2022年黑龙江省齐齐哈尔市高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2022年黑龙江省齐齐哈尔市高考化学一模试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了0×10−5ml⋅L−1)，5到6，【答案】D，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。


2022年黑龙江省齐齐哈尔市高考化学一模试卷

1. 2022年1月15日，汤加海底火山喷发，对地球环境造成巨大影响。下列说法错误的是( )
A. 火山灰形成“气溶胶”的分散质粒子直径大于100nm
B. 火山喷发产生的气体会导致酸雨的形成
C. 火山周围存在大量的矿产资源，其中硫铁矿可以用于工业制硫酸
D. 岩浆中的硅酸盐经过复杂的物理、化学变化可以形成玉石
2. 实验室制取Cl2时，下列装置能达到相应目的的是( )
A. 生成Cl2 B. 除杂
C. 干燥气体 D. 收集Cl2
3. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是( )
A. 氧化亚铜与稀硫酸和氧气反应：2Cu2O+O2+8H+=4Cu2++4H2O
B. 硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水：Al3++4NH3⋅H2O=AlO2−+4NH4++2H2O
C. 向氯化银悬浊液中滴加硫化氢溶液生成黑色沉淀：2AgCl+S2−=Ag2S+2Cl−
D. 向氯化铁溶液中加入少量锌粉：2Fe3++3Zn=3Zn2++2Fe
4. 芹菜中的芹黄素具有抗肿瘤、心脑血管保护、抗病毒、抗菌等多种生物活性，其结构简式如图所示。下列关于芹黄素说法正确的是( )
A. 分子式为C15H8O5
B. 分子内所有碳原子一定在同一平面内
C. 可以发生加成、氧化、还原、加聚等反应
D. 1mol芹黄素最多可以加成2molBr2
5. “蛟龙号”载人潜水器首次下潜突破7000m深度，带回的海底沉积物中含有短周期主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，W与Y同主族，且W、Y原子的最外层电子数之和与X、Z原子的最外层电子数之和相等，Z元素是元素周期表中非金属性最强的元素。下列结论正确的是( )
A. 原子半径大小顺序为W>Z>Y>X
B. W的氧化物常作为半导体材料
C. X与Y元素组成的化合物一定为离子化合物
D. Z2可以在阴暗条件下与X2发生反应
6. 如图为电解法处理含苯有机废水，制取氢气并可以循环利用NaOH溶液的装置示意图(处理后的废水从进液口排出)。下列有关说法正确的是( )
A. 惰性电极B与直流电源正极相连
B. 惰性电极A的电极反应式为C6H6−30e−+12H2O=6CO2↑+30H+
C. NaOH溶液循环利用的过程中，需要额外补充NaOH
D. 将阳离子交换膜改为阴离子交换膜可以达到相同的效果
7. 室温下，通过下列实验探究Na2SO3溶液的性质(已知：室温下，NaHSO3水溶性约为300g⋅L−1)
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液的pH，测得pH约为10
2
向1mol⋅L−1Na2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀不溶解
3
向2mol⋅L−1Na2SO3溶液中通入足量SO2至有固体析出，测得溶液pH约为5
4
向1mol⋅L−1Na2SO3溶液中滴入稀盐酸，调节至溶液pH=7
下列说法正确的是( )
A. 实验1中，0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO32−)>c(HSO3−)>c(OH−)>c(H+)
B. 实验2中，向Na2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，先产生的白色沉淀为BaSO4
C. 根据实验3可以得出结论Ka2(H2SO3)>KwKa1(H2SO3)
D. 实验4中pH=7的溶液中存在：c(Na+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)
8. 草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4⋅2H2O)的工艺流程如图所示：

常温下，有关沉淀数据如表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10−5mol⋅L−1)。
沉淀
Mn(OH)2
Co(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
恰好完全沉淀时pH
10.1
9.4
6.7
2.8
5.2
回答下列问题：
(1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 ______；浸出渣的主要成分是 ______(填化学式)。浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和SO42−离子，写出“浸取“时，Co2O3发生反应的化学方程式：______。
(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 ______。
(3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是 ______；若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol⋅L−1，则需调节溶液pH的范围是 ______(忽略溶液的体积变化)。
(4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2⇌CoHA2⋅(n−1)(HA)2+2H+。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是 ______；反萃取时，应加入的物质是 ______(填溶液名称)。
(5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与Co3O4的混合物15.8g，该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比为 ______。
9. 氨基甲酸铵是一种白色固体，易水解，是工业上生产尿素的副产物，可以用于药物合成。实验室向四氯化碳中通入干燥的二氧化碳和氨气制取氨基甲酸铵固体，实验装置如下图，反应的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)ΔH<0。

回答下列问题：
(1)仪器d的名称为 ______；装置A中多孔隔板可以控制反应发生与停止，其原理为关闭弹簧夹K1后，______。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为 ______。
(3)装置C中盛放的试剂为 ______(填“饱和NaHCO3溶液”或“浓硫酸”)。
(4)装置D中气球的作用是 ______。
(5)反应过程中需要将装置D放入冰水浴中，原因是 ______。
(6)氨基甲酸铵易水解，在潮湿的空气中发生水解反应生成碳酸氢铵的化学方程式为 ______。
10. 2022年北京冬奥会开幕式于2022年2月4日在国家体育场鸟巢隆重举行，其中奥运圣火的燃料为氢燃料，具有热值高、耐寒、环保无污染等优点。工业上可以通过催化重整二氧化碳和水蒸气制氢，主要有如下三个反应：
I.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206kJ⋅mol−1；
II.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41kJ⋅mol−1；
III.CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH3。
回答下列问题：
(1)反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH3=______。
(2)将1molCH4(g)与3molH2O(g)充入初始体积为1L的恒压反应容器中，平衡时，各含碳物质的物质的量分数与温度之间的变化关系如图1所示。

①曲线a代表的物质为 ______(填化学式.下同)；曲线c代表的物质为 ______。
②450℃至580℃，曲线b代表物质的物质的量分数先随温度升高而增大的主要原因是 ______。
③450℃时，反应进行2min后，甲烷的物质的量浓度为0.8mol⋅L−1，2min内CH4(g)表示的化学反应速率为 ______mol⋅L−1⋅min−1；平衡时，容器中气体总物质的量为nmol，容器体积为VL，则反应I的平衡常数K1=______(通过反应I、II计算即可，反应Ⅲ不影响计算结果，用含有n、V的代数式表示，不需要化简)。
(3)我国科学家在《Science》杂志发表了利用H2制取H2O2的绿色方法，原理如图2所示(电极a、b均为覆盖催化剂的多孔惰性电极)。
①X膜为 ______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②电池的总反应方程式为 ______；每制取17g溶质质量分数为30%的H2O2溶液，导线中转移 ______mole−。
11. 实验研究表明，Cu2+本身是无色离子，其化合物或化合物溶液能显现出各种颜色的主要原因是Cu2+形成化合物时，形成了配位键，其配合物显现出各种不同的颜色。如无水硫酸中，SO42−不易与Cu2+形成配位键，故无水硫酸铜为白色粉末，无水硫酸铜遇到水蒸气后，H2O与Cu2+形成蓝色的[Cu(H2O)4]2+，白色粉末逐渐变为蓝色。回答下列问题：
(1)基态Cu2+核外电子排布式为 ______；铜元素位于元素周期表的 ______区。
(2)H2O分子中O原子的杂化方式为 ______杂化；水分子的空间构型为 ______；根据电负性分析水中氧元素为−2价而氢元素为+1价的原因是 ______。
(3)1mol[Cu(H2O)4]2+含有 ______mol共价键，中心原子配位数为 ______。
(4)光学原理中，黄色与蓝色的光混合后呈现出绿色。仔细阅读题干信息，推测CuCl2⋅2H2O晶体为绿色的原因可能是 ______。
(5)金属铜的晶胞结构如图所示，已知金属铜的密度为pg⋅cm−3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则距离最近的两个铜原子之间的距离为 ______cm(列出算式即可，不需要化简)。

12. 冬奥会短道速滑项目中，为了较少空气阻力，速滑竞赛服的手、脚处均使用了蜂窝样式的聚氨酯材料，可以最大限度的提高运动员成绩。有机物F是合成聚氨酯所必需的中间体，其合成路线如图：

回答下列问题：
(1)有机物A的名称为 ______；有机物F中含有的官能团为 ______(填名称)。
(2)有机物B的结构简式为 ______；C→D的反应类型是 ______。
(3)写出D→E反应的化学方程式：______。
(4)反应E→F的产物中，除F外的另一种有机物的结构简式为 ______。
(5)有机物G是F的同分异构体，满足下列条件的有机物G有 ______种(不含立体异构)；其中分子内不含手性碳原子的是 ______(填结构简式，手性碳原子为连有四个不同的原子或基团的碳原子)。
①分子内含有“−CH=CH2”结构；
②可以发生水解反应且水解产物均可以在一定条件下发生银镜反应。
答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.火山灰形成“气溶胶”可知，该分散质粒子直径应介于1∼100nm，故A错误；
B.火山喷发产生大量氮的氧化物、二氧化硫，进入大气中形成酸雨，故B正确；
C.依据分析可知，硫铁矿可用于工业制硫酸，故C正确；
D.岩浆中含有各种金属的硅酸盐，经过复杂的物理、化学变化，硅酸盐可以转化为玉石，故D正确；
故选：A。
A.胶体的分散质粒子直径介于1∼100nm；
B.火山喷发产生大量氮的氧化物、二氧化硫；
C.硫铁矿燃烧生成二氧化硫，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；
D.岩浆中含有各种金属的硅酸盐。
本题考查了化学环境污染与防止，明确胶体的组成、熟悉酸雨的成因、黄铁矿成分及性质是解题关键，题目难度不大。

2.【答案】D

【解析】解：A.稀盐酸不易与高锰酸钾反应生成氯气，应选浓盐酸，故A错误；
B.氯气与NaOH溶液反应，不能除杂，故B错误；
C.除杂时导管长进短出，图中进气方向不合理，故C错误；
D.食盐水可抑制氯气的溶解，可排饱和食盐水收集氯气，故D正确；
故选：D。
A.稀盐酸不易与高锰酸钾反应生成氯气；
B.氯气与NaOH溶液反应；
C.除杂时导管长进短出；
D.食盐水可抑制氯气的溶解。
本题考查氯气的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.氧化亚铜与稀硫酸和氧气反应，离子方程式为：2Cu2O+O2+8H+=4Cu2++4H2O，故A正确；
B.硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水，离子方程式为：AI3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3+3NH4+↓，故B错误；
C.向氯化银悬浊液中滴加硫化氢溶液生成黑色沉淀，离子方程式为：2AgCl+H2S=Ag2S+2H++2Cl−，故C错误；
D.向氯化铁溶液中加入少量锌粉，离子方程式为：2Fe3++Zn=Zn2++2Fe2+，故D错误；
故选：A。
A.酸性环境下氧化亚铜被氧气氧化生成铜离子和水；
B.不符合反应客观事实；
C.向氯化银悬浊液中滴加硫化氢溶液反应生成硫酸银和氯离子；
D.锌粉少量反应生成锌离子和亚铁离子。
本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)等，题目难度不大。

4.【答案】C

【解析】解：A.该有机物分子含有10个氢原子，分子式为C15H8O5，故A错误；
B.与苯环相连的碳碳单键可以旋转，分子内所有碳原子可能在同一平面内，也可能不在同一平面内，故B错误；
C.含有碳碳双键、酚羟基、羰基、苯环，可以发生加成、氧化、还原、加聚等反应，故C正确；
D.分子含有的1个碳碳双键能与溴发生加成反应，即1mol芹黄素最多可以加成1molBr2，故D错误；
故选：C。
A.该有机物分子含有10个氢原子；
B.连接苯环的碳碳单键可以旋转，；
C.含有碳碳双键、酚羟基、羰基、苯环；
D.碳碳双键能与溴发生加成反应。
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，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。

5.【答案】D

【解析】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为F、W为Si，
A.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径大小顺序为W>Y>Z>X，故A错误；
B.二氧化硅作光纤的材料，Si单质常作为半导体材料，故B错误；
C.X与Y元素组成的化合物一定为共价化合物，故C错误；
D.Z2可以在阴暗条件下与X2发生反应生成HF，故D正确；
故选：D。
短周期主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，可知X为H；Y、Z位于第二周期，W位于第三周期；Z元素是元素周期表中非金属性最强的元素，Z为F；W与Y同主族，且W、Y原子的最外层电子数之和与X、Z原子的最外层电子数之和相等，Y的最外层电子数为1+72=4，可知Y为C、W为Si，以此来解答。
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、元素的位置、元素的性质、最外层电子数来推断元素为解答的关键，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。

6.【答案】C

【解析】解：A.B电极生成生成氢气，发生还原反应，故B为阴极，与直流电源负极相连，故A错误；
B.A电极为阳极，发生氧化反应，苯被氧化生成无害物质，碱性条件下生成碳酸根离子和水，阳极电极反应式为C6H6−30e−+42OH−=6CO32−+24H2O，故B错误；
C.阳极反应式为C6H6−30e−+42OH−=6CO32−+24H2O，阴极反应式为30H2O+30e−=30OH−+15H2↑，阳极消耗的NaOH比阴极生成的NaOH多，故NaOH溶液循环利用的过程中，需要额外补充NaOH，故C正确；
D.将阳离子交换膜改为阴离子交换膜，无法循环利用NaOH溶液，故D错误；
故选：C。
B电极生成生成氢气，发生还原反应，故B为阴极、A为阳极，阴极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，阳极发生氧化反应，苯被氧化生成无害物质，碱性条件下生成碳酸根离子和水，阳极电极反应式为C6H6−30e−+42OH−=6CO32−+24H2O。
本题考查电解原理的运用，关键是理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，题目侧重考查学生观察能力、分析能力、综合运用知识的能力。

7.【答案】C

【解析】解：A.溶液的pH>7，溶液呈碱性，SO32−水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，钠离子不水解，两步水解都生成OH−，所以溶液中存在c(Na+)>c(SO32−)>c(OH−)>c(HSO3−)>c(H+)，故A错误；
B.Na2SO3和Ba(NO3)2发生复分解反应，所以生成的白色沉淀是BaSO3，加入盐酸后，溶液中相当于含有硝酸，BaSO3能被硝酸氧化为BaSO4，所以白色沉淀不溶解，故B错误；
C.Ka2(H2SO3)为HSO3−的电离平衡常数，KwKa1(H2SO3)为HSO3−的水解平衡常数，向2mol⋅L−1Na2SO3溶液中通入足量SO2得到NaHSO3溶液，则析出的固体是NaHSO3，溶液呈酸性，说明HSO3−电离程度大于水解程度，所以存在Ka2(H2SO3)>KwKa1(H2SO3)，故C正确；
D.混合溶液pH=7，则c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)+c(OH−)+c(Cl−)，则存在c(Na+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)+c(Cl−)，故D错误；
故选：C。
A.溶液的pH>7，溶液呈碱性，SO32−水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；
B.Na2SO3和Ba(NO3)2发生复分解反应，所以生成的白色沉淀是BaSO3，BaSO3能被硝酸氧化为BaSO4；
C.向2mol⋅L−1Na2SO3溶液中通入足量SO2得到NaHSO3溶液，则析出的固体是NaHSO3，溶液呈酸性，说明HSO3−电离程度大于水解程度，Ka2(H2SO3)为HSO3−的电离平衡常数，KwKa1(H2SO3)为HSO3−的水解平衡常数；
D.混合溶液pH=7，则c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)+c(OH−)+c(Cl−)。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数和水解平衡常数的关系是解本题关键，D中易忽略氯离子而导致错误判断，C为解答难点。

8.【答案】增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率  SiO2  Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4  H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2OCu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3  6.7≤pH<7.4溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动  稀硫酸  1：1

【解析】解：(1)反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；浸出渣的主要成分是SiO2；浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和SO42−离子，“浸取“时，Co2O3被还原为Co2+，SO32−同时被氧化为SO42−，所以Co2O3发生反应的化学方程式：Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；SiO2；Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4；
(2)“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；
(3)根据表中数据知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；pH=9.4时，Co2+完全转化为沉淀，c(Co2+)=10−5mol/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−9.4mol/L=10−4.6mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH−)=10−5×(10−4.6)2=10−14.2，若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol⋅L−1，溶液中c(OH−)=Ksp[Co(OH)2]c(Co2+)=10−14.20.1mol/L=10−6.6mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−6.6mol/L=10−7.4mol/L，溶液的pH=7.4，则需调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4，
故答案为：Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；6.7≤pH<7.4；
(4)当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸，使该可逆反应逆向移动，
故答案为：溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动；稀硫酸；
(5)n(CoC2O4⋅2H2O)=36.6g183g/mol=0.2mol，根据Co原子守恒得n(Co)=n(CoC2O4⋅2H2O)=0.2mol，设n(CoO)=xmol，n(Co3O4)=ymol，根据Co原子的物质的量、混合物的质量列方程组x+3y=0.275x+241y=15.8，解得x=0.05y=0.05，所以该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比=0.05mol：0.05mol=1：1，
故答案为：1：1。
以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4⋅2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和SO42−离子，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被SO32−还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，SO32−同时被氧化为SO42−，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4⋅2H2O。
本题考查物质制备，侧重考查分析、判断、计算能力，明确流程图中各物质成分及其性质、物质分离提纯方法、方程式的计算等知识点是解本题关键，难点是(3)题pH值范围的计算，题目难度中等。

9.【答案】球形干燥管  生成的气体无法排出，内部压强过大，液面下降到隔板以下，固液分离，反应停止  CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O浓硫酸  平衡气压，并且防止氨气逸出污染空气  低温可以有利于反应正向进行  NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑

【解析】解：(1)分析可知，仪器d为球形干燥管，装置A中多孔隔板可以控制反应发生与停止，其原理为关闭弹簧夹K1后，生成的气体无法排出，内部压强过大，液面下降到隔板以下，固液分离，反应停止，
故答案为：球形干燥管；生成的气体无法排出，内部压强过大，液面下降到隔板以下，固液分离，反应停止；
(2)装置A中为大理石和稀盐酸制取二氧化碳，对应离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，
故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；
(3)结合分析可知，C为浓硫酸，
故答案为：浓硫酸；
(4)装置D中的气球用于平衡气压，并且防止氨气逸出污染空气，
故答案为：平衡气压，并且防止氨气逸出污染空气；
(5)2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)ΔH<0，反应放热，故低温可以有利于反应正向进行，
故答案为：低温可以有利于反应正向进行；
(6)氨基甲酸铵易水解，在潮湿的空气中发生水解反应生成碳酸氢铵，可知没有化合价变化，对应方程式为NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑，
故答案为：NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑。
结合提示反应的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)ΔH<0，故装置A用于制取CO2，产生的CO2混有HCl和水蒸气，依次通过饱和碳酸氢钠溶液和浓硫酸除去，进入装置D，右侧使用浓氨水和生石灰制备氨气，经碱石灰干燥后进入装置D，发生反应2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)，据此分析回答问题。
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。

10.【答案】+247kJ/molCH4  CO450℃至580℃，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，CO浓度增大，增大CO浓度，反应Ⅱ平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应Ⅲ平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大  0.1(1−0.2n)⋅(3−0.4n)30.15n⋅(2+0.1n)⋅V2  阳  H2+O2=H2O2  0.3

【解析】解：(1)根据盖斯定律：得CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH3=(206+41)kJ/mol=+247kJ/mol，
故答案为：+247kJ/mol；
(2)①反应Ⅰ和Ⅲ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则甲烷的物质的量分数减小，CO物质的量分数增大，则曲线a代表的物质为CH4，曲线c代表的物质为CO，
故答案为：CH4；CO；
②曲线b代表的是CO2物质的量分数，450℃至580℃，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，CO浓度增大，增大CO浓度，反应Ⅱ平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应Ⅲ平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大，
故答案为：450℃至580℃，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，CO浓度增大，增大CO浓度，反应Ⅱ平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应Ⅲ平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大；
③反应进行2min后，甲烷的物质的量浓度为0.8mol⋅L−1，则Δc(CH4)=1mol1L−0.8mol/L=0.2mol/L，2min内CH4(g)表示的化学反应速率为0.2mol/L2min=0.1mol/(L⋅min)；平衡时，容器中气体总物质的量为nmol，容器体积为VL，由图1可知，平衡时n(CH4)=0.15nmol，n(CO2)=0.05nmol，列化学平衡三段式，
                I.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
平衡(mol)1300
转化(mol)1−0.15n1−0.15n1−0.15n3(1−0.15n)
平衡(mol)0.15n
               II.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
转化(mol)0.05n0.05n0.05n0.05n
平衡时n(CO)=(1−0.15n−0.05n)mol=(1−0.2n)mol，n(H2O)=(3−1+0.15n−0.05n)mol=(2+0.1n)mol，n(H2)=3(1−0.15n)mol+0.05nmol=(3−0.4n)mol，反应I的平衡常数K1=c(CO)⋅c3(H2)c(CH4)⋅c(H2O)=1−0.2nV×(3−0.4nV)30.15nV×2+0.1nV=(1−0.2n)⋅(3−0.4n)30.15n⋅(2+0.1n)⋅V2，
故答案为：0.1；(1−0.2n)⋅(3−0.4n)30.15n⋅(2+0.1n)⋅V2；
(3)①由图可知，a极为负极，电极反应式为H2−2e−=2H+，氢离子透过X膜，故X膜为阳离子交换膜，
故答案为：阳；
②a电极反应式为H2−2e−=2H+，b极为正极，电极反应式为O2+H2O+2e−=HO2−+OH−，总反应为H2+O2=H2O2，说明每生成1molH2O2电极上转移2mol电子，每制取17g溶质质量分数为30%的H2O2溶液，n(H2O2)=17g×30%34g/mol=0.15mol，则导线中转移电子数为0.15mol×2=0.3mol，
故答案为：H2+O2=H2O2；0.3。
(1)根据盖斯定律：得CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)；
(2)①反应Ⅰ和Ⅲ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则甲烷的物质的量分数减小，CO物质的量分数增大；
②曲线b代表的是CO2物质的量分数，450℃至580℃，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，CO浓度增大，则使反应Ⅱ平衡正向移动，CO2的量增大，升高温度，反应Ⅲ平衡正向移动使CO2的量减小；
③反应进行2min后，甲烷的物质的量浓度为0.8mol⋅L−1，则Δc(CH4)=1mol1L−0.8mol/L=0.2mol/L，结合v=△c△t计算甲烷的反应速率；平衡时，容器中气体总物质的量为nmol，容器体积为VL，由图1可知，平衡时n(CH4)=0.15nmol，n(CO2)=0.05nmol，列化学平衡三段式，
                I.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
平衡(mol)1300
转化(mol)1−0.15n1−0.15n1−0.15n3(1−0.15n)
平衡(mol)0.15n
               II.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
转化(mol)0.05n0.05n0.05n0.05n
平衡时n(CO)=(1−0.15n−0.05n)mol=(1−0.2n)mol，n(H2O)=(3−1+0.15n−0.05n)mol=(2+0.1n)mol，n(H2)=3(1−0.15n)mol+0.05nmol=(3−0.4n)mol，反应I的平衡常数K1=c(CO)⋅c3(H2)c(CH4)⋅c(H2O)；
(3)由图可知，a极为负极，电极反应式为H2−2e−=2H+，氢离子透过X膜，故X膜为阳离子交换膜，b极为正极，电极反应式为O2+H2O+2e−=HO2−+OH−，总反应为H2+O2=H2O2，据此作答。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、电化学等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式、守恒原则等知识解答，此题难度中等。

11.【答案】1s22s22p63s23p63d9  dssp3  V形  O元素的电负性比H元素的大，成键电子对偏向氧元素  124CuCl2⋅2H2O晶体中，Cu2+与Cl−黄色形成的配合物离子，与蓝色配离子[Cu(H2O)4]2+混合，呈现出绿色 22×34×64ρ⋅NA

【解析】解：(1)Cu是29号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，位于ds区，Cu原子失去4s能级1个电子、3d能级1个电子形成Cu2+，即基态Cu2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9；ds；
(2)H2O的中心氧原子价层电子对数为：6+22=4，孤电子对数为4−2=2，氧原子杂化方式为sp3，空间构型为V形，O元素的电负性比H元素的大，成键电子对偏向氧元素，因此水中氧元素为−2价而氢元素为+1价，
故答案为：sp3；V形；O元素的电负性比H元素的大，成键电子对偏向氧元素；
(3)Cu2+含有空轨道，H2O含有孤电子对，可形成配位键，铜离子配体数为4，配离子[Cu(H2O)4]2+中1个Cu2+与4个H2O形成配位键，1个H2O含2个O−H共价键，所以1mol水合铜离子中含有共价键物质的量为12mol，
故答案为：12；4；
(4)CuCl2⋅2H2O晶体中，Cu2+与Cl−形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子[Cu(H2O)4]2+混合，呈现出绿色，
故答案为：CuCl2⋅2H2O晶体中，Cu2+与Cl−形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子[Cu(H2O)4]2+混合，呈现出绿色；
(5)Cu为面心立方最密堆积，处于晶胞面对角线上Cu原子紧密相邻，晶胞棱长等于Cu原子之间距离等的2倍，晶胞中Cu原子数目=8×18+6×12=4，晶胞质量=4×64NAg，设Cu原子之间距离为r，则晶胞棱长为2r，故4×64NAg=ρg/cm3×(2r)3，解得r=22×34×64ρ⋅NAcm，
故答案为：22×34×64ρ⋅NA。
(1)Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子、3d能级1个电子形成Cu2+；
(2)计算中心原子的价层电子对数，孤电子对数，据此判断中心原子杂化方式及空间构型，电负性大的元素显负价；
(3)铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4，1个H2O含2个O−H共价键；
(4)Cu2+与Cl−形成黄色的配合物离子，[Cu(H2O)4]2+离子呈蓝色；
(5)Cu为面心立方最密堆积，处于晶胞面对角线上Cu原子紧密相邻，晶胞棱长等于Cu原子之间距离等的2倍，均摊法计算晶胞中Cu原子数目，结合摩尔质量计算晶胞质量，晶胞质量也等于晶胞密度与晶胞体积乘积。
本题考查晶胞计算、原子核外电子排布、原子轨道杂化、空间构型判断、配合物等知识，题目难度中等，培养学生的分析、理解能力及综合应用能力，需要学生具备一定空间想象与数学计算能力。

12.【答案】甲苯  羰基、醛基   加成反应(或还原反应)+2NaBr+H2OHCHO6OHCCH2CH2COOCH=CH2

【解析】解：(1)有机物A的名称为甲苯；有机物F中含有的官能团为羰基、醛基，
故答案为：甲苯；羰基、醛基；
(2)由B的分子式，可知甲苯与溴在光照条件下反应生成B为；C→D是苯环与氢气发生加成反应，也属于还原反应，
故答案为：；加成反应(或还原反应)；
(3)D→E反应的化学方程式为+2NaBr+H2O，
故答案为：+2NaBr+H2O；
(4)发生信息①中氧化反应生成和HCHO，
故答案为：HCHO；
(5)有机物G是F()的同分异构体，G满足下列条件：①分子内含有“−CH=CH2”结构；②可以发生水解反应且水解产物均可以在一定条件下发生银镜反应，说明G含有酯基，水解产物均含有醛基，结合信息②，该有机物可以含有−COOCH=CH2基团，可以是CH3CH2COOCH=CH2的乙基上氢原子被−CHO取代，有2种；可以是CH2=CHCH2CH2OOCH的“−CH2CH2−”中氢原子被−CHO取代，有2种；也可以是CH2=CHCH(CH3)OOCH的“−CH(CH3)−”中氢原子被−CHO取代，也有2种，符合条件的同分异构体共有6种，其中分子内不含手性碳原子的是OHCCH2CH2COOCH=CH2，
故答案为：6；OHCCH2CH2COOCH=CH2。
由B的分子式，可知甲苯与溴在光照条件下反应生成B为，与溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应生成，发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生氧化反应生成和HCHO。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，对比有机物的结构来理解发生的反应，题目侧考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。