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2024年高考化学考前信息必刷卷03（安徽专用）（Word版附解析）
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化 学
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
2024年安徽省普通高考实行“3+1+2”模式，由统一高考科目和普通高中学业水平选择性考试科目(简称选考科目)组成。其中，“3”为统一高考科目，即语文、数学、外语(含英语、俄语、日语、法语、德语、西班牙语)，使用全国卷，由教育部教育考试院命题。“1”为首选科目，即历史、物理中选择的1科；“2”为再选科目，即思想政治、地理、化学、生物学4科中选择的2科。选考科目由安徽省命题。
本套试卷题材新颖、知识点既突出主干知识、又具有一定创新思维。如第1题具有本土气息，以安徽的社会、人居为情境。第6题以深海冷泉环境细菌氧化硫代硫酸钠形成单质硫新型途径。第16题的工艺流程综合题中考查了晶胞知识。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Ce 140
一、选择题：本题共14小题，每小题3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。
1．近年来，安徽省扎实推进宜居宜业和美乡村建设.下列说法正确的是
A．梯次推进农村生活污水治理，提高农村生活污水治理率，明矾常用来进行污水的处理
B．以“数字＋”为农业现代化添动力，网络使用的光纤主要原料为Si
C．提升基础设施效能，增设停车充电桩等配套设施，充电是将化学能转化为电能
D．大力实施农村公路提质改造工程，铺路用的水泥是新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】A．明矾电离出的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮杂质达到净水的目的，所以提高农村生活污水治理率，明矾常用来进行污水的处理，故A正确；
B．网络使用的光纤主要原料为二氧化硅，故B错误；
C．充电是将电能转化为化学能的过程，故C错误；
D．铺路用的水泥是传统无机非金属材料，故D错误；
故选A。
2．在探究物质性质的实验中，下列实验操作方案不正确的是
A．探究SO2的漂白性具有选择性：可将 SO2分别通入品红溶液和石蕊溶液
B．探究某溶液中是否含有SO：向某溶液中滴加硝酸酸化的 Ba(NO3)2溶液
C．探究CH3COOH 是弱酸：可用 pH试纸检测0.1ml/L CH3COOH 溶液的 pH
D．探究氯水的氧化性：可向FeCl2溶液中滴加 KSCN溶液，再滴加氯水
【答案】B
【解析】A．SO2通入品红溶液，溶液褪色，而通入石蕊溶液中，溶液变红色且不褪色，说明SO2的漂白性具有选择性，A正确；
B．向某溶液中加入用硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该溶液中可能含有硫酸根离子，也可能含有Ag+或亚硫酸根离子，硝酸根离子会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，不能证明溶液中一定含有硫酸根离子，B错误；
C．用 pH试纸检测0.1ml/L CH3COOH 溶液的 pH，pH<1说明醋酸部分电离，为弱酸，C正确；
D．向某溶液中滴加2滴KSCN溶液，溶液不变红色，说明溶液中不含Fe3+，再向溶液中滴加新制氯水，溶液变为红色，说明滴加氯水后的溶液中还原Fe3+，该Fe3+是Fe2+被氯水氧化产生的，D正确；
故选B。
3．下列化学用语或图示不正确的是
A．邻羟基苯甲醛分子内氢键：
B．HSO3-水解的离子方程式：HSO3-+H2OH3O++SO32-
C．分子中键的形成：
D．H2O的VSEPR模型：
【答案】B
【解析】A．因为在邻羟基苯甲醛分子内形成氢键，会形成六元环结构，比较稳定，，A项正确；B．HSO3-水解的离子方程式为HSO3-+H2OOH-+H2SO3，B项错误；C．H原子价电子是s轨道电子，电子云是球形，Cl原子价电子是p轨道电子，电子云形状是哑铃型，二者形成s-p键，C项正确；D．根据H2O的VSEPR模型，水分子中存在两对孤对电子，因此水分子为V形，D正确；答案选B。
4．物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是
【答案】D
【解析】A．的电负性大于，中键极性较强，易电离出，A项正确；B．根据相似相溶原理可知，、易溶于是因为三者均为非极性分子，B项正确；C．对羟基苯甲酸分子间存在氢键，邻羟基苯甲酸分子内存在氢键，前者沸点升高，后者沸点降低，C项正确；D．乙烯中碳碳双键的键能小于乙炔中碳碳三键的键能，故乙烯比乙炔活泼，与范德华力大小无关，D项错误；答案选D。
5．完成下述实验，装置或试剂不正确的是
A. A装置可用于实验室制 B．B装置可用于实验室收集
C．C装置可用于验证易溶于水且溶液呈碱性 D．D装置可用于除去中混有的少量
【答案】D
【解析】A．MnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备Cl2，A项正确；
B．C2H4不溶于水，可选择排水收集，B项正确；
C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C项正确；
D．Na2CO3与HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液，D项错误；
故选D。
6．中国科学院科学家团队研究深海冷泉环境细菌氧化硫代硫酸钠形成单质硫新型途径取得了成果，其原理如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．形成单质硫的总反应是
B．3.2g(八元环结构)含有共用电子对数为0.1
C．的溶液中含有数目少于
D．1ml发生反应1时转移2个电子
【答案】B
【解析】A．反应方程式左右两边电荷不守恒，A错误；
B．（八元环结构）中每两个S原子共用一对电子，每个S原子平均含有一对共用电子，3．2 g 中S原子的物质的量为0．1 ml，含个S原子，故含有共用电子对数为，B正确；
C．没有给出溶液体积，不能确定溶液中含有的数目，C错误；
D．根据电荷守恒有，故发生反应1时转移个电子，D错误；
故选B。
7．丙二醇醚类化合物具有很强的溶解能力，素有“万能溶剂”之称。环氧丙烷醚化反应生成丙二醇醚的反应机理如图所示(R指烃基)。下列说法错误的是
A．反应过程中作催化剂
B．反应过程中有配位键形成
C．反应过程中有的断裂和形成
D．中间产物乙中C原子杂化方式均为
【答案】D
【解析】A．H+参与了反应，反应前后质量不变，作了催化剂，故A正确；
B．中间产物甲生成时H+与O形成了配位键，甲生成乙的过程中有的断裂，乙生成丙的过程中有的形成，故B正确；
C．由图可知，环氧丙烷醚化反应生成丙二醇醚的过程中，有的断裂和形成，故C正确；
D．中间产物乙中带正电荷的C原子杂化方式为sp2，故D错误；
故答案为：D。
8．2023年11月，西南大学化学化工学院在《有机快报》上发表文章，首次实现了氨基香豆冉衍生物（Z）的电化学合成，部分反应如下：
下列说法错误的是：
A．可以发生氧化反应和还原反应
B．和均能与酸性溶液反应
C．和生成的反应类型为加成反应
D．当均为烷基时，可用溶液区别和
【答案】C
【解析】A．可以燃烧发生氧化反应，也可以加氢还原，故A正确；
B．含有碳碳双键能与酸性溶液反应，中有酚羟基可以与酸性溶液反应，故B正确；
C．和成环反应生成，少了两个氢原子，不是加成反应，故C错误；
D．当均为烷基时，Y含有酚羟基遇到氯化铁溶液显紫色，X遇到氯化铁溶液不变色，可用溶液区别和，故D正确；
故选：C。
9．2024年两会代表提出“我国急需促进氢能产业链的协调，理顺整个燃料电池汽车产业生态链，促进燃料电池应用场景多样性，以此推动我国氢能产业健康、全面、快速发展”。绿氢由于生产过程中100%绿色的特点备受青睐，发展前景最为广阔，光催化制氢机理研究取得新进展。如图是通过光催化循环在较低温度下由水分解制备氢气的反应原理。下列有关说法错误的是
A．该制氢过程中，消耗了水和太阳能，含锰化合物均为中间产物
B．生成气体B的反应方程式为
C．制氢过程中涉及Mn元素转化的反应都是氧化还原反应
D．该制氢过程解决了气体A、B难分离的问题
【答案】C
【分析】Mn2O3在聚光太阳能作用下分解生成O2和MnO，气体A为O2。NaMnO2与H2O反应生成Mn2O3和D，该反应中Mn元素化合价未发生变化，因此不是氧化还原反应，生成的D为NaOH，NaOH与MnO反应生成NaMnO2和气体B，则气体B为H2。
【解析】A．该制氢过程中，消耗了水和太阳能，含锰化合物均为中间产物，A正确；B．MnO和NaOH反应生成NaMnO2和H2，化学方程式为，B正确；C．制氢过程中，涉及Mn元素转化的反应有NaMnO2转化为Mn2O3，Mn2O3分解生成MnO，MnO和NaOH反应生成NaMnO2，其中只有Mn2O3分解生成MnO，MnO和NaOH反应生成NaMnO2为氧化还原反应，C错误；D．该制氢过程中，氢气和氧气在不同的反应中生成，可分开收集解决了氧气和氢气难分离的问题，D正确；故答案选A。
10．微型实验药品用量少，绿色环保。如图所示为探究性质的微型实验，滤纸①～④分别浸泡了相关试剂，实验时向试管中滴入几滴浓硫酸。下列说法正确的是
A．滤纸①先变红后褪色，体现了具有漂白性和酸性氧化物的性质
B．滤纸②、③褪色均证明具有还原性
C．滤纸④上有黄色固体生成，证明具有氧化性
D．若滤纸④上析出了固体，则在滤纸④上发生的反应转移了电子
【答案】C
【解析】A．能使紫色石蕊溶液变红但不能使其褪色，体现了作为酸性氧化物的性质，A项错误；
B．碘水褪色证明具有还原性，品红褪色证明具有漂白性，B项错误；
C．滤纸④上有黄色固体生成，证明具有氧化性，C项正确；
D．滤纸④上析出固体，则生成，转移电子，D项错误
答案选C。
11．X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素。X与Y同主族，YXZ2是一种液态化合物，其与水反应产生有刺激性气味能使品红溶液褪色的气体YX2，下列说法错误的是
A．电负性X>Z>YB．X3是极性分子
C．YXZ2的空间结构为三角锥形D．键角H2X【答案】D
【分析】能使品红溶液褪色的气体是SO2，并且X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素，由此可推知X、Y、Z分别为O、S、Cl，据此解答。
【解析】A．电负性，A正确。
B．O3分子中的共价键是极性键，其中心氧原子是呈正电性的，而端位的两个氧原子是呈负电性的，是极性分子，B正确；
C．YXZ2是SOCl2，中心原子为S，根据价层电子对互斥理论，中心原子周围的价层电子对数，VSEPR模型为四面体，分子的空间结构为三角锥形，C正确；
D．H2O的键角大于H2S的键角，D错误；
故选D。
12．在时，在某密闭容器中发生反应：。投料比：，按初始比1：1和1：2投料，得到不同压强条件下的平衡转化率，关系如图。下列说法错误的是
A．x一定，当混合气体平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态
B．n点的压强平衡常数为
C．m点平衡状态下，向容器中按投入一定量的反应物，再次平衡后转化率不变
D．w点平衡状态下，向容器中充入一定量，容器中气体压强增大，可逆反应将逆向移动建立新平衡
【答案】D
【解析】A．气体总质量一定，化学方程式两边气体分子数改变，初始投料比一定，该容器内体系的平均相对分子质量不变时，则达到平衡状态，A正确；
B．相同压强下，投料比越大，则的转化率越小，故，则。温度不变，、、三点平衡常数相等，利用点数据求平衡常数；点乙烷的转化率为40%，根据化学反应方程式，设，由三段式计算为：
体系总压强为，平衡时各物质的分压分别为，，，B正确；
C．点平衡状态下，向变容容器中再按继续投料，再次平衡后转化率保持不变，C正确；
D．w点平衡状态下，向容器中充入一定量Ar(g)，容器中气体压强增大，但反应物和生成物的分压不变，浓度不变，可逆反应不移动，D错误；
故选D。
13．最新研究发现一种“氯介导电化学pH变化”系统，通过调节海水的pH去除海水中，电化学原理为，甲系统放电时的原理如图所示，该装置可实现充放电交替运行，达到节约成本的目的；碱化的海水继续吸收空气中的可缓解温室效应。下列说法正确的是
A．甲系统放电时，正极反应式为
B．甲系统充电时，Bi电极附近溶液pH变大
C．乙系统放电时，Ag极作负极
D．乙系统充电时，若有个电子通过则产生标准状况下44.8 L
【答案】B
【分析】由图结合总反应可知，放电时，甲中Bi发生氧化反应为负极、氯化银极发生还原反应为正极；
【解析】A．甲系统放电时，氯化银极发生还原反应为正极，正极反应式为，A错误；
B．甲系统充电时，则Bi电极为阴极，BiOCl发生还原反应：，反应消耗氢离子，导致附近溶液pH变大，B正确；
C．乙系统放电时，则甲系统充电，甲中氯化银极为阳极，则与之相连的Ag极作正极，C错误；
D．乙系统充电时，则甲系统放电，Bi极反应为，若有个电子通过，则生成2ml氢离子，2ml氢离子和碳酸根离子生成1ml二氧化碳、和碳酸氢根离子生成2ml二氧化碳，则产生标准状况下的体积小于44.8 L，D错误；
故选B。
14．常温下，向丁二酸()中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX与pH关系如下图所示，X表示或。下列说法不正确的是
A．直线a表示与pH变化关系
B．将等浓度等体积的溶液与NaOH溶液混合后呈酸性
C．当溶液为中性时：
D．已知的，，，则与足量反应后生成NaHA和
【答案】C
【分析】，由图可以得到，，直线a表示与pH变化关系，直线b表示与pH变化关系。
【解析】A．由分析可以得到直线a表示与pH变化关系，A正确；
B．将等浓度等体积的溶液与NaOH溶液混合后溶质为NaHA，<，的电离大于水解，所以混合后溶液呈酸性，B正确；
C．当溶液中和浓度相等时，溶液显酸性，若要溶液显中性，则需要加入氢氧化钠，浓度大于，C错误；
D．已知的，，和H2A的，，所以与足量反应后生成NaHA和，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）硝酸铈(Ⅳ)铵的化学式为，是一种橙红色结晶性粉末，易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸，主要用作分析试剂和氧化剂。实验室设计如下实验进行制备并测定其化学式。
步骤一：NH4HCO3溶液与CeCl3溶液反应制备Ce2(CO3)3。
已知：①氮化钙遇水可迅速产生NH3；②Ce(Ⅲ)易被空气氧化成Ce(Ⅳ)。
（1）装置A中仪器的名称为 ，装置C的作用是 。该实验以氮化钙和水制备NH3应选择装置 (填“A”或“D”)。
（2）实验时，“a”、“b”、“c”三个旋塞的打开顺序为 。装置B中发生反应的离子方程式为 。
（3）该实验装置存在的一处缺陷为 。
步骤二：制备硝酸铈(Ⅳ)铵
（4）“氧化沉淀”反应的离子方程式为 。
（5）“烘干”采取自然干燥的原因为 。
步骤三：测定化学式
①称取一定质量的硝酸铈(Ⅳ)铵，充分灼烧得CeO2mg。
②另称取相同质量的硝酸铈(Ⅳ)铵，加入足量NaOH溶液微热，将产生的气体全部用V1mL水吸收。将吸收液滴入甲基橙，用标准溶液滴定，重复2~3次，平均消耗H2SO4标准溶液V2mL。
（6）计算y= (用上述字母表示)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）启普发生器（1分） 防止Ce3+被氧化（1分） D（1分）
（2）c、a、b（1分）
（3）氨气极易溶于水，通入B装置需要防倒吸，导管不能伸入液面一下
（4）
（5）防止硝酸铈(Ⅳ)铵受热分解
（6）2cV2×10-3+
【分析】制备硝酸铈铵的工艺流程中，碳酸铈溶于硝酸变为Ce3+，在过氧化氢氧化和氨水作用下转化为Ce(OH)4，加入硝酸浆化，转化为H2[Ce(NO3)6]，然后加入硝酸铵反应，通过过滤、洗涤、烘干转化为目标产品，据此回答。
【解析】（1）①装置A中仪器的名称为启普发生器；
②Ce(Ⅲ)易被空气氧化成Ce(Ⅳ)，装置C的作用是防止外界空气进入把Ce(Ⅲ)氧化成Ce(Ⅳ)；
③以氮化钙和水制备NH3应选择装置为D，能用A装置的要求是块状不溶于水的固体，而制备氨气用浓氨水与CaO或者NaOH，不可以用启普发生器，故应该选择D；
（2）氨气溶解度大，所以先通氨气，再通二氧化碳，最后当装置中空气排尽后滴加CeCl3，所以顺序为c、a、b；B装置由NH4HCO3溶液与CeCl3溶液反应制备Ce2(CO3)3，方程式为：；
（3）氨气极易溶于水，通入B装置需要防倒吸，导管不能伸入液面一下；
（4）碳酸铈溶于硝酸变为Ce3+，在过氧化氢氧化和氨水作用下转化为Ce(OH)4，方程式为：；
（5）硝酸盐和铵盐的分解温度都很低，采取自然干燥的原因为防止硝酸铈(Ⅳ)铵受热分解；
（6）氨气与硫酸反应为2:1，所以消耗的NH3为2cV210-3ml，铵根与氢氧化钠1:1生成氨气，所以铵根离子的物质的量为2cV2×10-3ml，根据CeO2mg，铈元素守恒，则Ce原子的物质的量为，根据化合物中正负化合价代数和为0，则2cV2×10-3+4=y。则y=2cV2×10-3+。
16．（14分）钴广泛应用于新能源、航空航天等领域，一种萃铜余液(主要存在等金属阳离子)中提取钴并制得的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
回答下列问题：
（1）的价电子排布图为 。
（2）“除杂”时，将按一定比例同时加入萃铜余液中，调节溶液，充分反应后过滤。
①滤渣的主要成分是 。
②加入量过大时，钴的损耗增大，其原因是 。
（3）“萃取”时，用硫酸调节溶液的至2.5左右，加入萃取剂，发生萃取反应：(其中HA为萃取剂P204，为金属离子)。萃取剂P204在不同下对金属离子萃取率的影响如图所示。
①“萃取”的主要目的是除去 (填金属离子的符号)。
②往“萃取”所得有机层中加入 (选填“”或“”)，可将其中金属离子反萃取至水中。反萃取后，有机萃取剂可循环使用。
（4）“沉钴”时，往萃余液中加入，调节溶液，过滤得到沉淀。当恰好沉淀完全时，溶液中 。
（5）“煅烧”时完全转化为和，制得需消耗 。
（6）含的溶液经电沉积可制备Sm-C水磁合金，一种Sm-C水磁合金的六方晶胞结构如图1所示，晶胞中C原子的投影位置如图2所示。晶胞参数，。
①该合金的化学式为 。
②设为阿伏加德罗常数的值，合金最简式的式量为，则该合金的密度 (列出计算式)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）
（2） Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3 造成溶液pH过高，生成C(OH)2沉淀进入滤渣（1分）
（3） Ca2+、Zn2+（1分） （1分）
（4）0.075
（5）2
（6）C5Sm（1分）
【分析】萃铜余液主要存在等金属阳离子，加氧化钙、氧化镁调节溶液pH生成氢氧化物沉淀除去，过滤，滤液1中加萃取剂P204萃取除去Ca2+、Zn2+，水层中加草酸生成草酸钴晶体，过滤，草酸钴晶体煅烧得到C3O4。
【解析】（1）C是27号元素，C原子失去最外层2个电子得到C2+，的价电子排布图为
（2）①根据关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围，调节溶液，生成氢氧化铜、氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，所以滤渣的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3。
②加入量过大时，造成溶液pH过高，生成C(OH)2沉淀进入滤渣，所以钴的损耗增大。
（3）①根据流程图，滤液1中含有、Ca2+、Zn2+，“萃取”的主要目的是除去Ca2+、Zn2+。
②根据，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，能实现萃取剂的重生，往“萃取”所得有机层中加入，可将其中金属离子反萃取至水中。反萃取后，有机萃取剂可循环使用。
（4）“沉钴”时，往萃余液中加入，调节溶液，过滤得到沉淀。当恰好沉淀完全时， ，Ka1×Ka2=，溶液中0.075。
（5）“煅烧”时完全转化为和，反应方程式为3+2O26，制得需消耗2。
（6）①根据均摊原则，Sm原子数为，C原子数，为该合金的化学式为C5Sm。
②设为阿伏加德罗常数的值，合金最简式的式量为，晶胞的体积为，则该合金的密度。
17．（15分）清洁能源的综合利用以及二氧化碳的研发利用，可有效降低碳排放，均是实现“碳中和、碳达峰”的重要途径。
（1）CO2可氧化C2H6制取H2。，图甲是298K时，相关物质的相对能量。据此计算上述反应的ΔH= kJ/ml。
（2）H2和CO2合成乙醇的反应为：。将等物质的量的CO2和H2充入一刚性容器中，测得平衡时C2H5OH的体积分数随温度和压强的变化关系如图乙。
①压强p1 p2(填“＞”“=”或“＜”)；a、b两点的平衡常数Ka Kb(填“＞”“=”或“＜”)，判断理由是 。
②已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得图丙。在m催化剂作用下，该反应的活化能=
kJ/ml，从图中信息获知催化效能较高的催化剂是 (填“m”或“n”)。
（3）H2和CO合成甲烷的反应为：。T℃时，将等物质的量CO和H2充入恒压(200kPa)的密闭容器中。已知逆反应速率v逆=k逆p(CH4)·p(CO2)，其中p为分压，该温度下k逆=5.0×10-4(kPa)-1·s-1。反应达平衡时测得v正=，该温度下反应的Kp= (用组分的平衡分压表示，列出计算式)。
（4）科学家通过电化学方法，用惰性电极进行电解，可有效实现以CO2和水为原料在酸性条件下合成乙烯，其合成原理如图所示：
b电极上的电极反应式为 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）+430
（2）＜ ＞ 由图乙可知温度升高乙醇体积分数减小，即平衡逆向移动，K减小。而b点温度高于a点，故Ka＞Kb 96 n（1分）
（3）
（4）2CO2+12H++12e-→CH2=CH2 +4H2O
【解析】（1）ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=(-110×4)-(-393×2)-(-84)= 786+84-440 = +430kJ/ml。答案为：+430；
（2）①因为反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，所以增大压强，乙醇的体积分数增大，由图可知，a点乙醇的体积分数比b点小，则压强p1＜p2；因为温度升高，乙醇的体积分数减小，所以正反应为放热反应，b点温度比a点高，所以a、b两点的平衡常数Ka＞Kb，判断理由是：由图乙可知温度升高乙醇体积分数减小，即平衡逆向移动，K减小。而b点温度高于a点，故Ka＞Kb。
②由图中数据可得如下方程式：56.2 = -7.2×10-3Ea+C ①，27.4 = -7.5×10-3Ea+C ②，解联立方程可得Ea = 9.6×104 J/ml = 96kJ/ml。从图中信息获知，温度相同时，n曲线的Rlnk大，即-，从而得出，所以催化效能较高的催化剂是n。答案为：＜；＞；由图乙可知温度升高乙醇体积分数减小，即平衡逆向移动，K减小。而b点温度高于a点，故Ka＞Kb；96；n；
（3）平衡时，v正 = v逆 = k逆 p(CH4)·p(CO2)，即5.0×10-4 ×p(CH4)·p(CO2) =，p(CH4) = p(CO2) = 25kPa，则p(H2) = p(CO) == 75 kPa，故该温度下反应的Kp=。答案为：；
（4）从图中可知，在b电极，CO2得电子产物与电解质反应生成CH2=CH2，则b电极为正极，电极反应式为2CO2+12H++12e-→CH2=CH2 +4H2O。答案为：2CO2+12H++12e-→CH2=CH2 +4H2O。
18．（15分）某研究小组按下列路线合成第三代喹诺酮类抗菌药物环丙沙星(Ⅰ)。
回答下列问题：
（1）C中含氧官能团名称是 。
（2）化合物D到化合物E的反应是原子利用率100%的反应，且1mlD与1ml化合物a反应生成1mlE，则化合物a的结构简式为 。
（3）F→G的反应类型为 。
（4）试用*在下图标出化合物E中的手性碳原子。
（5）化合物的同分异构体中，同时满足如下条件的有 种，
a)能与碳酸氢钠反应；b)最多能与2倍物质的量的Na反应。
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式为 。（写出一种即可）
（6）某研究小组设计以和为原料合成的路线如下。
①化合物Ⅱ的结构简式为 。
②写出Ⅱ→Ⅲ反应所需的试剂和条件 。
③写出反应Ⅳ→Ⅴ的化学反应方程式 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）羰基、酯基（1分）
（2）（1分）
（3）取代反应（1分）
（4）
（5）12
（6） 氢氧化钠的水溶液、加热
【分析】化合物D到化合物E的反应是原子利用率100％的反应，则D和a发生加成反应生成E，由E逆推，可知化合物a的结构简式为；由B生成C的转化，可推出合物Ⅱ是， Ⅱ发生水解反应生成，发生催化氧化生成。
【解析】（1）根据C的结构简式，可知C中含氧官能团名称是羰基、酯基；
（2）化合物D到化合物E的反应是原子利用率100％的反应，且1mlD与1ml化合物a反应生成1mlE，则D和a发生加成反应生成E，由E逆推，可知化合物a的结构简式为。
（3）F→G是F中 苯环上去掉1个氯原子、亚氨基去掉1个 H原子，形成C-N键，反应类型为取代反应；
（4）手性碳是连接4个不同原子团的碳原子，化合物E中的手性碳原子为。
（5）a）能与碳酸氢钠反应，说明含有羧基；b）最多能与2倍物质的量的Na反应，说明含有1个羧基和1个羟基。同时满足条件的结构有CH3CH2CH2CH(OH)COOH、CH3CH2CH(OH)CH2COOH、CH3CH(OH)CH2CH2COOH、CH2(OH)CH2CH2CH2COOH、、、、、、、、，共12种；
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式为。
（6）（a）根据B生成C的转化，可知化合物Ⅱ的结构简式为；
（b）先水解为，再发生催化氧化生成，所以Ⅲ是，Ⅱ→Ⅲ反应所需的试剂和条件为氢氧化钠的水溶液、加热。
（c）在一定条件下发生反应生成和水，反应Ⅳ→Ⅴ的化学反应方程式。选项
物质性质
解释
A
一氟乙酸的大于一溴乙酸
的电负性比的大
B
、易溶于
三者均为非极性分子
C
对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸
对羟基苯甲酸分子间存在氢键
D
乙烯比乙炔活泼
分子间范德华力：乙烯>乙炔
金属离子
开始沉淀的
7.4
4.7
1.5
3.4
8.9
6.2
沉淀完全的
9.4
6.7
2.8
4.7
10.9
8.2
化 学
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
2024年安徽省普通高考实行“3+1+2”模式，由统一高考科目和普通高中学业水平选择性考试科目(简称选考科目)组成。其中，“3”为统一高考科目，即语文、数学、外语(含英语、俄语、日语、法语、德语、西班牙语)，使用全国卷，由教育部教育考试院命题。“1”为首选科目，即历史、物理中选择的1科；“2”为再选科目，即思想政治、地理、化学、生物学4科中选择的2科。选考科目由安徽省命题。
本套试卷题材新颖、知识点既突出主干知识、又具有一定创新思维。如第1题具有本土气息，以安徽的社会、人居为情境。第6题以深海冷泉环境细菌氧化硫代硫酸钠形成单质硫新型途径。第16题的工艺流程综合题中考查了晶胞知识。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Ce 140
一、选择题：本题共14小题，每小题3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。
1．近年来，安徽省扎实推进宜居宜业和美乡村建设.下列说法正确的是
A．梯次推进农村生活污水治理，提高农村生活污水治理率，明矾常用来进行污水的处理
B．以“数字＋”为农业现代化添动力，网络使用的光纤主要原料为Si
C．提升基础设施效能，增设停车充电桩等配套设施，充电是将化学能转化为电能
D．大力实施农村公路提质改造工程，铺路用的水泥是新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】A．明矾电离出的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮杂质达到净水的目的，所以提高农村生活污水治理率，明矾常用来进行污水的处理，故A正确；
B．网络使用的光纤主要原料为二氧化硅，故B错误；
C．充电是将电能转化为化学能的过程，故C错误；
D．铺路用的水泥是传统无机非金属材料，故D错误；
故选A。
2．在探究物质性质的实验中，下列实验操作方案不正确的是
A．探究SO2的漂白性具有选择性：可将 SO2分别通入品红溶液和石蕊溶液
B．探究某溶液中是否含有SO：向某溶液中滴加硝酸酸化的 Ba(NO3)2溶液
C．探究CH3COOH 是弱酸：可用 pH试纸检测0.1ml/L CH3COOH 溶液的 pH
D．探究氯水的氧化性：可向FeCl2溶液中滴加 KSCN溶液，再滴加氯水
【答案】B
【解析】A．SO2通入品红溶液，溶液褪色，而通入石蕊溶液中，溶液变红色且不褪色，说明SO2的漂白性具有选择性，A正确；
B．向某溶液中加入用硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该溶液中可能含有硫酸根离子，也可能含有Ag+或亚硫酸根离子，硝酸根离子会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，不能证明溶液中一定含有硫酸根离子，B错误；
C．用 pH试纸检测0.1ml/L CH3COOH 溶液的 pH，pH<1说明醋酸部分电离，为弱酸，C正确；
D．向某溶液中滴加2滴KSCN溶液，溶液不变红色，说明溶液中不含Fe3+，再向溶液中滴加新制氯水，溶液变为红色，说明滴加氯水后的溶液中还原Fe3+，该Fe3+是Fe2+被氯水氧化产生的，D正确；
故选B。
3．下列化学用语或图示不正确的是
A．邻羟基苯甲醛分子内氢键：
B．HSO3-水解的离子方程式：HSO3-+H2OH3O++SO32-
C．分子中键的形成：
D．H2O的VSEPR模型：
【答案】B
【解析】A．因为在邻羟基苯甲醛分子内形成氢键，会形成六元环结构，比较稳定，，A项正确；B．HSO3-水解的离子方程式为HSO3-+H2OOH-+H2SO3，B项错误；C．H原子价电子是s轨道电子，电子云是球形，Cl原子价电子是p轨道电子，电子云形状是哑铃型，二者形成s-p键，C项正确；D．根据H2O的VSEPR模型，水分子中存在两对孤对电子，因此水分子为V形，D正确；答案选B。
4．物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是
【答案】D
【解析】A．的电负性大于，中键极性较强，易电离出，A项正确；B．根据相似相溶原理可知，、易溶于是因为三者均为非极性分子，B项正确；C．对羟基苯甲酸分子间存在氢键，邻羟基苯甲酸分子内存在氢键，前者沸点升高，后者沸点降低，C项正确；D．乙烯中碳碳双键的键能小于乙炔中碳碳三键的键能，故乙烯比乙炔活泼，与范德华力大小无关，D项错误；答案选D。
5．完成下述实验，装置或试剂不正确的是
A. A装置可用于实验室制 B．B装置可用于实验室收集
C．C装置可用于验证易溶于水且溶液呈碱性 D．D装置可用于除去中混有的少量
【答案】D
【解析】A．MnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备Cl2，A项正确；
B．C2H4不溶于水，可选择排水收集，B项正确；
C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C项正确；
D．Na2CO3与HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液，D项错误；
故选D。
6．中国科学院科学家团队研究深海冷泉环境细菌氧化硫代硫酸钠形成单质硫新型途径取得了成果，其原理如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．形成单质硫的总反应是
B．3.2g(八元环结构)含有共用电子对数为0.1
C．的溶液中含有数目少于
D．1ml发生反应1时转移2个电子
【答案】B
【解析】A．反应方程式左右两边电荷不守恒，A错误；
B．（八元环结构）中每两个S原子共用一对电子，每个S原子平均含有一对共用电子，3．2 g 中S原子的物质的量为0．1 ml，含个S原子，故含有共用电子对数为，B正确；
C．没有给出溶液体积，不能确定溶液中含有的数目，C错误；
D．根据电荷守恒有，故发生反应1时转移个电子，D错误；
故选B。
7．丙二醇醚类化合物具有很强的溶解能力，素有“万能溶剂”之称。环氧丙烷醚化反应生成丙二醇醚的反应机理如图所示(R指烃基)。下列说法错误的是
A．反应过程中作催化剂
B．反应过程中有配位键形成
C．反应过程中有的断裂和形成
D．中间产物乙中C原子杂化方式均为
【答案】D
【解析】A．H+参与了反应，反应前后质量不变，作了催化剂，故A正确；
B．中间产物甲生成时H+与O形成了配位键，甲生成乙的过程中有的断裂，乙生成丙的过程中有的形成，故B正确；
C．由图可知，环氧丙烷醚化反应生成丙二醇醚的过程中，有的断裂和形成，故C正确；
D．中间产物乙中带正电荷的C原子杂化方式为sp2，故D错误；
故答案为：D。
8．2023年11月，西南大学化学化工学院在《有机快报》上发表文章，首次实现了氨基香豆冉衍生物（Z）的电化学合成，部分反应如下：
下列说法错误的是：
A．可以发生氧化反应和还原反应
B．和均能与酸性溶液反应
C．和生成的反应类型为加成反应
D．当均为烷基时，可用溶液区别和
【答案】C
【解析】A．可以燃烧发生氧化反应，也可以加氢还原，故A正确；
B．含有碳碳双键能与酸性溶液反应，中有酚羟基可以与酸性溶液反应，故B正确；
C．和成环反应生成，少了两个氢原子，不是加成反应，故C错误；
D．当均为烷基时，Y含有酚羟基遇到氯化铁溶液显紫色，X遇到氯化铁溶液不变色，可用溶液区别和，故D正确；
故选：C。
9．2024年两会代表提出“我国急需促进氢能产业链的协调，理顺整个燃料电池汽车产业生态链，促进燃料电池应用场景多样性，以此推动我国氢能产业健康、全面、快速发展”。绿氢由于生产过程中100%绿色的特点备受青睐，发展前景最为广阔，光催化制氢机理研究取得新进展。如图是通过光催化循环在较低温度下由水分解制备氢气的反应原理。下列有关说法错误的是
A．该制氢过程中，消耗了水和太阳能，含锰化合物均为中间产物
B．生成气体B的反应方程式为
C．制氢过程中涉及Mn元素转化的反应都是氧化还原反应
D．该制氢过程解决了气体A、B难分离的问题
【答案】C
【分析】Mn2O3在聚光太阳能作用下分解生成O2和MnO，气体A为O2。NaMnO2与H2O反应生成Mn2O3和D，该反应中Mn元素化合价未发生变化，因此不是氧化还原反应，生成的D为NaOH，NaOH与MnO反应生成NaMnO2和气体B，则气体B为H2。
【解析】A．该制氢过程中，消耗了水和太阳能，含锰化合物均为中间产物，A正确；B．MnO和NaOH反应生成NaMnO2和H2，化学方程式为，B正确；C．制氢过程中，涉及Mn元素转化的反应有NaMnO2转化为Mn2O3，Mn2O3分解生成MnO，MnO和NaOH反应生成NaMnO2，其中只有Mn2O3分解生成MnO，MnO和NaOH反应生成NaMnO2为氧化还原反应，C错误；D．该制氢过程中，氢气和氧气在不同的反应中生成，可分开收集解决了氧气和氢气难分离的问题，D正确；故答案选A。
10．微型实验药品用量少，绿色环保。如图所示为探究性质的微型实验，滤纸①～④分别浸泡了相关试剂，实验时向试管中滴入几滴浓硫酸。下列说法正确的是
A．滤纸①先变红后褪色，体现了具有漂白性和酸性氧化物的性质
B．滤纸②、③褪色均证明具有还原性
C．滤纸④上有黄色固体生成，证明具有氧化性
D．若滤纸④上析出了固体，则在滤纸④上发生的反应转移了电子
【答案】C
【解析】A．能使紫色石蕊溶液变红但不能使其褪色，体现了作为酸性氧化物的性质，A项错误；
B．碘水褪色证明具有还原性，品红褪色证明具有漂白性，B项错误；
C．滤纸④上有黄色固体生成，证明具有氧化性，C项正确；
D．滤纸④上析出固体，则生成，转移电子，D项错误
答案选C。
11．X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素。X与Y同主族，YXZ2是一种液态化合物，其与水反应产生有刺激性气味能使品红溶液褪色的气体YX2，下列说法错误的是
A．电负性X>Z>YB．X3是极性分子
C．YXZ2的空间结构为三角锥形D．键角H2X
【分析】能使品红溶液褪色的气体是SO2，并且X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素，由此可推知X、Y、Z分别为O、S、Cl，据此解答。
【解析】A．电负性，A正确。
B．O3分子中的共价键是极性键，其中心氧原子是呈正电性的，而端位的两个氧原子是呈负电性的，是极性分子，B正确；
C．YXZ2是SOCl2，中心原子为S，根据价层电子对互斥理论，中心原子周围的价层电子对数，VSEPR模型为四面体，分子的空间结构为三角锥形，C正确；
D．H2O的键角大于H2S的键角，D错误；
故选D。
12．在时，在某密闭容器中发生反应：。投料比：，按初始比1：1和1：2投料，得到不同压强条件下的平衡转化率，关系如图。下列说法错误的是
A．x一定，当混合气体平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态
B．n点的压强平衡常数为
C．m点平衡状态下，向容器中按投入一定量的反应物，再次平衡后转化率不变
D．w点平衡状态下，向容器中充入一定量，容器中气体压强增大，可逆反应将逆向移动建立新平衡
【答案】D
【解析】A．气体总质量一定，化学方程式两边气体分子数改变，初始投料比一定，该容器内体系的平均相对分子质量不变时，则达到平衡状态，A正确；
B．相同压强下，投料比越大，则的转化率越小，故，则。温度不变，、、三点平衡常数相等，利用点数据求平衡常数；点乙烷的转化率为40%，根据化学反应方程式，设，由三段式计算为：
体系总压强为，平衡时各物质的分压分别为，，，B正确；
C．点平衡状态下，向变容容器中再按继续投料，再次平衡后转化率保持不变，C正确；
D．w点平衡状态下，向容器中充入一定量Ar(g)，容器中气体压强增大，但反应物和生成物的分压不变，浓度不变，可逆反应不移动，D错误；
故选D。
13．最新研究发现一种“氯介导电化学pH变化”系统，通过调节海水的pH去除海水中，电化学原理为，甲系统放电时的原理如图所示，该装置可实现充放电交替运行，达到节约成本的目的；碱化的海水继续吸收空气中的可缓解温室效应。下列说法正确的是
A．甲系统放电时，正极反应式为
B．甲系统充电时，Bi电极附近溶液pH变大
C．乙系统放电时，Ag极作负极
D．乙系统充电时，若有个电子通过则产生标准状况下44.8 L
【答案】B
【分析】由图结合总反应可知，放电时，甲中Bi发生氧化反应为负极、氯化银极发生还原反应为正极；
【解析】A．甲系统放电时，氯化银极发生还原反应为正极，正极反应式为，A错误；
B．甲系统充电时，则Bi电极为阴极，BiOCl发生还原反应：，反应消耗氢离子，导致附近溶液pH变大，B正确；
C．乙系统放电时，则甲系统充电，甲中氯化银极为阳极，则与之相连的Ag极作正极，C错误；
D．乙系统充电时，则甲系统放电，Bi极反应为，若有个电子通过，则生成2ml氢离子，2ml氢离子和碳酸根离子生成1ml二氧化碳、和碳酸氢根离子生成2ml二氧化碳，则产生标准状况下的体积小于44.8 L，D错误；
故选B。
14．常温下，向丁二酸()中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX与pH关系如下图所示，X表示或。下列说法不正确的是
A．直线a表示与pH变化关系
B．将等浓度等体积的溶液与NaOH溶液混合后呈酸性
C．当溶液为中性时：
D．已知的，，，则与足量反应后生成NaHA和
【答案】C
【分析】，由图可以得到，，直线a表示与pH变化关系，直线b表示与pH变化关系。
【解析】A．由分析可以得到直线a表示与pH变化关系，A正确；
B．将等浓度等体积的溶液与NaOH溶液混合后溶质为NaHA，<，的电离大于水解，所以混合后溶液呈酸性，B正确；
C．当溶液中和浓度相等时，溶液显酸性，若要溶液显中性，则需要加入氢氧化钠，浓度大于，C错误；
D．已知的，，和H2A的，，所以与足量反应后生成NaHA和，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）硝酸铈(Ⅳ)铵的化学式为，是一种橙红色结晶性粉末，易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸，主要用作分析试剂和氧化剂。实验室设计如下实验进行制备并测定其化学式。
步骤一：NH4HCO3溶液与CeCl3溶液反应制备Ce2(CO3)3。
已知：①氮化钙遇水可迅速产生NH3；②Ce(Ⅲ)易被空气氧化成Ce(Ⅳ)。
（1）装置A中仪器的名称为 ，装置C的作用是 。该实验以氮化钙和水制备NH3应选择装置 (填“A”或“D”)。
（2）实验时，“a”、“b”、“c”三个旋塞的打开顺序为 。装置B中发生反应的离子方程式为 。
（3）该实验装置存在的一处缺陷为 。
步骤二：制备硝酸铈(Ⅳ)铵
（4）“氧化沉淀”反应的离子方程式为 。
（5）“烘干”采取自然干燥的原因为 。
步骤三：测定化学式
①称取一定质量的硝酸铈(Ⅳ)铵，充分灼烧得CeO2mg。
②另称取相同质量的硝酸铈(Ⅳ)铵，加入足量NaOH溶液微热，将产生的气体全部用V1mL水吸收。将吸收液滴入甲基橙，用标准溶液滴定，重复2~3次，平均消耗H2SO4标准溶液V2mL。
（6）计算y= (用上述字母表示)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）启普发生器（1分） 防止Ce3+被氧化（1分） D（1分）
（2）c、a、b（1分）
（3）氨气极易溶于水，通入B装置需要防倒吸，导管不能伸入液面一下
（4）
（5）防止硝酸铈(Ⅳ)铵受热分解
（6）2cV2×10-3+
【分析】制备硝酸铈铵的工艺流程中，碳酸铈溶于硝酸变为Ce3+，在过氧化氢氧化和氨水作用下转化为Ce(OH)4，加入硝酸浆化，转化为H2[Ce(NO3)6]，然后加入硝酸铵反应，通过过滤、洗涤、烘干转化为目标产品，据此回答。
【解析】（1）①装置A中仪器的名称为启普发生器；
②Ce(Ⅲ)易被空气氧化成Ce(Ⅳ)，装置C的作用是防止外界空气进入把Ce(Ⅲ)氧化成Ce(Ⅳ)；
③以氮化钙和水制备NH3应选择装置为D，能用A装置的要求是块状不溶于水的固体，而制备氨气用浓氨水与CaO或者NaOH，不可以用启普发生器，故应该选择D；
（2）氨气溶解度大，所以先通氨气，再通二氧化碳，最后当装置中空气排尽后滴加CeCl3，所以顺序为c、a、b；B装置由NH4HCO3溶液与CeCl3溶液反应制备Ce2(CO3)3，方程式为：；
（3）氨气极易溶于水，通入B装置需要防倒吸，导管不能伸入液面一下；
（4）碳酸铈溶于硝酸变为Ce3+，在过氧化氢氧化和氨水作用下转化为Ce(OH)4，方程式为：；
（5）硝酸盐和铵盐的分解温度都很低，采取自然干燥的原因为防止硝酸铈(Ⅳ)铵受热分解；
（6）氨气与硫酸反应为2:1，所以消耗的NH3为2cV210-3ml，铵根与氢氧化钠1:1生成氨气，所以铵根离子的物质的量为2cV2×10-3ml，根据CeO2mg，铈元素守恒，则Ce原子的物质的量为，根据化合物中正负化合价代数和为0，则2cV2×10-3+4=y。则y=2cV2×10-3+。
16．（14分）钴广泛应用于新能源、航空航天等领域，一种萃铜余液(主要存在等金属阳离子)中提取钴并制得的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
回答下列问题：
（1）的价电子排布图为 。
（2）“除杂”时，将按一定比例同时加入萃铜余液中，调节溶液，充分反应后过滤。
①滤渣的主要成分是 。
②加入量过大时，钴的损耗增大，其原因是 。
（3）“萃取”时，用硫酸调节溶液的至2.5左右，加入萃取剂，发生萃取反应：(其中HA为萃取剂P204，为金属离子)。萃取剂P204在不同下对金属离子萃取率的影响如图所示。
①“萃取”的主要目的是除去 (填金属离子的符号)。
②往“萃取”所得有机层中加入 (选填“”或“”)，可将其中金属离子反萃取至水中。反萃取后，有机萃取剂可循环使用。
（4）“沉钴”时，往萃余液中加入，调节溶液，过滤得到沉淀。当恰好沉淀完全时，溶液中 。
（5）“煅烧”时完全转化为和，制得需消耗 。
（6）含的溶液经电沉积可制备Sm-C水磁合金，一种Sm-C水磁合金的六方晶胞结构如图1所示，晶胞中C原子的投影位置如图2所示。晶胞参数，。
①该合金的化学式为 。
②设为阿伏加德罗常数的值，合金最简式的式量为，则该合金的密度 (列出计算式)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）
（2） Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3 造成溶液pH过高，生成C(OH)2沉淀进入滤渣（1分）
（3） Ca2+、Zn2+（1分） （1分）
（4）0.075
（5）2
（6）C5Sm（1分）
【分析】萃铜余液主要存在等金属阳离子，加氧化钙、氧化镁调节溶液pH生成氢氧化物沉淀除去，过滤，滤液1中加萃取剂P204萃取除去Ca2+、Zn2+，水层中加草酸生成草酸钴晶体，过滤，草酸钴晶体煅烧得到C3O4。
【解析】（1）C是27号元素，C原子失去最外层2个电子得到C2+，的价电子排布图为
（2）①根据关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围，调节溶液，生成氢氧化铜、氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，所以滤渣的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3。
②加入量过大时，造成溶液pH过高，生成C(OH)2沉淀进入滤渣，所以钴的损耗增大。
（3）①根据流程图，滤液1中含有、Ca2+、Zn2+，“萃取”的主要目的是除去Ca2+、Zn2+。
②根据，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，能实现萃取剂的重生，往“萃取”所得有机层中加入，可将其中金属离子反萃取至水中。反萃取后，有机萃取剂可循环使用。
（4）“沉钴”时，往萃余液中加入，调节溶液，过滤得到沉淀。当恰好沉淀完全时， ，Ka1×Ka2=，溶液中0.075。
（5）“煅烧”时完全转化为和，反应方程式为3+2O26，制得需消耗2。
（6）①根据均摊原则，Sm原子数为，C原子数，为该合金的化学式为C5Sm。
②设为阿伏加德罗常数的值，合金最简式的式量为，晶胞的体积为，则该合金的密度。
17．（15分）清洁能源的综合利用以及二氧化碳的研发利用，可有效降低碳排放，均是实现“碳中和、碳达峰”的重要途径。
（1）CO2可氧化C2H6制取H2。，图甲是298K时，相关物质的相对能量。据此计算上述反应的ΔH= kJ/ml。
（2）H2和CO2合成乙醇的反应为：。将等物质的量的CO2和H2充入一刚性容器中，测得平衡时C2H5OH的体积分数随温度和压强的变化关系如图乙。
①压强p1 p2(填“＞”“=”或“＜”)；a、b两点的平衡常数Ka Kb(填“＞”“=”或“＜”)，判断理由是 。
②已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得图丙。在m催化剂作用下，该反应的活化能=
kJ/ml，从图中信息获知催化效能较高的催化剂是 (填“m”或“n”)。
（3）H2和CO合成甲烷的反应为：。T℃时，将等物质的量CO和H2充入恒压(200kPa)的密闭容器中。已知逆反应速率v逆=k逆p(CH4)·p(CO2)，其中p为分压，该温度下k逆=5.0×10-4(kPa)-1·s-1。反应达平衡时测得v正=，该温度下反应的Kp= (用组分的平衡分压表示，列出计算式)。
（4）科学家通过电化学方法，用惰性电极进行电解，可有效实现以CO2和水为原料在酸性条件下合成乙烯，其合成原理如图所示：
b电极上的电极反应式为 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）+430
（2）＜ ＞ 由图乙可知温度升高乙醇体积分数减小，即平衡逆向移动，K减小。而b点温度高于a点，故Ka＞Kb 96 n（1分）
（3）
（4）2CO2+12H++12e-→CH2=CH2 +4H2O
【解析】（1）ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=(-110×4)-(-393×2)-(-84)= 786+84-440 = +430kJ/ml。答案为：+430；
（2）①因为反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，所以增大压强，乙醇的体积分数增大，由图可知，a点乙醇的体积分数比b点小，则压强p1＜p2；因为温度升高，乙醇的体积分数减小，所以正反应为放热反应，b点温度比a点高，所以a、b两点的平衡常数Ka＞Kb，判断理由是：由图乙可知温度升高乙醇体积分数减小，即平衡逆向移动，K减小。而b点温度高于a点，故Ka＞Kb。
②由图中数据可得如下方程式：56.2 = -7.2×10-3Ea+C ①，27.4 = -7.5×10-3Ea+C ②，解联立方程可得Ea = 9.6×104 J/ml = 96kJ/ml。从图中信息获知，温度相同时，n曲线的Rlnk大，即-，从而得出，所以催化效能较高的催化剂是n。答案为：＜；＞；由图乙可知温度升高乙醇体积分数减小，即平衡逆向移动，K减小。而b点温度高于a点，故Ka＞Kb；96；n；
（3）平衡时，v正 = v逆 = k逆 p(CH4)·p(CO2)，即5.0×10-4 ×p(CH4)·p(CO2) =，p(CH4) = p(CO2) = 25kPa，则p(H2) = p(CO) == 75 kPa，故该温度下反应的Kp=。答案为：；
（4）从图中可知，在b电极，CO2得电子产物与电解质反应生成CH2=CH2，则b电极为正极，电极反应式为2CO2+12H++12e-→CH2=CH2 +4H2O。答案为：2CO2+12H++12e-→CH2=CH2 +4H2O。
18．（15分）某研究小组按下列路线合成第三代喹诺酮类抗菌药物环丙沙星(Ⅰ)。
回答下列问题：
（1）C中含氧官能团名称是 。
（2）化合物D到化合物E的反应是原子利用率100%的反应，且1mlD与1ml化合物a反应生成1mlE，则化合物a的结构简式为 。
（3）F→G的反应类型为 。
（4）试用*在下图标出化合物E中的手性碳原子。
（5）化合物的同分异构体中，同时满足如下条件的有 种，
a)能与碳酸氢钠反应；b)最多能与2倍物质的量的Na反应。
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式为 。（写出一种即可）
（6）某研究小组设计以和为原料合成的路线如下。
①化合物Ⅱ的结构简式为 。
②写出Ⅱ→Ⅲ反应所需的试剂和条件 。
③写出反应Ⅳ→Ⅴ的化学反应方程式 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）羰基、酯基（1分）
（2）（1分）
（3）取代反应（1分）
（4）
（5）12
（6） 氢氧化钠的水溶液、加热
【分析】化合物D到化合物E的反应是原子利用率100％的反应，则D和a发生加成反应生成E，由E逆推，可知化合物a的结构简式为；由B生成C的转化，可推出合物Ⅱ是， Ⅱ发生水解反应生成，发生催化氧化生成。
【解析】（1）根据C的结构简式，可知C中含氧官能团名称是羰基、酯基；
（2）化合物D到化合物E的反应是原子利用率100％的反应，且1mlD与1ml化合物a反应生成1mlE，则D和a发生加成反应生成E，由E逆推，可知化合物a的结构简式为。
（3）F→G是F中 苯环上去掉1个氯原子、亚氨基去掉1个 H原子，形成C-N键，反应类型为取代反应；
（4）手性碳是连接4个不同原子团的碳原子，化合物E中的手性碳原子为。
（5）a）能与碳酸氢钠反应，说明含有羧基；b）最多能与2倍物质的量的Na反应，说明含有1个羧基和1个羟基。同时满足条件的结构有CH3CH2CH2CH(OH)COOH、CH3CH2CH(OH)CH2COOH、CH3CH(OH)CH2CH2COOH、CH2(OH)CH2CH2CH2COOH、、、、、、、、，共12种；
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式为。
（6）（a）根据B生成C的转化，可知化合物Ⅱ的结构简式为；
（b）先水解为，再发生催化氧化生成，所以Ⅲ是，Ⅱ→Ⅲ反应所需的试剂和条件为氢氧化钠的水溶液、加热。
（c）在一定条件下发生反应生成和水，反应Ⅳ→Ⅴ的化学反应方程式。选项
物质性质
解释
A
一氟乙酸的大于一溴乙酸
的电负性比的大
B
、易溶于
三者均为非极性分子
C
对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸
对羟基苯甲酸分子间存在氢键
D
乙烯比乙炔活泼
分子间范德华力：乙烯>乙炔
金属离子
开始沉淀的
7.4
4.7
1.5
3.4
8.9
6.2
沉淀完全的
9.4
6.7
2.8
4.7
10.9
8.2
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