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2022届四川省自贡市高三下学期第三次诊断性考试理综化学试题含解析
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这是一份2022届四川省自贡市高三下学期第三次诊断性考试理综化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
四川省自贡市2022届高三下学期第三次诊断性考试
理综化学试题
一、单选题
1．下列有关化学与生活、生产、环保、科技等的说法正确的是（ ）
A．北京冬奥会采用光伏发电有利于实现“碳中和”
B．三星堆出土的青铜器是铜、锡、铬按一定比例熔炼而得的化合物
C．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的光导纤维是一种有机高分子材料
2．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．18g重水(D2O)中含有的质子数为9NA
B．11.2L CH4和22.4L Cl2 (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5 NA
C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为NA
D．1 L 0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中通入适量氨气后呈中性，此时溶液中NH4+数目为0.1 NA
3．用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是（ ）
A．图①除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl-
B．图②可证明SO2有漂白性
C．图③用石墨作电极电解饱和食盐水生产NaClO
D．图④测量生成氢气的体积
4．治疗或预防肺部纤维化的有效药物的结构简式为，下列关于该药物的有关说法中错误的是（ ）
A．该有机物属于芳香族化合物，分子中有两种官能团
B．该分子中所有原子一定共平面
C．分子中苯环上的一氯代物有3种
D．1mol该分子最多能与4mol氢气完全加成
5．一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是（ ）
A．Y的氢化物的熔点一定低于 Z的氢化物的熔点
B．Z元素能形成多种氢化物
C．WZX与WXQ化学键类型相同
D．W2Q2Z3溶液与Q的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应有黄色浑浊和无色气体产生
6．应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的（ ）
A．a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．电解池a极上发生的电极反应为NH4++ 6e -+3Cl- = NCl3+4H+
C．当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12 L NH3
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6
7．已知pOH=-lgc(OH-)。向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A．a点时溶液中存在：c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(NH4+)+2c(H+)
B．a、b、c三点对应NH4+的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)
C．当溶液中pH=pOH时，水的电离程度最大
D．稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol·L-1
二、综合题
8．钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoCl2易溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。回答下列问题：
（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoCl2•4H2O，其实验装置如下：
①烧瓶中发生反应的离子方程式为 。
②由烧瓶中的溶液制取干燥的CoCl2•4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、 、洗涤、干燥等。
（2）乙同学利用甲同学制得的CoCl2•4H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdCl2溶液能被CO还原为Pd。
①装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdCl2溶液的是装置 （填“E”或“F”）。
②装置G的作用是 ；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是 。
③通氮气的作用是 。
④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是 。
⑤若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为 。
9．镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图。
已知： Ksp[Co(OH)2]=2 ×10-15， 请回答以下问题：
（1）“滤渣I”主要成分是 。 “ 酸浸”过程中镍的浸出率与温度和时间的关系如图所示，酸浸的最佳温度和时间是 。
（2）“氧化” 时反应的离子方程式是 ，为证明添加NaClO3已足量，可用 (写化学式)溶液进行检验。
（3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，该反应的离子方程式为 。
（4）“萃取”和“反萃取”可简单表示为： 2HX + Ni2+⇌NiX2+ 2H+。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是 。“反萃取”需要往有机层中加 (填试剂名称)
（5）若起始时c(Co2+) = 0.02 mol·L-1，“沉钴”过程中应控制pH ＜7.5的原因是 。
10．钼(Mo)是一种难熔稀有金属，我国的钼储量居世界第二、钼及其合金在冶金、农业、电器、化工、环保等方面有着广泛的应用。
（1）已知：
①MoS2(s)= Mo(s) + S2(g) △H1
②S2(g) + 2O2(g)= 2SO2(g) △H2
③2MoS2 (S) + 7O2(g)=2MoO3(s) + 4SO2(g) △H3
则2Mo(s)+3O2(g) = 2MoO3(s)的△H = (用含△H1、 △H2、△H3的代数式表示)。
（2）钼可用作NH3消除NO污染的催化剂，4NH3(g) + 6NO(g) →催化剂5N2(g)+ 6H2O (1) △H＜0。
①一定条件下该反应速率v正= k 正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k 逆·cm(N2)·cn (H2O)，该反应的平衡常数K=k正k逆，则m= ，n= 。
②一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入4molNH3和6moINO发生上述反应，若在相同时间内测得NH3的转化率随温度的变化曲线如图，400°C~900°C之间NH3的转化率下降由缓到急的可能原因是 。
（3）密闭容器中用Na2CO3(s)作固硫剂，同时用一定量的氢气还原辉钼矿(MoS2)的原理是： MoS2(s)+ 4H2(g) + 2Na2CO3(s)=Mo(s)+2CO(g) + 4H2O(g) + 2Na2S(s) △H
实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示：
①由图可知，该反应的△H 0(填“＞”或“＜”)； P2 0.1MPa(填“＞”或“＜”)。
②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是 (选填编号)
A． v 正(H2) = v 逆(H2O)
B．再加入MoS2，则H2的转化率增大
C．容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态。
D．容器内压强不变时，一定达到平衡状态
③由图可知M点时氢气的平衡转化率为 ( 计算结果保留三位有效数字)。
④平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压= 气体总压×物质的量分数。图中M点的平衡常数Kp= (MPa)2。
11．镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能够高度磨光和抗腐蚀，用镍制造不锈钢和各种合金钢被广泛地用于飞机、舰艇、雷达、导弹、陶瓷颜料、永磁材料、电子遥控等领域。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为 。
（2）具有不对称结构的Schiff碱及其与过渡金属形成的配合物结构类似于生命体系的真实情况。有一种广泛用于生命体系中金属蛋白的模拟研究，其结构如图所示。
该配合物中C原子的杂化方式为 ；该配合物中除H之外的组成元素的第一电离能由小到大的顺序是 。
（3）二氧化硒主要用于电解锰行业，其中一种制备方法为2NiSeO4510℃__2NiSeO3+O2↑、NiSeO3Δ__NiO+SeO2。下列分子或离子的VSEPR模型为平面三角形的是____(填字母)。
A．SeO42- B．SeO32- C．NiO D．SeO2
（4）草酸镍可用于制镍粉和镍的催化剂等，加热分解的化学方程式为NiC2O4Δ__NiO+CO+CO2，属于非极性分子的产物是 ，等物质的量的CO(C≡O)与CO2分子中的π键比为 ，与CO2互为等电子体(等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团)的阴离子为 (任写一种)。
（5）氢能是一种重要的二次能源，其独有的优势和丰富的资源引起人类广泛的兴趣，然而氢的储存是目前氢能利用的一大难题，现有La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图所示：
①该储氢材料的化学式为 。
②已知晶胞参数边长为anm，高为bnm，设阿伏加德罗常数的值为NA一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为 g·cm-3。
12．盐酸巴氯芬(G)是一种中枢神经抑制剂，可用于脊柱损伤、脑膜炎等的治疗，其合成路线如图所示：
已知：工业上常用RaneyNi在加压下氢化还原硝基。
回答下列问题：
（1）A→B的反应中，CH2(COOH)2的名称是 。
（2）B中含氧官能团的名称是 。
（3）E的结构简式为 。
（4）C→D的反应方程式为 。
（5）D→E的反应类型为 ，若该反应先加碱，后酸化会进行得更完全，其原因是 。
（6）B有多种同分异构体，满足下列条件的B的同分异构体的结构简式为 。
①有两种官能团
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱中有三组峰，峰面积之比为3：2：2
（7）写出由制备的合成路线(无机试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．北京冬奥会采用光伏发电，减少二氧化碳的排放量，有利于实现“碳中和”，故A符合题意；
B．青铜器是混合物，不属于化合物，故B不符合题意；
C．纳米级的铁粉能通过与Cu2+、Hg2+反应而除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，不是吸附，故C不符合题意；
D．光导纤维主要成分是SiO2，不是有机高分子材料，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】B.合金为混合物；
C.Fe粉具有还原性，能将Cu2+、Hg2+等重金属离子还原生成单质；
D.光导纤维是二氧化硅。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．D2O得到关系式为D2O～(2+8)质子，n(D2O)=mM=18g(2×2+16)g/mol=0.9mol，则n(质子)=9mol，质子数为9NA，A项不符合题意；
B.0.5molCH4与1molCl2反应为：CH4+Cl2光照__CH3Cl+HCl、CH3Cl+Cl2光照__CH2Cl2+HCl、CH2Cl2+Cl2光照__CHCl3+HCl和CHCl3+Cl2光照__CCl4+HCl，以上几个反应为反应前后分子数不变的反应则反应后为1.5mol，B项不符合题意；
C．2NaCl+2H2O通电__2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据关系式为(Cl2 +H2)～2e-得到(35.5×2+2)g73g=2moln(e-)，则n(e-)=2mol，所有电子转移数为2NA，C项符合题意；
D．NH4Cl溶液中存在的电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又溶液呈中性c(H+)=c(OH-)得c(NH4+)=c(Cl-)=0.1mol/L，则n(NH4+)=0.1mol/L×1L=0.1mol数目为0.1NA，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.一个重水分子含10个质子；
B.甲烷与氯气的反应中，反应前后分子数始终不变；
C..电解饱和食盐水时，转移2mol电子，阳极和阴极分别生成1molCl2和1molH2；
D.根据电荷守恒计算。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．图①中，Fe(OH)3胶体可以通过滤纸，故不能用过滤除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl-，可以用渗析除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl-，A不符合题意；
B．图②可证明SO2具有还原性，不能证明SO2有漂白性，B不符合题意；
C．图③用石墨作电极电解饱和食盐水，阳极上产生Cl2，阴极上产生NaOH和H2，其中Cl2和NaOH反应产生NaClO，则图③的电源应颠倒，即电源正极在下，负极在上，以确保Cl2尽可能与NaOH反应，C不符合题意；
D．锌粒和硫酸反应产生H2，气体会推动针管活塞，可通过针管活塞的移动来测生成氢气的体积，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A..溶液、胶体均可透过滤纸；
B.验证二氧化硫的漂白性应用品红溶液；
C.石墨作电极电解饱和食盐水，阳极上生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH；
D.Zn与稀硫酸反应生成氢气，针管可测定气体的体积。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．该有机物含有苯环的化合物，属于芳香族化合物，分子中有羟基、醛基两种官能团，故A不符合题意；
B．苯环及苯环相连的原子在同一平面上，而碳碳单键可以旋转，因此该分子中所有原子不一定共平面，故B符合题意；
C．该分子苯环上没有对称性，苯环上有3种位置的氢，因此分子中苯环上的一氯代物有3种，故C不符合题意；
D．该有机物含有苯环和醛基，因此1mol该分子最多能与4mol氢气完全加成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该物质含苯环，官能团为酚羟基和醛基；
B.苯环和醛基为平面结构，单键可以旋转；
C.该物质苯环上有3种不同环境的氢原子；
D.苯环和醛基能与氢气加成。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．氨气存在分子间氢键，氨气的沸点高于硫化氢，因此Y的氢化物的熔点不一定低于 Z的氢化物的熔点，故A不符合题意；
B．Z元素能形成多种氢化物，比如水、双氧水，故B不符合题意；
C．WZX(KOH)含有离子键和极性键，WXQ(KHS)含有离子键和极性键，两者化学键类型相同，故C符合题意；
D．W2Q2Z3 (K2S2O3)溶液与Q的最高价氧化物对应水化物(H2SO4)的稀溶液反应生成黄色浑浊(S)和无色气体(SO2)产生，故D符合题意。
故答案为：A。
【分析】Z与Q同主族，化合物中Z与Y形成双键，结合原子序数可知Z为O元素、Q为S元素，X只形成1个共价键、Y形成4个共价键，则X为H元素、Y为C元素；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W可失去1个电子形成阳离子，W为K元素。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．a电极上失去电子，为阳极，与电源的正极连接，在b极区有氢离子得电子生成氢气，氯离子通过阴离子交换膜移向a极，所以在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A项不符合题意；
B．电解池a极上发生的电极反应为NH4+-6e -+3Cl- = NCl3+4H+，B项不符合题意；
C．未说明氨气是否在标况下，不能确定气体体积，C项不符合题意；
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应为6ClO2-+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH- ，其中氧化剂为NCl3，还原剂为ClO2- ，二者物质的量比为1：6，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】右侧为电解池，a极铵根离子失去电子生成NCl3，a为电解池阳极，电极反应为NH4+-6e -+3Cl- = NCl3+4H+，b为电解池阴极，阴极上氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．a点时反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且硫酸铵为一水合氨浓度的一半，有电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)和物料守恒4c(SO42-)=c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)得c(NH3·H2O)＋2c(OH-)=c(NH4+)＋2c(H＋)，故A不选；
B．升高温度促进铵根离子水解，水解常数增大，由图可知，温度：b＞a＞c，则a、b、c三点对应NH4+的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)，故B不选；
C．当溶液中pH=pOH时，溶液呈中性，水的电离既不促进又不抑制，而不滴加硫酸时，溶液显碱性，抑制水的电离，当加入40ml硫酸时，酸过量，抑制水的电离，氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时水的电离程度最大，故C选；
D．有分析可知：加入20ml硫酸与氨水恰好完全反应，硫酸是二元酸，一水合氨是一元碱，所以稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol·L-1，故D不选；
故答案为：C。
【分析】 20mL0.1mol·L-1的氨水 的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4 ，反应放热，溶液的温度升高，当两者恰好完全反应时，放热最多，溶液温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。
8．【答案】（1）Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O；冷却结晶、过滤
（2）F；除去CO2；分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质；将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中；防止倒吸；3(CH3COO)2CoΔ__Co3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑
【解析】【解答】(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式： Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；
②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；
（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；
②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；
③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；
④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；
⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) ︰ n(CO)︰n(CO2) ︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2Co Δ__Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑；
【分析】（1）①烧瓶中Co2O3与盐酸发生反应 Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；
②产物中含有结晶水，不能直接；
（2）E中澄清石灰水可检验二氧化碳，F中PdCl2溶液可检验CO，G中NaOH可除去二氧化碳，H中无水氯化钙可干燥，I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则乙酸钴分解生成烃，烃被氧化生成水、二氧化碳。
9．【答案】（1）SiO2、BaSO4；70℃和120 min
（2）6Fe2++6H++ClO3-=6Fe3++Cl-+3H2O；K3[Fe(CN)6]
（3）3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑
（4）促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率；稀硫酸
（5）防止沉钴时生成Co(OH)2
【解析】【解答】
(1)原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2不与稀硫酸反应，所以会出现在滤渣中，BaO与稀硫酸反应最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；Ni的浸出率越高、温度越低且时间越短越好，根据图知，酸浸的最佳温度与时间分别为70℃、120min；
(2)氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-=6Fe3++Cl-+3H2O；为证明添加NaClO3已足量，可检验溶液中是否含有Fe2＋，可用K3[Fe(CN)6]溶液进行检验；
(3)根据黄钠铁钒渣的化学式以及调节pH时所加入的物质，结合原子、电荷守恒等，可知“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀的离子方程式为：3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑；
(4)结合题给信息，加入氨水，氨水可以和H+反应，使反应2HX+Ni2+⇌NiX2+2H+向右移动，提高萃取率；反之，要提升反萃取效率，应使2HX+Ni2+⇌NiX2+2H+向左移动，可通过加入酸来实现；
(5)根据已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15，起始时c(Co2+)=0.02mol∙L-1，c(OH-)=2×10-150.02mol/L=10-6.5mol/L，c(H+)=10-7.5mol∙L-1，所以“沉钴”过程中应控制pH＜7.5。
【分析】原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO，Fe2O3，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，过滤分离出滤渣为SiO2和BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4以及过量H2SO4，加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，加入碳酸钠调节pH使Fe2(SO4)3等转化为黄钠铁矾渣，经过滤除去；再加入萃取剂，镇等、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CoSO4的水层溶液，再通过沉钴步骤得到CoCO3；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体，煅烧后得到 NixOy 。
10．【答案】（1）ΔH=ΔH3-2ΔH1-2ΔH2
（2）5；0；400℃~700℃随温度升高，平衡逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小
（3）＞；＞；B；66.7%；0.01
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，③-2①-2②得反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)，则△H=ΔH3-2ΔH1-2ΔH2。
(2)①平衡时，v正=v逆，k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·cm(N2)·cn (H2O)，则k正k逆=cm(N2)·cn(H2O)c4(NH3)·c6(NO)，k正k逆=K=c5(N2)c4(NH3)·c6(NO)，故m=5，n=0；
②200℃~400℃，随温度升高，反应速率增大，在相同时间内测得NH3的转化率逐渐增大；400℃~700℃，随温度升高，平衡逆向移动，在相同时间内测得NH3的转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小。
(3)①由图可知，同一压强下，升高温度，H2的体积分数减小，平衡正向移动，故该反应为吸热反应，ΔH＞0；同一温度下，增大压强，平衡逆向移动，H2的体积分数增大，则P2＞0.1MPa。
②A．平衡时，v正(H2)=v逆(H2)，由于方程式中H2(g)和H2O(g)的系数相同，则v逆(H2)=v逆(H2O)，故 v正(H2)=v逆(H2O)，A符合题意；
B．MoS2为固体，再加入MoS2不会使得平衡移动，H2的转化率不变，B不符合题意；
C．若该在体积不变的密闭容器中进行，气体的质量增大，体积不变，则密度在增大，故容器内气体的密度不变时，反应一定达到平衡状态，C符合题意；
D．若该在体积不变的密闭容器中进行，气体的物质的量在增大，则容器内的压强在增大，容器内压强不变时，反应一定达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：B；
③M点时，H2的体积分数为25%，则其物质的量分数也是25%，设H2起始的物质的量为a mol，转化的CO的物质的量为b mol，则转化的H2的物质的量为2b mol，转化的H2O的物质的量为2b mol，故平衡时，H2的物质的量为(a-2b)mol，CO的物质的量为b mol，H2O的物质的量为2b mol，则H2的物质的量分数为(a-2b)mol(a-2b)mol+bmol+2bmol×100%=25%，化简得：a=3b，故H2的平衡转化率为2bmolamol×100%=2bmol3bmol×100%=66.7%；
④M点时，P1=0.1MPa，H2物质的量分数是25%，CO的物质的量分数为bmol(a-2b)mol+bmol+2bmol×100%=bmolbmol+bmol+2bmol×100%=25%，H2物质的量分数为2bmol(a-2b)mol+bmol+2bmol×100%=2bmolbmol+bmol+2bmol×100%=50%，Kp=P2(CO)·P4(H2O)P4(H2)=(25%×0.1MPa)2×(50%×0.1MPa)4(25%×0.1MPa)4=0.01。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①反应达到平衡时，v正=v逆；
②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，同时结合温度对催化剂活性的影响等方面考虑；
（3）①同一压强下，升高温度，H2的体积分数减小，平衡正向移动；该反应是一个气体物质的量增大的反应，压强越大平衡逆向进行；
②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
③根据转化率=反应量起始量×100%计算；
④平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数，根据Kp=P2(CO)·P4(H2O)P4(H2)计算。
11．【答案】（1）
（2）sp2、sp3；Ni＜C＜O＜N
（3）D
（4）CO2；1：1；CNO-
（5）LaNi5；88033a2bNA×1021
【解析】【解答】(1)Ni是28号元素，基态Ni原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，价电子排布式是3d84s2，价电子轨道表示式(电子排布图)为 ；
(2)该配合物中双键C原子的杂化方式为sp2、单键C原子的杂化方式为sp3；该配合物中含有Ni、C、H、O、N四种元素，非金属性越强第一电离能越大，N原子2p能级为半充满状态，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，除H之外的组成元素的第一电离能由小到大的顺序是Ni＜C＜O＜N。
(3)A．SeO42-中Se原子价电子对数为6+22=4，VSEPR模型为正四面体，故不选A；
B．SeO32-中Se原子价电子对数为6+22=4，VSEPR模型为正四面体，故不选B；
C．NiO中O2-价电子对数为4，VSEPR模型为正四面体，故不选C；
D．SeO2中Se原子价电子对数为62=3，VSEPR模型为平面三角形，
故答案为：D；
选D。
(4)CO2是直线型分子，结构对称，正负电荷的重心重合，CO2属于非极性分子；双键中有1个π键，叁键中有2个π键，等物质的量的CO(C≡O)与CO2分子中的π键比为1：1；CO2的价电子数是16，与CO2互为等电子体(等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团)的阴离子为CNO-；
(5)①根据均摊原则，晶胞中La原子数是12×16+2×12=3、Ni原子数是18×12+6=15，该储氢材料的化学式为LaNi5；
②晶胞参数边长为anm，高为bnm，则晶胞体积为323a2b×10-21cm3，设阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为139×3+59×15+1×18323a2b×10-21×NA=88033a2bNA×1021g·cm-3。
【分析】（1）Ni的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2，据此画出价电子排布图；
（2）该物质中苯环上的C和双键C采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，非金属的第一电离能大于金属；
（3）根据价层电子互斥理论分析判断；
（4）CO2的几何中心和电荷中心重合，属于非极性分子；单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键；二氧化碳的价电子数目为4+6+6=16；
（5）①根据均摊法计算；
②根据ρ=mV计算。
12．【答案】（1）丙二酸
（2）羧基
（3）
（4）+CH3NO2→K2CO3，TEBAC，甲苯
（5）取代(水解)反应；碱性条件酯的水解反应更完全
（6）或
（7）→KMnO4/H+→H2/RaneyNi
【解析】【解答】
(1)由题给信息可知名称是丙二酸；
(2)B中的官能团有三种类型，名称分别是氯原子、碳碳双键、羧基，含氧官能团是羧基；
(3)由合成线路分析可知，D→E的反应是水解反应，所以E的结构简式为；
(4)由C的结构简式分析可知C→D的反应方程式为：+CH3NO2→K2CO3，TEBAC，甲苯；
(5)由合成路线分析可知，D→E的反应类型为取代(水解)，酯的水解在酸性条件下是可逆的，要让反应进行完全可在碱性溶液进行；
(6)满足①有两种官能团②能发生银镜反应③核磁共振氢谱中有三组峰，峰面积之比为：3：2：2条件的同分异构体有两种分别是：；
(7)由制备出的合成路径可先将甲基氧化成羧基，然后再将硝基还原成胺基，最后再利用成肽的反应两分子形成环状肽键：。
【分析】对氯苯甲醛与CH2(COOH)2反应生成B，B在硫酸氢钾作用下与甲醇反应生成C为，与硝基甲烷反应生成D，D酸化得到E为，发生还原反应生成F，F与氯化氢反应生成G。
（1） CH2(COOH)2为丙二酸；
（2）B中含氧官能团为羧基；
（3）E为；
（4）根据反应物和产物书写化学方程式；
（5）D→E发生酯基水解；酯的水解在酸性条件下是可逆的，要让反应进行完全可在碱性溶液进行；
（6）B的同分异构体满足：①有两种官能团，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③核磁共振氢谱中有三组峰，峰面积之比为3：2：2，存在对称结构，且含有甲基、2个醛基；
（7）由2分子成肽形成，氧化生成，然后发生还原反应生成。
四川省自贡市2022届高三下学期第三次诊断性考试
理综化学试题
一、单选题
1．下列有关化学与生活、生产、环保、科技等的说法正确的是（ ）
A．北京冬奥会采用光伏发电有利于实现“碳中和”
B．三星堆出土的青铜器是铜、锡、铬按一定比例熔炼而得的化合物
C．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的光导纤维是一种有机高分子材料
2．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．18g重水(D2O)中含有的质子数为9NA
B．11.2L CH4和22.4L Cl2 (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5 NA
C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为NA
D．1 L 0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中通入适量氨气后呈中性，此时溶液中NH4+数目为0.1 NA
3．用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是（ ）
A．图①除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl-
B．图②可证明SO2有漂白性
C．图③用石墨作电极电解饱和食盐水生产NaClO
D．图④测量生成氢气的体积
4．治疗或预防肺部纤维化的有效药物的结构简式为，下列关于该药物的有关说法中错误的是（ ）
A．该有机物属于芳香族化合物，分子中有两种官能团
B．该分子中所有原子一定共平面
C．分子中苯环上的一氯代物有3种
D．1mol该分子最多能与4mol氢气完全加成
5．一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是（ ）
A．Y的氢化物的熔点一定低于 Z的氢化物的熔点
B．Z元素能形成多种氢化物
C．WZX与WXQ化学键类型相同
D．W2Q2Z3溶液与Q的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应有黄色浑浊和无色气体产生
6．应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的（ ）
A．a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．电解池a极上发生的电极反应为NH4++ 6e -+3Cl- = NCl3+4H+
C．当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12 L NH3
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6
7．已知pOH=-lgc(OH-)。向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A．a点时溶液中存在：c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(NH4+)+2c(H+)
B．a、b、c三点对应NH4+的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)
C．当溶液中pH=pOH时，水的电离程度最大
D．稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol·L-1
二、综合题
8．钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoCl2易溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。回答下列问题：
（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoCl2•4H2O，其实验装置如下：
①烧瓶中发生反应的离子方程式为 。
②由烧瓶中的溶液制取干燥的CoCl2•4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、 、洗涤、干燥等。
（2）乙同学利用甲同学制得的CoCl2•4H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdCl2溶液能被CO还原为Pd。
①装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdCl2溶液的是装置 （填“E”或“F”）。
②装置G的作用是 ；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是 。
③通氮气的作用是 。
④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是 。
⑤若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为 。
9．镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图。
已知： Ksp[Co(OH)2]=2 ×10-15， 请回答以下问题：
（1）“滤渣I”主要成分是 。 “ 酸浸”过程中镍的浸出率与温度和时间的关系如图所示，酸浸的最佳温度和时间是 。
（2）“氧化” 时反应的离子方程式是 ，为证明添加NaClO3已足量，可用 (写化学式)溶液进行检验。
（3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，该反应的离子方程式为 。
（4）“萃取”和“反萃取”可简单表示为： 2HX + Ni2+⇌NiX2+ 2H+。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是 。“反萃取”需要往有机层中加 (填试剂名称)
（5）若起始时c(Co2+) = 0.02 mol·L-1，“沉钴”过程中应控制pH ＜7.5的原因是 。
10．钼(Mo)是一种难熔稀有金属，我国的钼储量居世界第二、钼及其合金在冶金、农业、电器、化工、环保等方面有着广泛的应用。
（1）已知：
①MoS2(s)= Mo(s) + S2(g) △H1
②S2(g) + 2O2(g)= 2SO2(g) △H2
③2MoS2 (S) + 7O2(g)=2MoO3(s) + 4SO2(g) △H3
则2Mo(s)+3O2(g) = 2MoO3(s)的△H = (用含△H1、 △H2、△H3的代数式表示)。
（2）钼可用作NH3消除NO污染的催化剂，4NH3(g) + 6NO(g) →催化剂5N2(g)+ 6H2O (1) △H＜0。
①一定条件下该反应速率v正= k 正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k 逆·cm(N2)·cn (H2O)，该反应的平衡常数K=k正k逆，则m= ，n= 。
②一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入4molNH3和6moINO发生上述反应，若在相同时间内测得NH3的转化率随温度的变化曲线如图，400°C~900°C之间NH3的转化率下降由缓到急的可能原因是 。
（3）密闭容器中用Na2CO3(s)作固硫剂，同时用一定量的氢气还原辉钼矿(MoS2)的原理是： MoS2(s)+ 4H2(g) + 2Na2CO3(s)=Mo(s)+2CO(g) + 4H2O(g) + 2Na2S(s) △H
实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示：
①由图可知，该反应的△H 0(填“＞”或“＜”)； P2 0.1MPa(填“＞”或“＜”)。
②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是 (选填编号)
A． v 正(H2) = v 逆(H2O)
B．再加入MoS2，则H2的转化率增大
C．容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态。
D．容器内压强不变时，一定达到平衡状态
③由图可知M点时氢气的平衡转化率为 ( 计算结果保留三位有效数字)。
④平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压= 气体总压×物质的量分数。图中M点的平衡常数Kp= (MPa)2。
11．镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能够高度磨光和抗腐蚀，用镍制造不锈钢和各种合金钢被广泛地用于飞机、舰艇、雷达、导弹、陶瓷颜料、永磁材料、电子遥控等领域。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为 。
（2）具有不对称结构的Schiff碱及其与过渡金属形成的配合物结构类似于生命体系的真实情况。有一种广泛用于生命体系中金属蛋白的模拟研究，其结构如图所示。
该配合物中C原子的杂化方式为 ；该配合物中除H之外的组成元素的第一电离能由小到大的顺序是 。
（3）二氧化硒主要用于电解锰行业，其中一种制备方法为2NiSeO4510℃__2NiSeO3+O2↑、NiSeO3Δ__NiO+SeO2。下列分子或离子的VSEPR模型为平面三角形的是____(填字母)。
A．SeO42- B．SeO32- C．NiO D．SeO2
（4）草酸镍可用于制镍粉和镍的催化剂等，加热分解的化学方程式为NiC2O4Δ__NiO+CO+CO2，属于非极性分子的产物是 ，等物质的量的CO(C≡O)与CO2分子中的π键比为 ，与CO2互为等电子体(等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团)的阴离子为 (任写一种)。
（5）氢能是一种重要的二次能源，其独有的优势和丰富的资源引起人类广泛的兴趣，然而氢的储存是目前氢能利用的一大难题，现有La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图所示：
①该储氢材料的化学式为 。
②已知晶胞参数边长为anm，高为bnm，设阿伏加德罗常数的值为NA一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为 g·cm-3。
12．盐酸巴氯芬(G)是一种中枢神经抑制剂，可用于脊柱损伤、脑膜炎等的治疗，其合成路线如图所示：
已知：工业上常用RaneyNi在加压下氢化还原硝基。
回答下列问题：
（1）A→B的反应中，CH2(COOH)2的名称是 。
（2）B中含氧官能团的名称是 。
（3）E的结构简式为 。
（4）C→D的反应方程式为 。
（5）D→E的反应类型为 ，若该反应先加碱，后酸化会进行得更完全，其原因是 。
（6）B有多种同分异构体，满足下列条件的B的同分异构体的结构简式为 。
①有两种官能团
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱中有三组峰，峰面积之比为3：2：2
（7）写出由制备的合成路线(无机试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．北京冬奥会采用光伏发电，减少二氧化碳的排放量，有利于实现“碳中和”，故A符合题意；
B．青铜器是混合物，不属于化合物，故B不符合题意；
C．纳米级的铁粉能通过与Cu2+、Hg2+反应而除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，不是吸附，故C不符合题意；
D．光导纤维主要成分是SiO2，不是有机高分子材料，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】B.合金为混合物；
C.Fe粉具有还原性，能将Cu2+、Hg2+等重金属离子还原生成单质；
D.光导纤维是二氧化硅。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．D2O得到关系式为D2O～(2+8)质子，n(D2O)=mM=18g(2×2+16)g/mol=0.9mol，则n(质子)=9mol，质子数为9NA，A项不符合题意；
B.0.5molCH4与1molCl2反应为：CH4+Cl2光照__CH3Cl+HCl、CH3Cl+Cl2光照__CH2Cl2+HCl、CH2Cl2+Cl2光照__CHCl3+HCl和CHCl3+Cl2光照__CCl4+HCl，以上几个反应为反应前后分子数不变的反应则反应后为1.5mol，B项不符合题意；
C．2NaCl+2H2O通电__2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据关系式为(Cl2 +H2)～2e-得到(35.5×2+2)g73g=2moln(e-)，则n(e-)=2mol，所有电子转移数为2NA，C项符合题意；
D．NH4Cl溶液中存在的电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又溶液呈中性c(H+)=c(OH-)得c(NH4+)=c(Cl-)=0.1mol/L，则n(NH4+)=0.1mol/L×1L=0.1mol数目为0.1NA，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.一个重水分子含10个质子；
B.甲烷与氯气的反应中，反应前后分子数始终不变；
C..电解饱和食盐水时，转移2mol电子，阳极和阴极分别生成1molCl2和1molH2；
D.根据电荷守恒计算。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．图①中，Fe(OH)3胶体可以通过滤纸，故不能用过滤除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl-，可以用渗析除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl-，A不符合题意；
B．图②可证明SO2具有还原性，不能证明SO2有漂白性，B不符合题意；
C．图③用石墨作电极电解饱和食盐水，阳极上产生Cl2，阴极上产生NaOH和H2，其中Cl2和NaOH反应产生NaClO，则图③的电源应颠倒，即电源正极在下，负极在上，以确保Cl2尽可能与NaOH反应，C不符合题意；
D．锌粒和硫酸反应产生H2，气体会推动针管活塞，可通过针管活塞的移动来测生成氢气的体积，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A..溶液、胶体均可透过滤纸；
B.验证二氧化硫的漂白性应用品红溶液；
C.石墨作电极电解饱和食盐水，阳极上生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH；
D.Zn与稀硫酸反应生成氢气，针管可测定气体的体积。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．该有机物含有苯环的化合物，属于芳香族化合物，分子中有羟基、醛基两种官能团，故A不符合题意；
B．苯环及苯环相连的原子在同一平面上，而碳碳单键可以旋转，因此该分子中所有原子不一定共平面，故B符合题意；
C．该分子苯环上没有对称性，苯环上有3种位置的氢，因此分子中苯环上的一氯代物有3种，故C不符合题意；
D．该有机物含有苯环和醛基，因此1mol该分子最多能与4mol氢气完全加成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该物质含苯环，官能团为酚羟基和醛基；
B.苯环和醛基为平面结构，单键可以旋转；
C.该物质苯环上有3种不同环境的氢原子；
D.苯环和醛基能与氢气加成。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．氨气存在分子间氢键，氨气的沸点高于硫化氢，因此Y的氢化物的熔点不一定低于 Z的氢化物的熔点，故A不符合题意；
B．Z元素能形成多种氢化物，比如水、双氧水，故B不符合题意；
C．WZX(KOH)含有离子键和极性键，WXQ(KHS)含有离子键和极性键，两者化学键类型相同，故C符合题意；
D．W2Q2Z3 (K2S2O3)溶液与Q的最高价氧化物对应水化物(H2SO4)的稀溶液反应生成黄色浑浊(S)和无色气体(SO2)产生，故D符合题意。
故答案为：A。
【分析】Z与Q同主族，化合物中Z与Y形成双键，结合原子序数可知Z为O元素、Q为S元素，X只形成1个共价键、Y形成4个共价键，则X为H元素、Y为C元素；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W可失去1个电子形成阳离子，W为K元素。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．a电极上失去电子，为阳极，与电源的正极连接，在b极区有氢离子得电子生成氢气，氯离子通过阴离子交换膜移向a极，所以在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A项不符合题意；
B．电解池a极上发生的电极反应为NH4+-6e -+3Cl- = NCl3+4H+，B项不符合题意；
C．未说明氨气是否在标况下，不能确定气体体积，C项不符合题意；
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应为6ClO2-+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH- ，其中氧化剂为NCl3，还原剂为ClO2- ，二者物质的量比为1：6，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】右侧为电解池，a极铵根离子失去电子生成NCl3，a为电解池阳极，电极反应为NH4+-6e -+3Cl- = NCl3+4H+，b为电解池阴极，阴极上氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．a点时反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且硫酸铵为一水合氨浓度的一半，有电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)和物料守恒4c(SO42-)=c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)得c(NH3·H2O)＋2c(OH-)=c(NH4+)＋2c(H＋)，故A不选；
B．升高温度促进铵根离子水解，水解常数增大，由图可知，温度：b＞a＞c，则a、b、c三点对应NH4+的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)，故B不选；
C．当溶液中pH=pOH时，溶液呈中性，水的电离既不促进又不抑制，而不滴加硫酸时，溶液显碱性，抑制水的电离，当加入40ml硫酸时，酸过量，抑制水的电离，氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时水的电离程度最大，故C选；
D．有分析可知：加入20ml硫酸与氨水恰好完全反应，硫酸是二元酸，一水合氨是一元碱，所以稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol·L-1，故D不选；
故答案为：C。
【分析】 20mL0.1mol·L-1的氨水 的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4 ，反应放热，溶液的温度升高，当两者恰好完全反应时，放热最多，溶液温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。
8．【答案】（1）Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O；冷却结晶、过滤
（2）F；除去CO2；分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质；将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中；防止倒吸；3(CH3COO)2CoΔ__Co3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑
【解析】【解答】(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式： Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；
②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；
（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；
②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；
③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；
④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；
⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) ︰ n(CO)︰n(CO2) ︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2Co Δ__Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑；
【分析】（1）①烧瓶中Co2O3与盐酸发生反应 Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；
②产物中含有结晶水，不能直接；
（2）E中澄清石灰水可检验二氧化碳，F中PdCl2溶液可检验CO，G中NaOH可除去二氧化碳，H中无水氯化钙可干燥，I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则乙酸钴分解生成烃，烃被氧化生成水、二氧化碳。
9．【答案】（1）SiO2、BaSO4；70℃和120 min
（2）6Fe2++6H++ClO3-=6Fe3++Cl-+3H2O；K3[Fe(CN)6]
（3）3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑
（4）促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率；稀硫酸
（5）防止沉钴时生成Co(OH)2
【解析】【解答】
(1)原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2不与稀硫酸反应，所以会出现在滤渣中，BaO与稀硫酸反应最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；Ni的浸出率越高、温度越低且时间越短越好，根据图知，酸浸的最佳温度与时间分别为70℃、120min；
(2)氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-=6Fe3++Cl-+3H2O；为证明添加NaClO3已足量，可检验溶液中是否含有Fe2＋，可用K3[Fe(CN)6]溶液进行检验；
(3)根据黄钠铁钒渣的化学式以及调节pH时所加入的物质，结合原子、电荷守恒等，可知“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀的离子方程式为：3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑；
(4)结合题给信息，加入氨水，氨水可以和H+反应，使反应2HX+Ni2+⇌NiX2+2H+向右移动，提高萃取率；反之，要提升反萃取效率，应使2HX+Ni2+⇌NiX2+2H+向左移动，可通过加入酸来实现；
(5)根据已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15，起始时c(Co2+)=0.02mol∙L-1，c(OH-)=2×10-150.02mol/L=10-6.5mol/L，c(H+)=10-7.5mol∙L-1，所以“沉钴”过程中应控制pH＜7.5。
【分析】原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO，Fe2O3，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，过滤分离出滤渣为SiO2和BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4以及过量H2SO4，加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，加入碳酸钠调节pH使Fe2(SO4)3等转化为黄钠铁矾渣，经过滤除去；再加入萃取剂，镇等、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CoSO4的水层溶液，再通过沉钴步骤得到CoCO3；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体，煅烧后得到 NixOy 。
10．【答案】（1）ΔH=ΔH3-2ΔH1-2ΔH2
（2）5；0；400℃~700℃随温度升高，平衡逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小
（3）＞；＞；B；66.7%；0.01
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，③-2①-2②得反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)，则△H=ΔH3-2ΔH1-2ΔH2。
(2)①平衡时，v正=v逆，k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·cm(N2)·cn (H2O)，则k正k逆=cm(N2)·cn(H2O)c4(NH3)·c6(NO)，k正k逆=K=c5(N2)c4(NH3)·c6(NO)，故m=5，n=0；
②200℃~400℃，随温度升高，反应速率增大，在相同时间内测得NH3的转化率逐渐增大；400℃~700℃，随温度升高，平衡逆向移动，在相同时间内测得NH3的转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小。
(3)①由图可知，同一压强下，升高温度，H2的体积分数减小，平衡正向移动，故该反应为吸热反应，ΔH＞0；同一温度下，增大压强，平衡逆向移动，H2的体积分数增大，则P2＞0.1MPa。
②A．平衡时，v正(H2)=v逆(H2)，由于方程式中H2(g)和H2O(g)的系数相同，则v逆(H2)=v逆(H2O)，故 v正(H2)=v逆(H2O)，A符合题意；
B．MoS2为固体，再加入MoS2不会使得平衡移动，H2的转化率不变，B不符合题意；
C．若该在体积不变的密闭容器中进行，气体的质量增大，体积不变，则密度在增大，故容器内气体的密度不变时，反应一定达到平衡状态，C符合题意；
D．若该在体积不变的密闭容器中进行，气体的物质的量在增大，则容器内的压强在增大，容器内压强不变时，反应一定达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：B；
③M点时，H2的体积分数为25%，则其物质的量分数也是25%，设H2起始的物质的量为a mol，转化的CO的物质的量为b mol，则转化的H2的物质的量为2b mol，转化的H2O的物质的量为2b mol，故平衡时，H2的物质的量为(a-2b)mol，CO的物质的量为b mol，H2O的物质的量为2b mol，则H2的物质的量分数为(a-2b)mol(a-2b)mol+bmol+2bmol×100%=25%，化简得：a=3b，故H2的平衡转化率为2bmolamol×100%=2bmol3bmol×100%=66.7%；
④M点时，P1=0.1MPa，H2物质的量分数是25%，CO的物质的量分数为bmol(a-2b)mol+bmol+2bmol×100%=bmolbmol+bmol+2bmol×100%=25%，H2物质的量分数为2bmol(a-2b)mol+bmol+2bmol×100%=2bmolbmol+bmol+2bmol×100%=50%，Kp=P2(CO)·P4(H2O)P4(H2)=(25%×0.1MPa)2×(50%×0.1MPa)4(25%×0.1MPa)4=0.01。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①反应达到平衡时，v正=v逆；
②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，同时结合温度对催化剂活性的影响等方面考虑；
（3）①同一压强下，升高温度，H2的体积分数减小，平衡正向移动；该反应是一个气体物质的量增大的反应，压强越大平衡逆向进行；
②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
③根据转化率=反应量起始量×100%计算；
④平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数，根据Kp=P2(CO)·P4(H2O)P4(H2)计算。
11．【答案】（1）
（2）sp2、sp3；Ni＜C＜O＜N
（3）D
（4）CO2；1：1；CNO-
（5）LaNi5；88033a2bNA×1021
【解析】【解答】(1)Ni是28号元素，基态Ni原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，价电子排布式是3d84s2，价电子轨道表示式(电子排布图)为 ；
(2)该配合物中双键C原子的杂化方式为sp2、单键C原子的杂化方式为sp3；该配合物中含有Ni、C、H、O、N四种元素，非金属性越强第一电离能越大，N原子2p能级为半充满状态，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，除H之外的组成元素的第一电离能由小到大的顺序是Ni＜C＜O＜N。
(3)A．SeO42-中Se原子价电子对数为6+22=4，VSEPR模型为正四面体，故不选A；
B．SeO32-中Se原子价电子对数为6+22=4，VSEPR模型为正四面体，故不选B；
C．NiO中O2-价电子对数为4，VSEPR模型为正四面体，故不选C；
D．SeO2中Se原子价电子对数为62=3，VSEPR模型为平面三角形，
故答案为：D；
选D。
(4)CO2是直线型分子，结构对称，正负电荷的重心重合，CO2属于非极性分子；双键中有1个π键，叁键中有2个π键，等物质的量的CO(C≡O)与CO2分子中的π键比为1：1；CO2的价电子数是16，与CO2互为等电子体(等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团)的阴离子为CNO-；
(5)①根据均摊原则，晶胞中La原子数是12×16+2×12=3、Ni原子数是18×12+6=15，该储氢材料的化学式为LaNi5；
②晶胞参数边长为anm，高为bnm，则晶胞体积为323a2b×10-21cm3，设阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为139×3+59×15+1×18323a2b×10-21×NA=88033a2bNA×1021g·cm-3。
【分析】（1）Ni的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2，据此画出价电子排布图；
（2）该物质中苯环上的C和双键C采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，非金属的第一电离能大于金属；
（3）根据价层电子互斥理论分析判断；
（4）CO2的几何中心和电荷中心重合，属于非极性分子；单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键；二氧化碳的价电子数目为4+6+6=16；
（5）①根据均摊法计算；
②根据ρ=mV计算。
12．【答案】（1）丙二酸
（2）羧基
（3）
（4）+CH3NO2→K2CO3，TEBAC，甲苯
（5）取代(水解)反应；碱性条件酯的水解反应更完全
（6）或
（7）→KMnO4/H+→H2/RaneyNi
【解析】【解答】
(1)由题给信息可知名称是丙二酸；
(2)B中的官能团有三种类型，名称分别是氯原子、碳碳双键、羧基，含氧官能团是羧基；
(3)由合成线路分析可知，D→E的反应是水解反应，所以E的结构简式为；
(4)由C的结构简式分析可知C→D的反应方程式为：+CH3NO2→K2CO3，TEBAC，甲苯；
(5)由合成路线分析可知，D→E的反应类型为取代(水解)，酯的水解在酸性条件下是可逆的，要让反应进行完全可在碱性溶液进行；
(6)满足①有两种官能团②能发生银镜反应③核磁共振氢谱中有三组峰，峰面积之比为：3：2：2条件的同分异构体有两种分别是：；
(7)由制备出的合成路径可先将甲基氧化成羧基，然后再将硝基还原成胺基，最后再利用成肽的反应两分子形成环状肽键：。
【分析】对氯苯甲醛与CH2(COOH)2反应生成B，B在硫酸氢钾作用下与甲醇反应生成C为，与硝基甲烷反应生成D，D酸化得到E为，发生还原反应生成F，F与氯化氢反应生成G。
（1） CH2(COOH)2为丙二酸；
（2）B中含氧官能团为羧基；
（3）E为；
（4）根据反应物和产物书写化学方程式；
（5）D→E发生酯基水解；酯的水解在酸性条件下是可逆的，要让反应进行完全可在碱性溶液进行；
（6）B的同分异构体满足：①有两种官能团，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③核磁共振氢谱中有三组峰，峰面积之比为3：2：2，存在对称结构，且含有甲基、2个醛基；
（7）由2分子成肽形成，氧化生成，然后发生还原反应生成。
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