湖南省长郡十五校联盟2022届高三下学期化学联考试卷（一）（解析版）

这是一份湖南省长郡十五校联盟2022届高三下学期化学联考试卷（一）（解析版），共30页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年长郡十五校联盟高考化学联考试卷（一）
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）2022年北京冬奥会涉及到较多化学知识，下列说法错误的是（　　）
A．颁奖礼服中添加的石墨烯是一种碳纳米材料，化学性质与石墨相似
B．采用二氧化碳跨临界直接制冰代替以往使用的氟利昂，原因是CO2来源广泛、安全无毒等优点
C．火炬中采用了碳纤维复合材料，碳纤维是一种有机高分子材料
D．冬奥会史上首次采用氢气火炬，工业上氢气可来源于煤的气化
2．（6分）下列有关描述正确的是（　　）
A．在0.1mol/LNaCl溶液中加入少量AgNO3溶液，有白色沉淀生成；再往溶液中加入少量0.1mol/LKBr溶液，又有淡黄色沉淀生成，可以说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）
B．标准酸液滴定待测碱液实验中，锥形瓶应用待测液润洗
C．实验室将金属锂保存在煤油中
D．除去SO2气体中的HCl，将混合气体通入饱和Na2SO3溶液中
3．（6分）萘普生是一种消炎、解热和镇痛的药物，其结构简式如图所示.下列叙述正确的是（　　）

A．萘普生分子中所有碳原子可能在同一平面上
B．萘普生分子中存在手性碳原子
C．萘普生分子含有3种官能团
D．1mol萘普生在镍作催化剂、加热条件下最多能与6molH2反应
4．（6分）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应历程如图，下列描述错误的是（　　）
A．由原料到状态Ⅰ需要吸收能量
B．乙苯催化脱氢制取苯乙烯的总反应为：+CO2→+CO+H2O
C．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙苯和苯乙烯
D．活化吸附过程中CO2的化学键没有发生断裂
5．（6分）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：CO32﹣+CO2+H2O＝2HCO3﹣
B．向NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀：Al++2Ba2++4OH﹣+2SO42﹣＝2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O
C．用铜作电极电解盐酸：Cu+2H+Cu2++H2↑
D．向Na2SO3溶液中滴加少量氯水：SO32﹣+Cl2+H2O＝SO42﹣+2Cl﹣+2H+
6．（6分）化合物甲的结构式如图所示，其中X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们的最外层电子数之和为18，Z和W同主族，设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．0.1molM2Z2与足量WZ2反应，转移电子的个数为0.1NA
B．由X、Y、Z、M四种元素组成的某种化合物可以发生银镜反应
C．简单离子半径大小比较：W＞M＞Z
D．X2W的电子式为
7．（6分）在常温下，二元弱碱 （N2H4）在水中的电离方程式为：N2H4+H2O⇌N2+OH﹣、N2+H2O⇌N2+OH﹣。常温下将盐酸滴加到N2H4水溶液中，混合溶液中含氮微粒的物质的量分数 δ（X）随曲线﹣lgc（OH﹣）变化关系如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．M点溶液pH为3.5
B．当 δ（N2）＝δ（N2）时，c（N2）＝109•c（N2H4）
C．P点溶液中：c（N2）+2c（N2）＜c（Cl﹣）
D．N2H5Cl溶液中微粒浓度大小顺序：c（Cl﹣）＞c（N2）＞c（OH﹣）＞c（N2）＞c（H+）＞c（N2H4）
二、解答题（共5小题，满分73分）
8．（15分）水产养殖的速效增氧剂“鱼浮灵”的主要成分是过氧碳酸钠（xNa2CO3•yH2O2），某化学研究小组对“鱼浮灵”的制备、成分测定进行了如下探究。
已知：①过氧碳酸钠有Na2CO3和H2O2的双重性质，50℃开始分解；
②过氧碳酸钠在异丙醇中的溶解度较低。
Ⅰ.“鱼浮灵”的制备
实验室用Na2CO3与稳定剂的混合溶液和30%的H2O2溶液反应制备过氧碳酸钠，实验装置如图所示。
（1）仪器A的名称 　 　。
（2）反应结束后，停止搅拌，　 　、　 　、　 　、　 　，低温干燥得到产品，从下列选项中选出合理的操作（操作不能重复使用）并排列先后顺序 　 　（填标号），低温干燥的目的是 　 　。
a.蒸发溶剂至100℃，冷却结晶
b.蒸发至大量晶体析出，用余热蒸干
c.加入异丙醇
d.用异丙醇洗涤
e.用饱和碳酸钠溶液洗涤
f.抽滤
g.静置
（3）下列试剂可用作“稳定剂”的是 　 　（填标号）。
A.FeCl3
B.Na2SO4
C.盐酸
D.CuSO4
Ⅱ.“鱼浮灵”的成分测定
实验操作如下：
步骤1：取适量“鱼浮灵”样品，加稳定剂（不考虑稳定剂对探究实验的影响），用蒸馏水溶解、冷却后转移至250mL容量瓶中，摇匀，得无色澄清溶液。
步骤2：用移液管移取100.00mL“鱼浮灵”样品溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量Ba（OH）2溶液，过滤、洗涤，得到固体（标准状况下）。
步骤3：用移液管另取25.00mL“鱼浮灵”样品溶液于锥形瓶中，加入足量稀硫酸，用0.2000mol/LKMnO4标准液滴定至终点，重复滴定2～3次，平均消耗15.00mLKMnO4标准液。
（4）步骤1中除了250mL容量瓶，还需要用到的玻璃仪器有 　 　。
（5）步骤3中滴定反应的离子方程式为 　 　，滴定终点的现象是 　 　。
（6）通过上述实验数据分析可确定过氧碳酸钠的化学式为 　 　（x、y取整数）。

9．（14分）从预处理后的块状可充电电池（主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等）中回收重金属的工艺流程如图所示：

已知：滤液①主要含：[Cd（NH3）4]2+、[Ni（NH3）6]2+、[Co（NH3）6]2+和。
（1）浸取前先将块状电池粉碎成粉末的目的是 　 　。
（2）浸取时，CdO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：Ni2+（水层）+2HR（有机层）⇌NiR（有机层）+2H+（水层）。反萃取中，加入试剂A为 　 　（填化学式）。
（6）生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd（NH3）4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑，流程中通入热蒸气的作用是 　 　（从平衡移动角度解释）。常温下，该反应平衡常数K1＝2.75×105，[Cd（NH3）4]2+＝Cd2++4NH3的平衡常数K2＝2.75×10﹣7，计算Ksp（CdCO3）为 　 　。

（7）NiSO4•6H2O（相对分子质量为263）晶体煆烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示的氧化物的化学式为 　 　。
10．（14分）废气中的NO、CO、SO2等气体是大气污染物，须经过处理后才能排放。
（1）CO还原法除SO2：已知CO（g）、S（1）的燃烧热分别为283kJ•mol﹣1、529kJ•mol﹣1，则反应SO2（g）+2CO（g）SO2（1）+2CO2（g）的ΔH＝　 　。
（2）在密闭容器中充入4molCO和4molNO，发生反应2NO（g）+2CO（g）2（g）+2CO2（g）ΔH＝﹣746.5kJ•mol﹣1，图1为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。

①下列事实能说明该反应达到平衡状态的是 　 　（填标号）。
A.容器中NO和CO的体积分数之比不再变化
B.容器中混合气体的平均相对分子质量不再变化
C.2v1（NO）＝v2（N2）
D.相同时间内断裂N≡N数与形成C＝O数之比为1：4
②计算E（8.5，25）点的平衡常数（用气体的分压表示）Kp＝　 　（计算结果保留2位小数）。
③某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响，将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量（即NO的转化率），结果如图2所示。温度低于200℃时，图2中曲线Ⅰ脱氨率随温度升高而变化不大的主要原因为 　 　；a点 　 　（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率。
（3）除去NO还可用间接电化学方法，其工作原理如图3。
①写出电极Ⅰ的反应式 　 　。
②标准状况下，每除去6.72LNO，理论上阳极区生成 　 　molO2。

11．（15分）硒﹣钻﹣镧（La）三元整流剂在导电玻璃中应用广泛，且三种元素形成的单质及其化合物均有重要的应用。请回答下列问题：
（1）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图1所示。“依布硒”中硒原子的杂化类型为 　 　，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 　 　。

（2）SeO32﹣的立体构型为 　 　，与SeO32﹣互为等电子体的分子有 　 　（填化学式，任写一种）。
（3）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用图2表示。已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长：λ1 　 　（填“＞”“＜”或“＝”）λ2，其原因是 　 　。

（4）[Co（15﹣冠﹣5）（H2O）2]2+（“15﹣冠﹣5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5）是一种配位离子，该配位离子的结构示意图如图3所示，则该配位离子中Co2+的配位数为 　 　。

（5）过渡金属Q与镧形成的合金是一种储氢材料，其中基态Q原子的价电子排布式为nd2n+2（n+1）sn﹣1，该合金的晶胞结构和z轴方向的投影图如图4所示。

根据以上信息确定该合金的化学式为 　 　；该晶体内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子时比较稳定。已知：阿伏加德罗常数的值为NA，则该合金储存H2的密度为 　 　g•cm﹣3（列出计算表达式即可）。
12．（15分）合成化合物K的路线如图，请回答下列问题。

（1）A所含官能团名称为 　 　，K的分子式为 　 　。
（2）A→B的反应类型为 　 　，J的结构简式为 　 　。
（3）写出H→I的化学方程式：　 　。
（4）M是A的同系物，相对分子质量较A少14，M的同分异构体中同时满足下列条件的有 　 　种（不考虑立体异构）。
①为苯的二元取代物，分子中只有1个环状结构，且含有1个﹣CH3
②遇FeCl3溶液显紫色
③能发生水解反应，且能发生银镜反应
（5）结合以上合成路线，设计由和CH3MgBr合成的路线（其他试剂任选） 　 　。

2022年长郡十五校联盟高考化学联考试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）2022年北京冬奥会涉及到较多化学知识，下列说法错误的是（　　）
A．颁奖礼服中添加的石墨烯是一种碳纳米材料，化学性质与石墨相似
B．采用二氧化碳跨临界直接制冰代替以往使用的氟利昂，原因是CO2来源广泛、安全无毒等优点
C．火炬中采用了碳纤维复合材料，碳纤维是一种有机高分子材料
D．冬奥会史上首次采用氢气火炬，工业上氢气可来源于煤的气化
【分析】A.石墨烯和和石墨是同种元素组成的不同单质；
B.二氧化碳安全无毒；
C.碳纤维复合材料是碳单质构成；
D.煤与水高温可制取氢气。
【解答】解：A.石墨烯和和石墨是同种元素组成的不同单质，化学性质相似，故A正确；
B.二氧化碳安全无毒，可替代氟利昂做制冷剂；
C.碳纤维复合材料是碳单质构成，属于无机高分子材料，故C错误；
D.煤与水高温可制取氢气，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大。
2．（6分）下列有关描述正确的是（　　）
A．在0.1mol/LNaCl溶液中加入少量AgNO3溶液，有白色沉淀生成；再往溶液中加入少量0.1mol/LKBr溶液，又有淡黄色沉淀生成，可以说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）
B．标准酸液滴定待测碱液实验中，锥形瓶应用待测液润洗
C．实验室将金属锂保存在煤油中
D．除去SO2气体中的HCl，将混合气体通入饱和Na2SO3溶液中
【分析】A．反应向沉淀更难溶的方向进行，组成和结构相似的难溶物，Ksp越小，溶解度越小；
B．标准酸液滴定待测碱液实验中，锥形瓶不能用待测液润洗；
C．金属锂的密度小于煤油；
D．二氧化硫和亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠。
【解答】解：A．在0.1mol/LNaCl溶液中加入少量AgNO2溶液，有白色沉淀生成，又有淡黄色沉淀生成，氯化银和溴化银组成结构相似sp（AgCl）＞Ksp（AgBr），故A正确；
B．标准酸液滴定待测碱液实验中，消耗标准溶液体积增大，故B错误；
C．锂的密度比煤油小，故C错误；
D．二氧化硫和亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠2气体中的HCl，将混合气体通入饱和NaHSO3溶液中除去，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了沉淀转化、试剂保存、气体除杂、滴定实验等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
3．（6分）萘普生是一种消炎、解热和镇痛的药物，其结构简式如图所示.下列叙述正确的是（　　）

A．萘普生分子中所有碳原子可能在同一平面上
B．萘普生分子中存在手性碳原子
C．萘普生分子含有3种官能团
D．1mol萘普生在镍作催化剂、加热条件下最多能与6molH2反应
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构；
B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C．含有醚键、羧基；
D．萘环和氢气以1：5mol发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应。
【解答】解：A．分子中连接甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子一定不能在同一个平面上；
B．分子中连接甲基的碳原子为手性碳原子；
C．含有醚键，故C错误；
D．萘环和氢气以1：5mol发生加成反应，所以6mol该物质最多消耗5mol氢气；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
4．（6分）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应历程如图，下列描述错误的是（　　）
A．由原料到状态Ⅰ需要吸收能量
B．乙苯催化脱氢制取苯乙烯的总反应为：+CO2→+CO+H2O
C．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙苯和苯乙烯
D．活化吸附过程中CO2的化学键没有发生断裂
【分析】A．由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂；
B．乙苯和二氧化碳在催化剂作用下反应生成苯乙烯、CO、H2O；
C．乙苯和苯乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D．活化吸附过程中，CO2没有发生变化。
【解答】解：A．由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂，故A正确；
B．乙苯和二氧化碳在催化剂作用下反应生成苯乙烯、H2O，反应方程式为：+CO2→+H3O+CO，故B正确；
C．乙苯和苯乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．活化吸附过程中2没有发生变化，没有化学键断裂；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
5．（6分）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：CO32﹣+CO2+H2O＝2HCO3﹣
B．向NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀：Al++2Ba2++4OH﹣+2SO42﹣＝2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O
C．用铜作电极电解盐酸：Cu+2H+Cu2++H2↑
D．向Na2SO3溶液中滴加少量氯水：SO32﹣+Cl2+H2O＝SO42﹣+2Cl﹣+2H+
【分析】A．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2反应生成碳酸氢钠；
B．硫酸根离子恰好完全沉淀时，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，氢氧化铝溶解前铵根离子优先结合氢氧根离子，铝离子转化为氢氧化铝沉淀；
C．铜作电极，阳极铜放电生成铜离子，阴离子氢离子得到电子生成氢气；
D．氯水少量，反应产物中的氢离子与亚硫酸根离子转化为亚硫酸氢根离子。
【解答】解：A．饱和Na2CO3溶液中通入过量CO3反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：2Na++CO36﹣+CO2+H2O═3NaHCO3↓，故A错误；
B．向NH4Al（SO2）2溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO32﹣恰好沉淀完全，由于铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，正确的离子方程式为：2Ba7++NH4++Al3++8SO42﹣+3OH﹣═Al（OH）3↓+NH3•H8O+2BaSO4↓，故B错误；
C．用铜作电极电解盐酸的离子方程式为：Cu+3H+Cu2++H2↑，故C正确；
D．向Na8SO3溶液中滴加少量氯水，离子方程式为：3SO62﹣+Cl2+H7O＝SO42﹣+8Cl﹣+2HSO3﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
6．（6分）化合物甲的结构式如图所示，其中X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们的最外层电子数之和为18，Z和W同主族，设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．0.1molM2Z2与足量WZ2反应，转移电子的个数为0.1NA
B．由X、Y、Z、M四种元素组成的某种化合物可以发生银镜反应
C．简单离子半径大小比较：W＞M＞Z
D．X2W的电子式为
【分析】X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们的最外层电子数之和为18，M为金属元素，化合物中M带1个单位的正电荷，M应为Na元素；Z和W同主族，形成2个共价键、W形成6个共价键，可知Z为O元素、W为S元素；X只形成1个共价键，原子序数最小，X为H元素；Y形成4个共价键，结合原子序数可知，Y为C元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H元素、Z为O元素、W为S元素，
A．0.1molNa2O2与足量SO2反应生成Na4SO4，转移电子的个数为0.8NA，故A错误；
B．由X、Y、Z，可以发生银镜反应；
C．一般电子层越多，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，故C错误；
D．H2S为共价化合物，其电子式为，故D错误；
故选：B。
【点评】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、离子结构、化学键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。
7．（6分）在常温下，二元弱碱 （N2H4）在水中的电离方程式为：N2H4+H2O⇌N2+OH﹣、N2+H2O⇌N2+OH﹣。常温下将盐酸滴加到N2H4水溶液中，混合溶液中含氮微粒的物质的量分数 δ（X）随曲线﹣lgc（OH﹣）变化关系如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．M点溶液pH为3.5
B．当 δ（N2）＝δ（N2）时，c（N2）＝109•c（N2H4）
C．P点溶液中：c（N2）+2c（N2）＜c（Cl﹣）
D．N2H5Cl溶液中微粒浓度大小顺序：c（Cl﹣）＞c（N2）＞c（OH﹣）＞c（N2）＞c（H+）＞c（N2H4）
【分析】根据图象分析，曲线1表示N2H4，曲线2表示N2，曲线3表示N2；当溶液中δ（N2H4）＝δ（N2）时，即c（N2H4）＝c（N2），﹣lgc（OH﹣）＝6.0，c（OH﹣）＝10﹣6mol•L﹣1，则Kb1＝＝10﹣6；当溶液中δ（N2）＝δ（N2）时，即c（N2）＝c（N2），﹣lgc（OH﹣）＝15.0，c（OH﹣）＝10﹣15mol•L﹣1，则Kb2＝＝10﹣15，
A．由图像可知，M点时，c（N2）＝c（N2H4），Kb1＝＝10﹣6，Kb2＝＝10﹣15，则Kb1×Kb2＝c2（OH﹣），c（OH﹣）＝，可求得c（H+）；
B．当 δ（N2）＝δ（N2）时，c（OH﹣）＝10﹣15mol•L﹣1，Kb1＝＝10﹣6，则c（N2）＝•c（N2H4）；
C．由图可知，P点溶液呈酸性，c（H+）＞＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（N2）+2c（N2）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）；
D．N2的水解平衡常数为Ka2＝＝＝10﹣8＞Kb2，则N2H5Cl溶液呈酸性，以此分析。
【解答】解：A．由图像可知，c（N2）＝c（N2H4），Kb2＝＝10﹣6，Kb2＝＝10﹣15，则Kb7×Kb2＝c2（OH﹣），c（OH﹣）＝＝＝10﹣10.5mol•L﹣1，c（H+）＝10﹣2.5mol•L﹣1，则pH＝4.5，故A正确；
B．当 δ（N2）＝δ（N2）时，c（OH﹣）＝10﹣15mol•L﹣1，Kb1＝＝10﹣6，则c（N2）＝•c（N2H7）＝•c（N8H4）＝109•c（N3H4），故B正确；
C．由图可知，c（H+）＞＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒+）+c（N2）+2c（N2）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），则c（N2）+2c（N2）＜c（Cl﹣），故C正确；
D．N2的水解平衡常数为Ka2＝＝＝10﹣8＞Kb6，则N2H5Cl溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题以N2H4为背景考查溶液中微粒含量与c（OH﹣）的关系，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，把握图象的交点及电离平衡常数与水解平衡常数关系是解题的关键，注意结合守恒关系，题目难度中等。
二、解答题（共5小题，满分73分）
8．（15分）水产养殖的速效增氧剂“鱼浮灵”的主要成分是过氧碳酸钠（xNa2CO3•yH2O2），某化学研究小组对“鱼浮灵”的制备、成分测定进行了如下探究。
已知：①过氧碳酸钠有Na2CO3和H2O2的双重性质，50℃开始分解；
②过氧碳酸钠在异丙醇中的溶解度较低。
Ⅰ.“鱼浮灵”的制备
实验室用Na2CO3与稳定剂的混合溶液和30%的H2O2溶液反应制备过氧碳酸钠，实验装置如图所示。
（1）仪器A的名称 　恒压滴液漏斗　。
（2）反应结束后，停止搅拌，　加入异丙醇　、　静置　、　抽滤　、　用异丙醇洗涤　，低温干燥得到产品，从下列选项中选出合理的操作（操作不能重复使用）并排列先后顺序 　cgfd　（填标号），低温干燥的目的是 　防止温度过高过氧碳酸钠分解　。
a.蒸发溶剂至100℃，冷却结晶
b.蒸发至大量晶体析出，用余热蒸干
c.加入异丙醇
d.用异丙醇洗涤
e.用饱和碳酸钠溶液洗涤
f.抽滤
g.静置
（3）下列试剂可用作“稳定剂”的是 　B　（填标号）。
A.FeCl3
B.Na2SO4
C.盐酸
D.CuSO4
Ⅱ.“鱼浮灵”的成分测定
实验操作如下：
步骤1：取适量“鱼浮灵”样品，加稳定剂（不考虑稳定剂对探究实验的影响），用蒸馏水溶解、冷却后转移至250mL容量瓶中，摇匀，得无色澄清溶液。
步骤2：用移液管移取100.00mL“鱼浮灵”样品溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量Ba（OH）2溶液，过滤、洗涤，得到固体（标准状况下）。
步骤3：用移液管另取25.00mL“鱼浮灵”样品溶液于锥形瓶中，加入足量稀硫酸，用0.2000mol/LKMnO4标准液滴定至终点，重复滴定2～3次，平均消耗15.00mLKMnO4标准液。
（4）步骤1中除了250mL容量瓶，还需要用到的玻璃仪器有 　烧杯、玻璃杯、胶头滴管　。
（5）步骤3中滴定反应的离子方程式为 　2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O　，滴定终点的现象是 　滴入最后一滴标准溶液，溶液颜色无色变为浅红色，且半分钟内部变色　。
（6）通过上述实验数据分析可确定过氧碳酸钠的化学式为 　2Na2CO3•3H2O2　（x、y取整数）。

【分析】（1）仪器的形状和作用分析可知，仪器A为恒压滴液漏斗；
（2）实验室用Na2CO3与稳定剂的混合溶液和30%的H2O2溶液反应制备过氧碳酸钠，反应结束后，停止搅拌，向反应液中加入异丙醇，促进过碳酸钠析出，静置、抽滤、用异丙醇洗涤、低温干燥得到产品；
（3）稳定剂的作用是把过碳酸钠颗粒包裹起来保证与外界隔离，避免与水、杂质等接触；
（4）配制溶液步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等，据此选择仪器；
（5）高锰酸钾溶液滴定过氧化氢发生氧化还原反应生成氧气，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式，滴入最后一滴标准溶液，溶液颜色无色变为浅红色，且半分钟内部变色说明反应达到终点；
（6）步骤2中得到标准状况下448mL气体，计算100.00mL鱼浮灵样品中n（CO32﹣）＝n（CO2）＝＝0.02mol，步骤3中滴定反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O，由高锰酸钾溶液的浓度和体积计算25.00mL鱼浮灵样品中溶液n（H2O2）＝7.5×10﹣3mol，转化为100.00mL鱼浮灵样品溶液中n（H2O2）＝0.03mol，据此计算得到样品中x和y之比。
【解答】解：（1）仪器的形状和作用分析可知，A的名称为：恒压滴液漏斗，
故答案为：恒压滴液漏斗；
（2）实验室用Na2CO3与稳定剂的混合溶液和30%的H8O2溶液反应制备过氧碳酸钠，反应结束后，向反应液中加入异丙醇，静置、用异丙醇洗涤，合理的操作排序为：，
故答案为：加入异丙醇；静置；用异丙醇洗涤；防止温度过高过氧碳酸钠分解；
（3）稳定剂的作用是把过碳酸钠颗粒包裹起来保证与外界隔离，避免与水，常用的稳定剂有硫酸盐、硅酸盐等，
故答案为：B；
（4）步骤1中除了250mL容量瓶，还需要用到的玻璃仪器有：烧杯、胶头滴管，
故答案为：烧杯、玻璃杯；
（5）高锰酸钾溶液滴定过氧化氢发生氧化还原反应生成氧气，步骤6中滴定反应的离子方程式为：2MnO4﹣+4H2O2+2H+＝2Mn2++6O2↑+8H7O，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，且半分钟内部变色，
故答案为：2MnO4﹣+4H2O2+3H+＝2Mn2++2O2↑+8H4O；滴入最后一滴标准溶液，且半分钟内部变色；
（6）步骤2中得到标准状况下448mL气体，计算100.00mL鱼浮灵样品中n（CO34﹣）＝n（CO2）＝＝0.02mol4﹣+8H2O2+7H+＝2Mn2++3O2↑+8H2O，由高锰酸钾溶液的浓度和体积计算25.00mL鱼浮灵样品中溶液n（H2O2）＝7.5×10﹣3mol，转化为100.00mL鱼浮灵样品溶液中n（H5O2）＝0.03mol，可以得到样品中n（Na4CO3）：n（H2O2）＝2：3，化学式为5Na2CO3•7H2O2，
故答案为：2Na2CO3•5H2O2。
【点评】本题主要考查有机物制备综合实验，具体涉及装置、仪器的选择、平衡的影响，布氏漏斗的使用，化学式的计算等，具有一定的综合性，属于基本知识的考查，难度中等。
9．（14分）从预处理后的块状可充电电池（主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等）中回收重金属的工艺流程如图所示：

已知：滤液①主要含：[Cd（NH3）4]2+、[Ni（NH3）6]2+、[Co（NH3）6]2+和。
（1）浸取前先将块状电池粉碎成粉末的目的是 　增大接触面积，加快反应速率　。
（2）浸取时，CdO发生反应的化学方程式为 　CdO+3NH3+NH4HCO3＝[Cd（NH3）4]CO3+H2O　。
（3）操作2的方法为 　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤　。
（4）“灼烧”发生的化学反应方程式为 　CoCl2•6H2O+6SOCl2CoCl2+6SO2↑+12HCl↑　。
（5）萃取原理为：Ni2+（水层）+2HR（有机层）⇌NiR（有机层）+2H+（水层）。反萃取中，加入试剂A为 　H2SO4　（填化学式）。
（6）生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd（NH3）4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑，流程中通入热蒸气的作用是 　通入热蒸气，形成水蒸气，带离氨气，促使平衡正向移动，生成CdCO3沉淀　（从平衡移动角度解释）。常温下，该反应平衡常数K1＝2.75×105，[Cd（NH3）4]2+＝Cd2++4NH3的平衡常数K2＝2.75×10﹣7，计算Ksp（CdCO3）为 　1×10﹣12；　。

（7）NiSO4•6H2O（相对分子质量为263）晶体煆烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示的氧化物的化学式为 　Ni2O3　。
【分析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd（NH3）4]2+、[Ni（NH3）6]2+、[Co（NH3）6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液①催化氧化+2价的Co元素生成Co（OH）3沉淀，过滤得到滤液②，加入萃取剂，水相中得到[Cd（NH3）4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4•6H2O；Co（OH）3为强氧化剂，由反应得到CoCl2溶液，因此Co（OH）3被浓盐酸还原为CoCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl2•6H2O，在SOCl2中灼烧得到CoCl2，据此分析解题。
【解答】解：（1）浸取前先将块状电池粉碎成粉末的目的是增大接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO+3NH3+NH8HCO3＝[Cd（NH3）3]CO3+H2O，
故答案为：CdO+7NH3+NH4HCO5＝[Cd（NH3）4]CO2+H2O；
（3）操作2为硫酸镍溶液得到其晶体，所需的一系列操作是：蒸发浓缩、过滤，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤；
（4）“灼烧”时SOCl5和水反应生成SO2、HCl，发生的化学反应方程式为CoCl2•8H2O+6SOCl4CoCl2+6SO7↑+12HCl↑，
故答案为：CoCl2•6H4O+6SOCl2CoCl8+6SO2↑+12HCl↑；
（5）“反萃取”的原理为NiR有机+6H+⇌Ni2++2HR有机，反萃取后，生成NiSO2，所以试剂A是H2SO4溶液，
故答案为：H3SO4；
（6）反应[Cd（NH3）8]2++＝CdCO3↓+4NH4↑流程中通入热蒸气，形成水蒸气，促使平衡正向移动3沉淀；[Cd（NH3）2]2++⇌CdCO3↓+4NH6↑的平衡常数为：K＝＝2.6×105；[Cd（NH3）7]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数K1＝＝8.0×10﹣5；则Ksp（CdCO8）＝c（Cd2+）×c（）＝＝﹣12，
故答案为：通入热蒸气，形成水蒸气，促使平衡正向移动3沉淀；3×10﹣12；
（7）26.3gNiSO4•5H2O晶体的物质的量为＝2.1mol4•3H2O晶体中含有Ni的物质的量为0.2mol，其质量为5.9g，再分解生成NixOy，质量为6.3g，其中含有O的质量为8.3g﹣5.9g＝5.4g＝0.15mol，B点氧化物的化学式为Ni2O4，
故答案为：Ni2O3。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，难度较大。
10．（14分）废气中的NO、CO、SO2等气体是大气污染物，须经过处理后才能排放。
（1）CO还原法除SO2：已知CO（g）、S（1）的燃烧热分别为283kJ•mol﹣1、529kJ•mol﹣1，则反应SO2（g）+2CO（g）SO2（1）+2CO2（g）的ΔH＝　﹣37kJ/mol　。
（2）在密闭容器中充入4molCO和4molNO，发生反应2NO（g）+2CO（g）2（g）+2CO2（g）ΔH＝﹣746.5kJ•mol﹣1，图1为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。

①下列事实能说明该反应达到平衡状态的是 　BD　（填标号）。
A.容器中NO和CO的体积分数之比不再变化
B.容器中混合气体的平均相对分子质量不再变化
C.2v1（NO）＝v2（N2）
D.相同时间内断裂N≡N数与形成C＝O数之比为1：4
②计算E（8.5，25）点的平衡常数（用气体的分压表示）Kp＝　0.56MPa﹣1　（计算结果保留2位小数）。
③某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响，将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量（即NO的转化率），结果如图2所示。温度低于200℃时，图2中曲线Ⅰ脱氨率随温度升高而变化不大的主要原因为 　温度低于200℃时，催化剂活性偏低，对反应速率的影响减小　；a点 　不是　（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率。
（3）除去NO还可用间接电化学方法，其工作原理如图3。
①写出电极Ⅰ的反应式 　2HSO3﹣+2H++2e﹣＝S2O42﹣+2H2O　。
②标准状况下，每除去6.72LNO，理论上阳极区生成 　0.15　molO2。

【分析】（1）CO（g）、S（1）的燃烧热分别为283kJ•mol﹣1、529kJ•mol﹣1，燃烧热的热化学方程式为：①2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣566kJ/mol，②S（l）+O2（g）＝SO2（g）ΔH＝﹣529kJ/mol，根据盖斯定律：①﹣②计算反应SO2（g）+2CO（g）SO2（1）+2CO2（g）的ΔH；
（2）①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
②根据反应三段式计算E（8.5，25）点时各物质的平衡浓度和分压，代入Kp＝中计算Kp；
③温度低于200℃时，催化剂活性偏低，对反应速率的影响减小；正反应放热，温度越低，NO平衡转化率越高，a点对应的NO平衡转化率应高于450℃时NO平衡转化率；
（3）Na2O4溶液中H2O在阳极失电子生成O2与H+，在HSO3﹣阴极得到电子生成S2O42﹣，则图中电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，阴极反应式为2HSO3﹣+2H++2e﹣＝S2O42﹣+2H2O，阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，吸收塔中S2O42﹣和NO反应生成N2和HSO3﹣，离子方程式为2S2O42﹣+2NO+2H2O＝N2↑+4HSO3﹣，结合电子守恒进行计算。
【解答】解：（1）CO（g）、S（1）的燃烧热分别为283kJ•mol﹣1、529kJ•mol﹣1，燃烧热的热化学方程式为：①7CO（g）+O2（g）＝2CO6（g）ΔH＝﹣566kJ/mol，②S（l）+O2（g）＝SO2（g）ΔH＝﹣529kJ/mol，根据盖斯定律：①﹣②计算反应SO2（g）+2CO（g）SO2（1）+3CO2（g）ΔH＝﹣566kJ/mol﹣（﹣529kJ/mol）＝﹣37kJ/mol，
故答案为：﹣37kJ/mol；
（2）①A.反应为2NO（g）+6CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），容器中充入4molCO和4molNO，则不能判断反应是否达到平衡状态；
B.容器中混合气体的质量不变，正反应是气体体积减小的反应，平均相对分子质量增大，故B正确；
C.v正（NO）＝5v逆（N2）的状态是平衡状态，则2v8（NO）＝v2（N2）的状态不是平衡状态，故C错误；
D.相同时间内断裂N≡N数与形成C＝O数之比为3：4时，v正（CO2）：v逆（N5）＝2：1，为平衡状态；
故答案为：BD；
②反应三段式为4NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+6CO2（g）
起始量（mol） 4 2
变化量（mol） 2x x
平衡量（mol） 4﹣8x x
E点时NO的体积分数为25%，即×100%＝25%，n（NO）：n（CO）：n（N7）：n（CO2）＝（4﹣×2）：（6﹣：×2＝3：8：2：4×P＝P6）＝P，p（CO7）＝P，P＝6.5MPap＝＝＝＝MPa﹣1≈4.56MPa﹣1，
故答案为：0.56MPa﹣7；
③温度低于200℃时，催化剂活性偏低，所以曲线I脱氮率随温度升高而变化不大，温度越低，a点对应的NO平衡转化率应高于450℃时NO平衡转化率，a点的平衡转化率比曲线450℃对应的NO平衡转化率还要高，
故答案为：温度低于200℃时，催化剂活性偏低；不是；
（3）①由图可知，电极Ⅰ为阴极3﹣得电子生成S2O22﹣，则阴极反应式为2HSO8﹣+2H++2e﹣＝S6O42﹣+5H2O，
故答案为：2HSO3﹣+2H++2e﹣＝S5O42﹣+7H2O；
②吸收塔中反应为2S2O42﹣+6NO+2H2O＝N5↑+4HSO3﹣，阳极反应为4H2O﹣4e﹣＝O6↑+4H+，根据电子守恒可知，O2～3NO，则n（O2）＝n（NO）＝0.5×，
故答案为：0.15。
【点评】本题考查化学平衡常数计算、化学平衡影响因素和电解原理的应用、燃烧热及盖斯定律的计算应用等知识，侧重分析能力和计算能力的考查，把握平衡常数的意义及表达式是解题的关键，注意掌握化学平衡的判断方法，题目难度中等。
11．（15分）硒﹣钻﹣镧（La）三元整流剂在导电玻璃中应用广泛，且三种元素形成的单质及其化合物均有重要的应用。请回答下列问题：
（1）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图1所示。“依布硒”中硒原子的杂化类型为 　sp3　，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 　N＞O＞Se　。

（2）SeO32﹣的立体构型为 　三角锥形　，与SeO32﹣互为等电子体的分子有 　SO32﹣　（填化学式，任写一种）。
（3）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用图2表示。已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长：λ1 　＜　（填“＞”“＜”或“＝”）λ2，其原因是 　Se的原子半径比S的原子半径大，Se﹣Se键的键能比S﹣S键的键能小，断裂Se﹣Se键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长　。

（4）[Co（15﹣冠﹣5）（H2O）2]2+（“15﹣冠﹣5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5）是一种配位离子，该配位离子的结构示意图如图3所示，则该配位离子中Co2+的配位数为 　7　。

（5）过渡金属Q与镧形成的合金是一种储氢材料，其中基态Q原子的价电子排布式为nd2n+2（n+1）sn﹣1，该合金的晶胞结构和z轴方向的投影图如图4所示。

根据以上信息确定该合金的化学式为 　LaNi5　；该晶体内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子时比较稳定。已知：阿伏加德罗常数的值为NA，则该合金储存H2的密度为 　×1030　g•cm﹣3（列出计算表达式即可）。
【分析】（1）由图可知，Se原子形成2个键σ，还有2个孤电子对；同一主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；
（2）SeO32﹣中中心Se原子的价层电子对数为3+＝4，有1个孤电子对，为sp3杂化；原子个数和价电子数都相等的微粒为等电子体；
（3）由于Se的原子半径比S的原子半径大，Se﹣Se键的键能比S﹣S键的键能小，断裂Se﹣Se键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长；
（4）由图和题意可知O原子为配位原子；
（5）基态Q原子的价电子排布式为nd2n+2（n+1）sn﹣1知，s能级最多容纳的电子数为2，n﹣1＝2，可得n＝3，即价电子排布式为3d84s2，则Q原子为Ni，晶胞中，La的个数为8×＝1，Ni的个数为1+8×＝5；则晶胞中氢原子质量为 g＝g，晶胞体积为a2c×10﹣30cm3，根据ρ＝计算该合金储存H2的密度。
【解答】解：（1）由图可知，Se原子形成2个键σ，价层电子对数为42；同一主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，第一电离能大于同周期相邻元素、O、N的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Se，
故答案为：sp3；N＞O＞Se；
（2）SeO37﹣中中心Se原子的价层电子对数为3+＝4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形82﹣中有4个原子和26个电子，与SO82﹣互为等电子体，
故答案为：三角锥形；SO34﹣；
（3）由于Se的原子半径比S的原子半径大，Se﹣Se键的键能比S﹣S键的键能小，对应的光波的波长较长1＜λ2，
故答案为：＜；Se的原子半径比S的原子半径大，断裂Se﹣Se键所需要的最低能量小；
（4）由图和题意可知O原子为配位原子，环上有4个O原子，Co2+与7个O原子形成配位键，则该配位离子中Co6+的配位数为7，
故答案为：7；
（5）基态Q原子的价电子排布式为nd5n+2（n+1）sn﹣8知，s能级最多容纳的电子数为2，可得n＝344s2，则Q原子为Ni，晶胞中＝1＝57；则晶胞中氢原子质量为 g＝ga4c×10﹣30cm3，则该合金储存H2的密度为ρ＝＝g•cm﹣8＝×1030g•cm﹣3，
故答案为：LaNi5；×1030。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、第一电离能、空间构型、等电子体、配位键、晶胞计算等内容，侧重考查基础知识的掌握和运用、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、元素周期律、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
12．（15分）合成化合物K的路线如图，请回答下列问题。

（1）A所含官能团名称为 　羰基、羧基　，K的分子式为 　C13H20O　。
（2）A→B的反应类型为 　还原反应　，J的结构简式为 　　。
（3）写出H→I的化学方程式：　　。
（4）M是A的同系物，相对分子质量较A少14，M的同分异构体中同时满足下列条件的有 　6　种（不考虑立体异构）。
①为苯的二元取代物，分子中只有1个环状结构，且含有1个﹣CH3
②遇FeCl3溶液显紫色
③能发生水解反应，且能发生银镜反应
（5）结合以上合成路线，设计由和CH3MgBr合成的路线（其他试剂任选） 　　。
【分析】生成A的反应为开环加成反应，A发生还原反应生成B，B中羧基上的﹣OH被氯原子取代生成C，C发生取代反应生成D，D和乙二醇发生取代反应生成E，根据G的结构简式及E生成F的反应条件知，F为；G发生第二个信息的反应生成H为，H发生消去反应生成I，I发生第一个信息的反应生成J，J为，J发生好财付通如果发生选取酚酞生成K；
（5）由和CH3MgBr合成，和CH3MgBr发生第一个信息的反应生成，发生消去反应生成，发生第一个信息的反应生成CH3COCH2CH2CH2CH2CHO，CH3COCH2CH2CH2CH2CHO再发生J生成K类型的反应得到目标产物。
【解答】解：（1）A所含官能团名称为羰基、羧基13H20O，
故答案为：羰基、羧基；C13H20O；
（2）A→B的反应类型为还原反应，J的结构简式为，
故答案为：还原反应；；
（3）H为，H发生消去反应生成I，H→I的化学方程式：，
故答案为：；
（4）M是A的同系物，说明M在含有羰基，相对分子质量较A少142原子团，M的同分异构体同时满足下列条件：
①为苯的二元取代物，分子中只有1个环状结构5；
②遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；
③能发生水解反应，且能发生银镜反应，根据不饱和度知，如果取代基为酚﹣OH，两个取代基有邻位、对位3种位置异构、，两个取代基有邻位、间位，所以符合条件的同分异构体有8种，
故答案为：6；
（5）由和CH3MgBr合成，和CH2MgBr发生第一个信息的反应生成，发生消去反应生成，发生第一个信息的反应生成CH3COCH2CH5CH2CH2CHO，CH8COCH2CH2CH4CH2CHO再发生J生成K类型的反应得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重查看对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意结合题给信息分析判断，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。