高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖南省2025-2026學年高三上學期天一大聯(lián)考階段性檢測（一）模擬預測試題考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Cl-35.5Mn-55Ag-108一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與科技、生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是A.石墨烯是一種新型碳納米材料，具有優(yōu)異的導電性和強度，可用于電池B.我國自主研發(fā)的“奮斗者”號載人潛水器使用的鈦合金屬于新型有機高分子材料C.聚乳酸是一種可降解高分子，可用于環(huán)保包裝材料D.冬奧會使用的“冰絲帶”速滑館采用二氧化碳跨臨界直冷制冰技術(shù)，符合綠色環(huán)保理念【答案】B【解析】A．石墨烯是新型碳納米材料，導電性和強度優(yōu)異，確實用于電池，使電池性能提升，可以作新型電池電極材料等，故A說法正確；B．鈦合金屬于金屬材料，而非有機高分子材料，故B說法錯誤；C．聚乳酸(PLA)是一種以玉米、小麥等可再生資源為原料制成的生物降解高分子材料，用于環(huán)保包裝材料，故C說法正確；D．二氧化碳跨臨界制冰技術(shù)環(huán)保且高效，符合綠色理念，故D說法正確；答案為B。2.下列各組物質(zhì)的鑒別方法中，不可行的是A.環(huán)己醇和苯酚：紅外光譜B.蠶絲和棉花：灼燒C.乙醇和乙醛：酸性高錳酸鉀溶液D.醋酸溶液和葡萄糖溶液：新制氫氧化銅、加熱【答案】C【解析】A．環(huán)己醇和苯酚的紅外光譜中碳骨架的吸收峰不同，可區(qū)分，A正確；B．蠶絲主要成分為蛋白質(zhì)，灼燒有燒焦羽毛氣味，棉花主要成分為纖維素，燃燒后如紙，可區(qū)分，B正確；C．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，乙醛中的醛基和乙醇中的羥基均可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不可行，C錯誤；D．醋酸溶解新制Cu(OH)2生成藍色溶液，向葡萄糖溶液中加入新制Cu(OH)2并加熱，會生成磚紅色的氧化亞銅沉淀，可區(qū)分，D正確；故答案選C。3.高溴酸鈉是一種氧化劑，其制備反應為，設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.中含質(zhì)子數(shù)目為B.溶液中含數(shù)目為C.與的混合固體中含電子數(shù)目為D.含的溶液中氧原子數(shù)目為【答案】C【解析】A．題目未說明氣體是否處于標準狀況，無法計算，A錯誤；B．未提供溶液體積，無法計算，B錯誤；C．MgO和NaOH的摩爾質(zhì)量均為40g/mol，10g混合固體總物質(zhì)的量為0.25mol。每摩爾MgO或NaOH均含20mol電子，總電子數(shù)為0.25×20×=，C正確；D．溶液中含個氧原子，但水中還有大量氧原子，總氧原子數(shù)遠大于，D錯誤；故選C。4.物質(zhì)結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)，性質(zhì)決定用途。下列事實解釋錯誤的是選項事實解釋A水的沸點比硫化氫的高氧原子的半徑比硫原子的小，鍵長比鍵長短B明礬能凈水明礬中的鋁離子水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附功能C常溫下，可用鐵制容器盛裝濃硝酸鐵的表面被濃硝酸氧化產(chǎn)生一層致密的氧化物薄膜D小蘇打可用作膨松劑小蘇打受熱分解產(chǎn)生大量氣體A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．沸點由分子間作用力決定，H2O分子間存在氫鍵，而H2S分子間不能形成氫鍵，所以H2O的沸點比H2S的高，鍵長影響分子的穩(wěn)定性，A錯誤；B．明礬在水中電離的鋁離子與水作用，生成了氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有較大的表面積，具有較強的吸附能力，能吸附水里懸浮的雜質(zhì)，起到凈水的作用，B正確；C．常溫下，鐵或鋁在濃硫酸、濃硝酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象使表面形成一層致密穩(wěn)定的氧化膜，故鐵制品或鋁容器可以盛裝濃硫酸、濃硝酸，C正確；D．可與酸反應或受熱分解產(chǎn)生大量氣體，可以做糕點的膨松劑，D正確；故選A。5.元素周期表中前四周期的四種元素的原子序數(shù)依次增大?；鶓B(tài)X原子的價層電子排布式為；的單質(zhì)是空氣中含量最多的成分；Z的原子半徑是同周期主族元素中最小的，位于同一周期；W的價離子電子層結(jié)構(gòu)與相同。下列說法正確的是A.第一電離能：B.簡單氫化物的穩(wěn)定性：C.基態(tài)W原子的電子占據(jù)的最高能級的電子云輪廓圖為啞鈴形D.最高價氧化物對應水化物的酸性：【答案】D【解析】元素周期表中前四周期的四種元素的原子序數(shù)依次增大。基態(tài)X原子的價層電子排布式為，X為C；的單質(zhì)是空氣中含量最多的成分，Y為N；Z的原子半徑是同周期主族元素中最小的，位于同一周期，Z為F；W的價離子電子層結(jié)構(gòu)與相同，W為K，據(jù)此分析。A．同周期第一電離能從左至右增強，第ⅡA、第ⅤA族高于相鄰元素，故順序應為F＞N＞C，A錯誤；B．非金屬性F>C，故HF的穩(wěn)定性強于CH4，B錯誤；C．W(K)的最高能級為4s，電子云輪廓為球形，C錯誤；D．Y(N)的最高價氧化物對應HNO3，X(C)對應H2CO3，HNO3酸性更強，D正確；故選D。6.利用下列實驗裝置進行實驗，能達到相應實驗目的的是選項AB實驗裝置目的實驗室制取氨氣除去氣體中的選項CD實驗裝置目的檢驗溴丙烷的消去產(chǎn)物(丙烯)檢測某樣品中的鈉元素A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．實驗室制取氨氣用氫氧化鈣和氯化銨固體加熱，反應生成氨氣、氯化鈣和水。固體加熱制取氣體時，試管口應略向下傾斜，防止冷凝水回流炸裂試管。若裝置中試管口未向下傾斜（常見錯誤裝置），則無法安全制取氨氣，A錯誤；B．除去中的HCl，應選用飽和NaHCO3溶液，因Na2CO3溶液會與反應（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），導致被吸收，B錯誤；C．1-溴丙烷在NaOH乙醇溶液中加熱發(fā)生消去反應生成丙烯，但乙醇易揮發(fā)，揮發(fā)的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，干擾丙烯的檢驗，需先除去乙醇，C錯誤；D．檢測鈉元素利用焰色反應，用光潔鉑絲蘸取樣品，在煤氣燈火焰上灼燒，鈉元素焰色為黃色，裝置和操作正確，D正確；故選D。7.熱塑性聚氨酯是具有高彈性、耐腐蝕能力的聚合物。一種基于二硫鍵的自修復熱塑性聚氨酯材料Z可由X和Y聚合而成，下列有關(guān)說法正確的是A.X屬于芳香烴 B.Y的核磁共振氫譜峰有3組C.Z在酸性溶液中完全水解得到X和Y D.X和Y生成Z的同時還有小分子生成【答案】B【解析】A．X的結(jié)構(gòu)中含有N、O元素（異氰酸酯基-NCO含N和O），而芳香烴僅含C、H兩種元素，X不屬于芳香烴，A錯誤；B．Y的結(jié)構(gòu)為HO-苯環(huán)-S-S-苯環(huán)-OH，分子對稱，兩個苯環(huán)通過-S-S-連接且各含一個-OH（對位）。苯環(huán)上-OH的鄰位（2,6位）氫等效，間位（3,5位）氫等效，-OH上的氫等效，共3種化學環(huán)境的氫，核磁共振氫譜峰有3組，B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，熱塑性聚氨酯分子中含有的酰胺基能發(fā)生水解反應生成碳酸、和，反應所得產(chǎn)物共有3種，C錯誤；D．X（二異氰酸酯）與Y（二元醇）通過-N=C=O與-OH加成反應生成Z，反應為-N=C=O+HO-→-NH-CO-O-，無小分子生成，D錯誤；故選B。8.白磷可用于制備磷酸及其化合物、殺蟲劑等。白磷與氫氧化鋇溶液和硫酸銅溶液發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是A.中P的雜化方式為B.反應I中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為C.反應II的化學方程式為D.反應II中被溶液氧化的為時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為【答案】D【解析】A．H3PO4中P原子價層電子對數(shù)為，雜化方式為sp3，A正確；B．反應I為P4的歧化反應，P→PH3（-3價，得3e-）、P→（+1價，失1e-），由電子守恒可知氧化劑與還原劑的P原子物質(zhì)的量比為1:3，對應P4物質(zhì)的量比為1:3，B正確；C．P4分子中的P原子一部分化合價升高，一部分化合價降低，其中24個P原子化合價從0價升高到+5價，失去，20個P原子化合價從0價降低到-3價，得到，還有Cu原子化合價從+2價降低到+1價，得到電子總數(shù)為：，所以方程式中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為，反應II方程式中，Cu、P、H、O、S原子均守恒，C正確；D．反應II中，60molCuSO4氧化12molP（生成H3PO4），對應3molP4，轉(zhuǎn)移60mole-。則0.3mol被CuSO4氧化的P4轉(zhuǎn)移電子6NA，D錯誤；故選D。9.在新型有機合成中，有一種電化學“穿梭”成對電解反應，原理如圖所示，該反應有助于得到有價值的氣態(tài)烯烴化合物和實現(xiàn)對某些污染物的高效降解。下列說法錯誤的是A.M極上發(fā)生還原反應B.基態(tài)的核外電子的空間運動狀態(tài)有18種C.每生成乙烯，理論上電路中轉(zhuǎn)移電子D.通過該電解原理，理論上可實現(xiàn)萃取劑二氯乙烯轉(zhuǎn)化為乙炔，從而得到有效降解【答案】C【解析】左側(cè)電極總反應Br-CH2-CH2-Br+2e-=CH2=CH2+2Br-中，碳元素化合價降低，發(fā)生還原反應，左側(cè)電極為陰極，右側(cè)電極為陽極，電極反應為：，據(jù)此解答；A．M極上BrCH2CH2Br轉(zhuǎn)化為CH2=CH2（乙烯），碳元素氧化數(shù)從-1降低到-2（乙烯中C為-2價），化合價降低，發(fā)生還原反應，A正確；B．基態(tài)Br?核外有36個電子，電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p6，空間運動狀態(tài)數(shù)等于軌道數(shù)，各能級軌道數(shù)之和為1+1+3+1+3+5+1+3=18，B正確；C．BrCH2CH2Br生成1mol乙烯時，反應為BrCH2CH2Br+2e?=CH2=CH2+2Br?（碳元素得電子，共轉(zhuǎn)移2mol電子），理論上電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，C錯誤；D．1,2-二氯乙烯（CHCl=CHCl）可通過類似1,2-二溴乙烷的消去反應，在電解條件下消去Cl?生成乙炔（CH≡CH），實現(xiàn)降解，D正確；故選C10.海水提溴的部分工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是A.“轉(zhuǎn)化”是利用氧化性強于B.電負性：C.“還原”工序中，的作用是將溴還原為，同時自身被氧化為D.“洗脫”時上層液體也從分液漏斗下口放出【答案】D【解析】鹵水中通入氯氣把Br-氧化為Br2，用有機物R3NCl吸附Br2形成R3N[ClBr2]，分液，有機相R3N[ClBr2]通入二氧化硫“還原”得到有機相中含R3NBr，用鹽酸“洗脫”得到含Br-濃溶液，通入氯氣Br-氧化為Br2，蒸餾得Br2，據(jù)此分析；A．"轉(zhuǎn)化"步驟中Cl2將Br-氧化為Br2，反應為Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，體現(xiàn)Cl2氧化性強于Br2，A正確；B．電負性同周期從左到右增大，O（3.44）>N（3.04）>H（2.20），B正確；C．"還原"工序中，SO2作為還原劑，將有機相Ⅰ中的Br2還原為Br-，自身被氧化為，反應為，C正確；D．分液時下層液體從分液漏斗下口放出，上層液體應從上口倒出，若上層液體也從下口放出會導致污染，D錯誤；故選D。11.在兩個體積分別為和的恒容密閉容器中，均充入和，在不同溫度下發(fā)生反應：，測得的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。下列說法錯誤的是A.該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動B.容器體積：C.時，若，則平衡常數(shù)D.其他條件不變，增大投料比，可提高N的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】C【解析】A．由圖像可知，升高溫度，M的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，故A正確；B．該反應正反應氣體分子數(shù)減少，增大壓強，平衡正向移動，M的平衡轉(zhuǎn)化率增大，圖像中相同溫度下V1對應的轉(zhuǎn)化率高于V2，說明V1壓強更大，即V1體積更小，故V1<V2，故B正確；C．時V2中M轉(zhuǎn)化率為60%，V2=1L，初始c(M)=1mol/L、c(N)=2mol/L。轉(zhuǎn)化的c(M)=1×60%=0.6mol/L，根據(jù)反應2M+2N?2P+Q，轉(zhuǎn)化的c(N)=0.6mol/L，生成c(P)=0.6mol/L、c(Q)=0.3mol/L；平衡時c(M)=0.4mol/L、c(N)=(2-0.6)mol/L=1.4mol/L、c(P)=0.6mol/L、c(Q)=0.3mol/L；平衡常數(shù)，故C錯誤；D．增大n(M)/n(N)投料比即增加M的量，根據(jù)平衡移動原理，增加一種反應物濃度，平衡正向移動，另一種反應物轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；選C。12.錳氧的化合物應用廣泛，圖1、圖2分別表示2種不同的錳氧化合物的晶胞結(jié)構(gòu)(黑球均代表Mn)。已知圖1中的晶胞參數(shù)為anm，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.圖2的化學式為MnO B.圖1中晶體密度為C.圖1中Mn的配位數(shù)為4 D.圖1晶胞在xy平面上的投影為【答案】B【解析】A．圖2晶胞中，黑球表示Mn原子，含有Mn原子數(shù)目為：，白球表示O原子，O原子數(shù)目為，二者的個數(shù)比為1：2，故該物質(zhì)的化學式應該為MnO2，A錯誤；B．在圖1晶胞中，含有Mn原子數(shù)目為：，含有O原子數(shù)目為：，二者個數(shù)比為1：1，故該物質(zhì)的化學式應該為MnO，晶胞中含有4個MnO。若晶胞參數(shù)為anm，則該晶體的密度ρ=，B正確；C．根據(jù)選項B分析可知圖1為MnO，在Mn2+周圍距離相等且最近的O2-有6個，故其配位數(shù)為6，C錯誤；D．圖1晶胞為立方面心結(jié)構(gòu)，晶胞中Mn原子在xy平面投影應在頂點和面心、頂點、棱邊中點，D錯誤；故合理選項是B。13.我國科學家首次成功通過“針尖誘導脫鹵反應”合成了芳香性環(huán)形純碳分子材料和(變化過程如圖所示)。下列敘述錯誤的是A.、和互為同素異形體B.和是由極性鍵形成的極性分子C.分子中的碳原子可能在同一平面D.上述兩個反應中，和是還原產(chǎn)物【答案】B【解析】A．Ⅱ、Ⅳ和C60均為由碳元素組成的不同單質(zhì)，互為同素異形體，故A正確；B．Ⅰ和Ⅲ中存在C-C非極性鍵和C-Cl極性鍵，并非僅由極性鍵形成；且二者分子結(jié)構(gòu)對稱，屬于非極性分子，故B錯誤；C．Ⅰ分子中含稠環(huán)芳烴結(jié)構(gòu)，稠環(huán)上的碳原子通常共平面，故C正確；D．脫鹵反應中，Ⅰ、Ⅲ中C與Cl相連（C顯正價），反應后Ⅱ、Ⅳ中C形成C=C鍵，C化合價降低，碳元素被還原，所以Ⅱ、Ⅳ是還原產(chǎn)物，故D正確；選B。14.乙二胺可用表示，在水溶液中含的微粒有三種。常溫下，向某濃度的乙二胺溶液中逐滴加入鹽酸，與溶液的變化關(guān)系如圖所示(表示溶液中的物質(zhì)的量濃度)。下列說法正確的是A.乙二胺沸點低于丁烷B.曲線代表的濃度的負對數(shù)與的變化關(guān)系C.常溫下，反應的平衡常數(shù)D.常溫下，b點對應的溶液中【答案】D【解析】向某濃度的乙二胺溶液中逐滴加入鹽酸，發(fā)生反應+H+EDTH+；EDTH++H+，溶液pH逐漸減小，的濃度減小，EDTH+先增大后減小，增大，所以曲線Ⅰ表示、Ⅱ表示EDTH+、Ⅲ表示。A．乙二胺分子中含氨基（-NH2），分子間可形成氫鍵，所以乙二胺沸點高于丁烷，故A錯誤；B．根據(jù)以上分析，曲線Ⅰ表示、Ⅱ表示EDTH+、Ⅲ表示，故B錯誤；C．反應EDA+H?O?EDAH?+OH?的Kb?=c(EDAH?)c(OH?)/c(EDA)，a點c(EDA)=c(EDAH?)，此時pH=m，c(OH?)=10(m-14)，則Kb?=10(m-14)，故C錯誤；D．c點為c(EDAH?)=c()的交點，pH=n，此時Kb?=c(OH?)=10(n-14)。b點c(EDA)=c()，則Kb?·Kb?=c2(OH?)，c(OH?)=，故D正確；選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.以一種廢舊鋰離子電池(主要成分為鈷、錳、鎳、鋰的氧化物，還含有鋁箔、炭黑、有機黏合劑等)為原料回收鈷、錳、鎳、鋰的工藝流程如圖所示：已知：i．的溶解度隨溫度升高而減小。ii．“堿浸”后的濾渣中主要含有和。iii．?；卮鹣铝袉栴}：（1）“灼燒”步驟的目的是___________。（2）“堿浸”步驟中濾液的主要溶質(zhì)為、___________(填化學式)，在實驗室中過濾時主要用到的玻璃儀器為___________。（3）“沉鈷”步驟中溶液中的濃度均為，欲使完全沉淀而不沉淀，需調(diào)節(jié)濃度的范圍為___________。（4）寫出“沉錳”過程中反應的離子方程式：___________。（5）“沉鋰”步驟中加入溶液，將溶液溫度升高至，得到固體，將溶液升溫的目的是___________。（6）“沉鎳”得到的，可作為制備鎳的氧化物的原料。該鎳的氧化物的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該鎳的氧化物為___________(填化學式)。【答案】（1）除去炭黑、有機黏合劑（2）①.②.漏斗、燒杯、玻璃棒（3）（4）（5）的溶解度隨溫度升高而減小，有利于沉淀（6）【解析】廢舊鋰離子電池經(jīng)粉碎、灼燒除去炭黑和有機粘合劑，同時將鋁轉(zhuǎn)化為氧化鋁，向灼燒渣中加入氫氧化鈉溶液堿浸，將氧化鋁轉(zhuǎn)化為四羥基合鋁酸鈉，過濾分離含有四羥基合鋁酸鈉的濾液和濾渣；向濾渣中加入雙氧水和硫酸的混合液，將三氧化二鈷轉(zhuǎn)化為硫酸亞鈷，氧化錳、氧化鋰、氧化鎳轉(zhuǎn)化為硫酸錳、硫酸鋰、硫酸鎳，向反應后的溶液中加入氨水和草酸銨混合溶液，將溶液中的亞鈷離子轉(zhuǎn)化為CoC2O4·2H2O沉淀，過濾得到CoC2O4·2H2O和濾液；向濾液中加入碳酸氫銨溶液，將溶液中的錳離子轉(zhuǎn)化為碳酸錳沉淀，過濾得到碳酸錳和濾液；向濾液中加入碳酸鈉和氫氧化鈉混合溶液，將溶液中的鎳離子轉(zhuǎn)化為NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O沉淀，過濾得到NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O和濾液；向濾液中加入碳酸鈉溶液，將溶液中的鋰離子轉(zhuǎn)化為碳酸鋰沉淀，過濾得到碳酸鋰，據(jù)此分析；（1）廢舊鋰離子電池中含有的炭黑和有機粘合劑，在回收鈷、錳、鎳、鋰的流程中需除去，根據(jù)這兩種物質(zhì)易燃的性質(zhì)，則可通過高溫灼燒的方法而除去；（2）根據(jù)分析可知，“堿浸”步驟中濾液的主要溶質(zhì)為、，在實驗室中過濾時主要用到的玻璃儀器為漏斗、燒杯、玻璃棒；（3）根據(jù)已知iii，可知的溶解度最小，欲使完全沉淀，則須cCo2+沉淀后小于，則此時的根據(jù)KspCoC2O4=1.0×10-18，算出應該大于。要求完全沉淀而不沉淀，根據(jù)KspMnC2O4=2.0×10-13、KspNiC2O4=4.0×10-10，可知的溶解度小于，則不沉淀，也不會沉淀，“沉鈷”之前濃度均為0.2mol?L-1，則=時，（4）“沉錳”過程中碳酸氫銨與錳離子反應生成碳酸錳，離子方程式：；（5）根據(jù)已知i，的溶解度隨溫度升高而減小，那么在濾液中加入碳酸鈉溶液后，應升高溫度，有利于沉淀析出；（6）晶胞中Ni數(shù)目：，晶胞中O數(shù)目：，氧化物為。16.實驗室以活性炭為催化劑，由、濃氨水、制備(三氯化六氨合鈷)。實驗操作步驟如下(省略加熱和夾持裝置)：步驟i：將固體溶在水中，加入研細晶體，溶解得到混合溶液。步驟ii：將混合溶液轉(zhuǎn)移至三頸燒瓶中，加入活性炭，再依次打開活塞a和b，加入濃氨水與溶液，水浴加熱至，保持。步驟iii：趁熱過濾，冷卻后向濾液中加入適量濃鹽酸，過濾、洗滌、干燥，得到粗產(chǎn)品。已知：在溶液中較穩(wěn)定；具有較強還原性?；卮鹣铝袉栴}：（1）盛放濃氨水和溶液的儀器名稱是___________。（2）基態(tài)原子簡化核外電子排布式為___________。（3）m裝置的作用是吸收氨氣，選擇的試劑是___________(填字母)。A．堿石灰B．無水硫酸鈉C．五氧化二磷（4）步驟ii中“水浴加熱至”，溫度不宜過高的原因是___________。（5）寫出三頸燒瓶中總反應的化學方程式：___________。（6）步驟iii中，請從平衡移動角度解釋加入濃鹽酸的作用是___________。（7）上述實驗中若不用活性炭作催化劑，會生成，向含該配合物的溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀，該配合物中配離子的化學式為___________，則鈷離子的配位數(shù)為___________?！敬鸢浮浚?）恒壓滴液漏斗或恒壓分液漏斗（2）（3）C（4）溫度太高會使分解，還會增加濃氨水揮發(fā)（5）或（6）增大，使的溶解平衡逆向移動，降低其在水中的溶解度，有利于結(jié)晶析出（7）①.②.6【解析】在活性炭做催化劑的條件下溶解在氯化銨的溶液中，然后先滴加氨水再加過氧化氫在55℃左右，反應約20分鐘，生成CoNH3（1）圖中盛放濃氨水和的儀器是恒壓滴液漏斗或恒壓分液漏斗；（2）的原子序數(shù)為27，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，其簡化核外電子排布式為；（3）氨氣是堿性氣體，需用酸性或中性干燥劑吸收。A（堿石灰）是堿性干燥劑，與不反應，故不能吸收；B（無水硫酸鈉）主要用于吸收反應生成的水，不能吸收；C（五氧化二磷）是酸性干燥劑，能與反應（），可吸收氨氣，故選C；（4）溫度過高時，易分解（失去氧化性，無法氧化），同時濃氨水易揮發(fā)，導致原料損失，因此溫度不宜過高的原因為：會使分解，還會增加濃氨水揮發(fā)；（5）與氨水、過氧化氫、氯化銨反應生成和，根據(jù)氧化還原反應中電子轉(zhuǎn)移守恒，配平后即可，故總的化學方程式為：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3?（6）溶液中存在溶解平衡：CoNH36Cl3(s)?[Co(NH3)6]3+（7）在水溶液中，配合物外界中的陰離子能發(fā)生電離生成自由移動的離子；向含0.05mol的水溶液中加入足量溶液，可得白色沉淀（）14.35g，則，根據(jù)氯原子守恒得，外界物質(zhì)的量為0.1mol，內(nèi)界物質(zhì)的量為0.05mol，即的外界中含有2個氯離子，內(nèi)界中含有1個氯離子，因此配離子為，鈷離子配位數(shù)是6。17.防治二氧化硫污染并使其資源化是科學工作者的研究課題之一。回答下列問題：（1）氧化鈣是常用固硫劑，吸收并將其轉(zhuǎn)化為建筑材料。已知：則___________。（2）工業(yè)上也常用溶液作捕捉劑。常溫下，將一定量的通入一定濃度的溶液中，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨的變化關(guān)系曲線如圖所示。①常溫下，當溶液中時，溶液的為___________。②常溫下，當溶液中時，___________(填“>”“<”或“=”)。③電解的吸收液，可循環(huán)再生，同時得到，其原理如圖所示(電極材料均為惰性電極)。b電極應連接直流電源的___________極(填“正”或“負”)，a電極表面的電極反應式為___________。（3）工業(yè)煙氣中的經(jīng)凈化后可用于工業(yè)制硫酸，其原理：先將催化氧化，后在吸收塔中用的濃硫酸吸收。時，將物質(zhì)的量之比為的和混合氣體充入的恒容密閉容器中，測得容器內(nèi)氣體壓強與時間的關(guān)系如表所示：時間05101520壓強180165156150150①內(nèi)，用的壓強變化表示該反應的平均反應速率為___________。②該溫度下，反應的___________(結(jié)果保留兩位小數(shù)；為用氣體分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))?！敬鸢浮浚?）（2）①.4.55②.=③.正④.（3）①.3②.0.03【解析】根據(jù)蓋斯定律，目標反應可由2×①-2×②得到，即可對應求出。根據(jù)電荷守恒可得，再結(jié)合已知條件代入可得出。電解池中，陽極與電源正極相連，發(fā)生氧化反應；陰極與電源負極相連，發(fā)生還原反應。用的壓強變化表示該反應的平均反應速率，即，可利用三段式進行求算。（1）已知①，②，根據(jù)蓋斯定律，目標反應可由2×①-2×②得到，故。故答案為：。（2）①亞硫酸是二元弱酸，第一步電離為，電離常數(shù)，有圖可知，當pH=1.9時，，所以。第一步電離為，電離常數(shù)，有圖可知，當pH=7.2時，，所以。，當溶液中時，，則pH=4.55。②根據(jù)電荷守恒可得，將已知代入，可得。③由圖可知，b電極區(qū)域生成較濃的硫酸，說明在b電極失去電子被氧化為，發(fā)生氧化反應，所以b電極為陽極，應連接直流電源的正極。a電極區(qū)域生成較濃的NaOH溶液，說明a電極上H2O得到電子發(fā)生還原反應生成H2和OH-，電極反應式為。故答案為：4.55；=；。（3）①設起始時SO2的物質(zhì)的量為2n，O2的物質(zhì)的量為n。根據(jù)阿伏伽德羅定律，同溫同體積時，壓強之比等于物質(zhì)的量之比。起始時總壓強p始=180kPa，5min時總壓強p5=165kPa。設0～5min內(nèi)O2的物質(zhì)的量變化為x，則反應的三段式為起始時總物質(zhì)的量為2n+n=3n，5min時總物質(zhì)的量為(2n-2x)+(n-x)+2x=3n-x。由，即，解得。起始時O2的壓強為，5min時O2的壓強為，所以0～5min內(nèi)，用O2的壓強變化表示的平均反應速率。②由氣體壓強與時間的關(guān)系表可知，15min達到平衡，15min時總壓強p15=150kPa，由上述分析可知，，即，解得。所以達到平衡時SO2的物質(zhì)的量為n，O2的物質(zhì)的量為，SO3的物質(zhì)的量為n，總物質(zhì)的量為。故。故答案為：3；0.03。18.天然產(chǎn)物J具有抗腫瘤、鎮(zhèn)痙等生物活性，其中一條合成路線如下。已知：i．ii．（R為H或烴基）回答下列問題：（1）B在一定條件下與足量H2發(fā)生加成反應得到