湖北化学-答案-p_近10年高考真题汇编（必刷）_2024年高考真题_高考真题（截止6.29）_湖北卷副科（6科全）

2024 年高考湖北卷化学试题 一、单选题 1．劳动人民的发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误的是 发明 关键操作 化学原理 A 制墨 松木在窑内焖烧 发生不完全燃烧 B 陶瓷 黏土高温烧结 形成新的化学键 C 造纸 草木灰水浸泡树皮 促进纤维素溶解 D 火药 硫黄、硝石和木炭混合，点燃 发生氧化还原反应 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】A．松木在窑中不完全燃烧会生成碳单质，可以用来制造墨块，A正确； B．黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，B正确 C．草木灰主要成分为碳酸钾，浸泡的水成碱性，用于分离树皮等原料中的胶质，纤维素不能在碱性条件下水解， 此过程并没有使纤维素发生水解，C错误； D．中国古代黑火药是有硫磺、硝石、木炭混合而成的，在点燃时发生剧烈的氧化还原反应，反应方程式为 S+2KNO +3C=K S+3CO ↑+N ↑，D正确； 3 2 2 2 故选C。 2．2024年5月8日，我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体表面需要采取有效的防锈措施，下列防 锈措施中不形成表面钝化膜的是 A．发蓝处理 B．阳极氧化 C．表面渗镀 D．喷涂油漆 【答案】D 【解析】A．发蓝处理技术通常用于钢铁等黑色金属，通过在空气中加热或直接浸泡于浓氧化性溶液中来实现，可 在金属表面形成一层极薄的氧化膜，这层氧化膜能有效防锈，A错误； B．阳极氧化是将待保护的金属与电源正极连接，在金属表面形成一层氧化膜的过程，B错误； C．表面渗镀是在高温下将气态、固态或熔化状态的欲渗镀的物质(金属或非金属元素)通过扩散作用从被渗镀的金属 的表面渗入内部以形成表层合金镀层的一种表面处理的方法，C错误； D．喷涂油漆是将油漆涂在待保护的金属表面并没有在表面形成钝化膜，D正确； 故选D。 3．关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是 A．蒸馏法分离CH Cl 和CCl 2 2 4 B．过滤法分离苯酚和NaHCO 溶液 3 C．萃取和柱色谱法从青蒿中提取分离青蒿素 D．重结晶法提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸 【答案】B 【解析】A．二氯甲烷和四氯化碳互溶，二者沸点不同，可以用蒸馏的方法将二者分离，A正确； B．苯酚和碳酸氢钠都可以溶解在水中，不能用过滤的方法将二者分离，B错误； C．将青蒿浸泡在有机溶剂中得到提取液，寻找合适的萃取剂可以利用萃取的方法将提取液中的青蒿素提取出来； 也可以利用不同溶质在色谱柱上的保留时间不同将青蒿素固定在色谱柱上，在利用极性溶剂将青蒿素洗脱下来，得 到纯净的青蒿素，C正确； D．食盐和苯甲酸的溶解度二者差异较大，可以利用重结晶的方式将低温下溶解度较小的苯甲酸提纯出来，D正确； 故选B。4．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是 A．用电子式表示Cl 的形成： 2 B．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：  Cu(NH 3 ) 2   2+ +CO+NH 3   Cu(NH 3 ) 3 CO  2+ C．用电子云轮廓图示意p-pπ键的形成： D．制备芳纶纤维凯芙拉： 【答案】B 【解析】 A．氯元素为VIIA族元素，最外层电子数为7，Cl原子与Cl原子共用1对电子形成Cl ，电子式表示Cl 的形成过 2 2 程为： ，A正确； B．亚铜氨中铜元素的化合价为+1价，而Cu(NH )  2+ 中铜元素为+2价，亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO  3 2  的原理为：  Cu(NH 3 ) 2   + +CO+NH 3   Cu(NH 3 ) 3 CO  + ，B错误； C．π键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，用电子云轮廓图表示p-pπ键的形成为 ，C正确； D． 的氨基和 的羧基发生缩聚反应生成高聚物 和水，其反应 的化学方程式为 ，D正确； 故选：B。 5．基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是 A．VSEPR理论认为VSEPR模型与分子的空间结构相同 B．元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律 C．泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子 D．sp3杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成 【答案】A 【解析】A．VSEPR模型是价层电子对的空间结构模型，而分子的空间结构指的是成键电子对的空间结构，不包括 孤电子对，当中心原子无孤电子对时，两者空间结构相同，当中心原子有孤电子对时，两者空间结构不同，A错误； B．元素的性质随着原子序数的递增而呈现周期性的变化，这一规律叫元素周期律，元素性质的周期性的变化是元 素原子的核外电子排布周期性变化的必然结果，B正确； C．在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，它们的自旋相反，这个原理被称为泡利原理，C正确； D．1个s轨道和3个p轨道混杂形成4个能量相同、方向不同的轨道，称为sp3杂化轨道，D正确； 故选：A。 6．鹰爪甲素(如图)可从治疗疟疾的有效药物鹰爪根中分离得到。下列说法错误的是A．有5个手性碳 B．在120℃条件下干燥样品 C．同分异构体的结构中不可能含有苯环 D．红外光谱中出现了3000cm-1以上的吸收峰 【答案】B 【解析】 A．连4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，分子中有5个手性碳原子，如图中用星号标记的碳原子： ，A正确； B．由鹰爪甲素的结构简式可知，其分子中有过氧键，过氧键热稳定性差，所以不能在120℃条件下干燥样品，B 错误； C．鹰爪甲素的分子式为C H O ，如果有苯环，则分子中最多含2n-6=15×2-6=24个氢原子，则其同分异构体的结 15 26 4 构中不可能含有苯环，C正确； D．由鹰爪甲素的结构简式可知，其分子中含羟基，即有氧氢键，所以其红外光谱图中会出现3000cm-1以上的吸收 峰，D正确； 故选B。 7．过量SO 与以下0.1mol⋅L-1的溶液反应，下列总反应方程式错误的是 2 溶液 现象 化学方程式 A Na S 产生淡黄色沉淀 3SO +2Na S=3S↓+2Na SO 2 2 2 2 3 B FeCl 溶液由棕黄色变浅绿色 2FeCl +SO +2H O=2FeCl +H SO +2HCl 3 3 2 2 2 2 4 C CuCl 溶液褪色，产生白色沉淀 SO +2CuCl +2H O=2CuCl↓+H SO +2HCl 2 2 2 2 2 4 D Na CO (含酚酞) 溶液由红色变无色 2SO +Na CO +H O=CO +2NaHSO 2 3 2 2 3 2 2 3 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】A．过量 SO 与0.1 mol⋅L-1的Na S溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成NaHSO ，SO 过量不 2 2 3 2 能生成Na SO ，因此，总反应的化学方程式为5SO + 2Na S +2H O=3S↓+4NaHSO ，A错误； 2 3 2 2 2 3 B．过量 SO 与0.1 mol⋅L-1的FeCl 溶液反应，生成FeCl、H SO、HCl，总反应的化学方程式为 2 3 2 2 4 2FeCl +SO +2H O=2FeCl + H SO +2HCl，B正确； 3 2 2 2 2 4 C．过量 SO 与0.1 mol⋅L-1的CuCl 溶液反应，生成的白色沉淀是CuCl，总反应的化学方程式为 2 2SO + 2CuCl +2H O=2CuCl↓+ H SO +2HCl,C 正确； 2 2 2 2 4 D．Na CO 水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 SO 与0.1 mol⋅L-1的Na CO 溶液反应，生成 2 3 2 2 3 CO、NaHSO ，NaHSO 溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为 2 3 3 2SO + Na CO +H O=CO +2NaHSO ，D正确； 2 2 3 2 2 3 故选A。 8．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】A．甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间形成的氢 键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确； B．王水溶解铂，是因为浓盐酸提供的Cl−能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶 解，在这个过程中浓盐酸没有增强浓硝酸的氧化性，而是通过形成配合物增强了铂的还原性，B错误； C．冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水 分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确； D．石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元 环层。碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1 个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大π 键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D正确； 故选B。 9．主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在能层有16个轨道，4种元 素形成的化合物如图。下列说法正确的是 A．电负性：W>Y B．酸性：WYX >WYX 2 3 2 4 C．基态原子的未成对电子数：W>X D．氧化物溶于水所得溶液的pH：Z>Y 【答案】D 【分析】主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在能层有16个轨道， 则Z个有4个能层。根据这4种元素形成的化合物的结构可以推断，W、X、Y、Z分别为H、O、S、K。 【解析】A．W和Y可以形成H S，其中S显-2价，因此，电负性S>H，A错误； 2 B．H SO 是中强酸，而H SO 是强酸，因此，在相同条件下，后者的酸性较强，B错误； 2 3 2 4 C．H只有1个电子，O的2p轨道上有4个电子，O有2个未成对电子，因此，基态原子的未成对电子数 O>H，C 错误；D．K的氧化物溶于水且与水反应生成强碱KOH，S的氧化物溶于水且与水反应生成H SO 或H SO ，因此，氧化 2 3 2 4 物溶于水所得溶液的pH的大小关系为 K>S，D正确； 故选D。 10．碱金属的液氨溶液含有的蓝色溶剂化电子e(NH )  -是强还原剂。锂与液氨反应的装置如图(夹持装置略)。下  3 n  列说法错误的是 A．碱石灰有利于NH 逸出 3 B．锂片必须打磨出新鲜表面 C．干燥管中均可选用PO 2 5 D．双口烧瓶中发生的变化是Li+nNH =Li++e(NH )  - 3  3 n  【答案】C 【分析】本题利用Li和液氨反应Li+nNH =Li++e(NH )  -制备e(NH )  -；碱石灰可以吸收浓氨水中的水分， 3  3 n   3 n  同时吸水过程大量放热，使浓氨水受热分解产生氨气；利用集气瓶收集氨气；过量的氨气进入双口烧瓶中在冷却体 系中发生反应生成e(NH )  -；最后的球形干燥管中可装PO ，除掉过量的氨气，同时防止空气的水进入引起副反  3 n  2 5 应。 【解析】A．碱石灰为生石灰和氢氧化钠的混合物，可以吸收浓氨水中的水分，同时吸水过程大量放热，有利于NH 3 逸出，A正确； B．锂片表面有Li O，Li O会阻碍Li和液氨的接触，所以必须打磨出新鲜表面，B正确； 2 2 C．第一个干燥管目的是干燥氨气，PO 为酸性干燥剂能与氨气反应，所以不能用PO ，而装置末端的干燥管作用 2 5 2 5 为吸收过量的氨气，可用PO ，C错误； 2 5 D．双口烧瓶中发生的变化是Li+nNH =Li++e(NH )  -，D正确； 3  3 n  故选C。 11．黄金按质量分数分级，纯金为24K。Au-Cu合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是 A．I为18K金 B．Ⅱ中Au的配位数是12 C．Ⅲ中最小核间距Au-Cu50%，即c(Pb2+)>1×10-5mol/L，则c(CO2-)≤ sp 3 = 3 c(Pb2+) 1×10−5 mol/L=10-7.1mol/LK (H CO )，NaHCO 溶液呈碱性，加入 3 3 K (H CO ) 10−6.4 a2 2 3 3 a1 2 3 少量NaHCO 固体，溶液pH增大，PbCO 转化成Pb(CO )2-而溶解，D正确； 3 3 3 2 故选C。 14．我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H C O 和NH OH电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜 2 2 4 2 中H O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。已知在KOH溶液中，甲醛转化为HOCH O-，存在平衡 2 2 HOCH O-+OH-  [OCH O]2- +H O。Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH O]2--e- =HCOO-+H⋅。下列说法错误 2 2 2 2 的是 A．电解一段时间后阳极区c ( OH-) 减小 B．理论上生成1molH N+CH COOH双极膜中有4mol H O解离 3 2 2 C．阳极总反应式为2HCHO+4OH--2e- =2HCOO-+H ↑+2H O 2 2 D．阴极区存在反应H C O +2H++2e- =CHOCOOH+H O 2 2 4 2【答案】B 【分析】在KOH溶液中HCHO转化为HOCH O-：HCHO+OH-→HOCH O-，存在平衡HOCH O-+OH- 2 2 2 [OCH O]2-+H O，Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH O]2--e-=HCOO-+H∙，H∙结合成H ，Cu电极为阳极；PbCu 2 2 2 2 电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH： H C O +2e-+2H+=OHC—COOH+H O，OHC—COOH与HO—N+H 反应生成HOOC—CH=N—OH： 2 2 4 2 3 OHC—COOH+HO—N+H →HOOC—CH=N—OH+H O+H+，HOOC—CH=N—OH发生得电子的还原反应转化成 3 2 H N+CH COOH：HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H N+CH COOH+H O。 3 2 3 2 2 【解析】A．由分析，电解过程中，阳极区消耗OH-、同时生成H O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，A正 2 确； B．由分析，阴极区的总反应为H C O +HO—N+H +6e-+6H+= H N+CH COOH+3H O，1molH O解离成1molH+和 2 2 4 3 3 2 2 2 1molOH-，故理论上生成1molH N+CH COOH双极膜中有6molH O解离，B错误； 3 2 2 C．由分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H ↑+2H O，C正确； 2 2 D．根据分析，阴极区的Pb上发生反应H C O +2e-+2H+=OHC—COOH+H O，D正确； 2 2 4 2 故选B。 15．科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”，能装载多种稠环芳香烃。三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值 越大越稳定)见表。下列说法错误的是 芳烃 芘 并四苯 蒄 结构 结合常数 385 3764 176000 A．芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子 B．并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同 C．从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘 D．芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合 【答案】B 【解析】A．“分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分子客车”通过分子间作用力形成分子聚集体——超分 子，A正确； B．“分子客车”的长为2.2nm、高为0.7nm，从长的方向观察，有与并四苯分子适配的结构，从高的方向观察则缺少 合适结构，故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B错误； C．芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配，故从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘，C正确； D．芘、并四苯、蒄中π电子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合常数越大越稳定，故芳烃π 电子数越多越有利于和“分子客车”结合，D正确； 故选B。二、解答题 16．铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐  Be 3 Al 2 (SiO 3 ) 6   中提取铍的路径为： 已知：Be2++4HABeA (HA) +2H+ 2 2 回答下列问题： (1)基态Be2+的轨道表示式为 。 (2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 。 (3)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是 。 (4)写出反萃取生成Na [ Be(OH) ]的化学方程式 。“滤液2”可以进入 步骤再利用。 2 4 (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 。 (6)Be(OH) 与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个Be 2 的配位环境相同，Be与Be间通过CH COO-相连，其化学式为 。 3 【答案】(1) (2)快速冷却 (3)无明显现象 (4) BeA (HA) +6NaOH=Na [Be(OH) ]+4NaA+2H O 反萃取 2 2 2 4 2 (5)增强熔融氯化铍的导电性 (6)Be O(CH COO) 。 4 3 6 【分析】首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H SiO ，“滤 2 3 液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为BeA (HA) ，加入 2 2 过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na [Be(OH) ]进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤， 2 4 分离出Be(OH) ，通过系列操作得到金属铍。 2 【解析】（1）基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为 。 （2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中 得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。 （3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的 溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到：无明显现象。 （4）反萃取生成Na [Be(OH) ]的化学方程式为BeA (HA) +6NaOH=Na [Be(OH) ]+4NaA+2H O，滤液2的主要成 2 4 2 2 2 4 2分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。 （5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。 （6）根据题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共 有六个CH COO-，其化学式为：Be O(CH COO) 。 3 4 3 6 17．用BaCO 和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到BaC ，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 3 2 反应I：BaCO (s)+C(s)BaO(s)+2CO(g) 3 反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)BaC (s)+CO(g) 2 回答下列问题： (1)写出BaC 与水反应的化学方程式 。 2 n (2)已知K =(p )n、K=   p CO   (n是CO的化学计量系数)。反应、Ⅱ的1gK与温度的关系曲线见图1。 p CO 105Pa ①反应BaCO (s)+4C(s)BaC (s)+3CO(g)在1585K的K = Pa3。 3 2 p 1 ②保持1320K不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时p = Pa，若将容器体积压缩到原来的 ，重 CO 2 新建立平衡后p = Pa。 CO (3)恒压容器中，焦炭与BaCO 的物质的量之比为4:1，Ar为载气。400K和1823K下，BaC 产率随时间的关系曲线 3 2 依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。①初始温度为900K，缓慢加热至1400K时，实验表明BaCO 已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种为 。 3 ②1823K下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。 【答案】(1)BaC +2H O→Ba(OH) +HC≡CH↑ 2 2 2 (2) 1016 105 105 (3) BaO 速率不变至BaC 产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC (s)+CO(g)，反应 2 2 p 条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据K= CO 可知，CO的压强为定值，因此化学反应速率不变 105p a 【解析】（1）Ba、Ca元素同主族，所以BaC 与水的反应和CaC 与水的反应相似，其反应的化学方程式为 2 2 BaC +2H O→Ba(OH) +HC≡CH↑； 2 2 2 3  p  （2）①反应I+反应Ⅱ得BaCO 3 (s)+4C(s)BaC 2 (s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=K I ×K Ⅱ = CO  ，由图1可知，1585K 105p  a 3  p  时K I =102.5，K Ⅱ =10-1.5，即 CO  =102.5×10-1.5=10，所以p3 CO =10×(105pa)3=1016p a 3，则K p = p3 CO =1016p a 3； 105p  a 2  p  ②根据图1可知，1320K时反应I的K I =100=1，即K I = CO  =1，所以p2 CO =(105pa)2，即p CO =105pa； 105p  a 1 ③若将容器体积压缩到原来的 ，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后p 应不变，即p =105pa； CO CO 2 （3）①根据图2可知，1400K时，BaC 的产率为0，即没有BaC ，又实验表明BaBO 已全部消耗，所以此时反应 2 2 3 体系中含Ba物种为BaO； ②图像显示，1823K时BaC 的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率 2 保持不变；1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) p BaC (s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据K= CO 可知，CO的压强为定值，因 2 105p a 此化学反应速率不变。 18．学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H O 的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。 2 2 实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知：Co(H O)  2+为粉红色、Co(H O)  3+为蓝色、Co(CO )  2-为红色、Co(CO )  3-为墨绿色。回答下列  2 6   2 6   3 2   3 3  问题： (1)配制1.00mol⋅L-1的CoSO 溶液，需要用到下列仪器中的 (填标号)。 4 a． b． c． d．(2)实验I表明Co(H O)  2+ (填“能”或“不能”)催化H O 的分解。实验Ⅱ中HCO-大大过量的原因是 。实  2 6  2 2 3 验Ⅲ初步表明Co(CO )  3-能催化H O 的分解，写出H O 在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式 、 。  3 3  2 2 2 2 (3)实验I表明，反应2  Co(H 2 O) 6   2+ +H 2 O 2 +2H+ 2  Co(H 2 O) 6   3+ +2H 2 O难以正向进行，利用化学平衡移动原理， 分析Co3+、Co2+分别与CO2-配位后，正向反应能够进行的原因 。 3 实验Ⅳ： (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体 的分子式分别为 、 。 【答案】(1)bc (2) 不能 HCO 3 −与Co2+按物质的量之比4:1发生反应4HCO 3 −+Co2+ =  Co(CO 3 ) 2   2- +2CO 2 ↑+2H 2 O，实验 中HCO 3 −与Co2+的物质的量之比为32:3 2Co2+ +10HCO 3 −+H 2 O 2 =2  Co(CO 3 ) 3   3- +6H 2 O+4CO 2 ↑ Co(CO )  3- 2H O  3 3  2H O +O ↑ 2 2 2 2 2 (3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO2−配位时，Co(H O)  3+更易与CO2−反应生成Co(CO )  3-（该反应 3  2 6  3  3 3  为快反应），导致  Co(H 2 O) 6   2+几乎不能转化为  Co(CO 3 ) 2   2- ，这样使得  Co(H 2 O) 6   3+的浓度减小的幅度远远大于 Co(H O)  2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述  2 6  反应能够正向进行 (4) CO O 2 2 【分析】实验Ⅰ中无明显变化，证明 Co(H O)  2+不能催化H O 的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明Co(H O)  2+  2 6  2 2  2 6  易转化为  Co(CO 3 ) 2   2- ；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明  Co(H 2 O) 6   3+更易与CO 3 2−反应生成  Co(CO 3 ) 3   3-，并且初 步证明Co(H O)  2+在HCO−的作用下易被H O 氧化为Co(CO )  3-；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，并且前后均有  2 6  3 2 2  3 3  气体生成，证明在酸性条件下，Co(CO )  3-易转化为Co(H O)  3+，Co(H O)  3+氧化性强，可以把H O氧化  3 3   2 6   2 6  2 为O 。 2 【解析】（1）配制1.00 mol·L-1的CoSO 溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。 4 （2）CoSO 4 溶液中存在大量的  Co(H 2 O) 6   2+，向其中加入30%的H 2 O 2 后无明显变化，因此，实验I表明  Co(H 2 O) 6   2+ 不能催化H O 的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为4HCO−+Co2+ =Co(CO )  2- +2CO ↑+2H O，实验中 2 2 3  3 2  2 2HCO−与Co2+的物质的量之比为32:3，因此，HCO−大大过量的原因是：HCO−与Co2+按物质的量之比4:1发生反应 3 3 3 4HCO 3 −+Co2+ =  Co(CO 3 ) 2   2- +2CO 2 ↑+2H 2 O，实验中HCO 3 −与Co2+的物质的量之比为32:3。实验Ⅲ的实验现象表 明在H 2 O 2 的作用下Co2+能与HCO 3 −反应生成  Co(CO 3 ) 3   3-，然后  Co(CO 3 ) 3   3-能催化H 2 O 2 的分解，因此，H 2 O 2 在 实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为2Co2+ +10HCO−+H O =2Co(CO )  3- +6H O+4CO ↑、 3 2 2  3 3  2 2 Co(CO )  3- 2H O  3 3  2H O +O ↑ 。 2 2 2 2 2 （3）实验I表明，反应2  Co(H 2 O) 6   2+ +H 2 O 2 +2H+ 2  Co(H 2 O) 6   3+ +2H 2 O难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明， Co3+、Co2+分别与CO2−配位时，Co(H O)  3+更易与CO2−反应生成Co(CO )  3-（该反应为快反应），导致 3  2 6  3  3 3    Co(H 2 O) 6   2+几乎不能转化为  Co(CO 3 ) 2   2- ，这样使得  Co(H 2 O) 6   3+的浓度减小的幅度远远大于  Co(H 2 O) 6   2+减 小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进 行。 （4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了Co(CO )  3- +6H++3H O=Co(H O)  3+ +3CO ↑；  3 3  2  2 6  2 B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了4Co(H O)  3+ +2H O=4Co(H O)  2+ +O ↑+4H+，因此从A  2 6  2  2 6  2 到C所产生的气体的分子式分别为CO 和O 。 2 2 19．某研究小组按以下路线对内酰胺F的合成进行了探索： 回答下列问题： (1)从实验安全角度考虑，A→B中应连有吸收装置，吸收剂为 。 (2)C的名称为 ，它在酸溶液中用甲醇处理，可得到制备 (填标号)的原料。 a．涤纶 b．尼龙 c．维纶 d．有机玻璃 (3)下列反应中不属于加成反应的有 (填标号)。 a．A→B b．B→C c．E→F (4)写出C→D的化学方程式 。 (5)已知 (亚胺)。然而，E在室温下主要生成G ，原因是 。(6)已知亚胺易被还原。D→E中，催化加氢需在酸性条件下进行的原因是 ，若催化加氢时，不加入酸，则生 成分子式为C H NO 的化合物H，其结构简式为 。 10 19 2 【答案】(1)NaOH溶液(或其他碱液) (2) 2-甲基-2-丙烯腈(甲基丙烯腈、异丁烯腈) d (3)bc (4) + K2CO3→ (5)亚胺不稳定，以发生重排反应生成有机化合物G (6) 氰基与氢气发生加成反应生成亚胺结构生成的亚胺结构更易被还原成氨基，促进反应的发生 【分析】 有机物A与HCN在催化剂的作用下发生加成反应生成有机物B，有机物B在Al O 的作用下发生消去反应剩下有 2 3 机物 C，有机物 C 与 C H O 发生反应生成有机物 D，根据有机物 D 的结构可以推测，C H O 的结构为 6 10 3 6 10 3 ，有机物D发生两步连续的反应生成有机物E，有机物D中的氰基最终反应为-CH NH 2 2 结构，最后有机物E发生消去反应生成有机物F和乙醇。 【解析】（1）有机物A→B的反应中有HCN参加反应，HCN有毒，需要用碱液吸收，可用的吸收液为NaOH溶液。 （2）根据有机物C的结构，有机物C的的名称为2-甲基-2-丙烯腈(甲基丙烯腈、异丁烯腈)，该物质可以与甲醇在 酸性溶液中发生反应生成甲基丙烯酸，甲基丙烯酸经聚合反应生成有机玻璃，故选d。 （3）根据分析，有机物A反应生成有机物B的过程为加成反应，有机物B生成有机物C的反应为消去反应，有机 物E生成有机物F的反应为消去反应，故答案选bc。 （4） 根据分析，有机物 C 与 发生加成反应生成有机物 D，反应的化学方程式为 + K2CO3→ 。 （5） 羰基与氨基发生反应生成亚胺( )，亚胺在酸性条件下不稳定，容易发生重排反应生成有机物 G，有 机物G在室温下具有更高的共轭结构，性质更稳定。 （6） 氰基与氢气发生加成反应生成亚胺结构生成的亚胺结构更易被还原成氨基，促进反应的发生；若不加入酸，则生成分子式为C H NO 的化合物H，其可能的流程为 → → 10 19 2 → → → ，所以，有机 物H的结构为 。