2022-2023学年湖南省茶陵一中高考化学模拟试卷一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）1. Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因
是(????)A. 胶粒直径小于1nmB. 胶粒做布朗运动C. 胶粒带正电荷D. 胶粒不能透过半透膜2. 设NA为阿伏加德罗常数
的值。下列说法正确的是(????)A. 71gCl2与足量水反应，转移的电子数目为2NAB. 标准状况下，22.4L15NH3含有
的质子数目为10NAC. 常温下，pH=13的NaOH溶液中OH?数目为0.1NAD. 78gNa2O2晶体所含阴阳离子的总数为4
NA3. 下列各组物质中，均为纯净物的一组是A. 碘酒、干冰B. 石油、液氨C. Na2CO3·10H2O、Na2CO3D. 石
灰石、氨水4. 异松油烯可以用于制作香精，防腐剂和工业溶剂等，其结构简式如图.下列有关异松油烯的说法不正确的是(????)A.
分子式是C10H16B. 能发生加成、氧化、取代反应C. 存在属于芳香烃的同分异构体D. 核磁共振氢谱有6个吸收峰5. 下列实验
装置和应用正确的是(????) A. 图甲可验证镁和稀盐酸反应的热效应B. 图乙可制备纯净的乙酸乙酯C. 用图丙所示装置吸收尾气中
的SO2D. 用丁装置制备无水MgCl26. 科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有
高效的催化性能，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。(注：实线代表共价键，重复单元的
W、X未标注)下列说法正确的是(????)A. 离子半径：Z>YB. W、X、Y三种元素可组成多种酸C. W、Y、Z三种元素中任意
两种组成的二元离子化合物，共有两种D. X与W组成的化合物的沸点一定比Y与W组成的化合物的沸点低7. 下列关于碱金属或卤族元素的
叙述中，正确的是(????)A. 碱金属单质都可保存在煤油中B. 随着核电荷数的增加，碱金属单质、卤素单质的熔沸点依次升高，密度依
次增大C. 碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成氧化物R2OD. 砹(At)是第六周期的卤族元素，根据卤素性质的
递变规律，还原性：HAt>HI8. 某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热ΔH=?620.9kJ?mol?1。一定条件下
该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是(????)A. △E=306.6kJ/molB.
三个基元反应中只有③是放热反应C. 该化学反应的速率主要由反应②决定D. 该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO29.
某中学一实验小组组装了下列所示实验装置。能达到实验目的的是(????)ABCD分离碘的四氯化碳溶液中的碘和四氯化碳实验室制氨气排水
集气法收集 NO除去NO气体中的NO2A. AB. BC. CD. D10. 工业上生产CO是由焦炭和CO2在高温反应而得。现将
焦炭和CO2放入体积为2L的刚性密闭容器中，高温下进行下列反应：C(s)+CO2(g)?2CO(g)?ΔH=QkJ?mol?1。图
为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图。下列说法正确的是(????)A. 0～1min，v(CO)=1mol?L?1?mi
n?1；1～3min时，v正(CO)=v逆(CO2)B. 当容器内的气体密度(D)不变时，反应一定达到平衡状态，且D(平衡)D(起
始)<1C. 5min时再充入一定量的CO，a、d曲线分别表示n(CO)、n(CO2)的变化D. 3min时温度由T1升高到T2，
则Q>0，再达平衡时K(T2)K(T1)≈4.711. 下列实验中，由于错误操作导致实验结果一定偏低的是(????)A. 用容量
瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液的浓度B. 滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，所测得待测液的浓度C. 用标
准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，选甲基橙做指示剂，所测得醋酸溶液的浓度D. 滴定管(装标准溶液)滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无
气泡，所测得待测液的浓度12. 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱，在水中的电离原理类似于氨。电离方程式为：第一级电离
H2NCH2CH2NH2+H2O?H2NCH2CH2NH3++OH?；第二级电离H2NCH2CH2NH3++H2O?H3NCH2C
H2NH32++OH?。已知pOH=?lgc(OH?)。常温下，向乙二胺溶液中滴加某浓度硫酸溶液，调节pOH的值，测得溶液的pOH
随离子浓度变化关系如图所示。下列说法错误的是(????)A. 溶液中水的电离程度：b点大于a点B. 曲线G代表pOH与的变化关系C
. 常温下，H2NCH2CH2NH2的K1的数量级为10?5D. 等浓度等体积的H2NCH2CH2NH2溶液与H3NCH2CH2N
H3SO4溶液混合，所得溶液是呈中性二、实验题（本大题共2小题，共20.0分）13. (10分)在实验室中学生用下左图装置制取乙
酸乙酯。 写出该反应的化学方程式______________________________。 回答下列问题： (1)在大试管中
加入浓硫酸3mL、冰醋酸3mL(3?g)、乙醇4mL(2.7?g)，加入试剂的正确操作是_____________________
_____________。 (2)装置中通蒸汽的导管只能插到饱和碳酸钠溶液的液面上方，不插入溶液中，作用是__________，
长导管的作用是_______________。试设计另一个装置也能实现上述两个作用，在虚线部分画出该装置简图。 (3)试管乙中的现
象是_______ ，由此可知乙酸乙酯的物理性质有_________________ 。 (4)充分反应后，制得乙酸乙酯的质量__
_____________g。 (5)工业用石油裂解气的主要成分为原料制取乙酸乙酯，经过的反应类型(按反应顺序)是________
_________________。14. 生产锂离子电池的废料含铝、锂、钴，废料中的铝以金属铝箔存在；钴以Co2O3?CoO的
形式存在；锂混杂于其中。从废料中回收金属铝和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图：回答下列问题：(1)钴的某种核素含有27个质子，3
3个中子，该核素的符号为 ______。(2)为提高“碱浸”效率，可采取的措施有 ______(至少写两条)。(3)“含铝滤液”经
过三步反应和多步操作，可以制得金属铝，第一步反应是通入过量某种气体，该反应的离子方程式为是 ______，第三步反应的反应物是 _
_____。(4)“浸出”是在80～90℃条件下，用硫酸酸化后加Na2S2O3溶液进行反应，产物中无沉淀且只有一种酸根，写出浸出C
o2+的化学方程式为 ______；该步骤可用盐酸代替硫酸和Na2S2O3作浸出剂，但缺点是 ______。(5)写出“沉钴”生成
CoCO3的离子方程式为 ______。(6)某研究小组进行如下实验：在空气中，将35.7gCoCO3粉末加热一段时间后，余下固体
是含+2和+3价钴的氧化物，质量为23.7g，该反应的化学方程式为 ______。三、简答题（本大题共2小题，共16.0分）15.
丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢制丙烯具有显著的经济价值和社会意义。回答下列问题。(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g
)=2C3H6(g)+2H2O(g)△H=?238kJ?mol?1Ⅱ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=?484kJ?
mol?1则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)的△H为______。(2)图1所示为丙烷直接脱氢法中丙烷
和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。104Pa时，图中表示丙烯的曲线是______(
填“ⅰ”、“ⅱ”、“ⅲ”或“ⅳ”)。(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，发生丙烷脱氢制丙烯
反应。①下列情况能说明丙烷脱氢制丙烯反应达到平衡状态的是______(填字母)。A.该反应的焓变(△H)保持不变B.气体平均摩尔质
量保持不变C.气体密度保持不变D.C3H8分解速率与C3H6消耗速率相等②欲使丙烯的平衡产率提高，应采取的措施是______(填标
号)。A.升高温度 B.降低温度 C.增大压强 D.降低压强③为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则丙烷脱氢反应的K
______(填“增大”、“减小”或“不变”)(4)丙烷脱氢制丙烯反应过程中，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图2所示。此
温度下该反应的平衡常数Kp=______kPa(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=
总压×物质的量分数)。(5)利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图
3所示。图中催化剂为______。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是______。16. 二甲双酮是一种
抗惊厥药，以丙烯为起始原料的合成路线如图。回答问题：(1)A的名称是 ______，A与金属钠反应的产物为 ______和 ___
___。(2)B的核磁共振氢谱有 ______组峰。(3)A→B、B→C的反应类型分别为 ______、______。(4)D中所
含官能团名称为 ______、______。(5)D→E的反应方程式为 ______。(6)设计以为原料合成乌头酸()的路线(无机
试剂任选) ______。已知：①R?Br→NaCNR?CN②答案和解析1.【答案】C?【解析】解：A.胶体中分散质的微粒大小为1
?100nm，故A错误； B.胶体中的粒子无时无刻不在做无规则运动，但不是胶体稳定存在的主要原因，故B错误； C.胶体不带电，氢氧
化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，达不到100nm以上就沉不下来，故C正确； D.胶粒不能透
过半透膜，故D错误； 故选C．本题根据胶体中分散质的微粒大小为1?100nm，胶粒不能透过半透膜，胶粒时刻在不停的无规则运动，氢氧
化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在等知识点来解题． 本题考查了胶体
的一些性质，如布朗运动，分散质的微粒大小为1?100nm，胶粒不能透过半透膜，胶体稳定存在原因带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易
聚集成大颗粒，不形成沉淀等知识点．2.【答案】B?【解析】解：A.氯气与水的反应为可逆反应，反应不能进行到底，无法计算转移电子数目
，故A错误； B.标准状况下，22.4L15NH3含有的质子数目为22.4L22.4L/mol×10×NA/mol=10NA，故B
正确； C.题目未给溶液体积，无法求算离子数目，故C错误； D.78gNa2O2晶体所含阴阳离子的总数为78g78g/mol×3×
NA/mol=3NA，故D错误； 故选：B。A.氯气与水的反应为可逆反应； B.一个??15NH3中含有10个质子； C.题目未给
溶液体积； D.Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子。本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考
的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质
的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。3.【答案】C?【解析】【分析】 本题考查的是纯净物和混合物的判断。【解答
】A.碘酒是碘的酒精溶液，是混合物，故A错误；B.石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，故B错误；C.Na2CO3?10
H2O和Na2CO3，化学组成固定，使用纯净物，故C正确；D.氨水是氨气水溶液，属于混合物，故D错误。故选C。?4.【答案】C?【
解析】解：A.由结构可知，分子中有10个碳原子，不饱和度为3，氢原子数目为2×10+2?2×3=16，故分子式为C10H16，故A
正确； B.含有碳碳双键，能发生加成、氧化，也可以发生取代反应，故B正确； C.芳香烃含有苯环，不饱和度至少为4，而该有机物不饱和
度为3，不存在属于芳香烃的同分异构体，故C错误； D.分子中存在6种化学环境不同的氢，其核磁共振氢谱有6个吸收峰，故D正确； 故选
：C。A.交点为碳原子，分子中有10个碳原子，不饱和度为3，计算氢原子数目确定分子式； B.含有碳碳双键，具有烯烃的性质； C.芳
香烃含有苯环，不饱和度至少为4； D.分子中存在6种化学环境不同的氢。本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化
，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。5.【答案】A?【解析】解：A.Mg和盐酸反应放热，试管内温度升高，压强增大，则
U形管液面发生变化，可完成实验，故A正确； B.应该用外焰加热，不能用焰心加热，故B错误； C.SO2和饱和NaHSO3溶液不反应
，应该用NaOH溶液处理尾气，故C错误； D.导气管不能伸入液面下，易产生倒吸，故D错误； 故选：A。A.Mg和盐酸反应放热，U形
管液面发生变化； B.应该用外焰加热； C.SO2和饱和NaHSO3溶液不反应； D.导气管不能伸入液面下。本题考查化学实验方案的
评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6.【答案】B?【解析】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na元素， A.氧离子和钠离子的核外电子结构相同，核电荷数越
大离子半径越小，则离子半径：Z 种元素中任意两种组成的二元离子化合物有NaH、Na2O、Na2O2，共有3种，故C错误； D.X与W组成的化合物为烃，Y与W组成的
化合物为水和双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，故D错误； 故选：B。原子序数依次递增的短周期元素W、X、
Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，X位于第二周期，Z位于第三周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na；结合图示
可知，X形成4个共价键，Y形成2个共价键，则X为C元素，Y为O元素，以此分析解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原
子序数、物质结构、原子半径来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。7.【答案】D?【解
析】解：A.Li密度小于煤油，所以Li会浮在煤油表面上，不能用煤油保存Li，可以用石蜡，故A错误； B.随着核电荷数的增加，碱金属
单质形成的为金属晶体，熔沸点依次降低，密度依次减小，卤素单质的熔沸点依次升高，密度依次增大，故B错误； C.碱金属单质的金属性很强
，均易与氧气发生反应，除Li外，加热时生成氧化物R2O2，故C错误； D.元素的非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，非金属性At<
I，则还原性：HAt>HI，故D正确； 故选：D。A.Li密度小于煤油； B.随着核电荷数的增加，碱金属单质形成的为金属晶体，卤素
单质形成的为分子晶体，结合晶体类型分析判断熔沸点和密度； C.碱金属除Li外，加热条件下和氧气反应生成过氧化物或超氧化物； D.元
素的非金属性越强，其氢化物的还原性越弱。本题考查同一主族元素性质及其性质递变规律，侧重考查元素周期律的灵活运用，明确元素周期律内涵
是解本题关键，注意规律中的反常现象，题目难度不大。8.【答案】D?【解析】【分析】本题主要考查学生对信息的理解能力，同时考查学生的
看图理解能力，分析能力等，属于基本知识的考查，难度不大。【解答】A.由图可知，△E=(620.9+248.3)kJ/mol=869
.2kJ/mol，故A错误；B.由图可知，反应②和③的反应物总能量大于生成物总能量，属于放热反应，故B错误；C.由图可知，反应②的
活化能最小，反应速率最快，而整个反应的反应速率是由最慢的一步决定的，故C错误；D.由图可知，该过程的总反应为2CO+2NO=N2+
2CO2，故D正确。?9.【答案】D?【解析】解：A.碘和四氯化碳互溶，不能选图中分液漏斗分离，故A错误； B.氨气的密度比空气密
度小，导管应伸到试管底部，故B错误； C.NO不溶于水，应短导管进气排水收集，故C错误； D.二氧化氮与水反应生成NO，导管长进短
出可洗气分离，故D正确； 故选：D。A.碘和四氯化碳互溶； B.氨气的密度比空气密度小； C.NO不溶于水； D.二氧化氮与水反应
生成NO。本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、混合物分离提纯、气体的制备及收集、实验技能为解答的关键，侧重分
析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。10.【答案】D?【解析】解：A.由图可知，1min时CO生成2mol，0～1min，v
(CO)=2mol2L×1min=1mol?L?1?min?1；1～3min时，反应达到平衡状态，反应速率之比等于系数比，故v正(
CO)=2v逆(CO2)，故A错误；B.反应容器容积不变，当容器内的气体密度(D)不变时，混合气体的总质量不变，正逆反应速率相等，
反应达到平衡状态，反应正向气体的质量增加，平衡时混合气密度增大，故D(平衡)D(起始)>1，故B错误；C.5min时再充入一定量的
CO，瞬间CO的物质的量增加，然后平衡逆向移动，CO减少，二氧化碳增加，故b为二氧化碳，c为CO，故C错误；D.由图可知，温度为T
1时，达到平衡CO的物质的量为2mol，二氧化碳的物质的量为7mol，平衡常数K(T1)=c2(CO)c(CO2)=(2mol2L
)27mol2L=27，温度为T2时，达到平衡CO的物质的量为4mol，二氧化碳的物质的量为6mol，平衡常数K(T2)=c2(C
O)c(CO2)=(4mol2L)26mol2L=43，故再达平衡时K(T2)K(T1)=2743≈4.7，故D正确；故选：D。本
题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是化学平衡常数的计算。11.【答案】C?【解析】解
：A.定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，由c=nV可知，溶液浓度偏大，故A不选；B.盛放待测液的锥形瓶没有干燥，物质的量不变，溶液浓
度不变，故B不选；C.氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，选甲基橙做指示剂，消耗NaOH偏小，所测得醋酸溶液的浓度偏低，故C选；D
.滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗标准液体积偏大，测得待测液的浓度偏大，故D不选；故选：C。A.定容时俯视刻度线，溶液体积偏
小；B.盛放待测液的锥形瓶没有干燥，物质的量不变；C.氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，选甲基橙做指示剂，消耗NaOH偏小；D.
滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗标准液体积偏大。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、中和滴定、
实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。12.【答案】D?【解析】A.a到b的变化过程
中，生成的盐更多，水的电离程度增大，故A正确；B.第一步电离的k大，c(OH?)大，pOH小，故曲线M代表pOH与的变化关系，曲线
G代表pOH与，故B正确；C.二元弱碱的第一步电离强于第二步电离，当与等于0时，氢氧根离子浓度等于相应的k值，参照pOH的计算，常
温下，d点时，K1=1×10?4.07=100.93×10?5，故C正确；D.H3NCH2CH2NH3SO4为强酸弱碱盐、正盐，与
等浓度等体积的H2NCH2CH2NH2溶液混合，产生(H2NCH2CH2NH3)2SO4，H2NCH2CH2NH3+电离为主，溶液
呈碱性，故D错误；故选D。13.【答案】CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O (1)在试管中加4mL乙醇，
然后边摇动试管边慢慢加入3mL浓硫酸和3mL乙酸。(只要后加浓硫酸；边摇动试管边慢慢加试剂均可) (2)防止倒吸导气、冷凝 (3
)饱和碳酸钠溶液的液面上有透明的油状液体产生，可闻到香味。 乙酸乙酯不溶于水；密度比水小；易挥发(或沸点低)。 (4)小于4.4g
(5)加成反应、氧化反应、酯化反应?【解析】【解析】实验室制取乙酸乙酯用乙酸和乙醇作用，方程式为CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOC2H5+H2O (1)浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度大于水的，所以应该是在试管中加4mL乙醇，然后边摇动试管边慢慢
加入3mL浓硫酸和3mL乙酸。 (2)挥发出来的乙酸和乙醇都是和水互溶的，如果直接插入溶液中，易倒吸。长导管能起导气和冷凝作用。要
起以上的作用，可用竖直的干燥管即可，如图所示(见答案)。 (3)乙酸乙酯不溶于水，所以在饱和碳酸钠溶液的液面上有透明的油状液体产生
，且可闻到香味。 (4)根据所给数据开始，理论上生成乙酸乙酯应该是3g+2.3g?0.9g=4.4g，但反应但可逆反应，所以实际生
成的乙酸乙酯小于4.4g。 (5)裂解气中含有乙烯，乙烯和水加成即得到乙醇，乙醇氧化即得到乙酸，乙酸和乙醇酯化即生成乙酸乙酯。14
.【答案】(1)2760Co?(2)粉碎废料，搅拌(3)?AlO2?+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3? Al2O3?
(4)4Co2O3?CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O 氯离子可被Co2O3?CoO
氧化为氯气，对环境有污染(5) 2HCO3?+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O?(6)8CoCO3+O22Co2O3+4C
oO+8CO2?【解析】【分析】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及
物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。【解答】
废料用碱液溶解时Al与NaOH反应，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co2O3?CoO+Na2S2O3+1
1H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，调节溶液pH加入氟化钠沉淀除去锂离子，然后用碳酸氢铵
沉钴，将钴离子转化成碳酸钴沉淀，含铝溶液加入二氧化碳获得氢氧化铝沉淀，发生AlO2?+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3
?，过滤分离后煅烧得到氧化铝，熔融状态下电解，获得Al单质，据此分析回答问题。(1)钴的某种核素含有27个质子，33个中子，该核素
的符号为??2760Co故答案为：??2760Co；(2)为提高“碱浸”效率，可采取的措施有粉碎废料，搅拌，加热等，故答案为：粉碎
废料，搅拌；(3)结合分析可知，含铝溶液加入二氧化碳获得氢氧化铝沉淀，对应离子方程式为AlO2?+CO2+2H2O=Al(OH)3
↓+HCO3?，过滤分离后煅烧得到氧化铝，熔融状态下电解，获得Al单质，故答案为：AlO2?+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
HCO3?；Al2O3；(4)“浸出”是在80～90℃条件下，用硫酸酸化后加Na2S2O3溶液进行，产物中无沉淀且只有一种酸根，写
出浸出Co2+的化学方程式为4Co2O3?CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，该步骤
可用盐酸代替硫酸和Na2S2O3作浸出剂，但缺点是氯离子可被Co2O3?CoO氧化为氯气，对环境有污染，故答案为：4Co2O3?C
oO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；氯离子可被Co2O3?CoO氧化为氯气，对环境有污
染；(5)碳酸氢铵溶液在过程中调整pH，提供HCO3?，使Co2+沉淀为CoCO3，发生2HCO3?+Co2+=CoCO3↓+CO
2↑+H2O，故答案为：2HCO3?+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O；(6)某研究小组进行如下实验：在空气中，将35.7
gCoCO3粉末加热一段时间后，余下固体是含+2和+3价钴的氧化物，质量为23.7g，设剩余的固体为xmolCo2O3、ymolC
oO，则166x+75y=23.7，35.7gCoCO3的物质的量为35.7119mol=0.3mol，结合钴原子守恒可得2x+y
=0.3，解得x=0.075，y=0.15，故产生的+2和+3价钴的氧化物的比例为1：2，煅烧方程式为8CoCO3+O22Co2O
3+4CoO+8CO2，故答案为：8CoCO3+O22Co2O3+4CoO+8CO2。?15.【答案】+123kJ/mol i B
D AD 增大 0.9P CrO3 碳可与二氧化碳反应生成一氧化碳，脱离催化剂表面?【解析】解：(1)I.2C3H5(g)+O2(
g)=2C3H6(g)+2H2O(g)△H=?238?kJ?mol?1II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=?484
kJ?mol?1，根据盖斯定律12(反应I?反应II)计算反应C3?H8(g)?C3H6(g)+H2(g)的△H=12[?238k
J?mol?1?(?484kJ?mol?1)]=+123kJ/mol，故答案为：+123kJ/mol；(2)图2为丙烷直接脱氢法中
丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系，由于两个反应正向均为吸热反应，所以其它条件相同时升高温度平衡均正向进行，丙烷的体积分数
降低，丙烯的体积分数升高，所以曲线ii、iv为丙烷的变化曲线，曲线i、iii为丙烯的变化曲线；温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，
即压强越大，丙烷的体积分数越大，丙烯的体积分数越小，所以i为1×104?Pa时丙烯变化曲线，iii为1×105Pa时丙烯变化曲线，
ii为1×105?Pa时丙烷变化曲线，iv为1×104?Pa时丙烷变化曲线，根据上述分析可知i为1×104?Pa时丙烯变化曲线，故
答案为：ⅰ；(3)①A.焓变(△H)只与化学反应有关，所以反应的焓变(△H)始终保持不变，即反应的焓变(△H)保持不变不能说明反应
达到平衡状态，故A错误；B.该反应正向是气体体积增大的反应，各物质均为气体，所以气体平均摩尔质量保持不变的状态是平衡状态，故B正确
；C.反应体系中，各物质均为气体，恒容条件下，气体密度始终不变，所以气体密度保持不变的状态不一定是平衡状态，故C错误；D.C3H8
分解速率与C3H6消耗速率相等，正逆反应速率符合反应的计量关系之比，所以C3H8分解速率与C3H6消耗速率相等的状态是平衡状态，故
D正确；故答案为：BD；②丙烷脱氢制备丙烯的反应过程中，随着反应的进行，气体分子数增多，反应为吸热反应，升高温度、降低压强均有利于
反应正向进行，所以欲使丙烯的平衡产率提高，应采取的措施是升高温度，降低压强，故答案为：AD；③丙烷直接脱氢制丙烯反应正向吸热，恒压
时向原料气中掺入水蒸气，反应正向进行，体系温度升高，化学平衡常数增大，故答案为：增大；(4)由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的
气体体积分数为25%，反应三段式为：?C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)起始量(mol) 1 0 0变化量(mol) x?
xx平衡量(mol)?1?x?xx?1?x1+x×100%=25%，解得x=0.6mol，总物质的量(1+x)mol=1.6mol
，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，所以平衡时气体的压强为1.6pkPa，p(C3H8)=0.4mol1.6mol×
1.6pkPa=0.4pkPa、p(C3H6)=p(H2)=0.6pkPa，Kp=p(C3H6)?p(H2)p(C3H8)=0.6
kPa×0.6kPa0.4kPa=0.9pkPa，故答案为：0.9p；(5)由图3可知丙烷在CrO3的作用下脱氢制丙烯，则催化剂为
CrO3；碳可与二氧化碳反应生成一氧化碳，脱离催化剂表面，故答案为：CrO3；碳可与二氧化碳反应生成一氧化碳，脱离催化剂表面。(1
)根据盖斯定律12(反应I?反应II)计算反应C3?H8(g)?C3H6(g)+H2(g)的△H；(2)丙烷直接脱氢反应正向是体积
增大的吸热反应，其它条件相同时，温度越高，丙烷的含量越低，丙烯的含量越高；其它其它条件相同时，压强越大，丙烷的含量越高，丙烯的含量
越低；(3)①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判
断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；②丙烷脱氢制备丙烯的反应过程中，随着反应的
进行，气体分子数增多，反应为吸热反应，升高温度、降低压强均有利于反应正向进行；③化学平衡常数K只与温度有关，对于吸热反应，升高温度
，平衡常数K增大，反之相反；(4)由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的气体体积分数为25%，根据反应三段式计算平衡时各物质的物质
的量和平衡分压，代入平衡常数Kp=p(C3H6)?p(H2)p(C3H8)中计算Kp；(5)由图3可知丙烷在CrO3的作用下脱氢制
丙烯；碳可与二氧化碳反应生成一氧化碳。本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断、盖斯定律等知识点，侧重考查分析计算能力，明确化学平衡
常数计算方法、化学平衡状态判断方法是解本题关键，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准，题目难度中等。16.【答案
】异丙醇或2?丙醇 异丙醇钠或2?丙醇钠或 氢气 1 氧化反应 加成反应 羟基 羧基???【解析】解：(1)A()的名称为异丙醇或2?丙醇，A与金属钠反应生成异丙醇钠和氢气， 故答案为：异丙醇或2?丙醇；异丙醇钠；氢气 (2)B为丙酮()，具有对称结构，核磁共振氢谱有1组峰，故 答案为：1； (3)根据流程图，为氧化反应、B→C为加成反应， 故答案为：氧化反应；加成反应； (4)D()中所含官能团有羟基和羧基， 故答案为：羟基；羧基； (5)D与乙醇在酸性条件下发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为+H2O， 故答案为：+H2O； (6)以为原料合成乌头酸()，需要增长碳链和引入羧基，根据题干流程图中BCD的转化关系，结合已知信息①②，需要将氧化为丙酮后利用②引入溴原子，在利用①和题干流程图中BCD的转化关系，即可引入三个羧基， 故答案为：(1)根据流程图中A的结构简式，结合有机物的命名方法便可写出A的名称为异丙醇或2?丙醇，由乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，从而推出A与金属钠反应可以生成对应的钠盐，异丙醇钠或2?丙醇钠和氢气； (2)根据流程图，A发生催化氧化生成B，结合B的分子式和C的结构可知，B为丙酮()，具有对称结构，核磁共振氢谱有1组峰； (3)A→B是醇生化成酮的反应，为氧化反应；B→C是酮中的碳氧双键与HCN的加成反应； (4)D为，其中的官能团名称为羟基和羧基； (5)D中含有羧基与乙醇中的羟基发生酯化反应。，注意条件是浓硫酸作催化剂并且在加热的条件下； (6)以为原料合成乌头酸()，需要增长碳链和引入羧基，根据题干流程图中BCD的转化关系，结合已知信息①②，需要将氧化为丙酮后利用②引入溴原子，在利用①和题干流程图中BCD的转化关系，即可引入三个羧基； 结合二甲双酮的结构可知，D与乙醇在酸性条件下发生酯化反应生成E，E为，结合官能团的性质和转化关系分析解答。本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团的性质，常见的有机化学反应是解题的关键，侧重分析推断能力的考查，注意官能团以及碳链骨架的变化，难度一般。第11页，共11页 |
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