广东省惠州市2022届高三化学第三次调研考试试题(解析版)

广东省惠州市2022届高三化学第三次调研考试试题
(本试卷共8页，21小题，满分100分。

考试用时75分钟。

)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 K 39 Mg 24
一、选择题：本题共16小题，共44分。

第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。

1. 化学与生活、生产密切相关。

下列说法错误的是
A. “卤水点豆腐”利用了胶体的聚沉原理
B. 还原性铁粉用于食品行业的“双吸剂
C. 二氧化硅用于硅全固态电池的阳极材料
D. “拉闸限电”活动有利于“碳中和、碳达峰
【答案】C
【解析】
【详解】A． 豆浆含蛋白质胶体、卤水含电解质、“卤水点豆腐”利用了胶体的聚沉原理，A正确；
B． 还原性铁粉具有较强还原性、可吸收空气、用于食品行业的“双吸剂，延长食品保质期，B正确；C． 二氧化硅用于光导纤维、硅用于太阳能电池，C错误；
D． “拉闸限电活动”减少了煤炭的使用量、减少了二氧化碳的排放，有利于“碳中和、碳达峰，D正确；
答案选C。

2. 2021年9月，我国科学家在实验室首次颠覆性地实现了从二氧化碳到淀粉分子的全合成，这是中国科学家在人工合成淀粉方面取得的原创性突破。

下列说法中不正确的是
A. 该技术将CO2转化为淀粉，淀粉是有机高分子物质
B. 该技术要得以推广，所需的大量氢气可以来自光伏电解水
C. 该技术再次实现了无机物到有机物的转化
D. 该技术有利于减少造成酸雨的主要“元凶”CO2，还可缓解粮食危机
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题干信息可知二氧化碳能转化为淀粉分子，淀粉是有机高分子物质，故A正确；
B．合成淀粉过程需要大量氢气，所需氢气可以来自自光伏电解水，故B正确；
C．二氧化碳为无机物，淀粉为有机高分子，二氧化碳合成淀粉，实现了无机物到有机物的转化，故C正确；
D．CO2不会造成酸雨，故D错误；
故答案为D
3. 下列说法正确的是
A. 三氧化硫溶于水能导电，三氧化硫是电解质
B. CO2分子中所有原子都满足最外层8电子结构
C. 常温下硅的性质很稳定，自然界中存在游离态的硅
D. NH4NO3由非金属元素组成，属于共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．三氧化硫的水溶液能导电，但电离出自由移动离子的是硫酸不是三氧化硫，所以三氧化硫不是电解质，故A错误；
B．CO2分子电子式为，所以CO2分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故B正确；
C．硅是地壳中含量仅次于氧的元素，硅的化合态是由于地球的造山运动和火山喷发而出，这往往是高温，在这种情况下，硅的化学性质变的很活泼，所以自然界中无游离态的硅，所以自然界中的硅元素主要由二氧化硅形式存在，故C错误
D．NH4NO3由非金属元素组成，但属于盐是离子化合物，故D错误；
故答案为B。

4. 现有硫酸钠、硫酸铵、硫酸铝、硫酸镁四种无色溶液，可用一种试剂将它们区别开来，该试剂是
A. 盐酸
B. 氢氧化钠溶液
C. 氯化钡溶液
D. 硝酸银溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．盐酸与三种物质均不反应，不能鉴别，A错误；
B．氢氧化钠溶液与硫酸钠不反应，与硫酸铝反应生成白色沉淀，氢氧化钠过量时沉淀又溶解，与硫酸镁反应生成白色沉淀，可以鉴别，B正确；
C．氯化钡溶液与三种物质均反应生成硫酸钡白色沉淀，不能鉴别， C错误；
D．硝酸银溶液与三种物质均反应生成硫酸银白色沉淀，不能鉴别，D错误；
答案选B。

5. 相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反应，二者相比较，相等的是
A. 铜片完全消耗时所需要的时间
B. 反应生成硝酸铜的物质的量
C. 反应所消耗硝酸的物质的量
D. 反应生成气体的体积(标准状况)
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸浓度越大，反应速率越快，故铜片完全消耗时所需要的时间为浓硝酸更短，A不合题意；
B．根据铜原子守恒可知，反应生成硝酸铜的物质的量等于参与反应的铜的物质的量，故二者生成硝酸铜的物质的量相等，B符合题意；
C．根据反应方程式：
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，可知反应所消耗硝酸的物质的量为浓硝酸对应的更多，C不合题意；
D．根据反应方程式：
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，可知反应生成气体的体积(标准状况)为浓硝酸对应的更多，D不合题意；
故答案为：B。

6. 下列离子组在指定溶液中能大量共存的是
A. 小苏打溶液中：、、、
B. 某氨水溶液中：、SO、、
C. 某无色溶液中：、、I-、MnO
D. 新制的氯水中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．小苏打溶液中含有，与反应，不能大量共存，故A错误；
B．氨水溶液中、SO、、均不能发生反应，能大量共存，故B正确；
C．MnO有颜色，MnO具有氧化性，I-具有还原性，可发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．新制的氯水中有次氯酸具有氧化性， 具有还原性，可发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错
误；
故答案为B
7. 下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是
A B C D
观察的生
蒸发结晶制备氯化钠晶体制备并收集干燥的氨气铁上镀铜
成
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应，生成的白色氢氧化亚铁，植物油隔绝了空气，因此能观察氢氧化亚铁的生成，A正确；
B．蒸发结晶应该在蒸发皿中进行，不能在坩埚中进行，B错误；
C．氨气密度小于空气，应该用向下排空气法收集，C错误；
D．铁上镀铜，铁做阴极，铜做阳极，D错误；
答案选A。

8. 下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现“甲⇆乙⇆丙”转化的是
物质
甲乙丙
选项
A Si SiO2H2SiO3
B NO NO2HNO3
C Na NaCl NaOH
D CH2=CH2CH3CH2OH CH3CHO
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．硅酸不溶于水，SiO2不能与水直接反应生成H2SiO3，故A符合题意；
B．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故B不符合题意；C．钠和氯气反应生成氯化钠，电解氯化钠溶液可得到氢氧化钠溶液，故C不符合题意；
D．乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇和氧气催化氧化得到乙醛，故D不符合题意；
故选A。

9. 设N A为阿伏加德罗常数。

下列说法错误的是
A. 1L 0.1mol/L FeCl3溶液中，Fe3+总数小于0.1N A
B. 常温常压下，64 g O2和O3混合气体中含有原子总数为4N A
C. 1mol Cl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子总数为2N A
D. 标准状况下，28g N2含有分子数为N A
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe3+水解，Fe3+总数小于0.1N A，故A正确；
B．常温常压下，根据最简式为O可知64 g O2和O3混合气体为4mol，其中含有原子总数为4N A，故B 正确；
C．可知氯气与氢氧化钠反应的方程式为：，1mol Cl2与足量NaOH
溶液反应，转移的电子总数为N A，故C错误；
D． 28g N2为1mol，含有分子数为N A，故D正确；
故答案为C
10. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
选
操作现象结论
项
KIO3溶液中滴加HI，再滴加淀粉溶
A
溶液出现蓝色KIO3氧化性比I2强
液
B向Na2S溶液中滴加盐酸产生气泡Cl的非金属性比S强
C将一小块Na放入75%酒精溶液中产生气泡乙醇含有羟基
D向浓H2SO4中加水，搅拌烧杯外壁发烫浓硫酸溶于水放热
. A B. B C. C D. D
A
【答案】A
【解析】
【详解】A．KIO3与HI反应生成I2：，淀粉遇碘单质变蓝色，反应中KIO3为氧化剂，I2为氧化产物，根据氧化性强弱规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，因此结论正确，故A正确；
B．向Na2S溶液中滴加盐酸，首先无明显现象，发生反应：，继续滴加盐酸，发生反应
，有气泡产生，并伴有臭鸡蛋气味，两个反应都不是氧化还原反应，不能证明Cl的非
金属性比S强，故B错误；
C．将钠块放入75%酒精溶液中，产生气泡，可能是钠与溶液中的水反应，不能证明乙醇中含有活泼氢，故C错误。

D．浓硫酸密度比水大，故稀释浓硫酸时应沿烧杯壁向水中加入浓硫酸，并不断搅拌，烧杯外壁发烫，可以得出结论：浓硫酸溶于水放热，故D错误；
故正确答案为A
11. 2022年北京冬奥会开赛在即，场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料，该双环烯酯的结构如图所示，下列说法正确的是
A. 该双环烯酯易溶于水
B. 该双环烯酯的分子式为C14H20O2
C. 1mol该双环烯酯最多能与3mol的H2发生加成反应
D. 该双环烯酯完全加氢后，产物的一氯代物有4种
【答案】B
【解析】
【详解】A．该双环烯酯的分子难溶于水，故A错误；
B．该双环烯酯的分子式为C14H20O2，故B正确；
C．碳碳双键能与H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不能与H2反应，因此1mol该双环烯酯能与2mol
H2发生加成反应，故C错误；
D．该双环烯酯完全加氢后的产物是，该双环烯酯的一氯代物有9种
，故D错误；
故答案为B
12. 科学家模拟在火星上制备出氧气，装置如图，总反应为：2CO2 = 2CO+ O2，YSZ为陶瓷电解质(可传导O2-)。

以下说法不正确的是
A. 该制氧过程，能量变化为电能转化为化学能
B. O2-从b极移动到a极，在a极发生氧化反应
C. 阴极的电极反应为：CO2 + 2e- = O2- + CO
D. 每制备2.24L O2，电路中转移的电子数为0.4N A
【答案】D
【解析】
【详解】A．该装置是电解池，该制氧过程，能量变化为电能转化为化学能，故A正确；
B．由图可知a极为阳极，b极为阴极，电解池中阴离子移向阳极，故O2-从b极移动到a极，在a极发生氧化反应，故B正确；
C．阴极是二氧化碳得电子转化为一氧化碳，电极反应为：CO2 + 2e- = O2- + CO，故C正确；
D．阳极的电极反应为：，未说明标况，无法确定2.24L O2的物质的量，无法计算，故D
错误；
故答案为D
13. 已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH= -m kJ·mol-1.在 2 L 容积不变的密闭容器中通入1 mol
N2和3 molH2，在温度分别为T1 、T2下，测得NH3的产率随时间变化如图。

下列说法正确的是
A. T2T﹥1，﹥0
B. a，b两点的反应速率：a＞b
C. 平衡时，通入氩气平衡正向移动
D. 达到平衡时，放出热量为 m kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，T2条件下先达到平衡，说明T2时反应速率快，故有T2T﹥1，温度越高，NH3的百分含量越小，说明升高温度，平衡逆向移动，故＜0，A错误；
B．a，b两点对应的温度分别是T2、T1，由A项分析可知，T2T﹥1，故反应速率：a＞b，B正确；C．由题干信息可知，容器为恒温恒容，故平衡时，通入氩气反应体系各物质的浓度均不改变，正逆反应速率仍然相等，故平衡不移动，C错误；
D．由于该反应是一个可逆反应，在 2 L 容积不变的密闭容器中通入1 mol N2和3 molH2，达到平衡时，不可能完全进行，则放出热量小于 m kJ，D错误；
故答案为：B。

14. 下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是
选
家务劳动化学知识
项
A使用含NaClO的84消毒液拖地NaClO具有还原性和漂白性
B使用白醋除去水壶中的水垢白醋可溶解碳酸钙等沉淀
C餐后将洗净的铁锅擦干铁在潮湿环境中易生锈
D用温热的纯碱溶液擦拭有油污的灶台油脂在碱性条件下发生水解反应
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于NaClO具有氧化性和漂白性，则常使用含NaClO的84消毒液拖地，A错误；
B．由于醋酸的酸性强于碳酸，则白醋可溶解碳酸钙等沉淀，故可使用白醋除去水壶中的水垢(主要成分为CaCO3、Mg(OH)2等)，B正确；
C．铁在潮湿环境中易腐蚀电化学腐蚀，更易生锈，则我们餐后应该将洗净的铁锅擦干，C正确；
D．油脂在碱性条件下发生水解反应进行比较完全，故可用温热的纯碱溶液擦拭有油污的灶台，D正确；故答案为：A。

15. 五种短周期元素X、Y、Z、M、N，其原子半径与原子序数的关系如图，下列说法错误的是
A. 非金属性：X>M
B. 气态氢化物的稳定性：M<N
C. X和Y形成的化合物只可能含离子键
D. M最高价氧化物对应的水化物是一种弱酸
【答案】C
【解析】
【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为
Cl元素，结合元素周期律与物质的性质分析解答。

【详解】根据上述分析，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素。

A、同一周期，从左向右，非金属性增强；同一主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性O＞Si，故A 正确；
B、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性Si＜Cl，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性M＜N，故B正确；
C、X和Y形成的化合物有氧化钠和过氧化钠等，其中过氧化钠中含有离子键与共价键，故C错误；
D、M为Si元素，硅的最高价氧化物对应的水化物为硅酸，是一种弱酸，故D正确；
答案选C。

16. 常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol/L的氢氧化钠溶液和氨水中，分别滴加浓度为0.1 mol/L的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。

下列说法正确的是
A. pH的相对大小： c＞d
B. 在c、e两点中，水的电离程度c＜e
C. b 点溶液：c(H+)+c(NH) = c(OH-)
D. c 点溶液：c(Cl-)＞c(NH) ＞c(H+) ＞c(OH-)【答案】D
【解析】
【分析】NaOH是强碱，NH3・H2O为弱碱，浓度相同时NaOH的导电能力较强，则曲线1表示NH3・H2O与盐酸的反应，曲线2表示NaOH与盐酸的反应，据此分析解题。

【详解】A．根据图示可知，c、d点都加入20mL等浓度、等体积的盐酸，c点溶质为强酸弱碱盐
NH4Cl，溶液呈酸性，而d点为强酸强碱盐NaCl，溶液呈中性，则pH的相对大小：c＜d，A错误；B．c点恰好反应NH4Cl，水解促进了水的电离，e点因盐酸过量而抑制了水的电离，则水的电离程度最大的点是c＞e，B错误；
C．b点溶液中满足电荷守恒：c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，C错误；
D．c点恰好生成强酸弱碱盐NH4Cl ，水解溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，结合电荷守恒可知
c(Cl-)＞c()，故离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，D正确；
故答案为：D。

二、非选择题：共56分。

第17~19题为必考题，考生都必须作答。

第20~21题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共42分。

17. 某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，装置如图所示。

（1）①A装置中制备SO2的化学方程式为___________；
②装置B的作用___________。

③装置D的作用___________。

（2）该小组同学预测SO2与FeCl3溶液反应的现象为溶液由棕黄色变成浅绿色。

该小组同学预测的理论依据为：___________(用离子方程式表示)。

（3）该小组探究实验的具体步骤如下：
步骤现象结论
Ⅰ．取50mL1 mol∙L−1FeCl3溶液于装置C中，并连接好装置，通入SO2至饱和。

溶液很快由黄色变为红棕色。

Ⅱ．用激光笔照射步骤Ⅰ中的红棕色溶液。

溶液中无明显光
路。

①红棕色溶液不是___________ (填分散系种类)
Ⅲ．将步骤Ⅰ中的溶液静置。

1小时后，溶液逐渐
变为浅绿色。

②溶液中有___________生成 (填离子符号)。

根据步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的现象，该小组学查阅资料获知：
i．生成红棕色Fe(HSO3)2+离子的反应为：Fe3+
+HSO Fe(HSO3)2+
ii．Fe(HSO3)2+离子可以将Fe3+还原为Fe2+
③ 溶液中Fe(HSO3)2＋与Fe3＋反应的离子方程式为___________，检验该反应生成的阴离子(SO)的实验
操作为___________。

④ 由上述实验可知SO2与FeCl3溶液反应生成Fe2+所需时间较长，缩短该反应所用时间可以采取的措施__ _________ 、 ___________(任写两条)。

【答案】（1）①. ②. 防倒吸 ③. 吸收多余SO2，防倒吸
（2）SO2+2Fe3＋＋2H2O=SO+4H++2 Fe2＋
（3）①. 胶体 ②. Fe2＋③. Fe3＋＋H2O＋Fe(HSO3)2＋=2Fe2＋＋SO＋3H＋④. 取适量反应后的溶液于试管中，滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则说明生成硫酸根离子 ⑤. 适当升高反应温度⑥. 搅拌
【解析】
【分析】由题干图示实验装置图可知，装置A是制备SO2的装置，反应原理为：Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O，装置B为安全瓶，防止倒吸，装置C为探究SO2与FeCl3溶液的反应，反应原理为：2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，装置D为尾气处理装置，吸收多余的SO2，反应原理为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，同时倒扣的漏斗还能防止倒吸，据此分析解题。

【小问1详解】
①由分析可知，A装置中制备SO2的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：
Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
②由分析可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：防止倒吸；
③由分析可知，装置D的作用为吸收多余SO2，防倒吸，故答案为：吸收多余SO2，防倒吸；
【小问2详解】
该小组同学预测SO2与FeCl3溶液反应的现象为溶液由棕黄色变成浅绿色，说明Fe3+被还原为Fe2+，而SO2具有强还原性，故该小组同学预测的理论依据为：SO2+2Fe3＋＋2H2O=SO+4H++2 Fe2＋，故答案为：SO2+2Fe3＋＋2H2O=SO+4H++2 Fe2＋；
【小问3详解】
①胶体能够产生丁达尔效应，根据II的实验现象可知红棕色溶液不是胶体，故答案为：胶体；
②根据实验III的现象溶液逐渐变为浅绿色可知，溶液中有Fe2+生成，故答案为：Fe2+；
③根据题干信息ii．Fe(HSO3)2+离子可以将Fe3+还原为Fe2+结合氧化还原反应配平可知，溶液中
Fe(HSO3)2＋与Fe3＋反应的离子方程式为：Fe3＋＋H2O＋Fe(HSO3)2＋=2Fe2＋＋SO＋3H＋，检验该反应生成的阴离子(SO)的实验操作为取适量反应后的溶液于试管中，滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则说明生成硫酸根离子，故答案为：Fe3＋＋H2O＋Fe(HSO3)2＋=2Fe2＋＋SO＋3H＋；取适
量反应后的溶液于试管中，滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则说明生成硫酸根离子；
④ 由上述实验可知SO2与FeCl3溶液反应生成Fe2+所需时间较长，缩短该反应所用时间即加快反应速率，故可以采取的措施有：适当升高反应温度、适当加快SO2通入的速率、采用多孔气泡装置通入SO2、搅拌或者增大FeCl3溶液的浓度等，故答案为：适当升高反应温度、适当加快SO2通入的速率、采用多孔气泡装置通入SO2、搅拌或者增大FeCl3溶液的浓度等任写两种。

18. CoCl2 • 6H2O可用作油漆干燥剂，工艺上可用含钴废料(主要为Co，含少量Fe、Al，有机杂质)为原料来制取CoCl2• 6H2O，以下是制备该物质的一种新工艺流程：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物Fe(OH
)3
Fe(OH
)2
Co(OH
)2
Al(OH
)3
开始沉
淀
2.77.57.6
3.8
完全沉
淀
3.29.79.2 5.2
请回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是___________。

（2）①试剂a可选用___________;
②“酸浸”时Co转化为Co2+，反应的离子方程式为___________。

（3）“氧化”过程中，H2O2的作用：___________。

（4）①加入碳酸钠调节pH至b，b的范围是___________；
②“滤渣”中所含沉淀成分的化学式为___________；
③滤渣经洗涤后，洗涤液与滤液合并，检验滤渣洗涤干净的操作是___________。

（5）滤液需加盐酸，其目的是___________。

（6）操作I为___________、___________，过滤，洗涤，干燥。

【答案】（1）除去有机杂质
（2）①. 盐酸 ②. Co+2H+=Co2++H2↑
（3）将Fe2+氧化为Fe3+
（4）①. 5.2~7.6 ②. Fe(OH)3、Al(OH)3 ③. 取最后的洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净，反之，则没有洗涤干净
（5）抑制Co2+水解
（6）①. 蒸发浓缩②. 冷却结晶
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，含钴废料(主要为Co，含少量Fe、Al等杂质)经“焙烧”的目的是除去其表面的杂质、有机杂质，“酸浸”中根据制备的产物CoCl2•6H2O可知加入试剂a应该为盐酸，反应可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入过氧化氢，将Fe2+转化为Fe3+，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，除去铁离子、铝离子；过滤后所得滤液主要含有CoCl2，可用冷却结晶法从中提取结晶水合物CoCl2•6H2O晶体，则需经过操作I为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoCl2•6H2O晶体，据此分析解题。

【小问1详解】
由分析可知，“焙烧”的目的是除去有机杂质，故答案为：除去有机杂质；
【小问2详解】
由分析可知，①试剂a可选用盐酸，故答案为：盐酸；②“酸浸”时Co转化为Co2+，反应的离子方程式为：Co+2H+=Co2++H2↑，故答案为：Co+2H+=Co2++H2↑；
【小问3详解】
由分析可知，“氧化”过程中，H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续步骤调节pH值来形成
Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，除去铁离子、铝离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
【小问4详解】
①加入碳酸钠调节pH至b的目的是让Fe3+、Al3+完全沉淀，而Co2+未开始沉淀，根据表中数据可知b的范围是5.2~7.6，故答案为：5.2~7.6；
②由分析可知，“滤渣”中所含沉淀成分的化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
③滤渣经洗涤后，洗涤液与滤液合并，检验滤渣洗涤干净的操作即检验洗涤滤液中是否还含有Cl-，故操作是取最后的洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净，反之，则没有洗涤干净，故答案为：取最后的洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净，反之，则没有洗涤干净；
【小问5详解】
由于CoCl2会发生水解，水解溶液呈酸性，故滤液需加盐酸，其目的是抑制Co2+水解，故答案为：抑制Co2+水解；
【小问6详解】
由分析可知，操作I为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。

19. 亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂， 工业上可用 NO 与Cl2合成：
（1）一定条件下，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及反应的热化学方程式和平衡常数如表：
反应热化学方程式平衡常数①2NO2(g)+ NaCl(s) NaNO3(s) + ClNO(g) Δ H1K1
②4NO2
(g)+ 2NaCl(s) 2NaNO3(s) + 2NO(g)
+Cl2(g) Δ H2
K2
③2NO(g)+ Cl2(g) 2ClNO(g) Δ H3K3
则Δ H3=___________(用Δ H1、Δ H2表示)； K3=___________(用 K1、K2表示)。

（2）300℃时，在一密闭容器中发生反应：2ClNO(g) 2NO(g)+Cl2 (g)，其正反应速率表达式正
=k·C n(ClNO)。

测得正反应速率和对应浓度的数据如表：
序号c(ClNO)/(mol ·L-1
)
正
/(mol ·L-1·s-1)
①0.30 3.60×10−9
②0.60 1.44×10−8
③0.90 3.24×10−8
则n=___________，k=___________。

（3）25℃时，向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08mol NO 和 0.04mol Cl2，发生反应：2NO(g)+Cl2 (g) 2ClNO(g) Δ H。

已知：反应起始和平衡时温度相同。

①测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图曲线a 所示，则Δ H___________0(填“＞”“＜” 或“不确定”)；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得压强(p)随时间(t)的变化如图曲线b所示，则改变的条件是___ ________。

②求该温度下反应的压强平衡常数Kp，写出计算过程___________。

(注：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
【答案】（1）①. 2△H1-△H2 ②. K12/K2
（2）①. 2 ②. 4×10−8
（3）①. < ②. 使用催化剂 ③. 1/P
【解析】
【小问1详解】
已知反应①：2NO2(g)+ NaCl(s) NaNO3(s) + ClNO(g) Δ H1；反应②：4NO2(g)+ 2NaCl(s)
2NaNO3(s) + 2NO(g)+Cl2(g) Δ H2可知目标反应③可由反应2①-②，根据盖斯定律可知，Δ
H3=2△H1-△H2，根据平衡常数表达式：K1=，K2=，K3=，可知
K3=，故答案为：2△H1-△H2；；
【小问2详解】
由表中数据①②可知，数据②中c(ClNO)是数据①的2倍，而正反应速率②是①的4倍，则是n=2，将n=4带入计算公式可得，
=k·C n(ClNO)=k×(0.30)2=3.60×10-9mol∙L-1∙s-1，解得k=4×10−8，故
正
答案为：2；4×10−8；
【小问3详解】
①测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图曲线a 所示，由图示信息可知，反应过程中容器的压强大于5p，而正反应是一个气体体积减小的方向，即反应过程中气体的总物质的量比反应前小，体积不变，气体的物质的量减小，压强增大，只能是反应放热使容器中气体压强增大，则Δ H＜0，由曲线a和b相比，平衡时的状态不变，但达到平衡所需要的时间缩短了，即反应速率增大了，故改变的条件是使用催化剂，故答案为：＜；使用催化剂；
②由图示信息可知，起始压强为6p，而NO和Cl2的物质的量之比为2:1,故NO的起始分压为4p，Cl2
的起始分压为2p，根据三段式分析可知：， 则有6P-
x=5P 解得：x=P，故
Kp===1/P，故答案为：1/P。

(二)选考题：共14分。

请从2道题中任选一题作答。

如果多做，则按所做的第一题计分。

[选修3：物质结构与性质]
20. 单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。

回答问题：
（1）基态镍原子d轨道中成对电子与单电子的数目比为___________，下列现象与原子核外电子跃迁有关的是___________(填序号)
a．焰火b．LED灯光 c．金属导电
（2）第二周期元素的第一电离能(I1)随原子序数(Z)的变化如图1所示。

I1随Z的递增而呈增大趋势的原因是___________，导致I1在a点出现齿峰的原因是___________。

（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+，在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀的结构如图2所示，该结构中N原子的杂化轨道类型为___________，N原子与其它原子之间存在的作用力有___________ (填序号)
a．氢键b．π键c．σ键d．配位键
（4）MgO具有NaC1型结构(如图3)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞边长为a nm，则MgO晶体的密度为___________g/cm3 (设N A为阿伏加德罗常数的值)。

【答案】（1）①. 3：1 ②. ab
（2）①. 随原子序数增大，核电荷数增大，原子半径逐渐减小，核对外层电子吸引力增大 ②. 基态N 原子的2p能级半充满
（3）①. sp2 ②. bcd
（4）
【解析】
【小问1详解】
已知Ni是28号元素，其基态原子的价层电子排布式为：3d84s2，故基态镍原子d轨道中成对电子与单电子的数目比为6:2=3:1，节日里燃放的焰火和LED灯光是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，金属导电是由于金属电子在通电后作定向移动，与电子跃迁无关，故答案为：3:1；ab；
【小问2详解】
随原子序数增大，核电荷数增大，原子半径逐渐减小，核对外层电子吸引力增大，导致第二周期元素的第一电离能(I1)随原子序数(Z)递增而呈增大趋势，导致I1在a点出现齿峰的原因是基态N原子的2p能级半
充满，具有稳定的结构，很难失去电子，故答案为：随原子序数增大，核电荷数增大，原子半径逐渐减小，核对外层电子吸引力增大；基态N原子的2p能级半充满；
【小问3详解】
由图2所示结构可知，该结构中N原子周围均形成了1个N-O单键，1个C=N双键和1个N→Ni的配位键，故N原子周围的价层电子对数为3，则其杂化轨道类型为sp2，N原子与其它原子之间存在的作用力
有N-O、N=C中σ键，N=C中的π键和N→Ni的配位键，不存在氢键，故答案为：sp2；bcd；
【小问4详解】
由图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有Mg2+的个数为：=4个，含有O2-的个数为：
=4个，即一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：V=(a×10-7cm)3=a3×10-21cm3，故MgO
晶体的密度为：g/cm3，故答案为：。

[选修5：有机化学基础]
21. 盐酸氟西汀(F)是一种抗抑郁药物，其合成方法如下，请回答有关问题：。