2022-2023学年辽宁省葫芦岛市四校高三上学期期中联考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年辽宁省葫芦岛市四校高三上学期期中联考化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题，填空题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省葫芦岛市四校2022-2023学年高三上学期期中联考
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列生产、生活和科学中的化学叙述错误的是
A．我国是全球最大的锂电池生产国，锂电池的比能量高、电压高、工作温度宽、可储存时间长
B．熔融烧碱时，不能使用普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚、铁坩埚，可使用镍坩埚
C．漂白液、漂白粉、漂粉精既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，也可用作游泳池和环境的消毒剂
D．制作宇航服所使用的聚酯纤维属于合成纤维
【答案】B
【详解】A．我国是全球最大的锂电池生产国，锂电池的比能量高、电压高、工作温度宽、可储存时间长，故A正确；
B．熔融烧碱时发生反应为，普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚均含有SiO2，不可使用，铁坩埚可以，故B错误；
C．漂白液有效成分为NaClO，漂白粉、漂粉精有效成分均为CaClO，NaClO和CaClO均有强氧化性，可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，也可用作游泳池和环境的消毒剂，故C正确；
D．聚酯纤维属于合成纤维，故D正确；
故选：B。
2．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1 mol NaHSO4晶体中含有的阳离子数目为2NA
B．用电解粗铜的方法精炼铜，当阳极质量减轻32 g时，电路中通过的电子数为NA
C．常温下，1 L pH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+数目为10–9NA
D．向1 L 0.1 mol·L−1盐酸中滴加氨水至中性，溶液中含有的数目为0.1NA
【答案】D
【详解】A．NaHSO4晶体中含有Na+和，1 mol NaHSO4晶体中含有的阳离子数目为NA，故A错误；
B．电解精炼铜用粗铜作阳极，阳极首先是比铜活泼的金属(如Zn)放电溶解，比铜不活泼的金属以阳极泥的形式沉淀下来，阳极质量减轻32 g，转移的电子数不一定为NA，故B错误；
C．CH3COONa溶液中，水电离出来的c(H+)=c(OH–)，所以，常温下，1 L pH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+数目为10–5 NA，故C错误；
D．向1 L 0.1 mol·L−1盐酸中滴加氨水至中性，即n(H+)=n(OH–)，再由电荷守恒：n()+n(H+)=n(OH–)+n(Cl–)，可知n()=n(Cl–)=0.1 mol·L−1×1 L=0.1 mol，所以溶液中含有的数目为0.1NA，故D正确；
选D。
3．下列化学用语表述错误的是
A．NaH的电子式为
B．表示的一定不是基态原子
C．乙炔的结构简式为CHCH
D．基态C原子价电子排布图为
【答案】C
【详解】A．NaH为离子化合物，电子式为，A正确；
B．中2p轨道的电子可能处于激发态，故表示的一定不是基态原子，B正确；
C．乙炔含有官能团碳碳三键，其结构简式为CH≡CH，C错误；
D．碳原子核外电子排布：1s22s22p2，基态C原子价电子排布图为，D正确；
故选C。
4．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、W同族，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物如图所示，下列说法正确的是

A．在元素周期表中，113号元素与Z元素不同族
B．Y的非金属性比W的强，所以单质的还原性：Y>W
C．X、Y形成的二元化合物只含有极性共价键
D．X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，则Z为Al，Y为N，不可能为S；Y、W同族，W为P元素；由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物的图示可知X与N形成一个共用电子对，则X为H，该化合物为NH4AlH4，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H，Y为N，Z为Al，W为P。
A．在元素周期表中，第7周期的稀有气体的原子序数为118，则113号元素位于第ⅢA族，与Al元素同族，故A错误；
B．同一主族，从上到下，非金属性减弱，因此Y的非金属性比W的强，所以单质的氧化性：Y＞W，故B错误；
C．X、Y形成的二元化合物可能为氨气，也可能为肼，肼中含有非极性共价键，故C错误；
D．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，氢离子核外没有电子，半径最小，P的阴离子有3个电子层，半径最大，N的阴离子和Al的阳离子的电子层数都是2，则X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大，故D正确；
故选D。
5．左旋多巴( )用于改善肌强直和运动迟缓效果明显，下列有关该物质的说法错误的是
A．其分子式为
B．能与酸或碱反应生成盐
C．核磁共振氢谱上共有9个峰
D．分子中最多有6个碳原子共平面
【答案】D
【详解】A．根据题中左旋多巴的结构简式，可知其分子中含有9个C原子、11个H原子、1个N原子和4个O原子，A项正确；
B．由左旋多巴的结构简式可知，其分子中含有羧基、氨基、酚羟基等官能团，故能与酸或碱反应生成盐，B项正确；
C．分析左旋多巴的结构简式，其分子中有9种不同位置的氢原子，故其核磁共振氢谱上有9个峰，C项正确；
D．左旋多巴分子中含有苯环，则该分子中一定有7个碳原子共平面，考虑单键能旋转的特点，分子中最多有9个碳原子共平面。D项错误；
答案选D。
6．下列实验能达到目的的是

实验
目的
A
将Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合，产生白色沉淀
验证结合质子的能力[Al(OH)4]-＞CO
B
取25.00mL盐酸
向25.00mL酸式滴定管中装入盐酸，调整液面初始读数为0.00mL后，将所有溶液放入锥形瓶中
C
将适量HCl气体通入硅酸钠溶液，出现白色胶状沉淀
比较Cl、Si元素的非金属性强弱
D
向NaCl溶液中加入过量的AgNO3，静置后滴加NaI溶液，观察沉淀颜色
探究AgCl与AgI的Ksp相对大小

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．产生白色沉淀说明发生反应[Al(OH)4]-+HCO=Al(OH)3↓+ CO+H2O，[Al(OH)4]-结合了HCO中的质子，说明结合质子的能力[Al(OH)4]-＞CO，A正确；
B．滴定管下端有一段没有刻度，所以将所有溶液放入锥形瓶中，会使盐酸体积大于25.00mL，B错误；
C．发生强酸制取弱酸的反应，可知盐酸的酸性大于硅酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性，C错误；
D．硝酸银过量，加入的NaI溶液发生的是沉淀的生成，没有发生沉淀转化，不能比较AgCl与AgI的Ksp相对大小，D错误；
综上所述答案为A。
7．下列图像表示错误的是
0
A．图A是向盐酸中滴加溶液
B．图B是向溶液中滴加溶液
C．图C是向和物质的量2∶1的混合稀酸溶液中逐渐加入粉
D．图D是向和物质的量2∶1的混合溶液中通入
【答案】D
【详解】A．向盐酸中滴加 NaAlO2溶液，先生成AlCl3，开始一段时间内没有沉淀生成，当盐酸全部转化为AlCl3后，AlCl3与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，发生的反应方程式为NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O、AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl,消耗的V(NaAlO2)之比为1：3，图像符合，故A正确；
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，设n[NH4Al(SO4)2]=2mol，反应第一步：3Ba2++3+2Al3++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时沉淀增速最快，对应曲线斜率最大；消耗3mol Ba(OH)2，生成2mol Al(OH)3；第一步反应Al3+全部沉淀，剩余1mol和2mol，之后发生反应第二步：Ba2+++2+2OH-=BaSO4↓+2NH3•H2O，第二步全部沉淀，沉淀达到最大值，消耗1mol Ba(OH)2；再加入1mol Ba(OH)2时OH-过量，Al(OH)3溶解，发生反应第三步：2Al(OH)3+2OH-=2+4H2O[扩大2倍，与第一步生成的2mol Al(OH)3对应]，沉淀减少一部分；这三步反应消耗的Ba(OH)2的物质的量之比为3：1：1，故B正确；
C．H2SO4和HNO3物质的量2：1的混合稀酸溶液中，H+与之比为5：1，设n(HNO3)=1mol，则混合稀酸溶液中，n(H+)=5mol，n()=1mol，逐渐加入Fe粉，发生反应第一步：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，有气体NO产生，当全部消耗时，剩余1mol H+，生成1mol Fe3+和1mol NO，消耗1mol Fe；之后发生第二步反应：Fe+Fe3+=Fe2+(扩大倍，为了与第一步生成的Fe3+对应)，无气体产生，当Fe3+全部转化为Fe2+后，消耗0.5mol Fe；之后发生第三步反应：Fe+H+=Fe2++H2↑(消耗第一步反应剩余1mol H+，故方程式扩大倍)，有气体产生，消耗0.5mol Fe，这三步反应消耗的Fe比例为2：1：1，图像正确，故C正确；
D．NaOH和Ca(OH)2物质的量2：1的混合溶液中，Ca2+和OH-的物质的量之比为1：4，设n(NaOH)=2mol，n[Ca(OH)2]=1mol，则n(Ca2+)=1mol、n(OH-)=4mol；通入CO2，发生反应第一步：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，此时有CaCO3沉淀产生，当Ca2+完全沉淀时，沉淀达最大值，消耗1mol CO2、2molOH-，之后发生反应第二步：2OH-+CO2=HCO3-+H2O，此时无现像，当OH-完全反应时，消耗1molCO2；之后发生反应第三步：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，此时无现像，当完全反应时，消耗1mol CO2；再之后发生反应第四步：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，此时沉淀逐渐溶解，当CaCO3完全反应时沉淀完全溶解，消耗1mol CO2；则产生沉淀消耗的CO2的物质的量：无现像消耗的CO2的物质的量：沉淀溶解消耗的CO2的物质的量=1：2：1，故D错误；
故选：D。
8．催化加氢合成二甲醚是一种资源化利用的方法，其过程中主要发生如下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如下图所示。

已知：的选择性
下列说法不正确的是
A．反应的焓变为
B．根据图象推测
C．其他条件不变时，温度越高，主要还原产物中碳元素的价态越低
D．其他条件不变时，增大体系压强可以提升A点的选择性
【答案】C
【详解】A．由盖斯定律可知，II—I×2得到反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，则反应的焓变为ΔH=ΔH2—2ΔH1，故A正确；
B．反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，由图可知，温度升高，二甲醚的选择性降低，二氧化碳的转化率增大，说明反应I向正反应方向移动，该反应为吸热反应，焓变ΔH1＞0，故B正确；
C．由化合价代数和为0可知，二甲醚中碳元素的化合价为—2价，由图可知，温度升高，二甲醚的选择性降低，说明反应以反应I为主，碳元素的化合价为+2价的一氧化碳为主要还原产物，所以温度越高，二氧化碳主要还原产物中碳元素的价态越高，故C错误；
D．反应I为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，反应II是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，所以增大体系压强可以提升A点二甲醚的选择性，故D正确；
故选C。
9．是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：

下列说法错误的是。
A．“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
B．“电解”所用食盐水是由粗盐水精制而成，精制时，为除去和，要加入的试剂分别为溶液、溶液
C．“电解”中阴极反应的主要产物是
D．中的化合价为+3价
【答案】A
【分析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据得失电子守恒可知此反应的化学方程式；选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，以此解答该题。
【详解】A．依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为NaClO2，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为NaClO2，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故A错误；
B．食盐中混有Mg2+和Ca2+，除去时需要加入的试剂分别为NaOH溶液和Na2CO3溶液，故B正确；
C．生成的ClO2在阴极得电子生成，所以阴极反应的主要产物是NaClO2，故C正确；
D．在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，故D正确；
故选：A。
10．已知反应CO(g)＋2H2(g) ⇌CH3OH(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1，在三个不同容积的容器中分别充入1 mol CO与2 mol H2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表。
序号
温度/℃
容器体积
CO转化率
平衡压强/Pa
①
200
V1
50%
p1
②
200
V2
70%
p2
③
350
V3
50%
p3

下列说法正确的是(　　)
A．反应速率：③>①>②
B．平衡时体系压强：p1∶p2＝5∶4
C．若容器体积V1>V3，则QV2，因此反应速率：②>①，故A错误；
B. ①与②比较，达到平衡时，平衡混合物的物质的量之比为5∶4，但V1与V2不相等，因此平衡时体系压强p1∶p2≠5∶4，故B错误；
C. 若容器体积V1>V3、温度相同，则①与③比较，CO的转化率③>①，而现在CO的转化率相同，则可看作在这个基础上③的平衡逆向移动，而升温平衡向吸热反应方向移动，即正向是放热反应，故C正确；
D. 若实验②中CO和H2用量均加倍，则可看作在②的基础上压缩体积，CO转化率增大，则CO转化率>70%，故D错误；
故答案选C。
11．某酸性溶液中可能含有、、、、、、、和。某同学为了确认其成分，设计并完成了如图实验。下列叙述正确的是

A．反应①发生反应的离子方程式为
B．溶液中至少有6种离子大量存在，其中一定存在，且
C．溶液中可能含有，一定含有，可取少量原溶液加入溶液检验
D．、、一定存在，、一定不存在
【答案】B
【分析】酸性溶液中一定不存在、，加入硝酸钾反应生成气体，遇空气变为红棕色即NO2，该气体为NO，为、、H+反应生成，反应的离子方程式为3Fe2+++4H+=3Fe3++NO+2H2O，生成0.01molNO可知n(Fe3+)=0.03mol；加入过量NaOH溶液并加热反应生成气体即氨气，则含有0.01mol，产生红褐色沉淀即Fe(OH)3，灼烧得到3.2g固体是Fe2O3，物质的量为，n(Fe3+)=0.04mol，原溶液一定含有0.01mol Fe3+；滤液通过焰色反应观察有黄色火焰说明含Na+，由于加入NaOH也含有钠离子，因此不确定原溶液是否含Na+，通入足量二氧化碳无现象说明不含有，否则过量NaOH与反应生成，加入二氧化碳会生成Al(OH)3沉淀；加入足量氯化钡溶液生成难溶于盐酸的固体即BaSO4，4.66g BaSO4固体的物质的量为，说明含有0.02mol，即原溶液一定不含有：、、，一定含有：0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.03mol、H+，根据电荷守恒一定含有Cl-，且n(Cl-)>2×0.03mol+3×0.01mol+1×0.01mol-2×0.02mol=0.06mol，可能存在；
【详解】A．反应①中、、H+反应生成Fe3+和NO，发生反应的离子方程式为3Fe2+++4H+=3Fe3++NO+2H2O，A错误；
B．根据分析，原溶液一定不含有：、、，一定含有：0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.03mol、H+，根据电荷守恒一定含有Cl-，且n(Cl-)>2×0.03mol+3×0.01mol+1×0.01mol-2×0.02mol=0.06mol，B正确；
C．由3Fe2+++4H+=3Fe3++NO+2H2O可知生成0.01mol NO同时生成0.03mol Fe3+，由分析知灼烧得到3.2g固体是Fe2O3，物质的量为，则n(Fe3+)=0.04mol，则原溶液含0.01mol Fe3+，证明原溶液一定含、，C错误；
D．滤液通过焰色反应观察有黄色火焰说明含Na+，由于加入NaOH也含有钠离子，因此不确定原溶液是否含Na+，则不是一定存在Na+，D错误；
故选：B。
12．图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是

A．PbCl和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用
B．该转化过程中，仅O2和Cu2+均体现了氧化性
C．该转化过程中，涉及反应4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O
D．乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO
【答案】B
【分析】过程ⅠPbCl+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程ⅡPbCl3(CH2=CH2)-+H2O→+H++Cl-，过程Ⅲ →CH3CHO+Pb+H++2Cl-，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-=PbCl+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO。
【详解】A．从反应过程可见，和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。
B．过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为，说明循环过程中，被还原，体现氧化性，故B错误；
Ｃ．该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；
Ｄ．乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO，故D正确；
故选B。
13．高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是

A．放电时，负极反应式为
B．放电时，正极区溶液的增大
C．充电时，转化为转移电子
D．充电时，中性电解质的浓度增大
【答案】D
【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
【详解】A． 放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为，选项A正确；
B．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，选项B正确；
C． 充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，选项C正确；
D． 充电时装置为电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，选项D错误；
答案选D。
14．25℃时，将1.0L cmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合物中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积变化和温度变化)，加入的量与溶液pH的变化如下图所示。下列叙述不正确的是

A．水的电离程度：c＞b＞a
B．该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=
C．a点对应的混合溶液中，C(CH3COOH)＞c(OH-)＞C(Na+)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)
【答案】C
【分析】1.0L cmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱，据此分析。
【详解】A．1.0L cmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱，a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，c点加入醋酸水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度c＞b＞a，故A正确；
B．该温度下，1.0L cmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，c点加入的n(CH3COONa)=0.1mol，溶液pH=7，则c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，由于c(H+)=c(OH−)，则此时溶液中c(Na+)=c(CH3COO−)，根据图象，c(H+)=10−7mol⋅L−1，c(Na+)=c(CH3COO−)=0.2mol/L，该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka==，故B正确；
C．a点溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)＞c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)＞c(Na+)＞c(OH-)，故C错误；
D．当混合溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，故D正确；
答案选C。

二、多选题
15．氧化锌常作为金属缓蚀剂，其结构有很多种，其中一种立方晶胞结构如图，晶胞边长为a。下列说法错误的是

A．该晶体属于离子晶体 B．O原子与O原子的最短距离为a
C．原子周围等距且最近的原子数为6 D．该晶胞中含有4个O原子，4个原子
【答案】BC
【详解】A．氧化锌晶体属于离子晶体，选项A正确；
B．O原子与O原子的最短距离为面对角线的一半，即pm，选项B错误；
C．由晶胞示意图，取顶点Zn原子来看，其周围等距且最近的Zn原子为面心上的Zn原子，顶点Zn原子属于12个面，故Zn原子周围等距且最近的Zn原子数为12，选项C错误；
D．由图可知，该晶胞含4个O原子(晶胞内)，Zn原子位于晶胞的顶角和面心上，故Zn原子的数量为个，选项D正确。
答案选BC。

三、实验题
16．实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼(N2H4)，并探究肼的性质。制备装置如下图所示。

回答下列问题：
(1)肼的电子式为_______。
(2)装置A试管中的试剂为_______。仪器a的作用是_______。
(3)装置B中制备肼的化学方程式为_______。
(4)上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是_______。
(5)①探究性质。已知N2H4是一种二元弱碱，在水中的电离与NH3相似，请写出肼第二步电离的电离方程式：_______。室温下向N2H4水溶液中滴加某强酸，溶液的pH与离子浓度关系如图所示，下列说法正确的是_______

A．N2H4在水溶液中的第二步电离平衡常数为10-1；
B．+N2H4⇌2的平衡常数为1.0×109；
C．N2H5Cl溶液中的水解能力大于电离能力；
D．N2H6Cl2溶液中：c(Cl-)=2c()+2c()
②测定产品中肼的质量分数。
称取装置B中溶液mg，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成100mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3滴指示剂，用cmol·L−1的碘溶液滴定，滴定过程中有无色无味无毒气体产生。滴定终点平均消耗标准溶液VmL，产品中肼质量分数的表达式为____。
【答案】(1)
(2)     氯化铵和氢氧化钙固体     将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸
(3)NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O
(4)在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
(5)     N2H+H2ON2H+OH-     BC    

【分析】实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，装置C为生成氯气装置，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠再和氨生成肼。
【详解】（1）肼的电子式为。
（2）实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，且反应为固体加热反应，则试管中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器a的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸。
（3）装置B中氨和次氯酸钠反应生成肼，氮元素化合价升高，次氯酸具有氧化性则氯元素化合价降低生成氯化钠，NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O。
（4）装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体。
（5）①肼第二步电离的电离方程式N2H+H2ON2H+OH-；
A．，，由图象可知，M、N所表示的电离平衡常数分别是10-6、10-15，第一步电离平衡常数大于第二步电离平衡常数，所以N2H4在水溶液中的第二步电离平衡常数为10-15，故A错误；
B．N2H+N2H42N2H的平衡常数=1.0×109，故B正确；
C．N2H5Cl溶液中N2H的水解常数是10-8，N2H的电离常数是10-15，水解能力大于电离能力，故C正确；
D．根据电荷守N2H6Cl2溶液中：c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H)+2c(N2H)+c(H+)，c(OH-)c(N2H)+c(N2H)+c(H+)，故D错误；
选BC。
②碘溶液能使淀粉变蓝色，故滴定过程中指示剂可选用淀粉溶液；
滴定过程中有无色无味无毒气体产生，碘具有氧化性，则碘和肼发生氧化还原反应生成碘离子和氮气，根据电子守恒可知，2I2~4e-~N2H4，则产品中N2H4的质量为，质量分数的表达式为。

四、工业流程题
17．锂电池是目前应用广泛的新型电池，一种回收钴酸锂废旧电池(主要成分为LiCoO2，同时含有少量Fe、Al、C单质)的流程如下图所示。

请回答下列问题：
(1)LiCoO2中Co元素的化合价为_______。
(2)请写出“碱浸”过程中所发生反应的化学方程式_______。
(3)加入适量盐酸，LiCoO2溶解后生成的Co3+能将Fe2+氧化为Fe3+。请写出该反应的离子方程式：_______，过滤后所得滤渣的主要成分为_______(写化学式)。
(4)已知Fe3+能与C2O结合成[Fe(C2O4)3]3-，[Fe(C2O4)3]3-在强酸性环境下重新转化为Fe3+，该过程中_______(填“有”或“没有”)发生元素化合价的变化；从FeCl3溶液中得到FeCl3·6H2O晶体的操作是：往溶液中加入适量盐酸后，蒸发浓缩、冷却结晶、_______、洗涤、干燥。
(5)已知Ksp(Li2CO3)=8×10-4，滤液B中c(Li+)=0.2mol/L。要生成Li2CO3沉淀，则加入的等体积的Na2CO3溶液中，c(CO)不低于_______mol/L(忽略溶液混合引起的体积变化)，检验滤液中含有Na+的实验方法为_______。
【答案】(1)+3价
(2)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(3)     Co3++Fe2+=Co2++Fe3+     C
(4)     没有     过滤
(5)     0.16     焰色反应

【分析】由题给流程可知，废旧电池初步处理成粉末状后用氢氧化钠溶液浸泡，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到偏铝酸盐废液和固体残渣；偏铝酸盐废液与通入过量的二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝；向固体残渣中加入适量盐酸，将钴酸锂、铁转化为氯化锂、氯化亚钴、氯化铁，碳与盐酸不反应，过滤得到含碳的滤渣和含有氯化锂、氯化亚钴、成氯化铁的滤液A；向滤液A中加入草酸铵溶液，将亚钴离子转化为二水草酸亚钴沉淀，将铁离子转化为三草酸根合铁离子，过滤得到二水草酸亚钴和含有三草酸根合铁离子、锂离子的滤液B；一定条件下，向滤液B中加入碳酸钠溶液，将锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂和含有锂离子的滤液C；向滤液C中加入适量盐酸使溶液呈强酸性，将溶液中三草酸根合铁离子转化为铁离子后，往溶液中加入适量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁晶体。
【详解】（1）由化合价代数和为0可知，钴酸锂中钴元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；
（2）碱浸过程中所发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（3）由题意可知，溶液中钴离子与亚铁离子反应生成亚钴离子和铁离子，反应的化学方程式为Co3++Fe2+=Co2++Fe3+，故答案为：Co3++Fe2+=Co2++Fe3+；
（4）由题意可知，Fe3+能与C2O结合成[Fe(C2O4)3]3-，[Fe(C2O4)3]3-在强酸性环境下重新转化为Fe3+的过程中没有发生元素化合价的变化；由分析可知，向滤液C中加入适量盐酸使溶液呈强酸性，将溶液中三草酸根合铁离子转化为铁离子后，往溶液中加入适量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁晶体，故答案为：没有；过滤；
（5）由浓度熵Qc= c2(Li+)c(CO)＞Ksp(Li2CO3)能产生沉淀可知，溶液中c(CO)不低于×=0.16 mol/L；检验溶液中的钠离子可以用焰色反应，观察火焰是否为黄色，故答案为：0.16；焰色反应。

五、填空题
18．深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，合成尿素的反应为：
按要求回答下列问题：
(1)若向某恒温且恒容的密闭容器中加入等物质的量的NH3和CO2，发生上述反应。下列叙述不能说明反应已经达到平衡状态的是______(填标号)。
A．断裂6 mol N-H键的同时断裂2 mol O-H键    B．压强不再变化
C．混合气体的密度不再变化                   D．CO2的体积分数不再变化
(2)在T1℃和T2℃时(T1＜T2)，向恒容容器中投入等物质的量的两种反应物，发生以下反应：，平衡时lgp(NH3)与lgp[CO(NH3)2]的关系如下图Ⅰ所示，p为物质的分压强(单位为kPa)。

①若，。时，____。
②T2℃时此反应的标准平衡常数____。(已知：分压＝总压×该组分物质的量分数，对于反应：，，其中，p(G)、p(D)、p(E)为各组分的平衡分压。)
③若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，CO(NH2)2的体积分数______(填“变大”“变小”或“不变”)。
④图Ⅱ为在不同催化剂下，反应至相同时间容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，则在T1℃，催化效率最好的是催化剂______(填序号)。T2℃以上，n[CO(NH3)2]下降的原因可能是____________(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。

【答案】(1)A
(2)     1000     1000     变大     ③     随温度升高，可能是催化剂活性降低，反应速率降低，相同时间生成的尿素的物质的量减少

【详解】（1）A．根据方程式可知：每2分子NH3反应产生1分子CO(NH3)2，会断裂2个N-H键，即1个NH3分子断裂1个N-H键。现在断裂6 mol N-H键， 就是6 mol NH3反应，要生成3 mol H2O，形成6 mol O-H键，同时断裂2 molO-H键，就是l mol水发生反应，生成水的物质的量大于消耗的水的物质的量，正、逆反应速率不相等，没有达到平衡，A符合题意；
B．该反应在恒温恒容条件下进行，反应前后气体的物质的量发生改变，当气体压强不再变化时，气体的物质的量不变，则反应达到了平衡状态，B不符合题意；
C．反应前后气体的质量发生变化，而反应恒温恒容条件下进行，气体的体积不变，气体的密度会发生变化，若在混合气体的密度不再变化，则反应达到了平衡状态，C不符合题意；
D．若CO2的体积分数不再变化，说明混合气体中各种气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，D不符合题意；
故合理选项是A；
（2）①依据PV=nRT，恒容时，温度越高，压强越大，因为T1＜T2，故在图中上面的那条线是T1对应的图象，则平衡时v正=v逆， 即=，代入横坐标为1，纵坐标为5的那个点的数据，可得：；
②根据平衡常数表达式，并代入A点数据，可知T2℃时此反应的标准平衡常数；
③若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，体积不变，则相当于增大压强，加压时化学平衡向气体体积减小的方向移动，故化学平衡正向移动，CO(NH2)2的体积分数变大；
④由图II可知在温度为T1时，催化剂③的作用下，CO(NH2)2的物质的量较多，其物质的量分数较大，故该温度下催化效率最好的是催化剂③；
催化剂存在活化温度，在活化温度时催化效果较高， 由图II的CO(NH2)2的体积分数随着温度的变化趋势可知：T2℃以上，n[CO(NH2)2]下降，原因可能是：随温度的升高，可能导致催化剂活性降低，使反应速率降低，相同时间生成的CO(NH2)2的物质的量减少。

六、有机推断题
19．有机玻璃透光性好、质轻，可制飞机用玻璃。实验室由链烃A制备有机玻璃的一种合成路线如下；

已知：核磁共振氢谱表明D只有一种化学环境的氢。
(1)A的化学名称为_______。B→C的反应条件是_______。
(2)D的结构简式为_______，其分子中最多有_______个原子共平面。
(3)E生成F的化学方程式为_______。
(4)有机玻璃在足量的溶液中加热的化学方程式为_______。
(5)与E具有相同官能团的E的同分异构体有_______种，其中核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1 1的结构简式为_______。
【答案】(1)     丙烯     水溶液、加热
(2)          6
(3)+CH3OH+2H2O
(4)+nNaOH+nCH3OH
(5)     4    

【分析】核磁共振氢谱表明D只有一种化学环境的氢，C催化氧化得到D，根据E的结构可知D的结构简式为：，故C为，B发生取代反应得到C，B为，A发生加成反应得到B，A为CH2=CH-CH3；D到E发生加成反应，再水解得到E；E先发生消去反应，再与甲醇发生酯化反应得到F，F的结构简式为：，F发生加聚反应得到有机玻璃。
【详解】（1）根据分析，A为CH2=CH-CH3，名称为丙烯；B为，C为，B到C发生氯代烃的水解，反应条件为：NaOH水溶液，加热；
（2）D的结构简式为：，碳氧双键为平面构型，与碳氧双键中的碳原子直接相连的碳原子与其共平面，碳碳单键可以旋转，甲基中最多有1个H原子可以旋转到平面上，故分子中最多有6个原子共平面；
（3）E先发生消去反应，再与甲醇发生酯化反应得到F，F的结构简式为： ，E到F的化学方程式为： +2H2O；
（4）有机玻璃在足量的NaOH溶液中加热发生酯基的水解，化学方程式为：+nNaOH +nCH3OH；
（5）E为，与E具有相同官能团，即含有羟基和羧基，满足条件的同分异构体为：CH3CH2CH(OH)COOH、HOCH2CH2CH2COOH、HOCH2CH(COOH)CH3、CH3 CH(OH)CH2COOH，共4种；核磁共振氢谱为五组峰，说明有5种不同化学环境的氢原子，峰面积比为2：2：2：1：1，说明氢原子个数比为2：2：2：1：1，满足条件的结构简式为：HOCH2CH2CH2COOH。