广东省深圳市南山区2024届高三上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省深圳市南山区2024届高三上学期期末考试可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24Al27Co59Zn65一、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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“民以食为天”。下列食物(材)富含纤维素的是（）A．米饭B．鸡蛋C．大白菜D．鱼【答案】C【详析】A．米饭的主要成分是淀粉，不是纤维素，A不符合题意；B．鸡蛋的主要成分是蛋白质，而不是纤维素，B不符合题意；C．大白菜的主要成分是纤维素，C符合题意；D．鱼的主要成分是蛋白质，而不是纤维素，D不符合题意；故合理选项是C。2.“科技兴国，高质量发展”一直是我国建设现代化国家的重要战略方针。下列说法不正确的是（）A.“中国芯”的主要成分是高纯硅B.“海水中提取碘单质”的过程中不涉及氧化还原反应C.二氧化碳可用于人工合成淀粉，二氧化碳固体属于分子晶体D.“神州十六号”推进器使用的氧化剂是N2O4，其中N是第ⅤA族元素【答案】B【详析】A．芯片的主要成分是硅单质，A正确；B．“海水中提取碘单质”的过程中，涉及碘离子被氧化为碘单质的过程，涉及氧化还原反应，B错误；C．二氧化碳属于非金属氧化物，大部分非金属氧化物都为分子晶体，C正确；D．N2O4其中N为7号元素，位于第二周期VA族，D正确；故选B。3.美丽化学，魅力化学。下列说法正确的是（）A.山水国画所用的墨水属于胶体B.青花瓷中的青色来自四氧化三铁C.石英玻璃的主要成分是有机高分子材料D.银首饰的银(47Ag)元素位于元素周期表的p区【答案】A【详析】A．墨水是炭溶于水中形成的液溶胶，属于胶体，故A正确；

B．瓷器的青色来自于坯体上施的青釉，青釉中含有一定量的氧化铁，在还原焰中烧制而成，由于铁的呈色作用，可呈现青色，故B错误；

C．石英玻璃主要成分是二氧化硅，是氧化物，属于无机物，不是有机高分子材料，故C错误；

D．银(47Ag)元素位于元素周期表的第ⅠB族，属于ds区，故D错误；

故选：A。4.实验室利用反应2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+8H2O+5Cl2↑制备氯气，下列说法正确的是（）A.基态K原子核外电子占据的最高能级原子轨道为B.Mn2+的简化电子排布式为[Ar]3d34s2C.H2O与D2O互为同素异形体D.化合物KCl的电子式为【答案】A【详析】A．基态K原子核外电子占据的最高能级是4s能级，其原子轨道为，A正确；B．Mn2+的简化电子排布式为[Ar]3d5，B错误；C．H2O与D2O两者是化合物，不互为同素异形体，C错误；D．化合物KCl的电子式为，D错误；故选A。5.化合物3-吲哚乙酸(结构如图所示)是一种植物生长调节剂。关于该化合物，说法正确的是（）A.不能发生加聚反应B.其分子式为C10H10NO2C.所有的原子可以共平面D.最多能与等物质的量的NaOH反应【答案】D【详析】A．该化合物分子中含有碳碳双键，在一定条件下能发生加聚反应，A错误；B．根据物质结构简式，结合C原子价电子数目是4个，可知其分子式为C10H9NO2，B错误；C．该化合物分子中N、亚甲基中C都采用sp3杂化；N原子和连接氮原子的H、C原子构成三角锥形结构，亚甲基中C原子与其连接的4个原子构成四面体结构，所以不可能所有原子共平面，C错误；.D．羧基(-COOH)和NaOH以1∶1反应，该物质分子中只含有1个羧基，故该物质最多能与等物质的量的NaOH反应，D正确；故选D。6.化学使生活更美好。下列生产生活应用与化学原理不对应的是（）选项生产生活化学原理A过氧乙酸可用于杀菌消毒过氧乙酸具有强氧化性B豆浆中加入少量石膏制作豆腐豆浆中蛋白质聚沉C用石灰石对燃煤进行脱硫处理CaCO3固体属于离子晶体D纯碱可用于处理锅炉水垢沉淀溶解平衡的移动【答案】C【详析】A．过氧乙酸具有强氧化性，能使蛋白质变性，过氧乙酸可用于杀菌消毒，故A正确；B．豆浆中加入少量石膏制作豆腐，石膏是电解质，能使豆浆中蛋白质聚沉，故B正确；C．碳酸钙受热分解产生的氧化钙可与二氧化硫反应，因此可用石灰石对燃煤进行脱硫处理，与CaCO3固体属于离子晶体无关，故C错误；D．向锅炉水垢中加入纯碱可将硫酸钙转化为碳酸钙，再加入酸可将水垢除去，因此纯碱可用于处理锅炉水垢利用了沉淀溶解平衡的移动，故D正确；故选C。7.用滴定法测定海带中碘元素含量，主要步骤包括：称量、灰化、过滤、氧化、配制含碘待测液(250mL)、滴定等。下列仪器使用不正确的是（）A．称量B．灰化C．过滤D．配制待测液【答案】B【详析】A．称量需要使用托盘天平，A不符合题意；B．灰化时相应在坩埚中奖固体物质灼烧，不能在蒸发皿中进行，B符合题意；C．过滤需要使用漏斗，C不符合题意；D．配制250mL待测液需要使用规格是250mL的容量瓶，D不符合题意；故合理选项是B。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。我国科学家以N2，CO2及KHCO3等物质为基本原料，利用电催化制备尿素[CO(NH2)2]，下列说法不正确的是（）A.46g14CO2含有的原子数目为3NAB.1molCO(NH2)2所含的σ键数目为8NAC.体积为1L的1mol·L-1KHCO3溶液中，HCO数目小于NAD.标准状况下，2.24L的N2与CO混合气体的电子数目为1.4NA【答案】B【详析】A．46g14CO2的物质的量为=1mol，含有的原子数目为3NA，A正确；B．1个CO(NH2)2中含有7个σ键，则1molCO(NH2)2所含的σ键数目为7NA，B错误；C．体积为1L的1mol·L-1KHCO3溶液中溶质物质的量为1mol/L×1L=1mol，既发生水解又发生电离，因此体积为1L的1mol·L-1KHCO3溶液中，数目小于NA，C正确；D．标准状况下，2.24LN2与CO混合气体的物质的量为=0.1mol，1个N2或CO分子含有14个电子，混合气体含有的电子数目为1.4NA，D正确；故选B。9.部分含N物质的分类与相应化合价如图所示。下列推断不合理的是（）A.物质a具有还原性B.物质b能与氧气发生反应C.物质d分子中含有极性共价键D.物质e能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D〖祥解〗a-e分别可以为氨气、N2H4、氮气、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸；【详析】A．物质a中氮处于低价态，具有还原性，A正确；B．b在氮处于低价态具有还原性，氧气具有氧化性，则能与氧气发生反应，B正确；C．二氧化氮或四氧化二氮中存在氮氧极性共价键，C正确；D．硝酸和酸性高锰酸钾不反应，D错误；故选D。10.下列的操作所涉及的离子方程式不正确是（）选项操作离子方程式A浓硝酸受热分解4H++4NO4NO2↑+O2↑+2H2OB过氧化钠投入纯水中2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑C电解氯化镁溶液2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-D酸性高锰酸钾滴定草酸6H++5H2C2O4+2MnO=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【详析】A．浓硝酸不稳定，受热分解生成二氧化氮、氧气和水，离子方程式为4H++44NO2↑+O2↑+2H2O，故A正确；

B．过氧化钠投入纯水中，反应生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故B正确；

C．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氯气和氢气，离子方程式为2Cl-+2H2O+Mg2+Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故C错误；

D．酸性高锰酸钾氧化草酸生成二氧化碳气体、锰离子和水，离子方程式为6H++5H2C2O4+2═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D正确；

故选：C。11.科学家开发了一种镁基原电池，利用生成的Mg(OH)2中和酸性肿瘤微环境，其工作原理如图，下列说法不正确的是（）A.Pt作原电池正极B.电子由Mg流向PtC.初始阶段Pt表面发生的电极反应：2H2O+2e−=2OH−+H2↑D.每消耗3.6gMg，电池最多向外提供0.15mol电子的电量【答案】D〖祥解〗镁为活泼金属失去电子发生氧化反应生成二价镁，为负极，则Pt为正极，据此解答。【详析】A．Pt作原电池正极，A正确；B．电子由负极流向正极，电子由Mg流向Pt，B正确；C．初始阶段Pt表面发生的电极反应为水得到电子发生还原反应生成氢氧根离子和氢气：2H2O+2e−=2OH−+H2↑，C正确；D．每消耗3.6gMg为0.15mol，则电池最多向外提供0.15mol×2=0.3mol电子的电量，D错误；故选D。12.某反应过程中能量变化如图所示。下列说法不正确的是（）A.该反应分为2步进行B.总反应焓变为E1-E2+E3-E4C.第一步反应为放热反应，第二步反应为吸热反应D.升高温度，第一步反应速率减小，第二步反应速率增加【答案】D【详析】A．从图中可以明显看出，反应过程中有两个能量的“峰”和“谷”，说明该反应分为2步进行，A项正确；B．总反应的焓变应该是生成物的总能量减去反应物的总能量，即E1-E2+E3-E4

，B项正确；C．第一步反应中，反应物的能量高于生成物的能量，所以是放热反应；第二步反应中，反应物的能量低于生成物的能量，所以是吸热反应，C项正确；D．升高温度，化学反应速率都会增加，而不是第一步反应速率减小，第二步反应速率增加，D项错误；答案选D。13.将SO2通入Na2CO3和Na2S混合溶液中可制得Na2S2O3。其制备装置如图所示，下列说法不正确的是（）A.若装置A中使用98%的浓硫酸，可以提高SO2的生成速率B.装置B既可防倒吸亦可处理多余的SO2C.装置C中反应的离子方程式为：2S2-+CO+4SO2=CO2+3S2OD.装置D中盛放的溶液可换为酸性KMnO4溶液【答案】A【详析】A．该反应的实质是氢离子与亚硫酸根离子发生复分解反应，98%的浓硫酸中电离出的氢离子浓度小，与亚硫酸根反应反而产生气体的速率减小，A错误；B．当导管中的气体进入C时，装置B可防倒吸，B上端的溶液为NaOH溶液时，关闭K2打开K1可以处理B中多余的二氧化硫，B正确；C．SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液中生成Na2S2O3，反应的离子方程式应：，C正确；D．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化二氧化硫，装置D中盛放的溶液可换为酸性高锰酸钾溶液，D正确；答案选A。14.以下实验操作、现象结论均正确的是（）选项操作现象结论A向盛有待测液的试管中滴加几滴浓NaOH溶液，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口红色石蕊试纸无变化待测液中不含NHB向Ba(NO3)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成反应生成BaSO4沉淀C向盛有甲苯的试管中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡酸性KMnO4溶液褪色甲苯中含有碳碳双键D向饱和KI溶液中加入少量Ag2S粉末，搅拌后静置黑色粉末变为黄色Ksp(Ag2S)>Ksp(AgI)【答案】B【详析】A．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，盛有待测液的试管中滴加几滴浓NaOH溶液，可能生成一水合氨，由实验操作和现象，不能证明待测液中不含，故A错误；

B．Ba(NO3)2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，观察到白色沉淀，故B正确；

C．甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，紫色褪去，甲苯中不含碳碳双键，故C错误；

D．饱和KI溶液中加入少量Ag2S粉末，Q(AgI)＞Ksp(AgI)时，生成AgI沉淀，由实验操作和现象，不能比较Ksp(Ag2S)、Ksp(AgI)的大小，故D错误；

故选：B。15.由非金属元素组成的化合物X20Y22ZEM3可治疗心绞痛，且Y、X、E、M、Z序数依次增大。Y的基态原子最外层只有一种自旋方向的电子，X的一种核素常用于测定文物的年代，M元素原子的价层电子排布式为nsnnp2n，Z的简单离子不影响水的电离平衡。下列说法正确的是（）A.元素的电负性：X＜Y＜ZB.氢化物沸点：M＞Z＞XC.第一电离能：X＜E＜MD.和的空间结构不相同【答案】D〖祥解〗Y、X、E、M、Z序数依次增大且均是非金属元素，其中M元素原子的价层电子排布式是nsnnp2n，s能级最多填充2个电子，可知n=2，其价电子排布式为2s22p4，故M为O元素；Y的基态原子最外层只有一种自旋方向的电子，即最外层只有1个电子，可知Y为H元素；而X的一种核素常用于测定文物的年代，可知X为C元素；E的原子序数介于碳、氧之间，故E为N元素；Z的简单离子不影响水的电离平衡，结合化学式C20H22ZNO3，可知Z为-1价非金属元素，则Z可能为Cl、Br、I元素，然后根据问题分析解答。【详析】由分析可知，Y为H元素、X为C元素、E为N元素、M为O元素、Z为Cl或Br或I元素。A．元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非金属性：H＜C，则元素电负性：H＜C，A错误；B．碳的氢化物为烃类物质，有气态、液态、固态三种聚集状态，固态烃的沸点比H2O、HCl(或HBr或HI)高，B错误；C．同一周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：C＜O＜N，C错误；D．是，中心原子N原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，因此的空间构型为平面三角形；是(或或)，中心原子的价层电子对数是3+=4，有1对孤电子对，因此其空间构型为三角锥形，D正确；故合理选项是D。16.科学家们发现锂介导的氮还原是一种有前途的电化学合成氨的方法。工作原理如图，下列说法不正确的是（）A.电解池总反应：3H2+N22NH3B.左边的气体扩散电极连接电源正极C.理论上若电解质传导4molH+，最多生成标况下NH344.8LD.可以认为阴极发生的电极反应总方程式为：2Li++6e-+N2+4H+=2LiNH2【答案】C〖祥解〗由图可知，通入氢气的电极为阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，氢离子与C2H5O-离子反应生成C2H5OH，C2H5OH解离出氢离子和C2H5O-离子，通入氮气的电极为阴极，锂离子在阴极得到电子生成锂，锂与氮气和C2H5OH解离出的氢离子反应生成LiNH2，LiNH2与氢离子反应生成锂离子和氨气，则阴极的电极反应式为N2+2Li++4H++6e-=2LiNH2，电解的总反应方程式为N2+3H22NH3。【详析】A．由分析可知，电解的总反应方程式为N2+3H22NH3，故A正确；B．由分析可知，通入氢气的电极为阳极，连接电源正极，故B正确；C．阴极的电极反应式为N2+2Li++4H++6e-=2LiNH2，则放电时4mol氢离子参与放电生成2molLiNH2，2mol氢离子与LiNH2生成2mol氨气，则理论上若电解液传导6mol氢离子，生成标准状况下氨气的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，若电解质传导4molH+，最多生成标况下NH3体积为44.8L×=29.9L，故C错误；D．由分析可知，阴极的电极反应式为N2+2Li++4H++6e-=2LiNH2，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.某化学兴趣小组探究Fe2+和Fe3+的化学性质。Ⅰ．实验准备：饱和氯水的制备（1）如图中仪器A的名称为___________。（2）实验室以KClO3与浓盐酸为反应物，利用上图装置制取氯气，其化学方程式为________________。Ⅱ．实验探究①取2mL005mol·L-1Fe2(SO4)3溶液于试管中，滴加3滴0.1mol·L-1KSCN溶液，溶液变红色；②取2mL0.1mol·L-1FeSO4溶液于试管中，先滴加3滴0.1mol·L-1KSCN溶液，振荡，溶液无现象，再滴加3滴饱和氯水，溶液变黄色。小组成员针对实验②中溶液未变红色，而呈现黄色的现象展开了探究。查阅文献：ⅰ．Cl2能将SCN-氧化成(SCN)2，硫氰((SCN)2)常温下为黄色液体，易挥发，可与水发生反应：3(SCN)2+4H2O=H2SO4+HCN+5HSCN；ⅱ．Fe2++2SCN-Fe(SCN)2，Fe(SCN)2为无色配合物。Fe(SCN)3比Fe(SCN)2更稳定。提出猜想：a．SCN-被氯水氧化成(SCN)2，使溶液呈黄色；b．加入氯水后部分Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(红色)，但由于存在反应：Fe2++2SCN-Fe(SCN)2，实验②生成的Fe(SCN)3浓度比实验①的小，Fe(SCN)3溶液在浓度较低时呈黄色。为验证猜想，小组成员设计了以下实验：实验序号操作现象结论③取实验①中溶液，__________________Fe(SCN)3溶液在浓度较低时呈黄色④取实验②中溶液，加热无明显现象猜想a不正确（3）实验③中的操作为：___________，现象为___________。（4）甲同学提出，实验④设计不严谨，理由是___________，合理的实验操作应为___________。小组成员进一步探究猜想b是否正确：实验序号操作现象⑤滴加3滴蒸馏水无明显现象⑥滴加3滴饱和氯水溶液变橙红色⑦_______________结论：猜想b正确（5）实验⑦中操作及现象为___________，___________。（6）乙同学发现：取2mL0.1mol·L-1FeSO4溶液于试管中，先滴加3滴饱和氯水，振荡，溶液无现象，再滴加3滴0.1mol·L-1KSCN溶液，溶液变红，结合实验探究，分析乙同学实验与实验②现象产生差异的原因_____________________。(结合化学平衡的角度思考)【答案】（1）分液漏斗（2）KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O（3）加水稀释溶液逐渐由红色变为黄色（4）改变温度，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，Fe2++2SCN-Fe(SCN)2平衡发生移动向其中通入N2（5）滴加3滴0.1mol·L-1KSCN溶液溶液变橙红色（6）乙同学实验中：同时发生Fe2++2SCN-Fe(SCN)2，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成Fe(SCN)3反应的K更大，速率更快，故溶液中Fe(SCN)3浓度较高，溶液呈红色；实验②中先发生Fe2++2SCN-Fe(SCN)2，加入氯水生成Fe3+后，发生Fe3++SCN-+Fe(SCN)2Fe(SCN)3+Fe2+的速率较慢，故溶液中Fe(SCN)3的浓度较小，溶液呈黄色〖祥解〗在实验室中一般是用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，也可以用KClO3与浓盐酸混合在常温下反应制取Cl2。Cl2可以将Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+的检验方法一般是：向待测溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴新制氯水，溶液变为血红色进行判断，反应原理是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，Fe3+一般是通过向溶液中滴加KSCN溶液，根据是否变为红色，反应产生Fe(SCN)3红色物质判断。新制氯水也可以将KSCN氧化产生(SCN)2；Fe(SCN)3在浓度较大时显红色，而在浓度较小时显黄色，要注意Fe2++2SCN-Fe(SCN)2对溶液浓度及Fe3+检验的干扰。【详析】（1）根据装置可知：如图中仪器A的名称为分液漏斗；（2）实验室以KClO3与浓盐酸反应物，利用如图装置制取氯气，其化学方程式为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；（3）实验③取实验①中溶液，加水稀释，溶液逐渐由红色变为黄色，则Fe(SCN)3溶液在浓度较低时呈黄色；（4）甲同学提出，实验④设计不严谨，理由是改变温度，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，Fe2++2SCN-Fe(SCN)2平衡发生移动，合理的实验操作应为向其中通入N2；（5）实验⑦中操作为滴加3滴0.lmol/LKSCN溶液，现象为溶液变橙红色，则猜想b正确；（6）乙同学发现：取2mL0.lmol/LFeSO4溶液于试管中，先滴加3滴饱和氯水，振荡，溶液无现象，再滴加3滴0.lmol/LKSCN溶液，溶液变红，结合实验探究，分析乙同学实验与实验②现象产生差异的原因，在乙同学实验中：同时发生Fe2++2SCN-Fe(SCN)2，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成Fe(SCN)3反应的化学平衡常数K更大，速率更快，故溶液中Fe(SCN)3浓度较高，溶液呈红色；实验②中先发生Fe2++2SCN-Fe(SCN)2，加入氯水生成Fe3+后，发生Fe3++SCN-+Fe(SCN)2Fe(SCN)3+Fe2+的速率较慢，故溶液中Fe(SCN)3的浓度较小，溶液呈黄色。18.某钴土矿主要含有镍(Ni)、钴(Co)、铁(Fe)、钙(Ca)、硅(Si)等元素的氧化物。一种综合回收利用钴土矿工艺的部分流程如下：已知：①氧化前后，溶液中Ni、Co元素的化合价均为+2价②lgKa1(H2CO3)=-6.35，lgKa2(H2CO3)=-10.33（1）“酸浸”时，滤渣的主要成分为___________(填化学式)。（2）“除铁”时，调节pH≈3，除铁率可达99%，此时，≈___________，CO的空间结构为___________；该步骤中，除生成颗粒状的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]外，还有无色无味气体生成，写出“除铁”对应的化学方程式___________。（3）“沉钴”时，除有亚硝酸钴钾(K3[Co(NO2)6])沉淀生成，还有无色气体(遇空气变为红棕色)生成。①K3[Co(NO2)6]中含有的化学键类型有___________(填序号)。A．金属键B．共价键C．离子键D．氢键②该步骤的离子方程式为___________。（4）“系列操作1”中，从NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O的操作为___________、过滤、洗涤、干燥。（5）Co的一种化合物铝酸钴被称为钴蓝，用作耐高温陶瓷材料，其晶胞结构如图所示，已知晶胞边长为apm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体化学式为___________，晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式)。【答案】（1）SiO2、CaSO4（2）10-10.68平面三角形6Na2CO3+3Fe2(SO4)3+6H2O=2NaFe3(SO4)2(OH)6↓+5Na2SO4+6CO2↑（3）①.BC②.3K++Co2++7+2H+=K3[Co(NO2)6]↓+NO↑+H2O（4）蒸发浓缩、冷却结晶（5）CoAl2O4〖祥解〗向钴土矿中加入硫酸“酸浸”，“酸浸”后溶液中存在镍(Ni)、钴(Co)、铁(Fe)、铝(Al)相对应金属离子，二氧化硅不与硫酸反应，钙离子与硫酸根离子形成微溶物硫酸钙，则滤渣1的主要成分为二氧化硅、硫酸钙；氧化过程中镍(Ni)、钴(Co)元素的化合价均为+2价，则氧化过程主要是将亚铁离子氧化为铁离子；“除铁”时，加入碳酸钠溶液将Fe3+转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]除去；“沉钴”时，向溶液中加入硫酸、KNO2饱和溶液，将Co2+转化为亚硝酸钴钾(K3[Co(NO2)6])沉淀实现与Ni分离，最后经系列操作，得到相应产物，据此解答。【详析】（1）根据分析，“酸浸”时，滤渣的主要成分为SiO2、CaSO4；（2）lgKa1(H2CO3)=-6.35，1gKa2(H2CO3)=-10.33，“除铁”时，调节pH≈3，除铁率可达99%，则，中C的价层电子对数为3+=3，不存在孤对电子，空间结构为平面三角形；该步骤中，除生成颗粒状的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]外，还生成无色无味的二氧化碳气体，“除铁”对应的化学方程式为：6Na2CO3+3Fe2(SO4)3+6H2O=2NaFe3(SO4)2(OH)6↓+5Na2SO4+6CO2↑；（3）“沉钴”时，除有亚硝酸钴钾(K3[Co(NO2)6])沉淀生成，还有无色气体(遇空气变为红棕色)生成。①K3[Co(NO2)6]中含有的化学键类型有共价键、离子键，故选BC；②“沉钴”时，除有亚硝酸钴钾(K3[Co(NO2)6])沉淀生成，还有无色气体(遇空气变为红棕色)生成，该气体为NO，则该步骤的离子方程式为：3K++Co2++7+2H+=K3[Co(NO2)6]↓+NO↑+H2O；（4）“系列操作1”中，从NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）A中含Co个数=1+4×=，Al为0个，O为4个，B中Co个数=4×=，Al为4个，O为4个，晶胞结构含A有4个、含B有4个，共含Co=4×(+)=8，Al个数=4×4=16，O原子数=4×(4+4)=32，则该晶体化学式为：CoAl2O4，晶胞结构含8个CoAl2O4，则晶体的密度为=g·cm-3。19.甲醛(HCHO)是重要的化工原料，同时也是室内环境的主要污染物。甲醛的制备：CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)ΔH已知：①HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)ΔH1=-524kJ•mol-1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ•mol-1③H2O(g)=H2O(l)ΔH3=-44kJ•mol-1（1）ΔH=___________kJ•mol-1。（2）一定条件下，在一个2L恒容密闭容器中投入0.2molCO2和0.4molH2，在两种不同条件下反应制甲醛。测得CO2的转化率与时间的关系如图所示。曲线X对应温度下反应的平衡常数K=___________，t2内反应速率v(HCHO)=___________mol·L-1·s-1。由曲线X到曲线Y采取的措施可能是___________。（3）甲醛的降解：TiO2催化降解，工作原理如图所示。下列有关说法正确的是___________(选填字母序号)。A.该方法除去甲醛的化学方程式是：HCHO+O2→CO2+H2OB.TiO2催化剂能加快甲醛降解的反应速率，也能提高甲醛的转化率C.反应过程中，存在极性键的断裂和生成D.温度越高，催化效果越好利用分光光度法测定室内HCHO含量（4）测定原理：将痕量HCHO加入过量酸性K2Cr2O7溶液中，Cr2O被还原为Cr3+，再加入过量KI-淀粉溶液，反应后溶液显蓝色。蓝色越深，吸光度越大。①基态Cr原子的核外电子排布式：___________。②完成离子方程式：_________。_______+_______H++______HCHO=______+_____CO2↑+________（5）测定方法：实验①：向一定量待测HCHO溶液中滴加过量酸性K2Cr2O7溶液，振荡后加入过量的KI-淀粉溶液。实验②：用等体积去离子水代替实验①中的HCHO溶液，重复上述操作。两组实验充分反应后，测得不同波长下实吸光度A，绘制吸收光谱曲线如图所示。①请你判断表现实验①中溶液吸光度的曲线为___________(填“a”或“b”)。②根据上图曲线，选定在波长596nm下，测定不同浓度HCHO溶液的吸光度A，得到A-c(甲醛)图像，符合方程A=0.15c(μg·mL-1)＋0.002.(1μg=10-6g)某待测溶液的吸光度A为0.182，则该溶液中HCHO含量为___________mol·L-1。【答案】（1）-3.6（2）5升高温度（3）AC（4）①.[Ar]3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1②.（5）①.a②.4×10-5【详析】（1）根据盖斯定律；（2）根据已知条件X对应温度t2s平衡时CO2的转化率为50%，列三段式该条件下的平衡常数；t2s内反应速率；由X到Y速率加快，但CO2转化率减小，平衡逆向移动，该反应为气体分子数减小的放热反应，升高温度速率加快，平衡逆向移动；（3）根据流程图，反应物为HCHO和O2，生成物为H2O和CO2，则化学方程式为HCHO+O2→CO2+H2O，故A正确；TiO2催化剂能加快甲醛降解的反应速率，不能提高甲醛的转化率，故B错误；反应过程中，H2O、HCHO存在极性键的断裂和生成，故C正确；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于降解，且温度过高催化剂可能失活，故D错误；故答案选AC；（4）①24号元素Cr的核外电子排布式为[Ar]3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为[Ar]3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1；②根据题意和元素守恒生成物有Cr3+和H2O,配平离子方程式，故答案为；（5）由题干信息可知，蓝色越深，吸光度越大，对比实验①②可知，实验①中K2Cr2O7溶液先氧化HCHO再氧化I-生成I2，溶液呈蓝色，实验②K2Cr2O7溶液直接氧化I-生成的I2比实验①多，故实验①溶液蓝色较浅，吸光度更小，故答案选a；根据上图曲线，选定在波长596nm下，测定不同浓度HCHO溶液的吸光度A，得到A-c(甲醛)图像，符合方程A=0.15c(μg·mL-1)＋0.002.(1μg=10-6g)，某待测溶液的吸光度A为0.182，则0.182=0.15c(甲醛)+0.002，解得c(甲醛)=1.2×10-6g/mL，该溶液中HCHO含量为，故答案为4.0×10-5。20.奥沙那胺(ⅴ)是一种重要的药物，其合成路线如图所示：（1）化合物ⅰ中官能团名称为___________；化合物X是ⅰ的同系物，其核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为9：1，X的名称为___________。(系统命名法)（2）根据化合物ⅱ的结构特征，分析其可能的化学性质，完成