湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试 化学试卷

**基本信息** 高二下学期期中化学试卷，以钙钛矿太阳能电池材料、废弃电极再锂化等科技前沿及“苯宝宝表情包”生活情境为载体，覆盖有机、无机、实验等模块，注重科学思维与探究能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|14题42分|有机同系物判断、无机离子推断、沉淀溶解平衡|结合微信表情包考查苯衍生物结构，体现学科与生活联系| |填空题|1题14分|有机物表示方法、结构简式书写、反应方程式|通过二缩三乙二醇合成路线分析官能团转化，培养推理能力| |解答题|3题44分|工业流程（废钴镍矿回收）、实验探究（氯气制备）、原理综合（热化学与平衡）|以电极再锂化电化学装置考查电解原理，对接科技前沿|

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高二下学期期中考试化学试卷 一、单选题（共42分） 1．（本题3分）化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是 A．苯酚消毒是利用其强氧化性破坏病毒蛋白结构进行杀菌消毒 B．分子式为的有机物不能使酸性溶液褪色，则该有机物一定不是醇 C．石油的裂化、裂解、催化重整，煤的干馏、气化、液化都属于化学变化 D．96%的工业酒精制取无水乙醇，可采用的方法是加生石灰，再蒸馏 2．（本题3分）下列说法不正确的是 A．通过石油的催化裂化和裂解可以得到较多的轻质油和气态烯烃 B．总质量相等的任何比例苯和乙炔混合物完全燃烧时生成水的质量不变 C．使1乙烯与氯气先发生加成反应，然后使该加成反应的产物与氯气在光照的条件下发生取代反应，则两个过程中消耗的氯气总的物质的量最多是5 D．常压分馏得到的汽油是混合物，没有固定的沸点，但石油气为纯净的丙烷 3．（本题3分）已知某有机物分子中只含碳、氢、氧三种元素，其相对分子质量在150到180范围之间，且碳、氢的质量分数之和为40%，则该有机物中最多含有的数目为 A．3 B．4 C．5 D．6 4．（本题3分）某溶液中含有H＋、Na＋、Mg2＋、Fe2＋、、Cl-、和离子中的若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于稀HNO3) ①向溶液中滴加几滴Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和浅绿色滤液B； ②取滤液B，先用稀HNO3酸化，再滴加0.001 mol/L AgNO3溶液，有白色沉淀生成。 下列说法不正确的是 A．溶液A中一定存在的离子是Fe2＋、、H＋和Cl- B．溶液A中不存在和，不能确定Na＋、Mg2＋的存在 C．第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2CO3和Ag2SO4 D．原溶液存在的Fe2＋可用KSCN溶液检验 5．（本题3分）下列实验操作和现象以及所得结论均正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将石蜡油气化后，使气体流经碎瓷片，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去 碎瓷片的主要作用是使石蜡油受热均匀 B 在溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，加热一段时间，再滴入几滴硝酸银溶液，有不溶于水的沉淀析出 溴乙烷在碱性条件下能水解 C 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明 生成的1,2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳 D 在苯酚浓溶液中滴加少量稀溴水，出现白色沉淀 可用于苯酚的定性检验和定量测定 A．A B．B C．C D．D 6．（本题3分）某化合物可以实现钙钛矿太阳能电池的高稳定性，其结构如图所示。W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前四周期主族元素，W与Y的原子序数之和与Z的原子序数相等。下列说法错误的是 A．第一电离能： B．简单氢化物的稳定性： C．和的模型名称相同 D．常温下M单质可与水剧烈反应 7．（本题3分）下列物质属于同系物的是 A．与 B．CH3CH2Cl与CH2ClCH2CH2Cl C．C2H5CHO与CH3CHO D．C3H6与CH2=CH2 8．（本题3分）将0.1 mol的镁铝合金溶于溶液中，固体完全溶解，然后再滴加溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示。当，则下列说法中正确的是 A． B．时溶液中大量存在、、 C．固体混合物中镁铝物质的量之比为 D．，，消耗氢氧化钠溶液体积比为 9．（本题3分）科研工作者设计了一种用于废弃电极材料再锂化的电化学装置，其示意图如下： 已知：参比电极的作用是确定再锂化为的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是 A．电极上发生的反应： B．电极上发生的反应： C．产生标准状况下时，理论上可转化的 D．电解过程中，阳极附近溶液升高 10．（本题3分）二缩三乙二醇(C)可用于制备新型的手机电池离子导体材料，其合成过程如图所示。下列说法错误的是 A．C的分子式为 B．A的结构简式为 C．1个B分子中含有2个羟基 D．反应Ⅰ、Ⅱ的原子利用率均小于100% 11．（本题3分）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．HCl分子中的共价键是s-p键 B．键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转 C．，、中σ键都是C—H键 D．如图表示石墨的层状结构，24g石墨中含有个六元环 12．（本题3分）现代分析仪器对于有机化合物的测定具有重要的作用，下列说法错误的是 A．可以用质谱法测定有机物的相对分子质量 B．用元素分析仪可以区分正戊烷、异戊烷和新戊烷 C．X射线衍射可以区分某有机物和它的对映异构体 D．可以利用紫外吸收光谱和可见光谱判断有机化合物分子中共轭程度的大小 13．（本题3分）常温下，AgCl(s)和(s)的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知。下列说法正确的是 A．曲线Ⅱ表示AgCl(s)沉淀溶解平衡曲线 B．的数量级为 C．a点时，反应的v(正)＜v(逆) D．反应的平衡常数 14．（本题3分）微信中的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的(如图)。下列说法正确的是      A．化合物A不能与乙醇反应 B．化合物B可通过苯与氯气发生加成反应制得 C．化合物A与乙酸互为同系物 D．化合物B分子中所有原子都在同一平面上 二、填空题（共14分） 15．（本题14分）有机物在自然界存在形式多种多样，请回答下列问题： (1)常见有机物的表示方法如下： A．    B．  CH3(CH2)3CH=CH2  C．CHCH D．    E．    F． ①A的分子式为___________，D中含氧官能团的名称为___________。 ②与E互为同系物的是___________(填字母)。 ③写出C在催化剂条件下与H2O反应的化学方程式___________。 (2)某有机物的分子式为C8H18，其一氯代物只有1种，则有机物C的结构简式为___________。 (3)有机物在同一平面上的原子最多有___________个。 (4)已知：，如果要合成所用的初始原料可以是___________(填字母)。 A．2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔 B．2-甲基-1，3-丁二烯和2-丁炔 C．2，3-二甲基-1，3-丁二烯和丙炔 D．1，3-戊二烯和丁炔 (5)有机物常用于食品行业。已知在足量中充分燃烧，将生成的混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重和，经检验剩余气体为。的质谱图如下： ①M分子的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3，则M的结构简式是___________。 ②写出M与溴水反应的化学方程式：___________。 三、解答题（共44分） 16．（本题14分）工业上常用浓氨水检验运输氯气的管道是否泄漏。某同学为验证干燥、纯净的氨气与氯气的反应，设计装置如图所示，C装置为氯气与氨气反应的装置。 回答下列问题： (1)装置A中发生的化学反应方程式是 ___________。 (2)仪器a的名称为 ___________，装置B的作用是 ___________。 (3)装置F中浓盐酸发生反应时体现的性质是 ___________。若要得到标准状况下112mLCl2，需MnO2的质量为 ___________。 (4)为得到干燥、纯净的氯气，D、E分别应盛放的试剂是 ___________、___________(填序号)。 ①饱和NaCl溶液    ②浓NaOH溶液    ③浓硫酸    ④饱和NaHCO3溶液 (5)通入C装置的两根导管左边较长、右边较短，目的是 ___________。实验过程中观察到装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，经检验发现另一生成物是空气的主要成分之一。写出反应的化学方程式：___________。 17．（本题14分）镍钴合金是航天领域重要材料之一，一种利用废钴镍矿(含有较高的Co、Ni、Mg、Pb及一定量的Fe和Mn等元素)回收Ni和Co的工艺流程如下： 已知：P204（常用萃取剂）对Co2+、Ni2+和Fe3+具有高选择性。回答下列问题： (1)基态Co原子的价层电子轨道表示式为__________。 (2)“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 (3)“还原”中加入Fe的主要目的是__________。 (4)“沉钴”时，按照n(NaClO)：n(Na2CO3)=1：2加入试剂，生成Co(OH)3沉淀，则沉钴时总反应的离子方程式为____________。 (5)CoSO4·7H2O结构示意图如图，回答下列问题： ①H2O中H-O-H键角_________(填“>”“<”或“=”)中O-S-O键角，原因是_________。 ②该晶体受热失水时，随着温度的升高，先失去一个水分子，再失去其它水分子，首先失去的水分子应为_________(填“a”或“b”)。 18．（本题16分）能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决的大问题。2023年2月21日，中国气候变化特使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献。 I．在、时，已知：   ；   ；    (1)时写出和反应生成的热化学方程式：___________。 II．向密闭容器中充入一定量的和，保持总压为，发生反应：  。 (2)能表示此反应已经达到平衡的是___________(填字母)。 A．气体总体积保持不变 B．混合气体的平均相对分子质量保持不变 C．不再变化 D． (3)当时，的平衡转化率；时平衡转化率的关系如图： ①___________(填“>”或“<”) ②表示当时，的平衡转化率的关系是___________(填“I”或“II”)，根据所选曲线写出判断依据___________。 ③当、时，该反应的分压平衡常数___________(保留2位有效数字)(分压=总压×物质的量分数)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B D C C C D C D 题号 11 12 13 14 答案 C B D D 1．A 【详解】A．苯酚消毒液是利用其透过细胞膜使蛋白质变性进行杀毒，A错误 B．分子式为的有机物为醇或醚类，醇的结构简式分别为、，均能被酸性溶液氧化，使酸性溶液褪色，醚不能，则该有机物一定是醚不是醇，B正确 C．石油的裂化、裂解、催化重整，煤的干馏、气化、液化都生成了新物质，属于化学变化，C正确 D．工业制取无水乙醇，用96%的工业酒精中加生石灰，再蒸馏，D正确； 故选A。 2．D 【详解】A．石油裂化可以得到较多的轻质油；裂解得到较多的气态烯烃，A说法正确； B．苯和乙炔的最简式均为CH，则总质量相等的任何比例苯和乙炔混合物完全燃烧时生成水的质量不变，B说法正确； C．使1mol乙烯与氯气先发生加成反应，消耗1mol氯气，加成反应的产物中含有4个氢原子，则其与氯气在光照的条件下发生取代反应，消耗4mol氯气，则两个过程中消耗的氯气总的物质的量最多是5mol，C说法正确； D．常压分馏得到的汽油是混合物，没有固定的沸点，石油气是混合物，主要组成成分为丙烷、丙烯、丁烷、丁烯中的一种或者两种，而且其还掺杂着少量戊烷、戊烯和微量的硫化物杂质，D说法错误； 答案为D。 3．B 【详解】 碳、氢的质量分数之和为40%，则氧的质量分数为1-40%=60%，其相对分子质量在150到180范围之间，则分子中含有O的个数小于，但大于，则该有机物分子中含有6个O原子，其相质量为，设该有机物分子式为CxHyO6，则12x+y=160-6×16=64，解得x=5，y=4，分子式为C5H4O6，不饱和度为4，则最多含有的数目为4； 故选：B。 4．D 【分析】由实验①可知，向溶液中滴加Ba(OH)2溶液后得到不溶于酸的白色沉淀，该白色沉淀为BaSO4，故原溶液中一定含有，浅绿色滤液说明原溶液中一定含有Fe2＋和H＋，一定没有和；由实验②可知，向滤液B中先加稀HNO3再滴加0.001 mol/L AgNO3溶液生成白色沉淀，白色沉淀为AgCl，故原溶液中一定含有Cl-，其他离子无法确定。 【详解】A．溶液A中一定存在的离子是Fe²⁺、、H⁺和Cl⁻，根据实验现象推断正确，A正确； B．溶液A中不存在和，因H⁺与其反应，而Na+、Mg2+无法通过实验确定，B正确； C．第②步生成的白色沉淀为AgCl，HNO3酸化排除OH、干扰，且Ag2SO4微溶于水，可溶于稀HNO3，故白色沉淀中只有AgCl，C正确； D．KSCN溶液用于检验Fe3+而非Fe2+，无法直接检验Fe2+，D错误； 故选D。 5．C 【详解】A．碎瓷片的作用是作催化剂，故A错误； B．硝酸银和NaOH能产生白色沉淀，不能证明溴乙烷在碱性条件下能水解，正确操作为在溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，加热一段时间，先加硝酸中和氢氧化钠，然后再滴入几滴硝酸银溶液，有不溶于水的沉淀析出，证明溴乙烷在碱性条件下能水解，故B错误； C．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应生成易溶于四氯化碳的1,2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，故C正确； D．苯酚和浓溴水才能发生取代反应生成2,4,6-三溴苯酚，所以看不到白色沉淀，故D错误； 选C。 6．C 【分析】由题意可知W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前四周期主族元素，结合结构图和成键情况可推知，X形成2个共价键，可推知X最外层可能有6个电子，位于VIA族；Y形成1个共价键，可推知Y最外层可能有7个电子（根据原子序数排除Y为H)，位于VIIA族；Z形成6个共价键，可推知Z最外层可能有6个电子，位于VIA族，X和Z同族，结合原子序数可推知，X为O，Z为S；根据X和Z，可知Y为F。W形成2个共价键且阴离子部分带1个单位负电荷，可推知W最外层可能有5个电子，位于VA族；结合原子序数可知W为N；M带1个单位负电荷，可推知M最外层可能有1个电子，位于IA族，结合原子序数可知M为K。因此，W为N，X为O，Y为F，Z为S，M为K，据此分析解题。 【详解】由分析知，W为N，X为O，Y为F，Z为S，M为K， A．同周期从左至右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级处于半充满状态，较稳定，难失去电子，故第一电离能比O大，故第一电离能：，A正确； B．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：O＞S，故简单氢化物的稳定性：H2O＞H2S，B正确； C．和的VSEPR模型名称分别为四面体形和平面三角形，C错误； D．常温下，K与水能剧烈反应，D正确； 故选C。 7．C 【分析】同系物是指结构相似（官能团的种类、数目和连接方式都相同），分子组成相差一个或几个-CH2-的化合物。 【详解】 A．属于酚类， 属于芳香醇，二者官能团的连接方式不同，不满足结构相似，故A不符合题意；     B． CH3CH2Cl含有一个氯原子，CH2ClCH2CH2Cl含有两个氯原子，官能团的数目不同，不满足结构相似，故B不符合题意； C．C2H5CHO是丙醛，CH3CHO是乙醛，二者官能团的种类、数目和链接方式都相同，是同系物，故C符合题意；     D．C3H6可能是丙烯，也可能是环丙烷，而CH2=CH2是乙烯，二者可能是同系物，也可能不是同系物，故D不符合题意； 故答案为：C。 8．D 【分析】根据题目信息，镁铝合金溶于硫酸溶液后，溶液中溶质为MgSO4、Al2(SO4)3和H2SO4。加入NaOH体积从0至V0无沉淀生成，NaOH与H2SO4发生酸碱中和反应；从V0至V1生成沉淀，NaOH与MgSO4和Al2(SO4)3反应，生成Mg(OH) 2和Al(OH)3沉淀；从V1至V2沉淀减少，NaOH与Al(OH)3沉淀反应，生成Na[Al(OH)4]；V2及之后Al(OH)3沉淀反应完全，沉淀质量保持不变。若V0 = 160 mL，则与镁铝合金反应后剩余H2SO4物质的量为，与镁铝合金反应消耗的H2SO4物质的量为，则H2SO4与镁铝合金反应所生成Mg2+和Al3+的总电荷数为0.24 mol。 【详解】A．由分析可知所生成的Mg2+和Al3+的总电荷数为0.24 mol，故V1-V0 = 0.24 mol ÷ 1 mol/L = 240 mL，故V1 = 240 + 160 mL = 400 mL，A错误； B．由分析可知V2时Al(OH)3沉淀反应完全，生成[Al(OH)4]－，溶液中不存在大量Al3+，B错误； C．镁铝合金总物质的量为0.1 mol，结合Mg2+和Al3+的总电荷数为0.24 mol，设Mg的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，则x+y = 0.1且2x+3y = 0.24，联立求解可得x = 0.06，y = 0.04，故镁铝物质的量之比为，C错误； D．由前述解析，体积为240 mL。 过程中NaOH与Al(OH)3沉淀反应，生成Na[Al(OH)4]，反应方程式为Al(OH)3 + NaOH = Na[Al(OH)4]，NaOH与Al(OH)3系数比为1:1，Al(OH)3沉淀总量为0.04 mol，故该过程消耗NaOH溶液体积可计算为。故，，消耗氢氧化钠溶液体积比为，D正确； 故答案选D。 9．C 【分析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，LixCoO2电极转化为LiCoO2，Co元素化合价由+(4-x)降为+3，得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为，Pt电极为阳极，失电子，发生氧化反应，且产物为O2，说明水参与该电极反应，电极反应式为，据此回答。 【详解】A．由分析可知，Pt电极反应为，A错误； B．由分析可知，LixCoO2电极反应为，B错误； C．由电极反应式可知，产生标准状况下5.6L (即0.25 mol) O2时转移1 mol 电子，每1 mol LixCoO2转化为LiCoO2会转移(1-x) mol 电子，所以每产生0.25 mol O2则对应转化 mol LixCoO2，C正确； D．由阳极电极反应式可知，电解过程中，阳极产生、消耗，酸性增强，则阳极附近pH降低，D错误； 故答案选C。 10．D 【详解】A．由C的结构简式可知，其分子式为，A项正确； B．环氧乙烷和水生成A，结合A的分子式可知，A为乙二醇，B项正确； C．B与环氧乙烷生成C，结合B的分子式及C的结构可知，B为，则1个B分子中含有2个羟基，C项正确； D．反应物中的原子全部进入生成物中，因此反应Ⅰ、Ⅱ中原子利用率均为100%，D项错误； 答案选D。 11．C 【详解】A．HCl分子中的共价键是H原子的1s轨道与 Cl原子的3p轨道“头碰头”重叠形成的s-p键，A正确； B．键为轴对称，可以绕键轴旋转；π键为镜面对称，不能绕键轴旋转，B正确； C．，、中σ键除了C—H键，还包括C—C键，C错误； D．石墨分子中每个C原子由3个碳碳键共用，根据均摊法可知，1个六元环中含有的C原子个数为个，所以24g石墨中含有六元环的个数为，D正确； 答案选C。 12．B 【详解】A．目前有许多测定相对分子质量的方法，质谱法是其中最精确而快捷的方法，质谱图中，质荷比最大值即为该有机物的相对分子质量，A正确； B．元素分析仪用于测定有机物中元素的组成百分比；正戊烷、异戊烷和新戊烷均为的同分异构体，元素组成完全相同，因此元素分析仪无法区分它们，B错误； C． X射线衍射可解析分子三维结构，对映异构体的晶体排列互为镜像，衍射图谱存在差异，因此能够区分，C正确； D．紫外吸收光谱和可见光谱一样，同属于电子光谱，都是由分子中价电子的能级跃迁产生的，紫外-可见光谱中，共轭程度越大，吸收峰波长红移，即向长波方向移动，可通过光谱位置判断共轭程度，D正确； 故选B。 13．D 【详解】A．对于AgCl，溶解平衡为，，对于，溶解平衡为，；取的起始点，此时，曲线I的纵坐标约为10，阴离子浓度为，曲线Ⅱ的纵坐标约为12，阴离子浓度为，已知：，故图像中曲线I为AgCl，曲线Ⅱ为，A错误； B．曲线Ⅱ为，取点b(1.8，8)，，则，，则，，数量级为，B错误； C．a点在AgCl曲线I下方，此时，反应正向进行，，C错误； D．反应的平衡常数，结合、，可得，D正确； 故选D。 14．D 【详解】A．根据(A)的结构简式，含有羧基，故其能与乙醇发生酯化反应，A错误； B．苯的分子式为C6H6，(B)的分子式为C6Cl6，Cl取代苯环上的H原子，属于取代反应，不是加成反应，B错误； C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH₂”原子团的有机化合物，化合物A中含有苯环与乙酸不互为同系物，C错误； D．苯环的所有原子都在同一平面上，Cl取代苯环上的H原子，所有原子都在同一平面上，D正确； 故选D。 15．(1) C6H12 酯基 F HCCH+H2OCH3CHO (2) (3)12 (4)BC (5) 【详解】（1）由题目各物质结构可知，A分子式为C6H12，D中含氧官能团的名称酯基，结构相似，组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互称为同系物，所以与E互为同系物的是F，乙炔与水加成后的产物乙烯醇不稳定，很快转化为乙炔，所以乙炔与水的反应方程式为：HCCH+H2O+CH3CHO。 （2） 有机物的分子式为C8H18，为饱和烷烃，其一氯代物只有1种，说明其结构高度对称，只有一种等效氢，据此分析，其结构简式为：。 （3） 首先将碳碳双键和碳碳三键的结构式画出如图，碳碳双键所连接的6个原子是共平面的，碳碳三键所连接的4个原子是共直线的且在碳碳双键的平面上，两个乙基中的亚甲基具有四面体结构，乙基中甲基C原子通过旋转碳碳单键可能处于碳碳双键形成的平面，同理两个甲基中也各会有一个氢原子在碳碳双键平面上，所以在同一平面上的原子最多有12个。 （4） 由信息：断键后可得到和。有两种断键方式如下：ab，若按a断键可得（丙炔）和（2，3-二甲基-1，3-丁二烯），若按b断键可得（2-丁炔）和（2-甲基-1，3-丁二烯），所以答案为BC。 （5） 由的质谱图可知，其相对分子质量为56，所以5.6gM物质的量为0.1mol，将生成的混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重和，所以生成水的物质的量为=0.4mol，生成的二氧化碳的物质的量为=0.4mol，则n（C）=0.4mol，n（H）=0.8mol，m（C）=4.8g，m（H）=0.8g，m（C）+ m（H）=5.6g，所以M中无O元素，综上可得M的分子式为C4H8。M分子的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3，M的结构简式。M与溴水反应的化学方程式为：。 16．(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2) 球形干燥管 除去氨气中混有的水蒸气 (3) 还原性和酸性 0.435g (4) ③ ① (5) 使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合 3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2 【分析】本实验探究干燥的氯气与氨气反应，A、B装置用于产生干燥的氨气，F装置用于产生氯气，E装置内为饱和食盐水，用于除去氯气中的氯化氢气体，D装置内为浓硫酸，用于干燥氯气，C装置为氯气与氨气的发生装置。 【详解】（1）装置A用于制取氨气，NH4Cl和Ca(OH)2在加热条件下反应生成氨气，反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O， 故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O； （2）根据仪器a的特征可知，仪器a为球形干燥管，盛装的固体物质是碱石灰，碱石灰具有吸水性，可用于除去氨气中混有的水蒸气，得到干燥、纯净的氨气， 故答案为：球形干燥管；除去氨气中混有的水蒸气； （3）装置F中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成Cl2，反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，Cl的化合价部分升高，表现出还原性和酸性， n(MnO2)=n(Cl2)==0.005mol，消耗m(MnO2)=nM=0.005mol×87g/mol=0.435g， 故答案为：还原性和酸性；0.435g； （4）浓盐酸能挥发，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应制取的Cl2中混有HCl气体、可用饱和食盐水吸收除去HCl气体，再通过浓硫酸干燥得到干燥、纯净的氯气，则D、E分别应盛放的试剂是浓硫酸和饱和食盐水， 故答案为：③；①； （5）氨气密度小于空气，氯气密度大于空气，较长导管通入氨气、较短导管通入氯气，目的是使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合，氯气和氨气反应生成氮气、氯化铵，化学方程式为3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2， 故答案为：使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合；3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2。 17．(1) (2)PbSO4 (3)将全部还原为，防止P204萃取从而影响分离提纯、的效果 (4) (5) < H2O中O和中S均为sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被σ键电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被σ键电子对占据，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，则H2O中H-O-H键角<中O-S-O键角 b 【分析】向废钴镍矿(含有较高的Co、Ni、Mg、Pb及一定量的Fe和Mn等元素)中加入稀硫酸进行常压浸出，得到含Co2+、Ni2+、Mg2+、Fe2+、Mn2+、Fe3+的硫酸盐和难溶的PbSO4，过滤得到滤渣，故滤渣的主要成分为PbSO4，向滤液中加入Fe，将Fe3+全部还原为Fe2+，酸化后加入P204萃取剂将Co2+、Ni2+萃取，则水相1中含有Mg2+、Fe2+、Mn2+的硫酸盐，加入酸进行反萃取，得到水相2，向水相2中加入NaClO、Na2CO3，发生2Co2++ClO−+2+3H2O=2Co(OH)3↓+2CO2↑+Cl−反应，得到Co(OH)3沉淀和NiSO4溶液，将Co(OH)3进行灼烧分解得到Co2O3，NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4•6H2O，据此回答。 【详解】（1） Co为27号元素，价层电子排布式为3d74s2，故基态Co原子的价层电子轨道表示式为：。 （2）由分析知，“滤渣”的主要成分为PbSO4。 （3）P204（常用萃取剂）对Co2+、Ni2+和Fe3+具有高选择性，加入Fe“还原”，将全部还原为，防止P204萃取从而影响分离提纯、的效果。 （4）“沉钴”时，按照n(NaClO)：n(Na2CO3)=1：2加入试剂，先被氧化为，再与Na2CO3发生双水解生成沉淀，则沉钴时总反应的离子方程式为。 （5）①H2O中O和中S均为sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被σ键电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被σ键电子对占据，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，使得H-O-H键角与O-S-O键角相比被压缩减小，则H2O中H-O-H键角<中O-S-O键角； ②根据结构示意图可知在中的7个结晶水中，有6个H2O分子与以配位键结合为内界离子，而有1个分子为外界水分子，内界离子结合力是配位键强，因此升高温度失去的水分子首先是外界水分子，故首先失去的水分子应为外界的b分子。 18．(1)2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)ΔH=+227.2kJ/mol (2)CD (3) > I 该反应的ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，而升高温度减小 0.0014 【详解】（1）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①×2+②—③×得到反应2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)，则反应ΔH=(-393.5kJ/mol)×2+(-285.8kJ/mol)—(+227.2kJ/mol)×=+227.2kJ/mol，反应的热化学方程式为2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)ΔH=+227.2kJ/mol，故答案为：2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)ΔH=+227.2kJ/mol； （2）A．该反应是气体体积不变的反应，反应中气体体积始终不变，则气体总体积保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积不变的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量始终不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； C．由方程式可知，反应中的值减小，则不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； D．由方程式可知，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； 故选CD； （3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则曲线I表示当时，一氧化氮的转化率与的关系，由图可知，条件下一氧化氮的转化率小于条件下一氧化氮的转化率，所以Tl温度大于T2，故答案为：＞； ②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则曲线I表示当时，一氧化氮的转化率与的关系，故答案为：I；该反应的ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，而升高温度减小； ③由图可知，当、时，一氧化氮的转化率为40%，设起始一氧化氮和甲烷的物质的量都为1mol，由题意可建立如下三段式： 由三段式数据可知，甲烷、一氧化氮、氮气、二氧化碳、水蒸气的平衡分压分别为×100 kPa =45kPa、×100 kPa =30kPa、×100 kPa =10kPa、×100 kPa =5kPa、×100 kPa =10kPa，则反应的分压平衡常数Kp==0.0014，故答案为：0.0014。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $