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重庆市长寿中学2022-2023学年高三下学期3月月考化学试题（Word版附解析）
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第I卷 选择题(共42分)
一、选择题(每个小题只有一个选项符合题意，14个小题，每小题3分共42分。)
1. 化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是
A. 古代的鎏金工艺利用了电镀原理
B. 疫苗一般冷藏存放以避免蛋白质变性
C. 北京冬奥会采用光伏发电有利于实现“碳中和”
D. “天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．将金熔于水银之中，形成金泥，涂于铜或银器表面，加温，使水银蒸发，金就附着于器表，谓之鎏金，近代称为“火镀金”，不是利用电镀原理，选项A错误；
B．疫苗的成分为蛋白质，一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，选项B正确；
C．北京冬奥会采用光伏发电，减小化石燃料的使用，有利于实现“碳中和”，选项C正确；
D．新型无机非金属材料有高温结构陶瓷和光导纤维，其中如氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷、碳化硼陶瓷属于高温结构陶瓷，选项D正确；
答案选A。
2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH=12的溶液中：
B. c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：、Cu2+、、
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl-、I-
D. 水电离的c(OH−)=1×10−13ml·L-1的溶液中：K+、Cl-、CH3COO-、Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH=12的溶液显碱性，碱性条件下，该组离子均能共存，故A符合题意；
B．c(OH－)/c(H+)＝10－12的溶液，呈酸性，碳酸根不能大量共存，故B不符合题意；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中，含有铁离子，具有氧化性，和碘离子不能共存，故C不符合题意；
D．水电离的c(OH−)＝1×10−13ml·L－1的溶液，可能为酸性，也可能为碱性，若为酸性，醋酸根离子不能大量共存，若为碱性，铜离子不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：A。
3. W、X、Y、Z四种短周期元素，在元素周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则下列说法正确的是
A. X位于元素周期表中的第三周期第VI族
B. X、Y、Z三种元素对应原子的半径依次减小
C. XZ2和YZ2的结构和化学性质相似
D. 利用Y的含氧酸酸性强于W的含氧酸酸性，可证明非金属性W强于Y
【答案】B
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知Y、Z位于第二周期，X、W位于第三周期，W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则W应为S元素，Z为O元素，由相对位置可知Y为N元素，X为Si元素。由以上分析可知X为Si元素、Y为N元素、Z为O元素，W为S元素。
【详解】A．X为Si元素，位于元素周期表中的第三周期第IVA族，故A错误；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为X>Y>Z，故B正确；
C．SiO2是共价晶体，NO2是分子晶体，二者结构不相似，化学性质也不相似，故C错误；
D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，不是最高价含氧酸不能通过酸性比较非金属性，故D错误。
故选B。
4. 如图,A处通入Cl2,关闭B阀时,C中的湿润红色布条看不到明显变化;打开B阀后,C中的湿润红色布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的是
A. 浓盐酸
B. 饱和NaCl溶液
C. 浓硫酸
D. NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到C中的物质不含氯气，则D中物质能够吸收氯气，浓盐酸、饱和氯化钠溶液、浓硫酸都不能吸收氯气，氢氧化钠能够与氯气反应，可以用氢氧化钠吸收氯气。
答案选D。
【点睛】本题主要考查了氯水能使有色布条褪色的原理，解题时需紧紧抓住干燥氯气不能漂白，潮湿氯气漂白是生成次氯酸，干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到C中的物质不含氯气。
5. 短周期主族元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，其族序数满足：3Z+M=X+Y，其中元素R、X、Y、M形成的化合物(结构式)具有如图所示转化关系。下列说法错误的是
A. R与X、Y、M均能形成含18电子的分子
B. Y、R、X形成的某种化合物可以有效灭活新型冠状病毒
C. 原子半径大小顺序为：Z>M>Y>X>R
D. R、X、Y、Z可形成两种以上水溶液呈碱性的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，在结构式中R、M形成1个共价键，X形成4个共价键，Y形成2个共价键，结合原子序数相对大小可知X、Y、M的最外层电子数分别为4、6、7，最外层电子数3Z+M=X+Y，则Z的最外层电子数为×（4+6-7）=1，结合原子序数可知Z为Na元素，R为H，X为C，Y为O，M为Cl元素。
【详解】A．由分析可知，R即H与X、Y、M即C、O、Cl均能形成含18电子的分子即C2H6、H2O2、HCl，A正确；
B．由分析可知，Y、Z、M即O、Na、Cl形成的某种化合物即NaClO，具有氧化性，可使蛋白质变性，可以有效灭活新型冠状病毒，B正确；
C．同周期元素从左到右原子半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，则原子半径大小顺序为：Z(Na)>M(Cl)> X(C)>Y(O)>R(H)，C错误；
D．由分析可知，R、X、Y、Z即H、C、O、Na可形成两种以上水溶液呈碱性的化合物，如NaHCO3、CH3COONa，CH3CH2COONa等，D正确；
故答案为：C。
6. 甲酸(HCOOH)在催化剂表面分解的微观历程与能量变化关系如图所示：
下列说法正确是
A. 甲酸分解过程吸收能量
B. 甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定
C. 反应过程存在非极性键的断裂和生成
D. 使用高效催化剂可使步骤Ⅰ和Ⅴ之间差值增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图知甲酸分解为放热，A项错误；
B．步骤Ⅳ→Ⅴ活化能大，反应速率慢，故甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定，B项正确；
C．反应过程无非极性键的断裂，C项错误；
D．催化剂不能改变反应的，D项错误；
故选B。
7. 由下列实验操作和现象所得出的结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将溶液与溶液混合，产生白色胶状沉淀，说明结合质子的能力，A正确；
B．是溶液分解产生O2的催化剂，是溶液产生O2的氧化剂，二者作用原理不同，B错误；
C．氨水能与生成[Ag(NH3)2]+而溶解(沉淀的溶解平衡正移)，但不能使的溶解平衡明显正移而溶解，所以，C正确；
D．向溶液中加入1mL相同浓度溶液，KI过量，反应后仍检验出Fe3+，说明KI与反应有一定限度，D正确；
故选B。
8. 在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是
A. 理论上NHPI的总量在反应前后不变
B. 海绵Ni电极作阳极
C. 总反应为+ H2↑
D. 每消耗1 mml苯甲醇，产生22.4 mL氢气
【答案】D
【解析】
【分析】由装置分析可知，该装置为电解池，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，电极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3++NHPI→Ni2++PINO，H+在石墨电极得到电子生成H2，发生还原反应，则石墨为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO→，据此解答。
【详解】A．根据上述分析可知，NHPI在阳极区参与反应，又在阴极区为生成物，因此理论上NHPI的总量在反应前后不发生改变，A正确；
B．由上述分析，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，B正确；
C．阳极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3++NHPI→Ni2++PINO，阴极反应式为：2H++2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO→，因此总反应为+ H2↑，C正确；
D．未指明标准状况，不能用Vm=22.4L/ml进行计算，D错误；
答案选D。
9. 在10L密闭容器中充入气体M和N，发生反应M(g)+N(g)2P(g)+2Q(s) △H，所得实验数据如表：
下列说法不正确的是
A. 实验①达到平衡后加入0.20mlQ，平衡不移动
B. 550℃下向该容器中只充入0.20mlM和0.50mlN，平衡时n(P)=0.10ml
C. 反应的平衡常数：实验①<实验③
D. 实验③达到平衡后n(Q)=0.05ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为气体体积不变的反应，平衡后加入P，相当于增大压强，平衡不移动，A项正确；
B．M和N的化学计量数相同，所以在相同温度下，平衡常数相同，平衡时P的物质的量与实验②的结果相同，B项正确；
C．实验②与实验③温度相同，平衡常数相同，与实验①相比，实验②的温度升高，平衡时P的物质的量小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，对于放热反应，温度越高，平衡常数越小，故反应的平衡常数：实验①>实验③，C项错误；
D．实验②与实验③温度相同，K相同，同时实验③初始物质的量为实验②的一半，相当于减小压强，平衡不移动，所以平衡时P的物质的量为0.05ml，则Q的物质的量与P相等，也为0.05ml，故D正确；
故答案为C。
10. 25℃时，改变0.1ml/LRCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO-的微粒分布分数a(X)= c(X)/[c(RCOOH) + c(RCOO-)]；甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分数与pH 的关系如图所示。
下列说法正确的是
A. 丙酸的酸性比甲酸强
B. CH3CH2COOHCH3CH2COO-+ H+ 的lgK=-4.88
C. 若0.1ml/L 甲酸溶液的pH=2.33，则0.01ml/L 甲酸溶液的pH=3.33
D. 将0.1ml/L 的HCOOH溶液与0.1ml/L 的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中:c(Na+)>c(HCOOH)>c (HCOO-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】
【分析】A.根据图象中酸分子的分布分数大小进行判断，酸分子的分布分数越大，酸性越弱；
B. 根据图象中给定的信息pH=4.88时，c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),并结合电离方程式进行解析；
C.弱酸溶液加水稀释，促进弱酸的电离；
D.根据图示信息，甲酸的电离平衡常数10-3.75，电离大于水解过程，所以HCOOH与HCOONa（1:1）的混合液显酸性。据此解答问题。
【详解】A.由图中信息可知，相同pH时，丙酸的酸分子的分布分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，A错误；
B.pH=4.88时，丙酸的酸分子的分布分数为50%，即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-), 针对CH3CH2COOH) CH3CH2COO-+H+ 电离过程可知，lgK=lgc(H+)=-4.88, B正确；
C.稀释弱酸，电离程度增大，故0.1ml/L甲酸溶液的pH=2.33，则0.01ml/L甲酸溶液的pH<3.33，C错误；
D.将0.1ml/L的HCOOH溶液与0.1ml/L的HCOONa溶液等体积混合，电离过程大于水解过程，所得溶液呈酸性，即c(OH-)正确选项B。
11. 天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。某温度下，溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、、或Ca2-)与pH关系如图所示。下列说法错误的是
A. 斜线②代表的是
B. 该温度下，H2CO3电离平衡常数Ka2数量级为10-11
C. 该温度下，lgc( )=-3时溶液的pH =9.3
D. 该温度下CaCO3的Ksp=10-7.9
【答案】D
【解析】
【分析】随着pH值的增大，的浓度增大，pH值继续增大，的浓度增大，故斜线②代表，斜线③代表，剩下的斜线①为Ca2+。
【详解】A．根据分析，斜线②代表的是，A正确；
B．该温度下，当时，H2CO3电离平衡常数，数量级为10-11，B正确；
C．当时，，，lgc( )=-3时，，，，故pH=9.3，C正确；
D．斜线①和斜线②的交点处坐标已知，该温度下CaCO3的 ，D错误；
故选D。
12. 氧化亚氮(N2O)是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步I2(g)2I(g)（快反应）
第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)（慢反应）
第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)（快反应）
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是
A N2O分解反应中，k(含碘)＜k(无碘)B. 第一步对总反应速率起决定作用
C. 第二步活化能比第三步大D. I2浓度与N2O分解速率无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题碘的存在提高N2O的分解速率，v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5中v与k成正比，则k(含碘)＞k(无碘)，故A错误；
B．慢反应对总反应速率起决定作用，第二步起决定作用，故B错误；
C．第二步反应慢，活化能大，即第二步活化能比第三步大，故C正确；
D．根据N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5，I2浓度与N2O分解速率有关，故D错误；
故答案为C。
13. CO2催化加氢制备甲醇的反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49 kJ·ml-1，CO2电化学还原法制备甲醇的电解原理如图所示。下列说法不正确的是
A. CO2催化加氢法在低温自发时△H的影响为主
B. a膜为阴离子交换膜，石墨电极上的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
C. 电解过程中，右室溶液中物质的量减小
D. 产生相同量CH3OH时，催化加氢法消耗的H2与电化学还原法产生的O2物质的量之比为2：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2催化加氢反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49 kJ·ml-1的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，要使反应自发进行，则△G=△H-T△S＜0，则反应自发进行的外界条件在低温时△H的影响为主，A正确；
B．在石墨电极上OH-失去电子变为O2逸出，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，OH-放电导致左侧阳离子浓度增大，为维持电荷守恒，溶液中的阴离子要通过离子交换膜a进入左侧，故a膜为阴离子交换膜，B正确；
C．电解过程中，右室溶液中CO2得到电子被还原为CH3OH，右侧的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，可见在电解过程中不消耗，也不产生，故物质的量不变，C错误；
D．根据化学方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知：每反应产生1 ml CH3OH，反应消耗3 ml H2，根据电解方法可知：阳极的电极反应式为电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，可知总反应方程式为：2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，则产生等量CH3OH时，催化加氢法消耗的H2与电化学还原法产生的O2物质的量之比为6 ml：3 ml=2：1，D正确；
故合理选项是C。
14. 常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. H2SO3，溶液中加入固体NaOH后离子浓度一定是
B. 溶液中加入溶液后 pH=5，则
C. 用氨水滴定10mL浓度均为的和的混合液，当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，
D. 氨水和溶液等体积混合(溶液混合引起的体积变化可忽略)：
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2SO3溶液中加入固体NaOH，溶液中离子浓度与NaOH的加入量有关，所以无法确定溶液中离子浓度大小，故A错误；
B．溶液中加入溶液后，生成0.002mlNaF，剩余0.002mlHF，相当于等物质量浓度的NaF和HF混合，此时，所以HF的电离程度大于F-的水解，所以c(F-)>c(HF)，，故B正确；
C．用氨水滴定10mL浓度均为的和的混合液，当溶液呈中性时，此时c(H+)=c(OH-)，溶液中阳离子还有，阴离子还有Cl-和CH3COO-，根据电荷守恒可知，所以，故C错误；
D．氨水和溶液等体积混合，根据物料守恒有，根据电荷守恒有，两式相减消为，两边加上有一个混合后含C元素的物质量浓度为，带入得，，故D错误；
故答案选B。
第II卷 解答题(58分共4个大题)
二、解答题
15. 从预处理后的块状可充电电池(主要为和等)中回收重金属的工艺流程如图所示：
已知：滤液(1)主要含：、和
（1）浸取前先将块状电池粉碎成粉末的目的是___________。
（2）浸取时，发生反应的化学方程式为___________。
（3）操作2的方法为___________。
（4）“灼烧”发生的化学反应方程式为___________。
（5）萃取原理为：。反萃取中，加入试剂A为___________(填化学式)。
（6）生成沉淀是利用反应，流程中通入热蒸汽的作用是___________(从平衡移动角度解释)。常温下，该反应平衡常数，的平衡常数，计算为___________。
（7）(相对分子质量为263)晶体瑖26.3烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，该曲线中段所表示的氧化物的化学式为___________。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）
（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
（4）
（5）
（6） ①. 通入热蒸汽，形成水蒸气，带离氨气，促使平衡正向移动，生成沉淀 ②.
（7）
【解析】
【分析】可充电电池粉末(主要为NiO、CdO、CO和Fe2O3等)，加入浸取液为NH3和NH4HCO3的混合液作为浸取液，浸取过滤得到滤液①和滤渣①，滤渣①的主要成分为Fe2O3，滤液①主要含、和，催化氧化得到滤液②和沉淀C(OH)3，沉淀中加入盐酸溶解得到氯化钴溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到氯化钴晶体；滤液②中加入萃取剂，萃取分液得到有机相①和水相①，水相①通入热蒸汽得到碳酸镉沉淀，有机相①加入试剂A进行反萃取，萃取原理为：，故反萃取中A为硫酸，分液得到有机相②循环使用，水层中为硫酸镍蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸镍晶体，据此回答。
【小问1详解】
浸取前先将块状电池粉碎成粉末可以增大接触面积，加快反应速率；
【小问2详解】
浸取时，与NH3和NH4HCO3的混合液发生反应，生成的化学方程式为；
【小问3详解】
由分析知，操作2为将氯化钴溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到氯化钴晶体；
【小问4详解】
“灼烧”时，加入的与水反应生成和,抑制C2+水解，发生的化学反应方程式为；
【小问5详解】
根据萃取原理，反萃取中,为了使Ni2+进入水相生成 NiSO4，促进反应逆向进行,应增大H+浓度并提供,所以加入的试剂A 为稀硫酸，化学式为；
小问6详解】
生成沉淀的原理为，反应中通入热蒸汽，形成水蒸气，带离氨气，促使平衡正向移动，生成沉淀；常温下，①式反应平衡常数，②式的平衡常数，计算，，即可得到，则；
【小问7详解】
)26.3 g 的物质的量为0.1 ml，加热分解时先失去结晶水生成，质量为15.5 g，然后分解生成NixOy，B点含0.1 ml Ni为5.9 g，还有2.4g即0.15 ml氧原子，Ni与O物质的量之比为2:3，所以B段所表示的氧化物化学式为。
16. 凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：
；
。
回答下列问题：
（1）a的作用是：___________。
（2）b中放入少量碎瓷片的目的是___________。f的名称是___________。
（3）清洗仪器：g中加蒸馏水：打开，关闭、，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是___________；打开放掉水，重复操作2～3次。
（4）仪器清洗后，g中加入硼酸()和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭，d中保留少量水。打开，加热b，使水蒸气进入e。
①d中保留少量水的目的是___________。
②e中主要反应的离子方程式为___________，e采用中空双层玻璃瓶的作用是___________。
（5）取某甘氨酸样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为的盐酸，则样品中氮的质量分数为___________%。
【答案】（1）避免b中压强过大
（2） ①. 防止暴沸 ②. (直形)冷凝管
（3）c中温度降低，管路中形成负压
（4） ①. 液封，防止氨气逸出 ②. ③. 保温使氨气完全蒸出
（5）
【解析】
【小问1详解】
水蒸气发生装置中，长玻璃管a插入水中，其作用是平衡装置内外压强，避免b中压强过大，故答案为：避免b中压强过大。
【小问2详解】
制取蒸馏水时，在圆底烧瓶b中放入少量碎瓷片，其目的是防止液体暴沸。根据装置图可知，f的名称是(直形)冷凝管，故答案为：防止暴沸；(直形)冷凝管。
【小问3详解】
停止加热，管路中气体温度下降，水蒸气冷凝为液态水，形成负压，g中蒸馏水倒吸进入c中，故答案为：c中温度降低，管路中形成负压。
【小问4详解】
①止水夹处可能漏气，导致测定的N元素质量分数偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨气逸出。故答案为：液封，防止氨气逸出。
②e中发生的主要反应是铵盐和氢氧化钠的反应，在加热条件下，铵盐与碱反应生成氨气，反应的离子方程式为：；e采用中空双层玻璃瓶可起到保温作用，使生成的氨气尽可能地逸出，以减少实验误差，故答案为：；保温使氨气完全蒸出。
【小问5详解】
在整个实验过程中由氮原子守恒可得：n(N)=n(NH3)=n(HCl)=ml，则w(N)=100%=%，故答案为：。
17. 单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。
（1）基态镍原子的价层电子排布图为___________。
（2）氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为___________；在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是______,立体构型为正四面体的分子是___________，三 种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是___________。
（3）Ni与CO在60~80°C时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是___________，Ni(CO)4晶体类型是___________。
（4）已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgO晶胞棱长为0.42nm，则MgO的密度为___________ g·cm-3(保留小数点后一位，下同)；相邻Mg2+之间的最短距离为___________ nm。(已知 =1.414， =1.732)
【答案】（1） （2） ①. Mg＜C＜O ②. CO2 ③. CH4 ④. 甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键
（3） ① C ②. 分子晶体
（4） ①. 3.6 ②. 0.30
【解析】
【小问1详解】
镍元素的原子序数为28，基态镍原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，则基态镍原子的价层电子排布图为。
【小问2详解】
金属元素的第一电离能小于非金属元素的第一电离能，同周期元素的第一电离呈增大趋势，则Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为Mg＜C＜O；甲烷和甲醇中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，而二氧化碳分子的空间构型为直线形，杂化方式为sp杂化，则二氧化碳中碳原子杂化类型不同于其他两种；甲烷分子中碳原子的杂化方式为sp3杂化，立体构型为正四面体形；三种物质中甲烷和二氧化碳为非极性分子，甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键，则甲醇的沸点最高。
【小问3详解】
Ni与CO在60~80°C时反应生成Ni(CO)4气体，沸点低，则Ni(CO)4的属于分子晶体，C和O均有孤对电子，但O电负性大于C，则Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是碳原子。
【小问4详解】
由晶胞结构可知，氧化镁晶胞中位于顶点和面心的氧离子的个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的镁离子个数为12×+1=4，则每个晶胞中含有4个MgO，设氧化镁的密度为d，由晶胞质量公式可得=(0.42×10—7)3d，解得d= g/cm3≈3.6 g/cm3；氧化镁晶胞中紧邻镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则相邻Mg2+之间的最短距离为××0.42nm≈0.30nm。
18. 苯巴比妥是一种巴比妥类的镇静剂及安眠药。一种合成苯巴比妥的路线如图所示：
已知：
①
②++C2H5OH
③E是一种溴代烃
④
回答下列问题：
（1）A的名称是___________，B的分子式为___________。
（2）由B生成C的反应类型是___________，C中含氧官能团名称为___________。
（3）化合物D在苯中溶解度远大于在水中溶解度的原因是___________。
（4）C转化为D的化学方程式为___________。
（5）E的结构简式为___________，G的结构简式为___________。
（6）满足下列条件的B的同分异构体有___________种。
①能发生银镜反应
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③苯环上有2个取代基
【答案】（1） ①. 苯乙酸 ②.
（2） ①. 取代反应 ②. 酯基、羰基
（3）D、苯都是有机物，水是无机物
（4） （5） ①. ②.
（6）15
【解析】
【分析】甲苯中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成，和KCN反应然后发生信息①的反应生成A为，A和乙醇发生酯化反应生成B为，B和乙二酸二乙酯发生信息②的反应生成C，C加热发生反应生成D，根据C的分子式、D的结构简式知，C为，E是一种溴代烃，D、E发生信息④的反应生成F，根据苯巴比妥的结构简式知，E为CH3CH2Br，F和G发生取代反应生成苯巴比妥，结合G的分子式知，G为H2NCONH2。
【小问1详解】
A为，A的名称是苯乙酸，B为，B的分子式为C10H12O2，故答案为：苯乙酸；C10H12O2；
【小问2详解】
B发生取代反应生成C，由B生成C的反应类型是取代反应，C为，C中含氧官能团名称为酯基、羰基，故答案为：取代反应；酯基、羰基；
【小问3详解】
有机物溶质易溶于溶解溶剂，D、苯都是有机物，水是无机物，所以化合物D在苯中溶解度远大于在水中溶解度，故答案为：D、苯都是有机物，水是无机物；
【小问4详解】
C转化为D的化学方程式为；
【小问5详解】
E的结构简式为CH3CH2Br，G的结构简式为H2NCONH2，故答案为：CH3CH2Br；H2NCONH2；
【小问6详解】
B为，B的同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，根据氧原子个数知，存在1个醛基和1个酚羟基，B的不饱和度是4、酯基的不饱和度是1，醛基的不饱和度是1，结合不饱和度知，除了苯环外、醛基外，不含其它环或双键，③苯环上有2个取代基，其中1个是酚羟基，另一个取代基相当于苯基中1个氢原子被醛基取代，如果丙基为-CH2CH2CH3，-CHO有3种位置异构，如果丙基为-CH(CH3)2，-CHO有2种位置异构，苯环上的两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构，所以符合条件的同分异构体种类=3×(3+2)=15，故答案为：15。序号
实验操作
现象
结论
A
将溶液与溶液混合
产生白色胶状沉淀
结合质子的能力：
B
向两份相同的溶液中分别滴入5滴相同浓度的溶液和溶液
若前者产生气泡速率更快
比的催化效果好
C
向少量相同物质的量的沉淀中分别加入相同体积和浓度的氨水
白色沉淀溶解，黄色沉淀不溶解
D
向溶液中加入相同浓度溶液，充分反应后滴入KSCN溶液
溶液显红色
说明KI与反应有一定限度
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/ml
平衡时物质的量/ml
n(M)
n(N)
n(P)
①
350
0.50
0.20
0.20
②
550
0.50
0.20
0.10
③
550
0.25
0.10
第I卷 选择题(共42分)
一、选择题(每个小题只有一个选项符合题意，14个小题，每小题3分共42分。)
1. 化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是
A. 古代的鎏金工艺利用了电镀原理
B. 疫苗一般冷藏存放以避免蛋白质变性
C. 北京冬奥会采用光伏发电有利于实现“碳中和”
D. “天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．将金熔于水银之中，形成金泥，涂于铜或银器表面，加温，使水银蒸发，金就附着于器表，谓之鎏金，近代称为“火镀金”，不是利用电镀原理，选项A错误；
B．疫苗的成分为蛋白质，一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，选项B正确；
C．北京冬奥会采用光伏发电，减小化石燃料的使用，有利于实现“碳中和”，选项C正确；
D．新型无机非金属材料有高温结构陶瓷和光导纤维，其中如氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷、碳化硼陶瓷属于高温结构陶瓷，选项D正确；
答案选A。
2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH=12的溶液中：
B. c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：、Cu2+、、
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl-、I-
D. 水电离的c(OH−)=1×10−13ml·L-1的溶液中：K+、Cl-、CH3COO-、Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH=12的溶液显碱性，碱性条件下，该组离子均能共存，故A符合题意；
B．c(OH－)/c(H+)＝10－12的溶液，呈酸性，碳酸根不能大量共存，故B不符合题意；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中，含有铁离子，具有氧化性，和碘离子不能共存，故C不符合题意；
D．水电离的c(OH−)＝1×10−13ml·L－1的溶液，可能为酸性，也可能为碱性，若为酸性，醋酸根离子不能大量共存，若为碱性，铜离子不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：A。
3. W、X、Y、Z四种短周期元素，在元素周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则下列说法正确的是
A. X位于元素周期表中的第三周期第VI族
B. X、Y、Z三种元素对应原子的半径依次减小
C. XZ2和YZ2的结构和化学性质相似
D. 利用Y的含氧酸酸性强于W的含氧酸酸性，可证明非金属性W强于Y
【答案】B
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知Y、Z位于第二周期，X、W位于第三周期，W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则W应为S元素，Z为O元素，由相对位置可知Y为N元素，X为Si元素。由以上分析可知X为Si元素、Y为N元素、Z为O元素，W为S元素。
【详解】A．X为Si元素，位于元素周期表中的第三周期第IVA族，故A错误；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为X>Y>Z，故B正确；
C．SiO2是共价晶体，NO2是分子晶体，二者结构不相似，化学性质也不相似，故C错误；
D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，不是最高价含氧酸不能通过酸性比较非金属性，故D错误。
故选B。
4. 如图,A处通入Cl2,关闭B阀时,C中的湿润红色布条看不到明显变化;打开B阀后,C中的湿润红色布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的是
A. 浓盐酸
B. 饱和NaCl溶液
C. 浓硫酸
D. NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到C中的物质不含氯气，则D中物质能够吸收氯气，浓盐酸、饱和氯化钠溶液、浓硫酸都不能吸收氯气，氢氧化钠能够与氯气反应，可以用氢氧化钠吸收氯气。
答案选D。
【点睛】本题主要考查了氯水能使有色布条褪色的原理，解题时需紧紧抓住干燥氯气不能漂白，潮湿氯气漂白是生成次氯酸，干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到C中的物质不含氯气。
5. 短周期主族元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，其族序数满足：3Z+M=X+Y，其中元素R、X、Y、M形成的化合物(结构式)具有如图所示转化关系。下列说法错误的是
A. R与X、Y、M均能形成含18电子的分子
B. Y、R、X形成的某种化合物可以有效灭活新型冠状病毒
C. 原子半径大小顺序为：Z>M>Y>X>R
D. R、X、Y、Z可形成两种以上水溶液呈碱性的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，在结构式中R、M形成1个共价键，X形成4个共价键，Y形成2个共价键，结合原子序数相对大小可知X、Y、M的最外层电子数分别为4、6、7，最外层电子数3Z+M=X+Y，则Z的最外层电子数为×（4+6-7）=1，结合原子序数可知Z为Na元素，R为H，X为C，Y为O，M为Cl元素。
【详解】A．由分析可知，R即H与X、Y、M即C、O、Cl均能形成含18电子的分子即C2H6、H2O2、HCl，A正确；
B．由分析可知，Y、Z、M即O、Na、Cl形成的某种化合物即NaClO，具有氧化性，可使蛋白质变性，可以有效灭活新型冠状病毒，B正确；
C．同周期元素从左到右原子半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，则原子半径大小顺序为：Z(Na)>M(Cl)> X(C)>Y(O)>R(H)，C错误；
D．由分析可知，R、X、Y、Z即H、C、O、Na可形成两种以上水溶液呈碱性的化合物，如NaHCO3、CH3COONa，CH3CH2COONa等，D正确；
故答案为：C。
6. 甲酸(HCOOH)在催化剂表面分解的微观历程与能量变化关系如图所示：
下列说法正确是
A. 甲酸分解过程吸收能量
B. 甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定
C. 反应过程存在非极性键的断裂和生成
D. 使用高效催化剂可使步骤Ⅰ和Ⅴ之间差值增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图知甲酸分解为放热，A项错误；
B．步骤Ⅳ→Ⅴ活化能大，反应速率慢，故甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定，B项正确；
C．反应过程无非极性键的断裂，C项错误；
D．催化剂不能改变反应的，D项错误；
故选B。
7. 由下列实验操作和现象所得出的结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将溶液与溶液混合，产生白色胶状沉淀，说明结合质子的能力，A正确；
B．是溶液分解产生O2的催化剂，是溶液产生O2的氧化剂，二者作用原理不同，B错误；
C．氨水能与生成[Ag(NH3)2]+而溶解(沉淀的溶解平衡正移)，但不能使的溶解平衡明显正移而溶解，所以，C正确；
D．向溶液中加入1mL相同浓度溶液，KI过量，反应后仍检验出Fe3+，说明KI与反应有一定限度，D正确；
故选B。
8. 在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是
A. 理论上NHPI的总量在反应前后不变
B. 海绵Ni电极作阳极
C. 总反应为+ H2↑
D. 每消耗1 mml苯甲醇，产生22.4 mL氢气
【答案】D
【解析】
【分析】由装置分析可知，该装置为电解池，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，电极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3++NHPI→Ni2++PINO，H+在石墨电极得到电子生成H2，发生还原反应，则石墨为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO→，据此解答。
【详解】A．根据上述分析可知，NHPI在阳极区参与反应，又在阴极区为生成物，因此理论上NHPI的总量在反应前后不发生改变，A正确；
B．由上述分析，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，B正确；
C．阳极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3++NHPI→Ni2++PINO，阴极反应式为：2H++2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO→，因此总反应为+ H2↑，C正确；
D．未指明标准状况，不能用Vm=22.4L/ml进行计算，D错误；
答案选D。
9. 在10L密闭容器中充入气体M和N，发生反应M(g)+N(g)2P(g)+2Q(s) △H，所得实验数据如表：
下列说法不正确的是
A. 实验①达到平衡后加入0.20mlQ，平衡不移动
B. 550℃下向该容器中只充入0.20mlM和0.50mlN，平衡时n(P)=0.10ml
C. 反应的平衡常数：实验①<实验③
D. 实验③达到平衡后n(Q)=0.05ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为气体体积不变的反应，平衡后加入P，相当于增大压强，平衡不移动，A项正确；
B．M和N的化学计量数相同，所以在相同温度下，平衡常数相同，平衡时P的物质的量与实验②的结果相同，B项正确；
C．实验②与实验③温度相同，平衡常数相同，与实验①相比，实验②的温度升高，平衡时P的物质的量小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，对于放热反应，温度越高，平衡常数越小，故反应的平衡常数：实验①>实验③，C项错误；
D．实验②与实验③温度相同，K相同，同时实验③初始物质的量为实验②的一半，相当于减小压强，平衡不移动，所以平衡时P的物质的量为0.05ml，则Q的物质的量与P相等，也为0.05ml，故D正确；
故答案为C。
10. 25℃时，改变0.1ml/LRCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO-的微粒分布分数a(X)= c(X)/[c(RCOOH) + c(RCOO-)]；甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分数与pH 的关系如图所示。
下列说法正确的是
A. 丙酸的酸性比甲酸强
B. CH3CH2COOHCH3CH2COO-+ H+ 的lgK=-4.88
C. 若0.1ml/L 甲酸溶液的pH=2.33，则0.01ml/L 甲酸溶液的pH=3.33
D. 将0.1ml/L 的HCOOH溶液与0.1ml/L 的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中:c(Na+)>c(HCOOH)>c (HCOO-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】
【分析】A.根据图象中酸分子的分布分数大小进行判断，酸分子的分布分数越大，酸性越弱；
B. 根据图象中给定的信息pH=4.88时，c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),并结合电离方程式进行解析；
C.弱酸溶液加水稀释，促进弱酸的电离；
D.根据图示信息，甲酸的电离平衡常数10-3.75，电离大于水解过程，所以HCOOH与HCOONa（1:1）的混合液显酸性。据此解答问题。
【详解】A.由图中信息可知，相同pH时，丙酸的酸分子的分布分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，A错误；
B.pH=4.88时，丙酸的酸分子的分布分数为50%，即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-), 针对CH3CH2COOH) CH3CH2COO-+H+ 电离过程可知，lgK=lgc(H+)=-4.88, B正确；
C.稀释弱酸，电离程度增大，故0.1ml/L甲酸溶液的pH=2.33，则0.01ml/L甲酸溶液的pH<3.33，C错误；
D.将0.1ml/L的HCOOH溶液与0.1ml/L的HCOONa溶液等体积混合，电离过程大于水解过程，所得溶液呈酸性，即c(OH-)
11. 天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。某温度下，溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、、或Ca2-)与pH关系如图所示。下列说法错误的是
A. 斜线②代表的是
B. 该温度下，H2CO3电离平衡常数Ka2数量级为10-11
C. 该温度下，lgc( )=-3时溶液的pH =9.3
D. 该温度下CaCO3的Ksp=10-7.9
【答案】D
【解析】
【分析】随着pH值的增大，的浓度增大，pH值继续增大，的浓度增大，故斜线②代表，斜线③代表，剩下的斜线①为Ca2+。
【详解】A．根据分析，斜线②代表的是，A正确；
B．该温度下，当时，H2CO3电离平衡常数，数量级为10-11，B正确；
C．当时，，，lgc( )=-3时，，，，故pH=9.3，C正确；
D．斜线①和斜线②的交点处坐标已知，该温度下CaCO3的 ，D错误；
故选D。
12. 氧化亚氮(N2O)是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步I2(g)2I(g)（快反应）
第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)（慢反应）
第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)（快反应）
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是
A N2O分解反应中，k(含碘)＜k(无碘)B. 第一步对总反应速率起决定作用
C. 第二步活化能比第三步大D. I2浓度与N2O分解速率无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题碘的存在提高N2O的分解速率，v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5中v与k成正比，则k(含碘)＞k(无碘)，故A错误；
B．慢反应对总反应速率起决定作用，第二步起决定作用，故B错误；
C．第二步反应慢，活化能大，即第二步活化能比第三步大，故C正确；
D．根据N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5，I2浓度与N2O分解速率有关，故D错误；
故答案为C。
13. CO2催化加氢制备甲醇的反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49 kJ·ml-1，CO2电化学还原法制备甲醇的电解原理如图所示。下列说法不正确的是
A. CO2催化加氢法在低温自发时△H的影响为主
B. a膜为阴离子交换膜，石墨电极上的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
C. 电解过程中，右室溶液中物质的量减小
D. 产生相同量CH3OH时，催化加氢法消耗的H2与电化学还原法产生的O2物质的量之比为2：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2催化加氢反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49 kJ·ml-1的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，要使反应自发进行，则△G=△H-T△S＜0，则反应自发进行的外界条件在低温时△H的影响为主，A正确；
B．在石墨电极上OH-失去电子变为O2逸出，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，OH-放电导致左侧阳离子浓度增大，为维持电荷守恒，溶液中的阴离子要通过离子交换膜a进入左侧，故a膜为阴离子交换膜，B正确；
C．电解过程中，右室溶液中CO2得到电子被还原为CH3OH，右侧的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，可见在电解过程中不消耗，也不产生，故物质的量不变，C错误；
D．根据化学方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知：每反应产生1 ml CH3OH，反应消耗3 ml H2，根据电解方法可知：阳极的电极反应式为电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，可知总反应方程式为：2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，则产生等量CH3OH时，催化加氢法消耗的H2与电化学还原法产生的O2物质的量之比为6 ml：3 ml=2：1，D正确；
故合理选项是C。
14. 常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. H2SO3，溶液中加入固体NaOH后离子浓度一定是
B. 溶液中加入溶液后 pH=5，则
C. 用氨水滴定10mL浓度均为的和的混合液，当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，
D. 氨水和溶液等体积混合(溶液混合引起的体积变化可忽略)：
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2SO3溶液中加入固体NaOH，溶液中离子浓度与NaOH的加入量有关，所以无法确定溶液中离子浓度大小，故A错误；
B．溶液中加入溶液后，生成0.002mlNaF，剩余0.002mlHF，相当于等物质量浓度的NaF和HF混合，此时，所以HF的电离程度大于F-的水解，所以c(F-)>c(HF)，，故B正确；
C．用氨水滴定10mL浓度均为的和的混合液，当溶液呈中性时，此时c(H+)=c(OH-)，溶液中阳离子还有，阴离子还有Cl-和CH3COO-，根据电荷守恒可知，所以，故C错误；
D．氨水和溶液等体积混合，根据物料守恒有，根据电荷守恒有，两式相减消为，两边加上有一个混合后含C元素的物质量浓度为，带入得，，故D错误；
故答案选B。
第II卷 解答题(58分共4个大题)
二、解答题
15. 从预处理后的块状可充电电池(主要为和等)中回收重金属的工艺流程如图所示：
已知：滤液(1)主要含：、和
（1）浸取前先将块状电池粉碎成粉末的目的是___________。
（2）浸取时，发生反应的化学方程式为___________。
（3）操作2的方法为___________。
（4）“灼烧”发生的化学反应方程式为___________。
（5）萃取原理为：。反萃取中，加入试剂A为___________(填化学式)。
（6）生成沉淀是利用反应，流程中通入热蒸汽的作用是___________(从平衡移动角度解释)。常温下，该反应平衡常数，的平衡常数，计算为___________。
（7）(相对分子质量为263)晶体瑖26.3烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，该曲线中段所表示的氧化物的化学式为___________。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）
（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
（4）
（5）
（6） ①. 通入热蒸汽，形成水蒸气，带离氨气，促使平衡正向移动，生成沉淀 ②.
（7）
【解析】
【分析】可充电电池粉末(主要为NiO、CdO、CO和Fe2O3等)，加入浸取液为NH3和NH4HCO3的混合液作为浸取液，浸取过滤得到滤液①和滤渣①，滤渣①的主要成分为Fe2O3，滤液①主要含、和，催化氧化得到滤液②和沉淀C(OH)3，沉淀中加入盐酸溶解得到氯化钴溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到氯化钴晶体；滤液②中加入萃取剂，萃取分液得到有机相①和水相①，水相①通入热蒸汽得到碳酸镉沉淀，有机相①加入试剂A进行反萃取，萃取原理为：，故反萃取中A为硫酸，分液得到有机相②循环使用，水层中为硫酸镍蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸镍晶体，据此回答。
【小问1详解】
浸取前先将块状电池粉碎成粉末可以增大接触面积，加快反应速率；
【小问2详解】
浸取时，与NH3和NH4HCO3的混合液发生反应，生成的化学方程式为；
【小问3详解】
由分析知，操作2为将氯化钴溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到氯化钴晶体；
【小问4详解】
“灼烧”时，加入的与水反应生成和,抑制C2+水解，发生的化学反应方程式为；
【小问5详解】
根据萃取原理，反萃取中,为了使Ni2+进入水相生成 NiSO4，促进反应逆向进行,应增大H+浓度并提供,所以加入的试剂A 为稀硫酸，化学式为；
小问6详解】
生成沉淀的原理为，反应中通入热蒸汽，形成水蒸气，带离氨气，促使平衡正向移动，生成沉淀；常温下，①式反应平衡常数，②式的平衡常数，计算，，即可得到，则；
【小问7详解】
)26.3 g 的物质的量为0.1 ml，加热分解时先失去结晶水生成，质量为15.5 g，然后分解生成NixOy，B点含0.1 ml Ni为5.9 g，还有2.4g即0.15 ml氧原子，Ni与O物质的量之比为2:3，所以B段所表示的氧化物化学式为。
16. 凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：
；
。
回答下列问题：
（1）a的作用是：___________。
（2）b中放入少量碎瓷片的目的是___________。f的名称是___________。
（3）清洗仪器：g中加蒸馏水：打开，关闭、，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是___________；打开放掉水，重复操作2～3次。
（4）仪器清洗后，g中加入硼酸()和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭，d中保留少量水。打开，加热b，使水蒸气进入e。
①d中保留少量水的目的是___________。
②e中主要反应的离子方程式为___________，e采用中空双层玻璃瓶的作用是___________。
（5）取某甘氨酸样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为的盐酸，则样品中氮的质量分数为___________%。
【答案】（1）避免b中压强过大
（2） ①. 防止暴沸 ②. (直形)冷凝管
（3）c中温度降低，管路中形成负压
（4） ①. 液封，防止氨气逸出 ②. ③. 保温使氨气完全蒸出
（5）
【解析】
【小问1详解】
水蒸气发生装置中，长玻璃管a插入水中，其作用是平衡装置内外压强，避免b中压强过大，故答案为：避免b中压强过大。
【小问2详解】
制取蒸馏水时，在圆底烧瓶b中放入少量碎瓷片，其目的是防止液体暴沸。根据装置图可知，f的名称是(直形)冷凝管，故答案为：防止暴沸；(直形)冷凝管。
【小问3详解】
停止加热，管路中气体温度下降，水蒸气冷凝为液态水，形成负压，g中蒸馏水倒吸进入c中，故答案为：c中温度降低，管路中形成负压。
【小问4详解】
①止水夹处可能漏气，导致测定的N元素质量分数偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨气逸出。故答案为：液封，防止氨气逸出。
②e中发生的主要反应是铵盐和氢氧化钠的反应，在加热条件下，铵盐与碱反应生成氨气，反应的离子方程式为：；e采用中空双层玻璃瓶可起到保温作用，使生成的氨气尽可能地逸出，以减少实验误差，故答案为：；保温使氨气完全蒸出。
【小问5详解】
在整个实验过程中由氮原子守恒可得：n(N)=n(NH3)=n(HCl)=ml，则w(N)=100%=%，故答案为：。
17. 单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。
（1）基态镍原子的价层电子排布图为___________。
（2）氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为___________；在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是______,立体构型为正四面体的分子是___________，三 种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是___________。
（3）Ni与CO在60~80°C时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是___________，Ni(CO)4晶体类型是___________。
（4）已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgO晶胞棱长为0.42nm，则MgO的密度为___________ g·cm-3(保留小数点后一位，下同)；相邻Mg2+之间的最短距离为___________ nm。(已知 =1.414， =1.732)
【答案】（1） （2） ①. Mg＜C＜O ②. CO2 ③. CH4 ④. 甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键
（3） ① C ②. 分子晶体
（4） ①. 3.6 ②. 0.30
【解析】
【小问1详解】
镍元素的原子序数为28，基态镍原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，则基态镍原子的价层电子排布图为。
【小问2详解】
金属元素的第一电离能小于非金属元素的第一电离能，同周期元素的第一电离呈增大趋势，则Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为Mg＜C＜O；甲烷和甲醇中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，而二氧化碳分子的空间构型为直线形，杂化方式为sp杂化，则二氧化碳中碳原子杂化类型不同于其他两种；甲烷分子中碳原子的杂化方式为sp3杂化，立体构型为正四面体形；三种物质中甲烷和二氧化碳为非极性分子，甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键，则甲醇的沸点最高。
【小问3详解】
Ni与CO在60~80°C时反应生成Ni(CO)4气体，沸点低，则Ni(CO)4的属于分子晶体，C和O均有孤对电子，但O电负性大于C，则Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是碳原子。
【小问4详解】
由晶胞结构可知，氧化镁晶胞中位于顶点和面心的氧离子的个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的镁离子个数为12×+1=4，则每个晶胞中含有4个MgO，设氧化镁的密度为d，由晶胞质量公式可得=(0.42×10—7)3d，解得d= g/cm3≈3.6 g/cm3；氧化镁晶胞中紧邻镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则相邻Mg2+之间的最短距离为××0.42nm≈0.30nm。
18. 苯巴比妥是一种巴比妥类的镇静剂及安眠药。一种合成苯巴比妥的路线如图所示：
已知：
①
②++C2H5OH
③E是一种溴代烃
④
回答下列问题：
（1）A的名称是___________，B的分子式为___________。
（2）由B生成C的反应类型是___________，C中含氧官能团名称为___________。
（3）化合物D在苯中溶解度远大于在水中溶解度的原因是___________。
（4）C转化为D的化学方程式为___________。
（5）E的结构简式为___________，G的结构简式为___________。
（6）满足下列条件的B的同分异构体有___________种。
①能发生银镜反应
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③苯环上有2个取代基
【答案】（1） ①. 苯乙酸 ②.
（2） ①. 取代反应 ②. 酯基、羰基
（3）D、苯都是有机物，水是无机物
（4） （5） ①. ②.
（6）15
【解析】
【分析】甲苯中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成，和KCN反应然后发生信息①的反应生成A为，A和乙醇发生酯化反应生成B为，B和乙二酸二乙酯发生信息②的反应生成C，C加热发生反应生成D，根据C的分子式、D的结构简式知，C为，E是一种溴代烃，D、E发生信息④的反应生成F，根据苯巴比妥的结构简式知，E为CH3CH2Br，F和G发生取代反应生成苯巴比妥，结合G的分子式知，G为H2NCONH2。
【小问1详解】
A为，A的名称是苯乙酸，B为，B的分子式为C10H12O2，故答案为：苯乙酸；C10H12O2；
【小问2详解】
B发生取代反应生成C，由B生成C的反应类型是取代反应，C为，C中含氧官能团名称为酯基、羰基，故答案为：取代反应；酯基、羰基；
【小问3详解】
有机物溶质易溶于溶解溶剂，D、苯都是有机物，水是无机物，所以化合物D在苯中溶解度远大于在水中溶解度，故答案为：D、苯都是有机物，水是无机物；
【小问4详解】
C转化为D的化学方程式为；
【小问5详解】
E的结构简式为CH3CH2Br，G的结构简式为H2NCONH2，故答案为：CH3CH2Br；H2NCONH2；
【小问6详解】
B为，B的同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，根据氧原子个数知，存在1个醛基和1个酚羟基，B的不饱和度是4、酯基的不饱和度是1，醛基的不饱和度是1，结合不饱和度知，除了苯环外、醛基外，不含其它环或双键，③苯环上有2个取代基，其中1个是酚羟基，另一个取代基相当于苯基中1个氢原子被醛基取代，如果丙基为-CH2CH2CH3，-CHO有3种位置异构，如果丙基为-CH(CH3)2，-CHO有2种位置异构，苯环上的两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构，所以符合条件的同分异构体种类=3×(3+2)=15，故答案为：15。序号
实验操作
现象
结论
A
将溶液与溶液混合
产生白色胶状沉淀
结合质子的能力：
B
向两份相同的溶液中分别滴入5滴相同浓度的溶液和溶液
若前者产生气泡速率更快
比的催化效果好
C
向少量相同物质的量的沉淀中分别加入相同体积和浓度的氨水
白色沉淀溶解，黄色沉淀不溶解
D
向溶液中加入相同浓度溶液，充分反应后滴入KSCN溶液
溶液显红色
说明KI与反应有一定限度
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/ml
平衡时物质的量/ml
n(M)
n(N)
n(P)
①
350
0.50
0.20
0.20
②
550
0.50
0.20
0.10
③
550
0.25
0.10
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