文档内容
2024 年高考临考押题卷 01
化学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Cu 64 I 127
第Ⅰ卷（选择题 共 39 分）
一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39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．第19届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”办会理念。下列说法不正确的是( )
A. 亚运村餐厅“竹餐具”中含有丰富的多糖
B. 火炬燃料“零碳甲醇”燃烧不产生二氧化碳
C. 吉祥物“江南忆”机器人所用芯片的主要成分为硅
D. 火炬使用的“1070”铝合金具有硬度高、耐高温的特点
【答案】B
【解析】“竹餐具”的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，A项正确；“零碳甲醇”是利用焦炉气中的
副产氢气与从工业尾气中捕集的CO 合成的“绿色甲醇”，甲醇的结构简式为CHOH，甲醇中含有碳元素，
2 3
燃烧会产生CO，B项错误；计算机芯片的主要成分为晶体硅，C项正确；铝合金材料具有硬度高、耐高
2
温的特性，符合火炬材料的需求，D项正确。
2．氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是 。下列叙述正确
的是
A．基态 原子电子排布式：
B． 的VSEPR模型：C．基态 原子价层电子的轨道表示式：
D． 的电子式：
【答案】C
【解析】镓是31号元素，基态镓原子电子排布式为 ，A错误；氨分子中N原子价层电子对
数为 ，VSEPR模型为四面体，即 ，B错误；N是7号元素，价电子排布式为2s22p3，
价层电子的轨道表示式为 ，C正确；氯化氢是共价化合物，电子式为 ，D错误。
3．下列由废铁屑制取(NH )Fe(SO )∙6H O的实验装置与操作能达到实验目的的是
4 2 4 2 2
A．用装置甲称取一定质量的(NH )SO 固体
4 2 4
B．用装置乙除去废铁屑表面的油污
C．用装置丙将废铁屑充分溶解
D．用装置丁蒸干溶液得到(NH )Fe(SO )∙6H O晶体
4 2 4 2 2
【答案】B
【解析】装置甲中，物品与砝码的位置颠倒，使用游码时称取的(NH )SO 固体的质量偏低，A项错误；
4 2 4
NaCO 溶液呈碱性，能促进油脂水解，从而去除物品表面的油污，所以可用装置乙除去废铁屑表面的油污，
2 3
B项正确；浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面发生钝化，所以不能用装置丙将废铁屑充分溶解，C项错误；
(NH )Fe(SO )∙6H O晶体受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，所以用装置丁蒸干溶液得不到
4 2 4 2 2
(NH )Fe(SO )∙6H O晶体，D项错误。
4 2 4 2 24．臭氧 在 催化下能将烟气中的 分别氧化为 和 。下列关于
元素及其化合物的说法正确的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．沸点： D．电负性：
【答案】B
【解析】同主族从上到下原子半径增大，同周期从左到右原子半径减小，原子半径： ，A错误；
根据第一电离能递变规律，第一电离能： ，B正确；HO和NH 都能形成分子间氢键，
2 3
但是HO中氢键更多，而HS不能形成氢键，故沸点： ，C错误；金属电负性一般小于
2 2
非金属，N与O同周期，O的电负性大于N，电负性： ，D错误。
阅读下列材料，回答5~7题：
硫(S)元素约占地球总质量的1.9%，广泛分布并循环于大气圈、水圈、生物圈、岩石圈以及地球内部各圈层。
硫有32S(占95.04%)、34S(占4.20%)、33S(占0.75%)和36S(占0.01%)四种同位素。硫元素主要以氢化物、硫化物、
含氧酸和含氧酸盐等主要形式存在。硫的单质有S、S、S 等多种分子形态；硫的氢化物(硫化氢、二硫化氢)均
2 4 8
有弱酸性；低价硫有氧气敏感性，易和氧气反应。硫在生物圈的演化中扮演了重要角色，蛋氨酸、胱氨酸和半
胱氨酸均含硫元素。在细菌作用下硫元素可发生氧化或还原，从而促进了硫元素在地球各圈层中的循环。
5.下列说法正确的是( )
A. 32S、34S、33S、36S核内中子数相同 B. SO 和SO 分子中S的杂化类型均为sp2
2 3
C. HS为含有极性键的非极性分子 D. 二硫化氢(HS)分子的构型为直线形
2 2 2
【答案】B
【解析】32S、34S、33S、36S中质子数相同，质量数不同，互为同位素，所以中子数不相同，A项错误；SO 中硫
2
原子价电子数为1/2(6＋0×2)=3，SO 中硫原子价电子数为1/2(6＋0×3)=3，均为sp2杂化，B项正确；HS中硫原
3 2
子为sp3杂化，空间构型为V型，为极性分子，C项错误；HS 与HO 构型相似，为空间立体构型，D项错误。
2 2 2 2
6.下列化学反应的离子方程式表示正确的是( )
A. 使用硫化亚铁除去废水中汞离子：S2－＋Hg2＋===HgS↓
B. 黄铁矿在细菌作用下转化为强酸：2FeS＋2HO＋7O=====2Fe2＋＋4H＋＋4SO
2 2 2
C. 用NaSO 除去漂白废水中的余氯：SO＋4Cl＋5HO===2SO＋8Cl－＋10H＋
2 2 3 2 2 2D. 半 胱 氨 酸 [HOOCCH(NH)CHSH] 和 足 量 烧 碱 溶 液 反 应 ： HSCH(NH)CHCOOH ＋ OH －
2 2 2 2
===HSCH(NH)CHCOO－＋HO
2 2 2
【答案】C
【解析】FeS为不溶固体，不能拆成离子形式，A项错误；生成的Fe2＋能够被O 氧化为Fe3＋，B项错误；－SH
2
和－COOH 均显酸性，均能与 NaOH 反应，离子方程式为： HSCH(NH)CHCOOH＋2OH－===－
2 2
SCH(NH)CHCOO－＋2HO，D项错误。
2 2 2
7.硫及其化合物的转化有着重要的应用。下列含硫物质的转化不正确的是( )
A. 实验室探究SO 的制备与性质：NaSO(s)――→SO(g)――→BaSO(s)
2 2 3 2 4
B. 工业上制备HSO 的部分流程：FeS(s)――→SO(g)――→SO(g)
2 4 2 2 3
C. 用NaCO 溶液吸收SO 制备NaSO：
2 3 2 2 3
SO(g)――→NaHSO(aq)――→NaSO(aq)
2 3 2 3
D. 实验室探究浓硫酸的性质：HSO(浓)――→SO(g)――→HSO(aq)
2 4 2 2 4
【答案】C
【解析】NaSO 与HSO 反应生成NaSO 、SO 和HO，SO 与HO 反应生成HSO ，HSO 与BaCl 反应生成
2 3 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2
BaSO 沉淀，A项正确；FeS 与O 反应生成FeO 和SO ，SO 与O 反应生成SO ，B项正确；SO 与过量的
4 2 2 2 3 2 2 2 3 2
NaCO 反应生成的是NaSO，C项错误；Cu与浓硫酸加热生成SO，SO 被KMnO 氧化为SO，D项正确。
2 3 2 3 2 2 4
8．化学离不开生活，下列有关物质的性质或用途正确的是
A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理相同
B．铁分别与氯气、碘反应生成的产物中，铁的化合价不同
C．将红热的木炭投入浓HNO 中，有红棕色气体产生，证明木炭有还原性
3
D．在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰出现黄色，溶液中含Na元素
【答案】B
【解析】漂白粉是利用强氧化性消毒，而明矾净水是利用Al3+水解生成的Al(OH) 胶体吸附杂质，二者的
3
作用原理是不相同，A错误；Fe与Cl 反应产生FeCl ，Fe元素化合价为+3价；Fe与I 反应产生FeI，Fe
2 3 2 2
元素化合价为+2价，可见铁分别与氯气、碘反应生成的产物中，铁的化合价不同，B正确；由于浓硝酸受
热也会分解生成红棕色的气体NO ，故红热的木炭加入到浓硝酸，有红棕色气体产生，不能说明浓硝酸与
2
碳发生反应，C错误；在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰出现黄色，玻璃主要成份是碳酸钠，
火焰颜色也是黄色，不能推出溶液中含有钠元素，D错误。
9．工业上用 催化还原 可以消除氮氧化物的污染，反应原理为：。不同的催化剂催化该反应的最佳
活性温度不同。下列说法正确的是
A．上述反应平衡常数
B．其他条件不变时，反应单位时间， 去除率随温度升高而增大的原因可能是平衡常数变大
C．其他条件不变，在低温下使用高效催化剂可提高 的平衡转化率
D．反应中若采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，可以使反应的平衡常数增大
【答案】C
【解析】上述反应水为气体参与反应，固体和纯液体不写入表达式，所以平衡常数
，A错误；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，B
错误；其他条件不变时，在低温下平衡正向移动，可提高 的平衡转化率，而催化剂可以加快反应速率，
更快达到平衡，C正确；采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，反应体系中水蒸气浓度减小，平衡正向移
动，NO 去除率增大，但是温度不变，反应的平衡常数不变，D错误。
2
10．一种重要有机中间体的合成路线如下，下列说法中正确的是
A．物质丙的分子式为
B．物质甲可以发生氧化、取代、水解和消去反应
C．图示反应类型为加成反应
D．物质乙中的原子不可能处于同一平面
【答案】D
【解析】由物质丙的结构简式可知，其分子式为C H Br ，A项错误；甲分子苯环上含碳溴键，但与溴原
14 12 2子相连的碳原子的邻位碳原子上没有H原子，不能发生消去反应，B项错误；由合成路线可知，甲和乙反
应除生成丙之外，还其他产物生成，该反应不是加成反应，C项错误；乙分子结构中含三氟甲基(-CF )，三
3
氟甲基具有类似甲烷的四面体结构，因此分子中所有原子不可能共平面，D项正确。
11．下列实验方案能达到探究目的的是
选
探究目的 实验方案
项
CO还原Fe O 实验中，Fe O 向CO还原Fe O 所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，
A 2 3 2 3 2 3
是否全部被还原 观察颜色变化
比较CHCOO-和ClO-结合 室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CHCOONa溶液和
B 3 3
H+的能力大小 NaClO溶液的pH
比较Ksp(BaSO )和 将BaSO 粉末和NaCO 饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上
C 4 4 2 3
Ksp(BaCO )的相对大小 层清液，滴加盐酸和BaCl 溶液，观察是否有沉淀产生
3 2
蔗糖水解产物是否具有还原 向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后加入银氨溶液，
D
性 水浴加热，观察现象
【答案】B
【解析】向CO还原Fe O 所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，如果溶液变为血红色，表明
2 3
Fe O 没有全部被还原，如果溶液不变色，并不能说明Fe O 全部被还原，因为生成的Fe能将Fe3+还原为
2 3 2 3
Fe2+，A项错误；室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CHCOONa溶液和NaClO溶液的pH，后者
3
的pH大，表明后者溶液中c(OH-)大，溶液的碱性强，ClO-的水解程度比CHCOO-大，从而说明ClO-结合
3
H+的能力比CHCOO-强，B项正确；将BaSO 粉末和NaCO 饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上
3 4 2 3
层清液，滴加盐酸和BaCl 溶液，虽然有气泡和沉淀产生，但并不能说明Ksp(BaSO )比Ksp(BaCO )大，因
2 4 3
为使用的是NaCO 饱和溶液，C项错误；向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后没有加入碱中
2 3
和硫酸，加入银氨溶液后，银氨溶液与硫酸发生了反应，水解生成的葡萄糖并没有与银氨溶液发生反应，
所以虽然没有产生银镜，但并不能说明蔗糖水解产物没有还原性，D项错误。
12．室温下，用含少量 杂质的 溶液制备 的过程如下图所示。下列说法正确的
是
已知：A．“除锌”后所得上层清液中， 一定小于
B． 溶液中存在：
C．氨水、 溶液中存在：
D．“沉锰”后的滤液中存在：
【答案】A
【解析】“除锌”步骤中，由于 ，因此当加入过量MnS时，产
生ZnS沉淀，过滤后除掉过量的MnS和产生的ZnS沉淀，再用 将Mn2+沉淀为MnCO 。MnS过
3
量，“除锌”步骤完成沉淀生成ZnS，则上层清液 一定小于 ，A正确； 溶
液中由电荷守恒 ，由物料守恒
，联立两式可得
，B错误；由电荷守恒
，pH>7，说明 ，则
，C错误；沉锰后滤液成分是(NH )SO 、 、NH HCO ，则
4 2 4 4 3
，D错误。
13．在某催化剂作用下CO 和H 合成甲酸仅涉及以下反应：
2 2
I．CO(g)+H(g) HCOOH(g) △H<0
2 2 1II．CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) △H
2 2 2 2
在2L刚性容器中，CO(g)和H(g)各投lmol发生反应，平衡时CO 的转化率及HCOOH和CO的选择性(产
2 2 2
物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO 的比值)随温度变化如图所示。下列说法正确的是
2
A． H<0
2
B．曲△线b表示平衡时HCOOH的选择性
C．240℃时，反应I的平衡常数K=
D．在200℃~360℃之间，温度对反应I的影响要小于反应II
【答案】C
【解析】由题干图示信息可知，根据反应I CO (g)+H(g) HCOOH(g) △H<0可知，升高温度，平衡逆
2 2 1
向移动，则HCOOH的选择性随温度的升高而减小，CO 的转化率随温度升高而减小，根据240℃时，曲
2
线a、c对应的数值之和为100%，说明这两条曲线分别代表HCOOH和CO的选择性，曲线b代表CO 的
2
转化率随温度的变化关系，说明CO的选择性随温度升高而增大，即升高温度反应II正向移动，故 H＞
2
0，A错误；由分析可知，曲线b表示平衡时CO 的转化率，B错误；由图示信息可知，240℃时，C△O 的
2 2
转化率为40%，HCOOH的选择性为80%，CO的选择性为20%，三段式分析为：
，，则反应I的平衡常数K= = =
，C正确；由分析可知，升高温度反应I平衡逆向移动，HCOOH的选择性减小，CO 的转化率减小，
2
而反应II平衡正向移动，CO的选择性增大，CO 的转化率也增大，但图示信息为CO 的转化率随温度升
2 2
高而减小，说明在200℃~360℃之间，温度对反应I的影响要大于反应II，D错误。
二、非选择题：本题共4小题，共61分。
14．（15分）锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO，含少量Fe O 、CuO、
2 3
SiO)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
2
已知： ①25℃时，K (CuS)=6.4×10-36，K (ZnS)=1.6×10-24；
sp sp
②25℃时，Zn2+ NH =[Zn(NH )]2+， 8
3 3 4
③深度除铜标准：溶液中铜锌比
(1)“浸取”时， ZnO、 CuO转化为[Zn(NH )]2+、[Cu(NH )]2+进入溶液。
3 4 3 4
①ZnO发生反应的离子方程式为 。
②浸取温度应控制在 30℃左右， 其原因为 。
(2)“深度除铜”时， 锌的回收率、 除铜效果与(NH )S 加入量[用 ×100%表示]的关系曲线如
4 2
图所示。①当(NH )S 加入量≥100%时，会发生反应[ 导致锌的回收率下降，该
4 2
反应的平衡常数数值为 。
②“深度除铜”时，(NH )S 较为合理的加入量约为 120%，理由是 。
4 2
(3)通过“萃取”、“反萃取”可以获得酸性ZnSO 溶液，为提高锌的回收率， 萃取时可以采取的措施为
4
。
(4)“电解”时采用 Al为阴极，惰性电极为阳极，电解过程中发现当阳极产生 1molO 时，阴极析出的 Zn
2
小于 2mol，其可能的原因是 。
(5)ZnO存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中O2-的配位数为 。
【答案】(1) ① O
或 （2分）
②温度过低反应速率慢；温度过高会导致氨挥发量增加且NH Cl分解（2分）
4
(2) ①1.25×1015 （2分） ②(NH )S 加入量低于 120%时，未达深度除铜标准，当(NH )S加入量大于
4 2 4 2
120%时，会导致锌回收率下降且浪费(NH )S（3分）
4 2
(3)采用多次萃取并将有机相合并或充分振荡（2分）(4)阴极有氢气生成（2分）
(5)4（2分）
【解析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH )]2+、[Cu(NH )]2+进入溶液，同时
3 4 3 4
铁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，加入适量的(NH )S生成CuS沉淀，过滤除去沉淀，
4 2
滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌。（1）
①ZnO与NH ·H O反应转化为[Zn(NH )]2+，离子方程式为
3 2 3 4
O或 。②温度控制在 30℃左右，注意需要分两部分作答，低于
30℃和高于30℃会导致哪些后果，温度过低导致反应速率减慢，温度过高考虑反应体系中某些物质挥发或
分 解 。 （ 2 ） ① 该 反 应 的 平 衡 常 数 K= = =
=1.25×1015，该反应的平衡常数数值为 1.25×1015；②(NH )S 较为合理的加入量约为
4 2
120%，解答时也需要注意两个方面，即加入量低于 120%时导致铜未除尽，加入量大于120%时，导致理
会导致Zn2＋与S2－反应生成ZnS，锌回收率下降且浪费(NH )S。（3）采用多次萃取并将有机相合并或充分
4 2
振荡，能够提高锌的回收率。（4）阳极反应为2HO－4e－=O ↑＋4H＋，阴极反应为Zn2＋＋2e－=Zn，理论
2 2
上阳极产生 1molO 时，阴极析出2mol Zn ，但是若溶液酸性增强时，阴极可能发生反应：2H＋＋2e－
2
=H ↑，道中产生的Zn减少。（5）O2-周围与4个Zn2＋相连，构成正四面体，晶体中O2-的配位数为4。
2
15．（15分）溴丙胺太林是辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示：
(1) 中含氧官能团的名称为 。(2) 转化为 的反应类型是 。
(3)若步骤 ，先氧化再氯代，则生成一种C的同分异构体，该同分异构体经过题中 条件下的转
化，生成含有苯环产物的结构简式： 。
(4)写出满足下列条件的 的一种同分异构体的结构简式： 。
①含有两个苯环结构；②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为 。
(5)写出以乙烯为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见
本题题干) 。
【答案】(1)酯基、醚键（2分）
(2)还原反应（2分）
(3) （2分）
(4) （4分）
(5)
（5分）
【解析】根据C的结构简式，以及A的分子式，推出A的结构简式为 ，A生成B，发生取代反
应，则B的结构简式为 ，根据E的结构简式，C与苯酚发生取代反应，即D的结构简式为，对比I和K的结构简式，I生成K发生酯化反应，则J的结构简式为 。
（1）K中含氧官能团的名称为酯基、醚键。（2）对比F、G的结构简式，酮羰基转化成羟基，该反应为
还原反应。（3）若步骤A→C，先氧化再氯代，即先将甲苯氧化为苯甲酸，氯代时，氯原子在羧基的间位，
经过题中C→D条件下的转化，参考分析中D的结构简式，间位的氯发生取代，产物为 。
（4）①含有两个苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积比为
1∶2∶2，说明含有三种氢原子，氢原子个数之比为1∶2∶2，其结构对称，含有2个醛基，符合条件的结构简式
为 。（5） 由HOOCCH CHCOOH和HOCH CHOH发生酯
2 2 2 2
化反应得到，乙烯和溴发生加成反应生成CHBrCHBr，CHBrCHBr发生水解反应生成HOCH CHOH，
2 2 2 2 2 2
与NaCN发生取代反应生成NCCH CHCN，再水解生成HOOCCH CHCOOH。
2 2 2 2
16．（15分）实验室利用含钴废催化剂制备CoCl·2HO，并利用其制备[Co(NH)]Cl。 已知： Fe(OH) 完全沉
2 2 3 6 3 3
淀的pH为2.7，Al(OH) 完全沉淀的pH为4.2，Co(OH) 开始沉淀的pH为6.5, CoCl 的溶解度曲线如图1所示。
3 2 2
图1
(1) 制备CoCl·2HO。
2 2
① CoCl 中Co2＋基态核外电子排布式为________。
2
② 补充完整以含钴废催化剂(主要成分为CoO，少量FeO 和AlO)为原料制备CoCl·2HO的实验方案：
2 3 2 3 2 2
_________________________________________________________________，洗涤 2～3次，低温干燥，得到产
品CoCl·2HO。(实验中须使用的仪器和试剂： pH计、1 mol·L－1 HCl溶液、CoCO 固体)
2 2 3(2) 制备[Co(NH)]Cl 并测定Co含量。将CoCl·2HO和活性炭(催化剂)加入三颈瓶中(装置如图2)，然后再依次
3 6 3 2 2
通过滴液漏斗缓慢滴加NHCl和浓氨水混合溶液、HO 溶液，控制温度不超过60 ℃充分反应，冷却后过滤。
4 2 2
图2
① 三颈瓶中制得[Co(NH)]3＋的离子方程式为____________________________________。
3 6
② 加入NHCl的作用是________。
4
③ 在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为Co(NH)Cl 的纯净物。测得1 mol Co(NH )Cl 与足量的硝酸银
3 5 3 3 5 3
溶液反应生成2 mol AgCl，该配合物内界的化学式为________。
④ 准确称取7.080 0 g样品于烧杯中，加入足量NaOH溶液充分反应，微沸加热至无NH 放出。冷却至室温后，
3
加入过量的KI固体和盐酸，充分摇荡。将所得溶液定容至250 mL，然后取出25.00 mL溶液放入锥形瓶中，滴
加少量淀粉溶液，用0.1 mol·L－1 NaSO 溶液滴定至终点，消耗NaSO 溶液的体积为24.00 mL。计算样品中钴
2 2 3 2 2 3
元素的质量分数(写出计算过程)。
已知：[Co(NH)]3＋＋3OH－===Co(OH)↓＋6NH↑；2Co(OH) ＋2I－＋6H＋===2Co2＋＋I ＋6HO；I ＋2SO===2I－
3 6 3 3 3 2 2 2 2
＋SO。
4
【答案】(1) ① [Ar]3d7(2分)
② 在搅拌下，向一定量1 mol·L－1 HCl溶液中分批加入含钴废催化剂，至固体不再溶解(1分)，然后再向其中分
批加入少量CoCO 固体(1分)，用pH计测量溶液pH，当其pH介于4.2～6.5后(1分)，过滤，所得滤液蒸发浓缩、
3
控制温度在50～90 ℃之间冷却结晶(1分)
(2) ① 2Co2＋＋2NH＋10NH＋HO=====2[Co(NH)]3＋＋2HO
3 2 2 3 6 2
或2Co2＋＋2NH＋10NH·HO＋HO=====2[Co(NH)]3＋＋12HO(3分)
3 2 2 2 3 6 2
② 控制OH－的浓度，防止生成Co(OH) 沉淀；为反应提供Cl－(2分)
2
③ [Co(NH)Cl]2＋(2分)
3 5
④ n(NaSO)＝0.1 mol·L－1×24.00×10－3 L×＝2.400×10－2 mol(1分)
2 2 3
n(Co)＝n(NaSO)＝2.400×10－2 mol
2 2 3
m(Co)＝2.400×10－2 mol×59 g·mol－1＝1.416 g(1分)钴元素的质量分数＝×100%＝20%(1分)
【解析】（1）①Co是27号元素，Co失去4s上的2个电子得到Co2＋，Co2＋基态核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d7。②为了保证Fe3＋、Al3＋完全沉淀，而Co2＋不能沉淀，则pH介于4.2～6.5，过滤，分析
图-1，控制温度50~90℃，蒸发浓缩得到CoCl ·2H O。（2）①在NH ·H O条件下，Co2+被双氧水氧化生成
2 2 3 2
。②NH Cl能抑制氨水电离，防止生成Co(OH) 沉淀，且给目标产物提供Cl－。③
4 2
与足量的硝酸银溶液反应生成 ，说明外界只有2个Cl－，该配合物内界的化学
式为 。④根据 、
， 建立关系式
,样品中n(Co=)=0.1mol/L×0.024L 0.024mol，样
品中钴元素的质量分数为 。
17．（16分）捕集并转化 可以有效实现碳达峰、碳中和。
Ⅰ.工业上利用两种温室气体 和 催化重整制取 和CO，主要反应为
反应①：
过程中还发生三个副反应：
反应②：
反应③：
反应④：
将 与 (体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中 与CO的物质的量之比、 的
转化率与温度的关系如图所示：(1) 。
(2)500℃时， 比较小，此时发生的副反应以 (选填②、③、④中一种)为主。升高温度，
产物中 与CO的物质的量之比增大的原因是 。
Ⅱ.光催化 和 生成CO和 催化反应机理如图所示：
(3)上述反应机理中表现出氧化性的粒子有 。
Ⅲ.用光电化学法将 还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，恒定
通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如右图所示：，其中， ，n表示电解生成还原产物X所转移电子
的物质的量，F表示法拉第常数。
(4)当电解电压为U1V时，阴极生成HCHO的电极反应式为 。
(5)当电解电压为U2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为3：2，则生成HCHO的法拉第
效率m为 。
【答案】(1)+76.4 kJ/mol（2分）
(2)②（2分） 升高温度对反应①速率加快的影响大于其他副反应的影响（2分）
(3)CH 、CO、h+（3分）
4 2
(4)CO +4e—+4H+=HCHO+H O（3分）
2 2
(5)20%（4分）
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应①+反应③得到反应④，则反应ΔH=(+247.4kJ/mol)+(-171.0kJ/
4
mol)=+76.4 kJ/mol。（2）500℃时，产物的比值 比较小说明反应中氢气的物质的量减小、一氧化碳
的物质的量增大，则此时发生的副反应以②为主；对比各反应的焓变，升高温度，产物中 与CO的物质
的量之比增大的原因是升高温度对反应①速率加快的影响大于其他副反应的影响。（3）由图可知，二氧
化碳在Rh表面得到电子生成一氧化碳和氧离子，h+和甲烷中的氢得到电子生成一氧化碳和氢气，则表现氧
化性的微粒为CH、CO 和h+。（4）由图可知，电解电压为U1V时，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电
4 2
子发生还原反应生成甲醛和水，电极反应式为CO+4e—+4H+=HCHO+H O。（5）电解电压为U2V时，放
2 2
电生成1mol甲酸转移2mol，生成1mol甲醛转移4mol电子，由图可知，生成甲酸的FE%为15%，则由电解生成的甲酸和甲醛的物质的量之比为3：2可得： ： =3：2，解得m=20%。
