【文档说明】重庆市南开中学2022-2023学年高二下学期开学考试化学试题 含解析.docx，共(20)页，3.573 MB，由小赞的店铺上传

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重庆南开中学高2024级高二(下)开学考试化学第Ⅰ卷(单选题)本卷共14题，每题3分。共42分，下列各题四个选项中只有一个选项符合题意，请选出，不选、多选或错选不给分。1.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是A

BCD锂离子电池硅太阳能电池电饭煲风力发电器A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.锂离子电池为原电池，将化学能转化为电能，A符合题意；B.硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，B项不符合题意；C.电

饭煲是将电能转化为热能，C项不符合题意；D.风力发电器是将风能转化为电能，D项不符合题意。故答案为：A。2.巴西奥运会期间，工作人员误将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用，发生反应：22NaClOHO=+22ONaClHO++，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。

下列叙述正确的是A.次氯酸钠的电离方程式为NaClONaClO−++B.2HO的空间填充模型为C.可表示35Cl−，也可表示37Cl−D.过氧化氢的电子式为【答案】C【解析】【详解】A．次氯酸钠为强电解质，电离方程式为NaClONaC

lO+−=+，故A错误；B．2HO分子的空间构型为折线（或V）形，故B错误；C．表示氯离子，故可表示35Cl−，也可表示37Cl−，故C正确；D．过氧化氢共价化合物，其电子式为，故D错误；故选C。3.下列关于工业生产说法不正确的是A.工业上用电解熔融氧化物的方法制金属镁和

铝B.氯碱工业中使用阳离子交换膜防止副反应的发生C.钢铁防腐蚀可用化学方法在其表面进行发蓝处理D.工业制备硫酸时在吸收塔中使用浓硫酸吸收三氧化硫【答案】A【解析】【详解】A．工业上用电解熔融2MgCl制金属镁：22MgCl()Mg+Cl电解熔融，A

错误；B．氯碱工业中使用阳离子交换膜(只允许阳离子通过，不允许阴离子和气体通过)可以防止阴极产生的氢氧化钠和阳极产生的氯气发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，B正确；C．用化学方法在钢铁部件表面进行“发蓝”处理是一种普遍采用的金属防护方法，

C正确；D．工业制备硫酸时在吸收塔中使用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，防止形成酸雾，D正确；故选A。4.砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作太阳能电池。3AsCl是合成GaAs的原料之一，其中Ga与Al同族，As与N同族

。下列叙述正确的是A.电负性：ClGaAsB.3AsCl中含有σ键C.3AsCl分子为平面三角形D.基态Ga和As原子的未成对电子数相同【答案】B【解析】【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上

而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：Cl>As>Ga，故A错误；B．3AsCl中含有砷氯共价键，存在σ键，故B正确；为C．3AsCl分子砷形成3个共价键、且存在1对孤电子对，为sp3杂化，故为三角锥形，故C错误；D．基态Ga和As

原子的价电子排布分别为4s24p1、4s34p2，未成对电子数不相同，故D错误；故选B。5.2LiO−电池比能量高，可用于汽车、航天等领域。电池反应式为：2222LiOLiO+放电充电，放电时，下列说法不正确的是A.Li在负极失去电子B

.2O在正极发生还原反应C.阳离子由正极移向负极D.Li电极不能直接与水溶液接触【答案】C【解析】【详解】A．放电时，锂失去电子发生氧化反应，为负极，A正确；B．O2得到电子，在正极发生还原反应，B正确；C．原电池中阳离子向正极移动，C错误；D．Li与水发生反应，故

不能直接与水溶液接触，D正确；故选C。6.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.24LSO溶于水，溶液中3HSO−、23SO−和2SO的微粒数之和小于A0.1NB.向2FeI溶液中通

入适量2Cl，当有21molFe+被氧化时，转移电子总数一定等于A3NC.电解精炼铜时，以待精炼铜作阳极，以纯铜作阴极，当阳极有64gCu转化为2Cu+时，电路中通过的电子数为A2ND.2428gCH与2N混合物中π键的数目为AN【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，22.24LSO物质的量为

0.1mol，2SO与水的反应为可逆反应，溶液中3HSO−、23SO−和2SO的微粒数之和小于A0.1N，A正确；B．2FeI溶液中通入适量2Cl，还原性：2-Fe<I+，当有21molFe+被氧化时，已有-I被氧化，被氧化的-I量

未知，转移电子总数未知，B错误；C．电解精炼铜时，以待精炼铜作阳极，以纯铜作阴极，当阳极有64gCu转化为2Cu+时，已有其他杂质离子优先失电子进入溶液，电路中通过的电子数大于A2N，C错误；D．极端假设法，设2428gCH中π键的数目为2AN，设28g2N混合物中π键的数目为AN，混

合物中π键的数目大于AN，D错误；故选A。7.下列物质制取、储存和用途与盐的水解有关的是①实验室配制4FeSO溶液时加入少量铁粉②3NaHCO和()243AlSO混合溶液可用作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施

用④实验室盛放23NaCO溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤少量的硫酸铁溶于水能吸附水中悬浮杂质A.②③④⑤B.①②④C.①②③⑤D.③④⑤【答案】A【解析】【详解】①实验室配制4FeSO溶液时加入少量铁粉，

反正二价铁离子被氧化，与盐类水解无关；②3243Nl(aHCOASO)和混合溶液，互相促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，可可用作泡沫灭火剂，与盐类水解有关；③草木灰与铵态氮肥互相促进水解，不能混合施用，与水解有

关；④实验室盛放23NaCO溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，不能用磨口玻璃塞，与盐类水解有关；⑤少量的硫酸铁溶于水发生水解反应，生成氢氧化铁胶体，具有较大表面积，能吸附水中悬浮杂质，与盐类水解有关；因此②③④⑤与盐类水解有关；答案选A。8.以反应()222424

CuHO4ClCuCl()4HOΔH0()蓝黄+−−++为例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的2CuCl溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正确．．．的是操作和现象分析A观察溶液为绿色()224CuHO+和24CuCl−同时存在B升高温度，溶液变为黄绿色平衡正

移，24CuCl−的浓度增大C加少量Zn片，静置，Zn片上覆盖红色固体24CuCl−的浓度增大D加几滴3AgNO溶液，静置，上层清液为蓝色平衡逆移，24CuCl−的浓度减小A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】

【详解】A．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH＞0可知，[Cu(H2O)4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光=绿色光

，所以溶液为绿色，是因为[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2−同时存在，故A正确；B．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，[CuCl4]2−的浓度增大，溶液变为黄绿色

，故B正确；C．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn=Zn2++Cu，Cu2+浓度减小，则[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2−浓度均减小，故C错误；D．由[Cu(

H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl-与Ag+反应，即Ag++Cl-=AgCl↓，Cl-浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu(H2O)4]2+浓度增大，上层清液

为蓝色，故D正确；故选C。9.科学家发现了铝的“超级原子”结构13Al和14Al。已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40时处于相对稳定状态。下列说法正确的是A.13Al和14Al互为同位素B.13Al“超级原子”中Al原子间通过离子键结合

C.13Al和14Al都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子D.14Al最外层电子数之和为42，与第ⅡA族元素原子的化学性质相似【答案】D【解析】【详解】A．同位素是质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位素，1314AlAl和不互为同位素，A项错误；B．13Al“超级原子”中

Al原子间通过共价键结合，B项错误；C．13Al最外层电子数之和为13339=，需要获得1个电子达稳定结构，因此表现出强氧化性，C项错误；D．14Al最外层电子数之和为14342=，由于这类“超级

原子”最外层电子数之和40时处于相对稳定状态，因此该微粒需要失去2个电子才能达到稳定结构，说明14Al与IIA族元素原子的化学性质相似，D项正确；答案选D。10.环己烷有多种不同构象，其中椅式、半椅式、船式、扭船式较为典型。各构象的相对能量图(位能)如图所示。下列

说法正确的是A.相同条件下船式最稳定B.扭船式结构一定条件下可自发转化成椅式结构C.612612CHCH=（半椅式）（船式）39.3kJ/moIH=+D.612CH（椅式）的燃烧热H小于612CH（船式）【答案】B【解析】【详解】A．能量越低越稳定，由图象可知椅式最稳定，A错误；B．扭船式结

构转化成椅式结构释放能量，一定条件下可自发转化，B正确；C．612612CHCH=（半椅式）（船式）△H=-16.3kJ/mol，反应放热，C错误；D．四种结构中，椅式能量最低最稳定，故椅式环己烷充分燃烧释放的

热量最小，燃烧热H<0，带符号比，燃烧热H大于612CH（船式），D错误；故选B。11.卤化金能与亚乙基硫脲形成盐，结构如下图所示。其中X代表卤素原子，W元素丰度最大的一种核素原子核内无中子，M、Y、Z的原子半径依次减小，且M的最高正价与最低负价代数和为4。

下列说法不．正确．．的是A.简单氢化物的键角：YZB.M最外层电子有6种空间运动状态C.该盐中Y、Z、M均达到8电子稳定结构D.79Au在元素周期表的位置为第六周期第ⅠB族【答案】B【解析】【分析】W的丰度最大的一种核素原子核无中子，W为H；M的最高

正价与最低负价代数和为4，故M为S；原子半径M>Y>Z，Y能形成4个共价键，Y为C；Z形成3个共价键，Z为N；【详解】A．CH4是正四面体结构，NH3为三角锥形，中心原子有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键

电子对之间的排斥作用，故键角减小，故简单氢化物的键角：Y>Z，故A正确；B．M为S，最外层电子排布为3s23p4，M最外层电子有4种空间运动状态，故B错误；C．该盐中Y、Z、M均达到8电子稳定结构，故C正确；D．79Au是79号元素，第六周期稀有气体R

n的原子序数为86，第五周期稀有气体Xe的原子序数为54，故第79号元素位于第六周期IB族，故D正确；故答案为B。12.2CaF是离子晶体，其晶胞如下图1所示(已知氟化钙晶胞参数为apm，AN表示阿伏加德罗常数的值)，难溶于水、可溶于酸。常温下，用盐酸调节2CaF浊液的pH，测得在不同pH

条件下，体系中()()HFlgHcc+与()lgXc−(X为2Ca+或F−)的关系如图2所示。下列说法错误的是。A.每个氟化钙晶胞中含有2Ca+的数目为4个B.氟化钙的晶体密度为3330A312gcm10aN−C.1L表示()lgFc−−与()()HFlgHcc+的变化曲线D.()sp2CaFK

的数量级为1010−【答案】C【解析】【分析】已知HF的()()()+-acHcF=cHFK，则有()()()-+acFcHF=cHK，即有()()HFlgHcc+越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大

，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代表-lgc(F-)的变化曲线，据此分析解题。【详解】A．每个氟化钙晶胞中含有Ca2

+的数目为8×18+6×12=4，故A正确；B．晶胞体积V=(a×10-10cm)3，该晶胞中相当于含有4个“CaF2”，晶胞质量为m=A312Ng，则氟化钙的密度mρ=V=3330A312gcm10aN−，故B正确；C．由分析可知，L

1表示-lgc(Ca2+)与()()HFlgHcc+的变化曲线，故C错误；D．由a点坐标可知，()()()-+acFcHF=cHK═10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，

此时()()+cHFcH=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故其数量级为10-10，故D正确；故选：C。13.2022年7月，中科

院在锌碘液流可充电电池领域研究中取得重要进展。该研究引入了聚乙烯吡咯烷酮(PVP)，其单体为NVP，NVP可结合I2，经一系列变化生成可溶性聚碘配合物NVP－2I3−，有效提高锌碘液流电池碘正极容量，避免了电池改进前I2+I

-=I3−导致I-利用率降低，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.充电时，a极为阴极B.将该电池用于铁制品的腐蚀防护，应将电极b与铁制品相连C.电池改进前，放电时1molI3−，转化为I-，转移2mol电子D.放电时，b极反应：2I

2+NVP－I2+2e-=NVP－2I3−【答案】B【解析】【详解】A．放电时a极由Zn变为2Zn+，发生氧化反应，做负极，充电时，发生还原反应做阴极，故A正确；B．外加电流法防腐，应将被保护的金属与外接电源的负极相连，故B错误；C．3I2e3I−−−+=，放电时1mol3I−转化为I−，转移2

mol电子，故C正确；D．b极得电子，发生还原反应，2232INVPI2eNVP2I−−+−+=−，故D正确；故本题选B。14.常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度分别为1c、2c的一元酸(HA)、二元酸(2HB)溶液，得到如图滴定

曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。忽略溶液混合时体积变化。下列叙述正确的是A.X曲线代表2HB，Y曲线代表HA，12c<cB.两种酸恰好完全中和时，均可用酚酞或甲基橙作指示剂C.若a点V(NaOH)7.95mL=，则a点()()()()+-2-2cNa<2cHB+cB+

3cHBD.滴定HA的过程中存在某一时刻满足()()()--+1c(HA)+2cA+cOH=cH+c【答案】D【解析】【分析】二元弱酸，有两次滴定突变，一元酸有一次滴定突变，故X曲线代表2HB，Y曲线代表HA，据此分析。【详解】A．HA消耗的V(N

aOH)小于2HB消耗V(NaOH)的二倍，则12cc，A正确；B．2HB、HA恰好完全中和时，产物为强碱弱酸盐，均呈碱性，可使用酚酞做指示剂，不可使用甲基橙做指示剂，B错误；C．完全中和时消耗V(NaOH)=10.60mL，a点V(NaOH)=7.95mL时，占消耗氢氧化钠总体积的四分之

三，则溶质为NaHB与Na2B，且二者的浓度比为：1:1形成的溶液，则a点物料守恒和电荷守恒有关系式：()()()()()+-2Na=HB2OH+HBccccc+−−++①，()()()()222Na=3HB3B3HBccc

c+−−++②，用②-①，得()()()()()()2-+2Na=H2HBB+OHHB3cccccc+−−+++由于酸性环境，()+cH()-OHc，故()()()()22Na2HBB3HBcccc+−−++，C错误；D．溶液中的质子守恒：c(H+)+c(

HA)=c(OH-)①，物料守恒：②c(A−)+c(HA)=0.05mol⋅L-1②，②×2-①得：c(HA)+2c(A−)+c(OH−)=c(H+)+c1，D正确；故本题选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)15.

钛、钒、铬、铁、镍、铜等过渡金属及其化合物在工业上有重要用途。（1）钛铁合金具有放氢温度低、价格适中等优点，是钛系储氢合金的代表。①基态Ti原子价层电子排布式为_______。②Fe元素在元素周期表中的位置是

_______。（2）制备22CrOCl的反应为2274222KCrO3CCl2KCl2CrOCl3COCl+++=。①上述化学方程式中非金属元素电负性由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。②2COCl分子中所有原子

均满足8电子稳定结构，2COCl分子中π键和σ键的个数比为_______，中心原子的杂化方式为_______。（3）一种钒的硫化物的晶体结构(图a)及其俯视图(图b)如图所示：①该钒的硫化物的化学式是

_______。②该钒的硫化物的晶体中，与每V原子最近且等距S原子的个数是_______。【答案】（1）①.223d4s②.第四周期第ⅤⅢ族（2）①.CClO②.1∶3③.2sp（3）①.VS②.6【解析】【小问1详解】Ti是22号元素，位于元素周期表第四

周期，第IVB，故Ti的基态原子价电子排布式为223d4s；Fe是26号元素，位于周期表第四周期第ⅤⅢ族；【小问2详解】反应方程式中非金属元素有三种：O,C,Cl,4CCl中C表现正化合价，Cl表现负化合价

，22CrOCl中Cl为+1价，O为-2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素互相化合时该元素表现负价，故电负性：O>Cl>C;2COCl分子中有1个C=O键和2个C-Cl键，所以2COCl分子中σ键数目为3，π

键数目为1，个数比为3：1，中性原子C电子对数=4122332−−+=，故中心原子杂化方式为2sp；【小问3详解】由图可知，根据均摊法，1个晶胞中V为111126216632+++=个，S为6个，故该钒的硫化物化学

式为VS；该钒的硫化物晶体中，以体心的V为例，可知与每个V原子最近且等距的S原子个数是6；16.钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示:(1)途径I碱浸时发生反应的

化学反应方程式为________________________________________。(2)途径II氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为_____________________________。(3)已知途径I的

钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是____________[已知Ksp(BaCO

3)=1×10-9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。(4)分析纯的钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径I所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化

学式是__________________________。(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图:①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是___

_____________________。②若缓释剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g/mol)的物质的量浓度为__________________(计算结果保留3位有效数字)。(6)二硫化钼用

作电池的正极材料时接受Li+的嵌入，锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为:xLi+nMoS2Lix(MoS2)n。则电池放电时正极的电极反应是:_____________________。【答案】①.MoO3+Na2CO3

=Na2MoO4+CO2↑②.MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O③.90%④.(NH4)2CO3和(NH4)2SO3⑤.常温下浓硫酸会使铁钝化⑥.7.28×

10-4mol/L⑦.nMoS2+xLi++xe-=Lix(MoS2)n【解析】【详解】利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径：途径Ⅰ是先在空气中灼烧生成MnO3，同时得到对环境有污染的气体SO2，然后再用纯碱溶液溶解MnO3，即可得到钼酸钠溶液，

最后结晶得到钼酸钠晶体；途径Ⅱ是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，结晶后得到钼酸钠晶体。（1）根据题给流程图分析途径I碱浸时，MoO3与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳和Na2MoO4，发生反应的化学方程式为：MoO3+Na2CO3=Na2

MoO4+CO2↑；（2）途径Ⅱ氧化时MoS2与次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成Na2MoO4和硫酸钠，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，发生反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-==MoO42-+9Cl-+3H2O；（3）BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度

为：c（Ba2+）=84.0100.4−=1×10-7mol/L，溶液中碳酸根离子的浓度为：c(CO32-)=97110110−−=1×10-2mol/L，所以碳酸根离子的去除率为：121100.1−−=1-10%=90%；

故CO32-的去除率是90%；（4）钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应生成钼酸钠和氨气，将氨气与途径I所产生的尾气CO2、SO2一起通入水中，得到正盐的化学式是(NH4)2CO3、(NH4)2SO3；（5）①浓硫

酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化。故当硫酸的浓度大于90%时，腐蚀速率几乎为零；②根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150mg•L-1，1L溶液中含有

的钼酸钠物质的量为：315010206/ggmol−≈7.28×10-4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28×l0-4mol•L-1，故答案为7.28×l0-4mol•L-1；（6）根据

锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为：xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，可知锂是还原剂，在负极发生氧化反应，负极反应式为：xLi-xe-=xLi+，是氧化剂在正极发生还原反应，据此书写电池放电时的正极反应式：正极反应式为：nMoS2+xLi++xe-=Lix（MoS2）n。17.钴

及其化合物在化工生产中有重要的用途。三氯化六氨合钴(Ⅲ)()336CoNHCl是黄色或橙黄色晶体，实验室以2CoCl为原料经催化制备()336CoNHCl，步骤如下：Ⅰ.2CoCl的制备2C

oCl(易潮解)可以通过钴和氯气反应制得，实验室用下图实验装置制备纯净2CoCl。（1）装置的连接顺序为_______(填字母)，B装置用于制备氧气，其反应的化学方程式为_______，A装置中试剂X的名称为_______。（2）组装好仪器进行实验时，要先加入

浓盐酸，使B装置中开始生成氯气，待A装置内充满黄绿色气体，再加热A装置中的钴粉，目的是_______。Ⅱ.三氯化六氨合钴(Ⅲ)的制备。其原理为：()2432233262CoCl2NHCl10NHHO2CoNHCl2HO+++=+。已知：三氯化六氨合钴不溶于乙醇，常温水中溶解度较小

。（3）水浴温度不超过60℃的原因是_______。（4）下列说法不正确的是_______(填标号)。A.4NHCl除作为反应物外，还有调节溶液的pH的作用B.活性炭是脱色剂，固体2是活性炭C.加入浓盐酸，析出产品的反应方程式为()()333366CoNH3ClCoNHCl+−

+=D.可用乙醇水溶液洗涤产品Ⅲ.晶体结构测定与钴含量分析。（5）测定晶体结构最常见的仪器是_______，从而获取晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间的有序排列。已知()336CoNH+具有正八面体

的空间结构，()336CoNH+中的2个3NH被2个2HO取代，能得到_______种产物。（6）利用3Co+将KI氧化成2I，3Co+被还原后的产物为2Co+。然后用2230.015mol/LNaSO标准溶液滴定生成的2I(已知：2222346I2SO2ISO−−−+=+)。若称取样品的

质量为0.295g，滴定2I时，达到终点消耗223NaSO标准溶液的平均体积为54.00mL。该样品中钴元素的质量分数为_______%。【答案】（1）①.BCA②.42222KMnO16HCl()2KCl2MnCl5Cl8HO浓+=+++③.浓硫酸（2）排尽装置中．．．．．空气．．，防止

加热时钴被氧气氧化（3）防止过氧化氢分解、氨气逸出．．．．．．．．．．．（4）B（5）①.X射线衍射仪②.2（6）16.2【解析】【小问1详解】B中MnO2与浓盐酸反应加热生成的Cl2中含有HCl和水蒸气，通过C的饱和的NaCl、浓硫酸，除杂得纯净的Cl

2，A中氯气与金属Co加热反应生成CoCl2，CoCl2易潮解，试剂X中浓硫酸的作用，防止水蒸气进入装置中，A中NaOH溶液吸收多余的Cl2，装置的连接顺序为BCA。B装置的反应化学方程式为42222

KMnO16HCl()2KCl2MnCl5Cl8HO浓+=+++。A装置中试剂X的名称为浓硫酸。【小问2详解】进行实验时，要先生成氯气，将装置内空气排尽，防止加热时钴被氧气氧化，待A装置内充满黄绿色气体，再加热A装置中的钻粉。【小问3详解】由于温度过高会导致氨气

的挥发(或H2O2的分解)，而温度较低时反应速率又太慢，不利于反应的发生，保持温度为60℃时，能够保证较快的反应速率，同时也可以减少氨气的挥发(或H2O2的分解)。【小问4详解】A．4NHCl除作为反应物外，同时氯化铵为强酸弱碱盐，加入4NHCl溶液影响氨水的电离平衡、可以调节溶液，以增

加H2O2的氧化性和稳定性，A正确；B．据分析，活性炭是催化剂，固体2是活性炭，B错误；C．加入浓HCl，Cl-浓度增大，根据沉淀溶解平衡理论，平衡向生成()336CoNHCl晶体的方向移动，所以加入浓HCl的目的是有利于()336

CoNHCl析出，提高产率加入浓盐酸，则析出产品的反应方程式为()()333366CoNH3ClCoNHCl+−+=，C正确；的D．三氯化六氨合钴不溶于乙醇，常温水中溶解度较小，则可用乙醇水溶液洗涤产品，D正确；故选B。【小问5详解】用X射线衍射仪测定晶体结

构，可获取晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间的有序排列。()336CoNH+呈正八面体结构，若其中有两个3NH分子分别被2HO取代，1，4为等效位置，2，3，5，6为等效位置。如果一个水分子位于1的位置，则另一个水分子可能是2，3，5，6(等效）或4，所以用有两种结构

。小问6详解】根据得失电子守恒得出关系式：23Co+~2I~2232SO−，那么2--3-423n(Co)=n(SO)=0.015mol/L54.0010L=8.110mol，钴元素的质量分数为-48.110mol59g/mol100%=16.2%0.295g。

18.氮氧化物治理是环境学家研究的热点之一，现有以下5种治理氮氧化物的方法。回答下列问题：（1）3NH还原法。研究发现3NH还原NO反应历程如图所示。下列说法正确的是_______(填序号)。A.3Fe+能降低总反应的活化能，提高反应

速率B.总反应为3226NO4NH5N6HO+=+C.该反应历程中形成了非极性键和极性键（2）CO还原法。已知有关反应如下：【的A：1221C(s)O(g)CO(g)ΔH393.5kJmol−+==−B：122C(s)CO(g)2CO(g)ΔH172.5kJm

ol−+==+C：NO和CO反应的能量变化如图所示。则222NO(g)N(g)O(g)ΔH=+=_______1kJmol−。（3）甲烷还原法。一定温度下，在2.0L刚性密闭容器中充入41molC

H和22molNO，发生反应：42222CH(g)2NO(g)CO(g)N(g)2HO(g)+++。测得反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的变化如表所示。反应时间(t)/min0246810p/(100kPa)4.805.445.765.926.006.00达到平衡时，2N

O转化率为_______。若起始时加入43molCH和22moNO，则在该温度下的压强平衡常数pK=_______kPa(以分压表示的平衡常数为pK，分压=总压×物质的量分数)。（4）电解氧化吸收法。电解10.1molL

−的NaCl溶液时，溶液中相关成分的质量浓度与电流强度的变化关系如图。当电流强度为4A时，电解产物氧化吸收NO的主要反应的离子方程式为_______(NO最终转化为3NO−)。（5）碱液吸收法。的①将NO、2NO通入石灰乳中可制备重要的工业原料()22

CaNO。该工艺需控制NO和2NO物质的量之比接近1∶1。若()2nNO:n(NO)>1:1，则会导致_______。②将用氢氧化钠溶液脱硝得到的2NaNO、3NaNO混合液和NaOH溶液分别加到如图所示的电解槽中A室和B室进行电解。若A室生成22.1gN，B室溶液质量减少17.

05g，则A室中参加反应的2NO−和3NO−的物质的量之比为_______。【答案】（1）AC（2）180.5−（3）①.75%②.3240（4）322NO3ClO2OH2NO3ClHO−−−−++=++（5）①.产品()22CaNO

中()32CaNO含量升高②.2∶1【解析】【小问1详解】A．由图可知，3Fe+为反应的催化剂，故能降低总反应的活化能，提高反应速率，A正确；B．由图可知，反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则总反应的化学方程式为32224NH+4NO+O=4N+6HO，B错误；C．该反

应历程中形成了NN非极性键和HO−极性键，C正确；故选AC。【小问2详解】由图可知C：()()()()222NOg2COgNg2COg+=+13746.5kJmolH−=−，根据盖斯定律，C＋B-A

得：()()()222NOgNgOg=+1321180.5kJmolHHHH−=+−=−；【小问3详解】设平衡时气体总物质的量为moly，则6124.8y=+，解得3.75y=；设平衡时4CH转化的物质的量为molx，列三段式：42222CH(g)2NO(g)CO(g)N(g)2HO

(g)(mol)(mol)(mol12000222)122xxxxxxxxxx+++−−起始转化平衡可得12223.75xxxxx−+−+++=，解得0.75x=，平衡时2NO的转化率：0.7521002％=75％；()()()()()22222p22420.75

0.751.5600600600pCOpNpHO3.753.753.75K==kPa=3240kPapCHpNO0.250.56006003.753.75，温度不变，平衡常数不变，故若起

始时加入43molCH和22molNO，则在该温度下的压强平衡常数还是3240kPa；【小问4详解】由图可知，当电流强度为4A时，氯的主要存在形式为ClO−，故此时是ClO−和一氧化氮反应生成氯离子和硝酸根，离子

方程式为：322NO3ClO2OH2NO3ClHO−−−−++=++；【小问5详解】①若()()2NO:NO1:1nn，则2NO过量，2NO可与石灰乳反应生成()32CaNO，则会导致产品()22CaNO中()32CaNO含量升高；②A

室有2N生成，则A室为2NaNO、3NaNO混合液，作阴极，2NO−发生的电极反应式为2222NO6e4HO8OHN−−−++=+，3NO−发生的电极反应式为3222NO10e6HO12OHN−−−+

+=+。B室为NaOH溶液，作阳极，电极反应式为224OH4eO2HO−−−=+。在B室，每生成1molO2，同时有4molNa+通过钠离子交换膜移向A室，则B室减少的质量相当于是Na2O的质量，B室溶液质量减少17.05g，则Na2O的物质的量为

0.275mol。设2NO−和3NO−的物质的量分别为xmol、ymol，则根据N元素守恒，2.12228xy+=①，根据得失电子守恒，350.2752xy+=②，联立①②解得0.1x=，0.05y=，则A室中参加反应的2NO−和3NO−的物质的量之比为2

∶1。