧化可知，C的结构简式为：CH3CH(OH)CH3，由C转化为D的条件可知，D的结构简式为：，由E的分子式和D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由F的分子式和E到F的转化条件可知，F的结构简式为：，由F到G的转化条件可知，G的结构简式为：，据此分析解题。
（1）由分析可知，A的结构简式为：CH3CH=CH2，结构中有饱和碳原子和碳碳双键碳原子，杂化方式分别为sp3、sp2，答案为sp3、sp2；
（2）由分析可知，由B生成C的化学方程式为：CH3CHClCH3+NaOH CH3CH(OH)CH3+NaCl，答案为：CH3CH(OH)CH3+NaCl；
（3）由F到G的转化条件可知，反应类型为酯化反应或取代反应；G的结构简式为：，名称为2-甲基丙烯酸甲酯。答案为：酯化反应或取代反应 2-甲基丙烯酸甲酯；
（4）①G发生聚合反应生成有机玻璃，化学方程式为；
②有机玻璃的分子式为(C5H8O3)n，若有机玻璃的平均相对分子质量为10620，则其平均聚合度为10620/90=118；答案为① ②118；
（5）①1molE能与足量的Na反应产生1mol气体，说明含有-OH；能发生银镜反应，说明含有-CHO，E的同分异构体可看作CH3CH2CH2CHO或CH3CH(CH3)CHO中的2个H分别被-OH取代得到的，由于两个羟基不能连在同一个碳原子，这样前者有2种情况，后者有两种情况，共有4种情况；其中满足核磁共振氢谱显示为四组峰且峰面积比为4：2：1：1的有机物的结构简式为HOCH2CH(CH2OH)CHO；
②E的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是：
a．质谱仪是分离和检测不同同位素的仪器，即根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器，a不符合要求；b．红外光谱仪是利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析的仪器，b不符合要求；c．元素分析仪是分析元素的仪器，D的所有同分异构体组成元素都相同，在仪器中显示的信号(或数据)完全相同，c符合要求；d．核磁共振仪能检测出有机物中氢原子的种类以及数目之比，d不符合要求；故选c。答案为①4 HOCH2CH(CH2OH)CHO②c；