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2022届河南省洛阳市一高高三第二次统一考试（二模）理综化学试题含解析
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这是一份2022届河南省洛阳市一高高三第二次统一考试（二模）理综化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
河南省洛阳市一高2022届高三第二次统一考试（二模）
理综化学试题
一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．为增强“84”消毒液的消杀新冠肺炎病毒效果，可加入浓盐酸
B．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质
C．油脂、糖类以及蛋白质在人体内均能发生水解反应
D．嫦娥五号返回器带回的月壤中含有3He，它与地球上的4He属于同位素
2．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示(球大小表示原子半径的相对大小)，W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数，下列说法中一定正确的是（ ）
A．X可以分别与W、Y可形成化合物W2X2、Y2X2
B．工业上获得Y、Z单质均可采用电解它们的熔融氯化物
C．简单离子半径： Z>Y>X>W
D．相同条件下，Y单质的沸点比Z单质的低
3．Li和N2在450℃时反应制得储氢材料Li3N，Li3N易水解，在空气中加热可发生剧烈燃烧。下图是某实验小组设计的实验室制备少量Li3N的装置图。下面有关说法错误的是（ ）
A．洗气瓶a中盛放NaOH溶液
B．浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免Li3N水解和燃烧
C．反应时，先对d加热，再点燃c中酒精灯
D．取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红不能说明反应后固体中含Li3N
4．乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：
下列说法错误的是（ ）
A．反应③的化学方程式为：CH2=CH2+CH3COOH→催化剂CH3COOCH2CH3
B．反应①属于取代反应
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别
D．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有5种
5．我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如下，下列说法正确的是（ ）
A．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
B．①→②过程属于吸热反应
C．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙醇
D．反应过程中有C-H键、C-C键、O-H键生成
6．2022年北京冬奥会，我国使用了“容和一号”大容量电池堆(铁一铬液流电池)来保障冬奥地区持续稳定存储、提供清洁电能。铁一铬液流电池与其他电化学电池相比，寿命远远高于钠硫电池、锂离子电池和铅酸电池。铁一铬液流电池的电解质溶液是含铁盐和铬盐的稀盐酸溶液。下列说法错误的是（ ）
A．该电池可将太阳能发的电稳定存储
B．充电时电池的反应为：Cr3++Fe2+=Cr2++Fe3+
C．放电时，电路中每流过0.1mol电子，Fe3+浓度降低0.1mol/L
D．负极每1molCr2+被氧化，电池中有1molH+通过交换膜向正极转移
7．三甲胺[N(CH3)3]是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶液中lgc(MOH)c(M+)，pOH[pOH=-lgc(OH-)]、中和率(中和率=被中和的MOH的物质的量/反应前MOH的总物质的量)的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(C1-)
B．b点时，c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)
C．溶液中水的电离程度：c点>d点
D．三甲胺[N(CH3)3]的电离常数为10-4.2
二、综合题
8．[Co(NH3)6]Cl3(三氯六氨合钴)是一种重要的化工产品，常用于合成其它Co(II)配合物。以下是一种制备三氯六氨合钴的实验方法，回答下列问题：
（1）I.氯化钴的制备
已知氯化钴(CoCl2)易潮解，Co(III)的氧化性强于Cl2，可用高熔点金属钴与氯气反应制取。实验室提供下列装置进行组合(连接用橡胶管省略)：
仪器a的名称是 ，用上图中的装置组合制备氯化钴，连接顺序为：A→ 。
（2）装置A产生氯气的化学方程式为 。
（3）用正确的连接装置进行实验，B的作用是 。
（4）II.三氯六氨合钴晶体的制备
“氧化”的目的是 。“操作X”包括冷却结晶、过滤，并依次用少量冷的稀盐酸和无水乙醇对晶体进行洗涤，用无水乙醇洗涤的目的是 。
（5）制备[Co(NH3)6]Cl3总反应的化学方程式为 。反应中活性炭的作用是 (填标号)。
a.脱色剂 b.氧化剂 c.还原剂 d.催化剂
9．铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)，还含有SiO2及少量难溶于水和碱溶液的杂质。铬及其化合物在化工上用途广泛，由铬铁矿石制备重要化工原料重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如下图所示：
已知：铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2。
回答下列问题：
（1）为了加快矿石碱熔速率，可以采取的措施有 (任写一种)。
（2）写出铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2的化学方程式 。
（3）“水浸”时，滤渣A为红褐色沉淀，NaFeO2水解的离子方程式为 。
（4）“调pH”时，气体X循环利用，X的化学式为 ，滤渣B的主要成分为 。
（5）“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr(Ⅲ)，既影响产品的纯度，又产生有毒气体污染环境，写出相关反应离子方程式 。
（6）某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如下：
若不考虑气体的溶解，当收集到13.44LH2(标准状况下)时有 molCr2O72-被还原，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10-5mol⋅L-1，则c(Fe3+)= 。(已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31)
10．氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1
③N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol-1
则反应：④4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。
根据RlnKp=-ΔHT+C(C为常数)，由图中的数据可推知，该反应的反应热为 kJ·mol-1(保留小数点后2位)，图中表示的方程式是 (填序号)。
（2）生产硝酸的第二步反应是2NO+O2=2NO2，在0.1MPa和0.8MPa压强下，NO的平衡转化率α随温度的变化如图所示，反应在400℃，0.8MPa时的α= ，在压强p1、温度600℃时，A点v正 v逆(填“大于”、“小于”或者“等于”)。
（3）研究表明NO和O2的反应分两步进行
①2NO=(NO)2 ΔH<0
②(NO)2+O2(g)=2NO2 ΔH<0
NO和O2反应速率公式为v=k·K·p2(NO)·p(O2)，K为反应①的平衡常数，k为反应②速率常数(k随温度T升高而增大)。当其他条件不变时，研究NO达到一定转化率时，温度与时间的关系如表所示。
压强/(×105Pa)
温度/℃
NO达到一定转化率所需时间/s
50%
90%
98%
1
30
12.4
248
2830
90
25.3
508
5760
8
30
0.19
3.88
36.4
90
0.59
7.86
74
根据表中信息，对于反应：2NO+O2=2NO2，当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低，原因是 。
（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1s、t2s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。
①B、E两点对应的正反应速率大小为vB (填“＞”“＜”或“=”)vE。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 。
11．
（1）I.TiO2和MnO2均可以催化降解甲醛、苯等有害物质，具有去除效率高，且无二次污染等优点，广泛应用于家居装潢等领域，其中一种催化机理如图所示。
回答下列问题：
基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为 。
（2）CO2和·CHO中碳原子的杂化形式分别为 、 。
（3）HCHO的空间构型为 。
（4）金属钛和锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用理论解释。已知金属锰有多种晶型，y型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列 (填编号)。
（5）II.2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。
回答下列问题：
Fe的基态原子的价电子排布式为 。
（6）乙二醇(HOCH2CH2OH)的相对分子质量与丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸点高出100℃，原因是 。
（7）III.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。LiCl3∙H2O属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的晶胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。LiCl3∙H2O的摩尔质量为Mg⋅mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值。
该晶胞中Cl原子的数目为 ，LiCl⋅3H2O晶体的密度为 g⋅cm-3(列出计算表达式)。
12．化合物F是一种医药化工合成中间体，其合成路线如下图。
已知：①R-CH=CH2→H2O2OsO4
②
（1）D的结构简式为 ，C→D的反应类型为 ，F中含氧官能的名称为 。
（2）B→C的反应方程式为 。
（3）符合下列条件的D的同分异构体共有 种(不考虑立体异构)。
①遇FeCl3溶液显紫色
②1mol该物质能与足量Na反应生成1molH2
其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 (任写一种)。
（4）设计由1，2一二氯乙烷与制备的合成路线(其他试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．“84”消毒液成分为氯化钠、次氯酸钠的溶液，在酸溶液中氯离子、次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气，不能提高消毒效果，故A不符合题意；
B．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C．不是所有的糖类都能发生水解反应，单糖不能发生水解反应，比如果糖、葡萄糖，故C不符合题意；
D．质子数相同中子数不同的不同核素是同位素，3He与地球上的4He质子数一样，中子数不一样，属于同位素，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.84消毒液的主要成分为次氯酸钠，与浓盐酸会发生氧化还原反应生成氯气；
B.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
C.单糖不能发生水解反应；
D.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.氧元素与氢元素和钠元素可以形成化合物H2O2和Na2O2，与镁元素只能形成化合物MgO，故A不符合题意；
B.氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，不能用电解方法制备铝单质，故B不符合题意；
C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子或镁离子、铝离子和氧离子的电子层结构相同，则氧离子的离子半径大于金属阳离子的离子半径，故C不符合题意；
D.金属钠中钠离子的离子半径大于金属铝中铝离子的离子半径，钠原子的价电子数小于铝原子，则金属钠中的金属键小于金属铝，则钠单质的沸点比铝单质的低，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.镁的氧化物只有一种；
B.依据氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电；
C.依据电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
D.金属离子的半径大，价电子数小，沸点低。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．空气中含有二氧化碳，洗气瓶a中盛放NaOH溶液除去空气中的二氧化碳，故A不符合题意；
B．Li3N易水解，在空气中加热可发生剧烈燃烧，浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免Li3N水解和燃烧，B不符合题意；
C．反应时，先对c加热，除去空气中的氧气，用氮气排尽装置内的空气后再点燃d中酒精灯，防止Li和氧气反应，故C符合题意；
D．Li和水反应生成氢氧化铝和氢气，取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红不能说明反应后固体中含Li3N，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．盛NaOH溶液的洗气瓶除酸性气体；
B．依据产物易水解的特点分析；
C．加热之前应排出装置中的空气；
D．产物与水反应得到的溶液呈碱性。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．反应③是乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：CH2=CH2+CH3COOH→催化剂CH3COOCH2CH3，A不符合题意；
B．反应①是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，属于取代反应，B不符合题意；
C．乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应是二氧化碳，有气泡产生，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，溶液分层，现象不同，可用Na2CO3溶液鉴别三者，C不符合题意；
D．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有： HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3种，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据反应物和产物书写。
B．酯化反应属于取代反应；
C．依据物质的性质选择鉴别试剂；
D．利用官能团位置异构书写。
5．【答案】A
【解析】【解答】A． 该反应CH4+CO2→催化剂 CH3COOH，属于化合反应，由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故A符合题意；
B．由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故B不符合题意；
C． 由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故C不符合题意；
D． 由图可知，反应过程中有C-C键、O-H键生成，无C-H键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A． 只有一种产物的反应原子利用率为100%；
B． 吸热反应中反应物的总能量低于产物的总能量；
C．根据球棍模型确定产物名称；
D． 依据反应过程中化学键的变化判断。
6．【答案】C
【解析】【解答】A． 该装置能作原电池和电解池，所以太阳能发电是该装置为电解池而存储电能，故A不符合题意；
B．充电时，左侧为阳极、右侧为阴极，则左侧Fe2+失电子生成Fe3+，右侧Cr3+得电子生成Cr2+，电池总反应式为Cr3++Fe2+═Cr2++Fe3+，故B不符合题意；
C． 放电时该装置为原电池，电路中每流过0.1mol电子，Fe3+的物质的量降低0.1mol，溶液体积未知，无法判断铁离子浓度降低值，故C符合题意；
D． 负极每1molCr2+被氧化生成1molCr3+，则转移1mol电子，每个电子和每个H+所带电荷相同，所以二者的物质的量相同，则电池中有1molH+通过交换膜向正极转移，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A． 依据装置图分析判断；
B．依据电极反应确定电池反应；
C．溶液体积未知，无法判断；
D． 依据转移电子和离子所带电荷相同计算。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．根据图示，a点中和率小于50%，根据物料守恒c(MOH)+c(M+)>2c(C1-)，故A符合题意；
B．b点时中和率为50%，溶质为等浓度的MOH和MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离大于MCl水解，所以c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)，故B不符合题意；
C．c点溶液中和率为100%，溶质只有MCl，d点盐酸过量，盐酸抑制水电离，所以水的电离程度c点>d点，故C不符合题意；
D．根据a点，c(M+)c(MOH)=1时c(OH-)=10-4.2，三甲胺[N(CH3)3]的电离常数c(M+)c(OH-)c(MOH)= 为10-4.2，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据物料守恒判断；
B．根据溶液的酸碱性进行排序；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．根据a点，c(M+)c(MOH)=1计算电离常数。
8．【答案】（1）分液漏斗；D→C→E→B
（2）2KMnO4+16HCl(浓)=2KC1+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（3）防止多余的Cl2污染空气、防止空气进入E装置
（4）把＋2价钻氧化成＋3价钴；减少晶体表面水分，加快晶体干燥
（5）2CoCl2+10NH3+2NH4C1+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O；d
【解析】【解答】装置A里浓盐酸与KMnO4反应产生氯气，经D饱和食盐水除杂，经C浓硫酸干燥得到干燥氯气，用干燥氯气与钴粉共热制备氯化钴； CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，趁热过滤除去活性炭，往滤液加入浓盐酸，冷却结晶、过滤，并依次用少量冷的稀盐酸和无水乙醇对晶体进行洗涤，得到三氯六氨合钴晶体。
(1)根据图示，仪器a是分液漏斗；据分析，用干燥氯气与钴粉共热制备氯化钴，由A装置制取氯气，经D饱和食盐水除杂，经C浓硫酸干燥得到干燥氯气通入E，为防止空气进入使产品潮解，防止多余的Cl2污染空气，应在E之后连接装置B，故连接顺序为：A→D→C→E→B。
(2)装置A里浓盐酸与KMnO4反应产生氯气，化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KC1+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
(3)由于氯化钴(CoCl2)易潮解，氯气有毒不能直接排入空气，B的作用是防止多余的Cl2污染空气、防止空气进入E装置。
(4)“氧化”步骤H2O2可把＋2价钻氧化成＋3价钴，利用后续操作得到产品；无水乙醇与水互溶又易挥发，可加速带走水分，减少晶体表面水分，加快晶体干燥。
(5)据分析，CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，后经多步操作得到[Co(NH3)6]Cl3，总反应的化学方程式为：2CoCl2+10NH3+2NH4C1+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O；活性炭可分散反应物，增大反应物的接触面积，加快反应速率，起到催化剂作用，
故答案为：d 。
【分析】依据装置的构造确定名称；依据制备、除杂、干燥、反应、尾气处理的顺序排列。
(2)浓盐酸与KMnO4反应氯化钾、氯化锰、氯气和水。
(3)依据产物的性质和尾气处理进行分析。
(4)依据反应过程中元素化合价的变化分析；依据乙醇的溶解性和挥发性分析。
(5)根据反应物和产物书写；活性炭疏松多孔 。
9．【答案】（1）矿石粉碎或搅拌或适当升高温度或提高空气中氧气的含量
（2）7O2+4FeCr2O4+10Na2CO3=8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2↑
（3）FeO2-+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-
（4）CO2；H2SiO3(或H4SiO4)
（5）Cr2O72-+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
（6）0.1；2.0×10-12
【解析】【解答】铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)，还含有SiO2及少量难溶于水和碱溶液的杂质，铬铁矿石加入碳酸钠、通入氧气“碱熔”生成Na2CrO4和NaFeO2、Na2SiO3，“水浸”NaFeO2水解为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤液中通入二氧化碳调节pH，Na2SiO3生成H2SiO3沉淀，过滤，滤液中加适量盐酸使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，再加KCl得到K2Cr2O7。
(1)根据影响反应速率的因素，矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、提高空气中氧气的含量等都可以加快矿石碱熔速率。
(2)铬铁矿“碱熔”时被氧气氧化为Na2CrO4和NaFeO2，Cr元素化合价由+3升高为+6、铁元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为7O2+4FeCr2O4+10Na2CO3=8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2↑；
(3)滤渣A为红褐色沉淀，说明“水浸”时NaFeO2水解Fe(OH)3和氢氧化钠，水解的离子方程式为FeO2-+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；
(4)碱熔过程中放出的气体是二氧化碳，用二氧化碳“调pH”，硅酸钠和二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，滤渣B的主要成分为H2SiO3。
(5)“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr(Ⅲ)，同时产生有毒气体，说明氯离子被Cr2O72-氧化为氯气，反应的离子方程式为Cr2O72-+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
(6)阳极发生反应Fe-2e-=Fe2+，阴极发生反应2H++2e-=H2，当收集到13.44LH2(标准状况下)时电路中转移13.44L22.4L/mol×2=1.2mol电子，则阳极生成0.6molFe2+，Fe2+把Cr2O72-还原为Cr(Ⅲ)，Cr元素化合价降低3，根据电子守恒，被还原的Cr2O72-的物质的量是0.1mol；一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10-5mol⋅L-1，c(Fe3+)c(Cr3+)=Ksp[Fe(OH)3]Ksp[Cr(OH)3]，则c(Fe3+)=2.0×10-12。
【分析】
(1)根据影响反应速率的因素分析。
(2)根据得失电子守恒；
(3)依据实验现象判断产物；
(4)碱依据工艺流程，确定循环利用的物质和产物的成分。
(5)依据反应物和产物确定。
(6)根据电子守恒和Ksp计算。
10．【答案】（1）-905；-92.45；③
（2）80%；小于
（3）升温，反应①K减小，反应②k增大，但K降低倍数大于k升高
（4）>；H
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律可知，反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)可由①×2+②×3-③×2得到，则焓变ΔH=2×(+180.5kJ·mol-1)+3×(-483.6kJ·mol-1)-2×(-92.4kJ·mol-1)=-905kJ·mol-1；由图像数据带入RlnKp=-ΔHT+C，-3.710=2.113ΔH+C，-61.678=1.486ΔH+C，二式联立可得ΔH=-92.45(kJ·mol-1)，即该反应的反应热ΔH=-92.45kJ·mol-1；依据反应热可知，图中表示的方程式是③。
(2)反应2NO+O2=2NO2是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，因此，相同温度下，压强越大，一氧化氮的平衡转化率越大，所以该反应在400℃、0.8MPa时一氧化氮的平衡转化率大于相同温度下、压强为0.1MPa时一氧化氮的平衡转化率，因此依据图示，400℃，0.8MPa时的α=80%；在压强p1、温度600℃时，A点条件下一氧化氮的转化率大于平衡转化率，反应逆向移动，所以v正小于v逆。
(3)反应①为放热反应，温度上升，反应逆向进行，平衡常数K减小，而反应②速率常数k随温度升高而增大，但K降低倍数大于k升高倍数，所以当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低。
(4)①压强越大、反应速率越快，则B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE。
②平均相对分子质量M=mn，根据质量守恒定律，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大，反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行的越多，平均相对分子质量越大，E点到F点的过程，压强增大，平衡正向移动，H点达到平衡，则H点物质的总物质的量n最小，平均相对分子质量最大。
【分析】(1)依据盖斯定律计算。
(2)依据勒夏特列原理分析。
(3)依据温度对平衡的影响分析。
(4)①压强越大、反应速率越快。
②根据质量守恒定律，利用平均相对分子质量M=mn分析。
11．【答案】（1）2：5
（2）sp；sp2
（3）平面三角形
（4）c
（5）3d64s2
（6）乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大
（7）4；4M×10211.0×0.72×0.56×NA
【解析】【解答】(1)Ti为22号元素，钛有2个未成对电子，Mn为25号元素，锰有5个未成对电子，所以基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为2：5，故答案为：2：5；
(2)二氧化碳为直线型，结构式为O=C=O，没有孤电子对，碳原子采取 sp杂化，-CHO 中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子采取 sp2杂化，故答案为：sp；sp2；
(3)HCHO中碳原子含有3个σ键，碳原子采取 sp2杂化，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故答案为：平面三角形；
(4)面心立方晶胞中原子位于顶点和面心，俯视时上下底面的面心原子位于俯视图正方形中心，顶点原子位于正方形顶点，其它侧面的原子位于正方形四边中点，故俯视图为c，故答案为：c；
(5)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，其价电子排布为3d64s2，故答案为：3d64s2；
(6)乙二醇分之中羟基比丙醇分子中的羟基多，分子间的氢键比丙醇的多，分子间的作用力较大，故其沸点较高，故答案为：乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
(7)晶胞中Cl原子数目为：1+4×12+4×14=4，则晶胞的质量m=nM=4MNAg，晶胞体积V=abc×10-27cm3=0.72×1.0×0.56×10-27cm3，晶体密度ρ=mV=4M×10211.0×0.72×0.56×NAg•cm-3，故答案为：4；4M×10211.0×0.72×0.56×NA。
【分析】(1)利用核外电子排布规律分析；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数，判断杂化类型；
(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型
(4)面心立方晶胞中原子位于顶点和面心，俯视时上下底面的面心原子位于俯视图正方形中心，顶点原子位于正方形顶点，其它侧面的原子位于正方形四边中点，故俯视图为c，故答案为：c；
(5)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，其价电子排布为3d64s2，故答案为：3d64s2；
(6)乙二醇分之中羟基比丙醇分子中的羟基多，分子间的氢键比丙醇的多，分子间的作用力较大，故其沸点较高，故答案为：乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
(7)利用均摊法计算原子数目，再利用ρ=mV计算。
12．【答案】（1）；氧化；羰基
（2）→Δ乙醇+NaOH+NaBr+H2O
（3）9；或
（4）Cl-CH2-CH2-Cl→△NaOH/H2OHO-CH2-CH2-OH→△O2/CuOHC-CHO→H+
【解析】【解答】由有机物的转化关系可知，发生信息①反应生成 ，则A为、B为 ； 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则C为；在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 ，则D为 ；与发生信息②反应生成 ， 酸化得到。
(1)根据合成路线的转化关系及反应条件确定结构简式；利用反应[Window Title]
万能五笔输入法
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万能五笔输入法 已停止工作
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[V] 查看问题详细信息 [联机检查解决方案并关闭该程序] [关闭程序]类型为氧化反应；F为，含氧官能的名称为羰基；
(2)B→C的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ，反应的化学方程式为→Δ乙醇+NaOH+NaBr+H2O；
(3)D的结构简式为，由D的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有苯环和酚羟基，1mol该物质能与足量钠反应生成1mol氢气说明分子中含有2个羟基，若分子中含有1个酚羟基，可以视作苯酚苯环上的氢原子被—CH2OH取代，有邻、间、对共3种结构；若若分子中含有2个酚羟基，可以视作苯二酚苯环上的氢原子被—CH3取代，其中邻苯二酚被取代有2种结构、间苯二酚被取代有3种结构、对苯二酚被取代有1种结构，共有6种，则符合条件的D的同分异构体共有9种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 、，故答案为：9；或；
(4)由题给信息可知，以1，2—二氯乙烷与 制备的合成步骤为ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2OH与氧气共热发生氧化反应生成OHCCHO，OHCCHO与发生信息②反应生成 ， 酸化得到 ，合成路线如下：ClCH2CH2Cl→ΔNaOH/H2OHOCH2CH2OH→Cu/ΔO2OHCCHO→pH=8.3(C2H5OOCCH2)2CO→H+，故答案为：ClCH2CH2Cl→ΔNaOH/H2OHOCH2CH2OH→Cu/ΔO2OHCCHO→pH=8.3(C2H5OOCCH2)2CO→H+。
【分析】
根据转化关系及反应条件确定结构简式；利用反应条件确定反应类型；依据结构简式确定官能的名称；
(2)利用反应条件确定化学方程式；
(3)依据提供的信息确定官能团，据此书写同分异构体；
(4)由题给信息及已知信息，利用原料和产物的结构简式确定合成路线。
河南省洛阳市一高2022届高三第二次统一考试（二模）
理综化学试题
一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．为增强“84”消毒液的消杀新冠肺炎病毒效果，可加入浓盐酸
B．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质
C．油脂、糖类以及蛋白质在人体内均能发生水解反应
D．嫦娥五号返回器带回的月壤中含有3He，它与地球上的4He属于同位素
2．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示(球大小表示原子半径的相对大小)，W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数，下列说法中一定正确的是（ ）
A．X可以分别与W、Y可形成化合物W2X2、Y2X2
B．工业上获得Y、Z单质均可采用电解它们的熔融氯化物
C．简单离子半径： Z>Y>X>W
D．相同条件下，Y单质的沸点比Z单质的低
3．Li和N2在450℃时反应制得储氢材料Li3N，Li3N易水解，在空气中加热可发生剧烈燃烧。下图是某实验小组设计的实验室制备少量Li3N的装置图。下面有关说法错误的是（ ）
A．洗气瓶a中盛放NaOH溶液
B．浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免Li3N水解和燃烧
C．反应时，先对d加热，再点燃c中酒精灯
D．取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红不能说明反应后固体中含Li3N
4．乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：
下列说法错误的是（ ）
A．反应③的化学方程式为：CH2=CH2+CH3COOH→催化剂CH3COOCH2CH3
B．反应①属于取代反应
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别
D．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有5种
5．我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如下，下列说法正确的是（ ）
A．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
B．①→②过程属于吸热反应
C．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙醇
D．反应过程中有C-H键、C-C键、O-H键生成
6．2022年北京冬奥会，我国使用了“容和一号”大容量电池堆(铁一铬液流电池)来保障冬奥地区持续稳定存储、提供清洁电能。铁一铬液流电池与其他电化学电池相比，寿命远远高于钠硫电池、锂离子电池和铅酸电池。铁一铬液流电池的电解质溶液是含铁盐和铬盐的稀盐酸溶液。下列说法错误的是（ ）
A．该电池可将太阳能发的电稳定存储
B．充电时电池的反应为：Cr3++Fe2+=Cr2++Fe3+
C．放电时，电路中每流过0.1mol电子，Fe3+浓度降低0.1mol/L
D．负极每1molCr2+被氧化，电池中有1molH+通过交换膜向正极转移
7．三甲胺[N(CH3)3]是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶液中lgc(MOH)c(M+)，pOH[pOH=-lgc(OH-)]、中和率(中和率=被中和的MOH的物质的量/反应前MOH的总物质的量)的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(C1-)
B．b点时，c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)
C．溶液中水的电离程度：c点>d点
D．三甲胺[N(CH3)3]的电离常数为10-4.2
二、综合题
8．[Co(NH3)6]Cl3(三氯六氨合钴)是一种重要的化工产品，常用于合成其它Co(II)配合物。以下是一种制备三氯六氨合钴的实验方法，回答下列问题：
（1）I.氯化钴的制备
已知氯化钴(CoCl2)易潮解，Co(III)的氧化性强于Cl2，可用高熔点金属钴与氯气反应制取。实验室提供下列装置进行组合(连接用橡胶管省略)：
仪器a的名称是 ，用上图中的装置组合制备氯化钴，连接顺序为：A→ 。
（2）装置A产生氯气的化学方程式为 。
（3）用正确的连接装置进行实验，B的作用是 。
（4）II.三氯六氨合钴晶体的制备
“氧化”的目的是 。“操作X”包括冷却结晶、过滤，并依次用少量冷的稀盐酸和无水乙醇对晶体进行洗涤，用无水乙醇洗涤的目的是 。
（5）制备[Co(NH3)6]Cl3总反应的化学方程式为 。反应中活性炭的作用是 (填标号)。
a.脱色剂 b.氧化剂 c.还原剂 d.催化剂
9．铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)，还含有SiO2及少量难溶于水和碱溶液的杂质。铬及其化合物在化工上用途广泛，由铬铁矿石制备重要化工原料重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如下图所示：
已知：铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2。
回答下列问题：
（1）为了加快矿石碱熔速率，可以采取的措施有 (任写一种)。
（2）写出铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2的化学方程式 。
（3）“水浸”时，滤渣A为红褐色沉淀，NaFeO2水解的离子方程式为 。
（4）“调pH”时，气体X循环利用，X的化学式为 ，滤渣B的主要成分为 。
（5）“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr(Ⅲ)，既影响产品的纯度，又产生有毒气体污染环境，写出相关反应离子方程式 。
（6）某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如下：
若不考虑气体的溶解，当收集到13.44LH2(标准状况下)时有 molCr2O72-被还原，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10-5mol⋅L-1，则c(Fe3+)= 。(已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31)
10．氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1
③N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol-1
则反应：④4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。
根据RlnKp=-ΔHT+C(C为常数)，由图中的数据可推知，该反应的反应热为 kJ·mol-1(保留小数点后2位)，图中表示的方程式是 (填序号)。
（2）生产硝酸的第二步反应是2NO+O2=2NO2，在0.1MPa和0.8MPa压强下，NO的平衡转化率α随温度的变化如图所示，反应在400℃，0.8MPa时的α= ，在压强p1、温度600℃时，A点v正 v逆(填“大于”、“小于”或者“等于”)。
（3）研究表明NO和O2的反应分两步进行
①2NO=(NO)2 ΔH<0
②(NO)2+O2(g)=2NO2 ΔH<0
NO和O2反应速率公式为v=k·K·p2(NO)·p(O2)，K为反应①的平衡常数，k为反应②速率常数(k随温度T升高而增大)。当其他条件不变时，研究NO达到一定转化率时，温度与时间的关系如表所示。
压强/(×105Pa)
温度/℃
NO达到一定转化率所需时间/s
50%
90%
98%
1
30
12.4
248
2830
90
25.3
508
5760
8
30
0.19
3.88
36.4
90
0.59
7.86
74
根据表中信息，对于反应：2NO+O2=2NO2，当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低，原因是 。
（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1s、t2s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。
①B、E两点对应的正反应速率大小为vB (填“＞”“＜”或“=”)vE。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 。
11．
（1）I.TiO2和MnO2均可以催化降解甲醛、苯等有害物质，具有去除效率高，且无二次污染等优点，广泛应用于家居装潢等领域，其中一种催化机理如图所示。
回答下列问题：
基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为 。
（2）CO2和·CHO中碳原子的杂化形式分别为 、 。
（3）HCHO的空间构型为 。
（4）金属钛和锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用理论解释。已知金属锰有多种晶型，y型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列 (填编号)。
（5）II.2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。
回答下列问题：
Fe的基态原子的价电子排布式为 。
（6）乙二醇(HOCH2CH2OH)的相对分子质量与丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸点高出100℃，原因是 。
（7）III.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。LiCl3∙H2O属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的晶胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。LiCl3∙H2O的摩尔质量为Mg⋅mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值。
该晶胞中Cl原子的数目为 ，LiCl⋅3H2O晶体的密度为 g⋅cm-3(列出计算表达式)。
12．化合物F是一种医药化工合成中间体，其合成路线如下图。
已知：①R-CH=CH2→H2O2OsO4
②
（1）D的结构简式为 ，C→D的反应类型为 ，F中含氧官能的名称为 。
（2）B→C的反应方程式为 。
（3）符合下列条件的D的同分异构体共有 种(不考虑立体异构)。
①遇FeCl3溶液显紫色
②1mol该物质能与足量Na反应生成1molH2
其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 (任写一种)。
（4）设计由1，2一二氯乙烷与制备的合成路线(其他试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．“84”消毒液成分为氯化钠、次氯酸钠的溶液，在酸溶液中氯离子、次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气，不能提高消毒效果，故A不符合题意；
B．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C．不是所有的糖类都能发生水解反应，单糖不能发生水解反应，比如果糖、葡萄糖，故C不符合题意；
D．质子数相同中子数不同的不同核素是同位素，3He与地球上的4He质子数一样，中子数不一样，属于同位素，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.84消毒液的主要成分为次氯酸钠，与浓盐酸会发生氧化还原反应生成氯气；
B.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
C.单糖不能发生水解反应；
D.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.氧元素与氢元素和钠元素可以形成化合物H2O2和Na2O2，与镁元素只能形成化合物MgO，故A不符合题意；
B.氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，不能用电解方法制备铝单质，故B不符合题意；
C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子或镁离子、铝离子和氧离子的电子层结构相同，则氧离子的离子半径大于金属阳离子的离子半径，故C不符合题意；
D.金属钠中钠离子的离子半径大于金属铝中铝离子的离子半径，钠原子的价电子数小于铝原子，则金属钠中的金属键小于金属铝，则钠单质的沸点比铝单质的低，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.镁的氧化物只有一种；
B.依据氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电；
C.依据电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
D.金属离子的半径大，价电子数小，沸点低。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．空气中含有二氧化碳，洗气瓶a中盛放NaOH溶液除去空气中的二氧化碳，故A不符合题意；
B．Li3N易水解，在空气中加热可发生剧烈燃烧，浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免Li3N水解和燃烧，B不符合题意；
C．反应时，先对c加热，除去空气中的氧气，用氮气排尽装置内的空气后再点燃d中酒精灯，防止Li和氧气反应，故C符合题意；
D．Li和水反应生成氢氧化铝和氢气，取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红不能说明反应后固体中含Li3N，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．盛NaOH溶液的洗气瓶除酸性气体；
B．依据产物易水解的特点分析；
C．加热之前应排出装置中的空气；
D．产物与水反应得到的溶液呈碱性。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．反应③是乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：CH2=CH2+CH3COOH→催化剂CH3COOCH2CH3，A不符合题意；
B．反应①是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，属于取代反应，B不符合题意；
C．乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应是二氧化碳，有气泡产生，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，溶液分层，现象不同，可用Na2CO3溶液鉴别三者，C不符合题意；
D．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有： HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3种，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据反应物和产物书写。
B．酯化反应属于取代反应；
C．依据物质的性质选择鉴别试剂；
D．利用官能团位置异构书写。
5．【答案】A
【解析】【解答】A． 该反应CH4+CO2→催化剂 CH3COOH，属于化合反应，由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故A符合题意；
B．由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故B不符合题意；
C． 由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故C不符合题意；
D． 由图可知，反应过程中有C-C键、O-H键生成，无C-H键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A． 只有一种产物的反应原子利用率为100%；
B． 吸热反应中反应物的总能量低于产物的总能量；
C．根据球棍模型确定产物名称；
D． 依据反应过程中化学键的变化判断。
6．【答案】C
【解析】【解答】A． 该装置能作原电池和电解池，所以太阳能发电是该装置为电解池而存储电能，故A不符合题意；
B．充电时，左侧为阳极、右侧为阴极，则左侧Fe2+失电子生成Fe3+，右侧Cr3+得电子生成Cr2+，电池总反应式为Cr3++Fe2+═Cr2++Fe3+，故B不符合题意；
C． 放电时该装置为原电池，电路中每流过0.1mol电子，Fe3+的物质的量降低0.1mol，溶液体积未知，无法判断铁离子浓度降低值，故C符合题意；
D． 负极每1molCr2+被氧化生成1molCr3+，则转移1mol电子，每个电子和每个H+所带电荷相同，所以二者的物质的量相同，则电池中有1molH+通过交换膜向正极转移，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A． 依据装置图分析判断；
B．依据电极反应确定电池反应；
C．溶液体积未知，无法判断；
D． 依据转移电子和离子所带电荷相同计算。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．根据图示，a点中和率小于50%，根据物料守恒c(MOH)+c(M+)>2c(C1-)，故A符合题意；
B．b点时中和率为50%，溶质为等浓度的MOH和MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离大于MCl水解，所以c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)，故B不符合题意；
C．c点溶液中和率为100%，溶质只有MCl，d点盐酸过量，盐酸抑制水电离，所以水的电离程度c点>d点，故C不符合题意；
D．根据a点，c(M+)c(MOH)=1时c(OH-)=10-4.2，三甲胺[N(CH3)3]的电离常数c(M+)c(OH-)c(MOH)= 为10-4.2，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据物料守恒判断；
B．根据溶液的酸碱性进行排序；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．根据a点，c(M+)c(MOH)=1计算电离常数。
8．【答案】（1）分液漏斗；D→C→E→B
（2）2KMnO4+16HCl(浓)=2KC1+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（3）防止多余的Cl2污染空气、防止空气进入E装置
（4）把＋2价钻氧化成＋3价钴；减少晶体表面水分，加快晶体干燥
（5）2CoCl2+10NH3+2NH4C1+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O；d
【解析】【解答】装置A里浓盐酸与KMnO4反应产生氯气，经D饱和食盐水除杂，经C浓硫酸干燥得到干燥氯气，用干燥氯气与钴粉共热制备氯化钴； CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，趁热过滤除去活性炭，往滤液加入浓盐酸，冷却结晶、过滤，并依次用少量冷的稀盐酸和无水乙醇对晶体进行洗涤，得到三氯六氨合钴晶体。
(1)根据图示，仪器a是分液漏斗；据分析，用干燥氯气与钴粉共热制备氯化钴，由A装置制取氯气，经D饱和食盐水除杂，经C浓硫酸干燥得到干燥氯气通入E，为防止空气进入使产品潮解，防止多余的Cl2污染空气，应在E之后连接装置B，故连接顺序为：A→D→C→E→B。
(2)装置A里浓盐酸与KMnO4反应产生氯气，化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KC1+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
(3)由于氯化钴(CoCl2)易潮解，氯气有毒不能直接排入空气，B的作用是防止多余的Cl2污染空气、防止空气进入E装置。
(4)“氧化”步骤H2O2可把＋2价钻氧化成＋3价钴，利用后续操作得到产品；无水乙醇与水互溶又易挥发，可加速带走水分，减少晶体表面水分，加快晶体干燥。
(5)据分析，CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，后经多步操作得到[Co(NH3)6]Cl3，总反应的化学方程式为：2CoCl2+10NH3+2NH4C1+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O；活性炭可分散反应物，增大反应物的接触面积，加快反应速率，起到催化剂作用，
故答案为：d 。
【分析】依据装置的构造确定名称；依据制备、除杂、干燥、反应、尾气处理的顺序排列。
(2)浓盐酸与KMnO4反应氯化钾、氯化锰、氯气和水。
(3)依据产物的性质和尾气处理进行分析。
(4)依据反应过程中元素化合价的变化分析；依据乙醇的溶解性和挥发性分析。
(5)根据反应物和产物书写；活性炭疏松多孔 。
9．【答案】（1）矿石粉碎或搅拌或适当升高温度或提高空气中氧气的含量
（2）7O2+4FeCr2O4+10Na2CO3=8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2↑
（3）FeO2-+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-
（4）CO2；H2SiO3(或H4SiO4)
（5）Cr2O72-+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
（6）0.1；2.0×10-12
【解析】【解答】铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)，还含有SiO2及少量难溶于水和碱溶液的杂质，铬铁矿石加入碳酸钠、通入氧气“碱熔”生成Na2CrO4和NaFeO2、Na2SiO3，“水浸”NaFeO2水解为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤液中通入二氧化碳调节pH，Na2SiO3生成H2SiO3沉淀，过滤，滤液中加适量盐酸使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，再加KCl得到K2Cr2O7。
(1)根据影响反应速率的因素，矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、提高空气中氧气的含量等都可以加快矿石碱熔速率。
(2)铬铁矿“碱熔”时被氧气氧化为Na2CrO4和NaFeO2，Cr元素化合价由+3升高为+6、铁元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为7O2+4FeCr2O4+10Na2CO3=8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2↑；
(3)滤渣A为红褐色沉淀，说明“水浸”时NaFeO2水解Fe(OH)3和氢氧化钠，水解的离子方程式为FeO2-+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；
(4)碱熔过程中放出的气体是二氧化碳，用二氧化碳“调pH”，硅酸钠和二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，滤渣B的主要成分为H2SiO3。
(5)“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr(Ⅲ)，同时产生有毒气体，说明氯离子被Cr2O72-氧化为氯气，反应的离子方程式为Cr2O72-+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
(6)阳极发生反应Fe-2e-=Fe2+，阴极发生反应2H++2e-=H2，当收集到13.44LH2(标准状况下)时电路中转移13.44L22.4L/mol×2=1.2mol电子，则阳极生成0.6molFe2+，Fe2+把Cr2O72-还原为Cr(Ⅲ)，Cr元素化合价降低3，根据电子守恒，被还原的Cr2O72-的物质的量是0.1mol；一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10-5mol⋅L-1，c(Fe3+)c(Cr3+)=Ksp[Fe(OH)3]Ksp[Cr(OH)3]，则c(Fe3+)=2.0×10-12。
【分析】
(1)根据影响反应速率的因素分析。
(2)根据得失电子守恒；
(3)依据实验现象判断产物；
(4)碱依据工艺流程，确定循环利用的物质和产物的成分。
(5)依据反应物和产物确定。
(6)根据电子守恒和Ksp计算。
10．【答案】（1）-905；-92.45；③
（2）80%；小于
（3）升温，反应①K减小，反应②k增大，但K降低倍数大于k升高
（4）>；H
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律可知，反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)可由①×2+②×3-③×2得到，则焓变ΔH=2×(+180.5kJ·mol-1)+3×(-483.6kJ·mol-1)-2×(-92.4kJ·mol-1)=-905kJ·mol-1；由图像数据带入RlnKp=-ΔHT+C，-3.710=2.113ΔH+C，-61.678=1.486ΔH+C，二式联立可得ΔH=-92.45(kJ·mol-1)，即该反应的反应热ΔH=-92.45kJ·mol-1；依据反应热可知，图中表示的方程式是③。
(2)反应2NO+O2=2NO2是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，因此，相同温度下，压强越大，一氧化氮的平衡转化率越大，所以该反应在400℃、0.8MPa时一氧化氮的平衡转化率大于相同温度下、压强为0.1MPa时一氧化氮的平衡转化率，因此依据图示，400℃，0.8MPa时的α=80%；在压强p1、温度600℃时，A点条件下一氧化氮的转化率大于平衡转化率，反应逆向移动，所以v正小于v逆。
(3)反应①为放热反应，温度上升，反应逆向进行，平衡常数K减小，而反应②速率常数k随温度升高而增大，但K降低倍数大于k升高倍数，所以当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低。
(4)①压强越大、反应速率越快，则B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE。
②平均相对分子质量M=mn，根据质量守恒定律，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大，反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行的越多，平均相对分子质量越大，E点到F点的过程，压强增大，平衡正向移动，H点达到平衡，则H点物质的总物质的量n最小，平均相对分子质量最大。
【分析】(1)依据盖斯定律计算。
(2)依据勒夏特列原理分析。
(3)依据温度对平衡的影响分析。
(4)①压强越大、反应速率越快。
②根据质量守恒定律，利用平均相对分子质量M=mn分析。
11．【答案】（1）2：5
（2）sp；sp2
（3）平面三角形
（4）c
（5）3d64s2
（6）乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大
（7）4；4M×10211.0×0.72×0.56×NA
【解析】【解答】(1)Ti为22号元素，钛有2个未成对电子，Mn为25号元素，锰有5个未成对电子，所以基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为2：5，故答案为：2：5；
(2)二氧化碳为直线型，结构式为O=C=O，没有孤电子对，碳原子采取 sp杂化，-CHO 中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子采取 sp2杂化，故答案为：sp；sp2；
(3)HCHO中碳原子含有3个σ键，碳原子采取 sp2杂化，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故答案为：平面三角形；
(4)面心立方晶胞中原子位于顶点和面心，俯视时上下底面的面心原子位于俯视图正方形中心，顶点原子位于正方形顶点，其它侧面的原子位于正方形四边中点，故俯视图为c，故答案为：c；
(5)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，其价电子排布为3d64s2，故答案为：3d64s2；
(6)乙二醇分之中羟基比丙醇分子中的羟基多，分子间的氢键比丙醇的多，分子间的作用力较大，故其沸点较高，故答案为：乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
(7)晶胞中Cl原子数目为：1+4×12+4×14=4，则晶胞的质量m=nM=4MNAg，晶胞体积V=abc×10-27cm3=0.72×1.0×0.56×10-27cm3，晶体密度ρ=mV=4M×10211.0×0.72×0.56×NAg•cm-3，故答案为：4；4M×10211.0×0.72×0.56×NA。
【分析】(1)利用核外电子排布规律分析；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数，判断杂化类型；
(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型
(4)面心立方晶胞中原子位于顶点和面心，俯视时上下底面的面心原子位于俯视图正方形中心，顶点原子位于正方形顶点，其它侧面的原子位于正方形四边中点，故俯视图为c，故答案为：c；
(5)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，其价电子排布为3d64s2，故答案为：3d64s2；
(6)乙二醇分之中羟基比丙醇分子中的羟基多，分子间的氢键比丙醇的多，分子间的作用力较大，故其沸点较高，故答案为：乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
(7)利用均摊法计算原子数目，再利用ρ=mV计算。
12．【答案】（1）；氧化；羰基
（2）→Δ乙醇+NaOH+NaBr+H2O
（3）9；或
（4）Cl-CH2-CH2-Cl→△NaOH/H2OHO-CH2-CH2-OH→△O2/CuOHC-CHO→H+
【解析】【解答】由有机物的转化关系可知，发生信息①反应生成 ，则A为、B为 ； 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则C为；在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 ，则D为 ；与发生信息②反应生成 ， 酸化得到。
(1)根据合成路线的转化关系及反应条件确定结构简式；利用反应[Window Title]
万能五笔输入法
[Main Instruction]
万能五笔输入法 已停止工作
[Content]
Windows 可以联机检查该问题的解决方案。
[V] 查看问题详细信息 [联机检查解决方案并关闭该程序] [关闭程序]类型为氧化反应；F为，含氧官能的名称为羰基；
(2)B→C的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ，反应的化学方程式为→Δ乙醇+NaOH+NaBr+H2O；
(3)D的结构简式为，由D的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有苯环和酚羟基，1mol该物质能与足量钠反应生成1mol氢气说明分子中含有2个羟基，若分子中含有1个酚羟基，可以视作苯酚苯环上的氢原子被—CH2OH取代，有邻、间、对共3种结构；若若分子中含有2个酚羟基，可以视作苯二酚苯环上的氢原子被—CH3取代，其中邻苯二酚被取代有2种结构、间苯二酚被取代有3种结构、对苯二酚被取代有1种结构，共有6种，则符合条件的D的同分异构体共有9种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 、，故答案为：9；或；
(4)由题给信息可知，以1，2—二氯乙烷与 制备的合成步骤为ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2OH与氧气共热发生氧化反应生成OHCCHO，OHCCHO与发生信息②反应生成 ， 酸化得到 ，合成路线如下：ClCH2CH2Cl→ΔNaOH/H2OHOCH2CH2OH→Cu/ΔO2OHCCHO→pH=8.3(C2H5OOCCH2)2CO→H+，故答案为：ClCH2CH2Cl→ΔNaOH/H2OHOCH2CH2OH→Cu/ΔO2OHCCHO→pH=8.3(C2H5OOCCH2)2CO→H+。
【分析】
根据转化关系及反应条件确定结构简式；利用反应条件确定反应类型；依据结构简式确定官能的名称；
(2)利用反应条件确定化学方程式；
(3)依据提供的信息确定官能团，据此书写同分异构体；
(4)由题给信息及已知信息，利用原料和产物的结构简式确定合成路线。
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