山东省2021届高三12月大联考化学试卷 Word版含解析

山东中学联盟2021届高三大联考化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：N14O16Na23C135.5Cr52Fe56Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.新型冠状病毒正威胁着人们的身体健康，各种防护防控措施中，化学知识起到了重要作用。下列有关说法错误的是A.冷链运输和冷藏储存抗病毒疫苗，目的是避免蛋白质变性B.体积分数为75％的医用酒精，与“84”消毒液混合使用消毒效果更好C.新冠病毒可能通过气溶胶传播，加快扩散速率，气溶胶能产生丁达尔效应D.医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯所有原子共平面【答案】B【解析】【详解】A．疫苗的主要成分为蛋白质，蛋白质在温度过高的条件下会变性失活，所以要冷链运输和冷藏储存抗病毒疫苗，故A正确；B．乙醇具有还原性，“84”消毒液的主要成分为具有强氧化性的次氯酸钠，将医用酒精和“84”消毒液会发生氧化还原反应，乙醇被氧化，次氯酸钠被还原，减低消毒效果，故B错误；C．含有病毒的飞沫粒子直径介于1～100nm，混合在空气中形成气溶胶，吸入后导致感染，气溶胶属于胶体，能产生丁达尔效应，故C正确；D．四氟乙烯发生加聚反应生成聚四氟乙烯，四氟乙烯的结构简式为F2C=CF2，根据乙烯的结构可知四氟乙烯所有原子共平面，故D正确；综上所述答案为B。2.实验室中下列做法错误的是-21- A.将石蜡油蒸气分解得到的气体通入溴水中，溴水退色，且分层B.配制Na2SO3溶液时，用新煮沸过并冷却的NaOH溶液溶解Na2SO3固体C.向含有FeC13的MgC12溶液中，加入氧化镁调pH，搅拌、过滤可除去Fe3+D.用镊子取绿豆粒大小的钠迅速投入盛有10mL水(含酚酞)的试管中，观察现象【答案】D【解析】【详解】A．石蜡油蒸气分解得到的气体中含有烯烃，将石蜡油蒸气分解得到的气体通入溴水中发生加成反应，溴水退色，且分层，故A正确；B．配制Na2SO3溶液时，用新煮沸过并冷却的NaOH溶液溶解Na2SO3固体，可以抑制Na2SO3水解并防止氧化，故B正确；C．Fe3+比Mg2+更易形成氢氧化物沉淀，向含有FeC13的MgC12溶液中，加入氧化镁调pH，搅拌、过滤可除去Fe3+，故C正确；D．用镊子取一绿豆粒大小金属钠，用滤纸吸净其表面的煤油，小心投入盛有水(含酚酞)的烧杯中，观察现象，故D错误；选D。3.下列有关物质性质与应用的对应关系正确的是选项化学性质实际应用AH2O2不稳定,易分解医用消毒剂BSiO2能导电,传导信息快光导纤维C镁燃烧使发出耀眼的强光制作照明弹D热纯碱溶液碱性强可除去发动机表面柴油A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．H2O2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，与H2O2不稳定、易分解无关，故A错误；B．物质中含自由移动的离子或电子则能导电，故二氧化硅不能导电，故B错误；-21- C．镁燃烧时发出耀眼的强光，透射性强，军事上可用于制作照明弹，故C正确；D．柴油是烃类物质，不是酯类物质，碱性条件下不发生水解，也不与碱性物质反应，所以热的纯碱溶液不能除去矿物油污渍，故D错误；答案选C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法一定正确的是A.标准状况下，2.24LC4H8分子中的σ键的数目为1.1NAB.4.6gNa在空气中反应完全生成Na2O、Na2O2，转移电子数为0.2NAC.室温下，pH=5的醋酸溶液中，由水电离的H+离子数目为10-9NAD.电解CuSO4溶液时，当阴极产生3.2gO2时，转移的电子数为0.4NA【答案】B【解析】【详解】A．C4H8可以是丁烯或环丁烷或甲基环丙烷，若为丁烯一个C4H8分子含有11个σ键，若为环丁烷或甲基环丙烷一个C4H8分子含有12个σ键，所以无法确定2.24LC4H8分子中的σ键的数目，故A错误；B．4.6gNa的物质的量为0.2mol，完全反应生成Na2O、Na2O2时，全部转化为Na+，所以转移电子数为0.2NA，故B正确；C．溶液体积未知，无法确定溶液中微粒的数目，故C错误；D．电解硫酸铜溶液时，阳极上水电离出的氢氧根被氧化生成氧气，阴极不产生氧气，故D错误；综上所述答案B。5.应用下列实验装置或方案能达到实验目的的是-21- A.用图1装置，可证明非金属性：C1>C>SiB.用图2装置，可证明：Ksp(AgI)<Ksp(AgC1)C.用图3装置，检验氯化铵受热分解产物D.用图4装置，制备Fe(OH)2白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，稀盐酸属于无氧酸，不能比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，故A错误；B.向硝酸银溶液中加入过量的氯化钠溶液，银离子完全生成氯化银沉淀，再向溶液中加入碘化钠溶液，氯化银白色沉淀转化为黄色的碘化银沉淀，说明Ksp(AgI)<Ksp(AgC1)，故B正确；C.氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢气体，碱石灰将氯化氢气体完全吸收，湿润的蓝色石蕊试纸无法检验氯化氢的生成，五氧化二磷将氨气吸收，湿润的酚酞试纸无法检验氨气的生成，故C错误；D.制备氢氧化亚铁沉淀时，为防止空气中氧气将氢氧化亚铁氧化，应将盛有氢氧化钠溶液的长胶头滴管插入硫酸亚铁溶液的液面下，故D错误；故选B。6.二氧化硫的减排与回收已成为环保领域急需解决的重大课题，某研究团队提出如下还原脱硫流程：下列说法错误的是A.“脱硫塔”反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1B.S2、S4、S6和S8互为同素异形体C.“再生塔”需将CaSO4和煤粉碎处理，使其充分接触D.M可以循环使用【答案】A【解析】-21- 【详解】A．“脱硫塔”反应中，CaS+2SO2=CaSO4+S2，CaS为还原剂，SO2既是氧化剂又是还原剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量比为1：2，A错误；B．S2、S4、S6和S8是由S元素形成的不同性质的单质，它们互为同素异形体，B正确；C．将CaSO4和煤粉碎处理，可以使反应物充分接触，增大反应物的接触面积，使反应充分发生，C正确；D．再生塔中，硫酸钙和煤粉发生反应，煤粉被氧化为二氧化碳，硫酸钙被煤粉还原为硫化钙从而实现再生，因此，M是CaS，可以加入脱硫塔中处理SO2，因此M能够循环利用，D正确；故合理选项是A。7.现有不同状态的铜、锌中，失去1个电子需要的能量最大的是A.锌[Ar]3d104s2B.锌[Ar]3d104s1C.铜[Ar]3d104s1D.铜[Ar]3d10【答案】D【解析】【详解】满层或者半满层电子结构较为稳定，难以失去电子，所以失去一个电子所需能量最大的为[Ar]3d10，故合理选项是D。8.我国电池的年市场消费量约为80亿只，其中70％是锌锰干电池，某工艺利用软锰矿(主要成分MnO2，含少量A12O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS、CdS)为原料制备MnO2和Zn，其流程如下：已知：I.矿石中所有金属元素均以离子形式进入滤液A中。II.各种金属离子完全沉淀的pH如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+|Al3+pH8.010.19.03.24.7下列说法中不正确的是A.滤渣A主要成分：S和SiO2-21- B.适量金属锌是为了回收金属Cu和CdC.步骤③中，加入物质X可以是MnO2，调pH：4.7≤pH<8.0D.上述流程中，可以循环使用的物质有H2SO4【答案】C【解析】【分析】软锰矿(主要成分MnO2，含少量A12O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS、CdS)与硫酸混合反应，-2价的硫元素被MnO2氧化成S单质，SiO2难溶于稀硫酸，所以滤渣A为S和SiO2；得到的滤液A中主要含有Mn2+、Al3+、Zn2+、Fe2+、Cu2+、Cd+等阳离子，加入适量Zn，将Cu2+、Cd+还原为Cu和Cd形成滤渣B，向滤液B中通入O2和X，O2将Fe2+氧化成Fe3+，X调节pH使Al3+、Fe3+形成沉淀除去，所以滤渣C主要含氢氧化铝和氢氧化铁，滤液C中含有MnSO4和ZnSO4，电解得到MnO2和Zn。【详解】A．根据分析可知滤渣A的主要成分为S和SiO2；B．根据分析可知加入适量Zn是为了置换出Cu和Cd，故B正确；C．步骤③中氧气为氧化剂将Fe2+氧化，所以X的作用主要是调节pH值，而MnO2与氢离子并不反应，所以不能用来调节pH，为了不引入新的杂质X可以是ZnO、Mn(OH)2等，故C错误；D．步骤④中电解时阳极Mn2+失电子发生氧化反应生成MnO2，阳极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极Zn2+得电子发生还原反应生成Zn，废电解液为硫酸，则本工艺中能循环利用的物质是H2SO4，故D正确；综上所述答案为C。9.短周期元素A、B、C原子序数依次增大，A元素原子是周期表中原子半径最小的，C的氢化物浓溶液和浓硝酸组成的混合溶液，可溶解Au等不活泼金属，而一定条件下B存在如图所示转化关系。下列有关说法一定正确的是A.电负性：B>C>AB.若B单质为淡黄色固体，则含氧酸酸性：C>BC.若B单质为无色无味气体，则B的氢化物可能含有非极性键D.由A、B、C三种元素只能形成共价化合物-21- 【答案】C【解析】【分析】A元素原子是周期表中原子半径最小的，A是H；C的氢化物浓溶液和浓硝酸组成的混合溶液，可溶解Au等不活泼金属，则混合溶液称为王水，由浓盐酸和浓硝酸组成，C是Cl；B的氢化物能与氧化物反应生成B单质，发生归中反应，B为S，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，同理，B也可能为N。【详解】由分析知：A是H，B是S或N，C是Cl；A．非金属性：Cl>S>H，则电负性：C>B>A，A错误；B．只有非金属的最高价氧化物对应的酸，其酸性比较才能用非金属性来比，否则无法确定，B错误；C．若B是N，N2H4中含有非极性键，C正确；D．若A是H，B是N，C是Cl，组成化合物NH4Cl是离子化合物，D错误；答案选C。10.中科大电化学研究团队用HC1—CuC12混合溶液做腐蚀液，处理工业废铜，提升经济效益，其方法如下图所示，水在BDD电极上生成一种具有强氧化性的羟基自由基(HO·)，下列有关说法错误的是A.X为盐酸B.BDD电极反应式：H2O-e-=HO·+H+C.蚀铜槽中发生的反应：CuC12+Cu+4HC1=2H2CuC13D当SS电极生成32gCu时，将交换1molC1-到BDD电极区域【答案】D【解析】【分析】-21- 由图示可知：由图示可知阳极上水失去电子产生羟基自由基(HO·)和H+，HO·与溶液中的Cu+发生反应：H++Cu++•OH=Cu2++H2O，Cl-通过阴离子交换膜移入阳极区可生成CuCl2蚀刻液，在阴极SS电极上，H2CuCl3得到电子发生还原反应产生Cu单质，溶液中含有H+、Cl-，故X为盐酸，HCl-CuCl2混合溶液进入蚀铜槽，将Cu单质氧化产生H2CuCl3。【详解】A．根据图示可知H2CuCl3部分进入阴极区，部分进入阳极区。在阴极SS电极上H2CuC13中+1价的Cu得到电子变为单质Cu附着在SS电极上，根据电荷守恒可知会有Cl-通过阴离子交换膜移入阳极区，溶液中含有H+、Cl-，故X为盐酸，A正确；B．BDD电极与电源正极连接，为阳极，在BDD电极上水失去电子产生具有强氧化性的HO·，阳极的电极反应式：H2O-e-=HO·+H+，B正确；C．HCl-CuCl2混合溶液进入蚀铜槽，将Cu单质氧化产生H2CuCl3，根据电子守恒及原子守恒，可知在蚀铜槽中发生的反应：CuC12+Cu+4HC1=2H2CuC13，C正确；D．SS电极连接电源负极，为阴极。在SS电极上发生还原反应：H2CuCl3+e-=Cu+2H++3Cl-，每反应产生1molCu单质转移1mol电子，根据电荷守恒可知同时会有1molCl-通过阴离子交换膜进入阳极区，当SS电极生成32gCu时，其物质的量是0.5mol，则进入阳极区Cl-的物质的量是0.5mol，D错误；故合理选项是D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列操作不能达到实验目的的是（）目的操作和现象A除去溴苯中少量的溴加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液B证明Na2CO3溶液中存在水解平衡向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅C氧化性:Cl2>Br2向KBrO3溶液中，加入少量的苯，再通入少量氯气，振荡D探究浓度对速率的影响室温下，向等体积等浓度的两份Na2SO3溶液，同时分别滴加0.1mol·L-1双氧水和1.0mol·L-1双氧水A.AB.BC.CD.D-21- 【答案】CD【解析】【详解】A．除去溴苯中少量的溴，加入适量NaOH溶液，溴与NaOH溶液反应，与溴苯分层，则静置分液可除杂，可达到实验目的，A不符合题意；B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，可达到实验目的，B不符合题意；C．氯气本身可以和水反应生成次氯酸，并不能表明是溴酸钾氧化了氯气，也不能证明氧化性：Cl2>Br2，故不能达到实验目，C符合题意；D．在其他条件相同下，浓度越大，反应速率越快，但是Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O，反应中没有明显现象，不能判断反应速率的快慢，故不能达到实验目的，D符合题意；答案选：CD。12.某学校实验小组发现，可用如下两种方法制备MnO：①NaBiO3(铋酸钠)和稀硫酸酸化的MnSO4溶液：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2MnO+7H2O；②PbO2与稀硫酸酸化的MnSO4溶液：5PbO2+2Mn2++4H++5SO=2MnO+5PbSO4+2H2O下列有关说法正确的是A.NaBiO3中Bi原子采用sp3杂化B.NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+HCl=HBiO3+NaClC.PbO2可与硫酸酸化FeSO4发生反应：PbO2+2Fe2++4H+=Pb2++2H2O+2Fe3+D.均制备1molMnO，两种方法转移的电子数和消耗氧化剂物质的量均相同【答案】D【解析】【详解】A．Bi元素为第六周期VA族，价层电子数为5，所以NaBiO3中Bi原子的价层电子对数为=3，所以为sp2杂化，故A错误；B．根据反应①可知酸性环境中BiO的氧化性大于MnO，根据所学知识可知酸性环境中MnO可以氧化氯离子，所以NaBiO3与浓盐酸反应时会将氯离子氧化，故B错误；-21- C．PbO2被Fe2+还原成Pb2+后会结合硫酸根生成硫酸铅沉淀，沉淀不能拆成离子，故C错误；D．两个反应中MnO均为唯一氧化产物，且氧化剂与MnO的系数比均为5：2，所以制备相同物质的量的MnO，两种方法转移的电子数和消耗氧化剂物质的量均相同，故D正确；综上所述答案为D。13.南京大学研究发现电化学“大气固碳”有效方法，电池工作原理示意图如图所示。充电时，利用催化剂的选择性，阳极电极反应式为：2Li2CO3-e-=2CO2+O2+4Li+，下列有关说法正确的是A.放电时，M电极的电势比N电极的高B.放电时，正极电极反应式：3CO2+4e-+4Li+=C+2Li2CO3C.充电时，M电极接外电源负极，电解质可选含Li+水溶液D.该电池每放电、充电一次，若均转移2mol电子，理论上能固定标准状况下11.2LCO2【答案】BD【解析】【分析】放电时为原电池，M极上Li失电子生成Li+，则M为负极，N为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，反应式为3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；充电时为电解池，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上Li2CO3失电子生成CO2和O2，反应式为2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+；【详解】A．放电时为原电池，M为负极，N为正极，正极电势比负极电势高，即M高于N，故A错误；B．原电池的正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，反应式为3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3，故B正确；C．充电时若电极A质量增加14gLi，则转移电子2mol，即聚合物电解质膜上通过Li+2mol，电子不能通过交换膜，故C错误；D．电池每放电一次转移2mol电子就有0.5mol碳生成，充电一次且每转移2mole-时生成-21- 0.5molO2，C+O2═CO2，所以该电池每放、充2mol电子一次，理论上能固定0.5molCO2，标准状况下为11.2LCO2，故D正确；答案选BD。14.常温下，用NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A溶液，溶液中-1g[c(H+)／c(H2A)]和-1gc(HA-)或-lg[c(H+)／c(HA-)]和-lgc(A2-)关系如图所示，下列说法正确的是A.水的电离程度：M点>N点B.滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)—3c(HA-)<0C.若c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，则pH范围3.5<pH<5D.NaHA溶液中：c(H+)+c(A2-)=c(H2A)+c(OH-)【答案】BC【解析】【分析】看懂图像是解题的关键，再利用三大守恒可解出此题。M点可计算Ka1，N点计算Ka2。【详解】A．这种-1gc(HA-)形式类似于pH的定义，在M点可计算Ka1=10-110-1=10-2，在N点计算Ka2=10-310-2=10-5,由于Ka1>Ka2，可以肯定M线是-1g[c(H+)/c(H2A)]和-1gc(HA-)的关系，那么N线就是-lg[c(H+)/c(HA-)]和-lgc(A2-)的关系。M线是第一步电离，N线是第二步电离，第一步电离程度大，相当于酸性强，故水的电离弱于N点，故A错误；B．当pH=5时，溶液呈酸性，c(H+)=10-5由Ka2=10-5，由Ka2=得c(A2-)=c(HA-)根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，c(Na+)—3c(HA-)=c(OH-)—c(H+)<0，故B正确；C．c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)同时除以c(H2A)得>>1.由Ka1，Ka2，Ka1Ka2-21- 的表达式可知上式为>>1，解出c(H+)的浓度可得3.5<pH<5，故C正确；D．根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)可得c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)，故D错误；所以答案为BC。15.某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：根据以上信息判断，下列叙述错误的是A.微粒X是过程①中残留的水B.过程①至过程⑤中硼元素杂化方式：sp3→sp2→sp3C.整个过程总反应方程式：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2↑D.1molNaBH4的还原能力与标准状况下89.6LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)【答案】A【解析】【详解】A．根据电荷得到和H2O反应生成H2、BH3和OH－，因此微粒X是过程①中生成的OH－，故A错误；B．过程①中硼元素杂化方式是sp3，生成的BH3中硼元素杂化方式是sp2，过程⑤中硼元素杂化方式是sp3，故B正确；C．根据整个过程得知总反应方程式：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2↑，故C正确；D．1molNaBH4失去8mol电子，标准状况下89.6LH2即物质的量为4mol，失去8mol-21- 电子，因此1molNaBH4的还原能力与标准状况下89.6LH2的还原能力相当，故D正确。综上所述，答案为A。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.次磷酸钠(NaH2PO2)是具有珍珠光泽晶体或白色结晶性粉末，易溶于水、乙醇、甘油，微溶于氨水，不溶于乙醚。次磷酸钠(NaH2PO2)广泛应用于化学镀镍，其制备与镀镍过程如下图所示：据此回答下列问题：(1)基态Ni原子的核外电子排布式为___________，PH3的分子空间构型为___________。(2)“碱溶”过程中，发生反应化学方程式为___________，H3PO2为一元弱酸，则NaH2PO2溶液中离子浓度大小关系为___________。(3)“沉降池”中，通入氨气的目的是___________，“净化”操作需要过滤、洗涤、干燥，洗涤时，选用的洗涤剂为___________。(4)“滤液2”经分离提纯可以得H3PO4，写出“镀镍”过程发生的离子反应方程式___________，充分反应后，向“滤液2”中，加入适量Ca(OH)2悬浊液，生成CaSO4和CaHPO4混合沉淀，此时=___________。[已知：Ksp(CaSO4)=7×10-5(mol／L)2；Ksp(CaHPO4)=1×10-7(mol／L)2]【答案】(1).[Arl3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2(2).三角锥形(3).P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑(4).c(Na+)>c(H2PO)>c(OH-)>c(H+)(5).降低NaH2PO2溶解度，使其析出，与杂质分离(6).乙醚(7).2Ni2++H2PO+2H2O=2Ni+H3PO4+3H+(8).700【解析】【分析】黄磷在NaOH溶液中发生歧化反应生成NaH2PO2和PH3↑，次磷酸钠微溶于氨水，所以通入氨气后析出次磷酸钠晶体，过滤、洗涤、干燥后与NiSO4混合，得到Ni单质和滤液2。-21- 【详解】(1)Ni为28号元素，原子核外有28个电子，根据核外电子排布规律可知基态Ni原子核外电子排布式为[Arl3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2；PH3中心原子价层电子对数为=4，含一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；(2)根据流程可知碱溶过程中P4与NaOH溶液发生歧化反应生成PH3和NaH2PO2，根据电子守恒可知PH3和NaH2PO2的系数比应为1:3，再结合元素守恒可得化学反应方程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑；H3PO2为一元弱酸，则NaH2PO2溶液中存在H2PO的水解使溶液显碱性，水解是微弱的，所以离子浓度大小关系为c(Na+)>c(H2PO)>c(OH-)>c(H+)；(3)根据题目所给信息可知次磷酸钠微溶于氨水，通入氨气可以降低NaH2PO2溶解度，使其析出，与杂质分离；次磷酸钠不溶于乙醚，所以为了降低洗涤时的溶解损耗，应用乙醚洗涤；(4)根据流程和题意可知NaH2PO2和NiSO4混合后生成Ni和H3PO4，说明该过程中Ni2+将H2PO氧化成H3PO4，自身被还原为Ni，根据电子守恒可以得到Ni2+和H2PO的系数比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2Ni2++H2PO+2H2O=2Ni+H3PO4+3H+；==700。17.N、F、Cu及其化合物在化工、医药、材料等方面应用十分广泛。回答下列有关问题：(1)写出N基态原子核外电子的空间运动状态有___________种，与Cu同周期且基态原子核外单电子数与Cu相同的元素还有___________种。(2)常见含氮化合物CH3NH2、(CH3)2NH常温下均为气体，已知甲基的供电子能力强于氢原子，沸点较高的是___________，原因是___________；NF3中F—N—F键角___________比NH3中H—N—H键角。(填大于、小于或等于)(3)将无水硫酸铜溶解在一定量的水中，再加入过量氨水，溶液变为深蓝色，1mol深蓝色离子[Cu(NH3)4(H2O)2]2+中所含键为___________mol(包括配位键)。(4)氮、铜形成的一种化合物，为立方晶系晶体，晶胞参数为apm，沿面对角线投影如图所示：-21- 该晶胞中原子的分数坐标为：Cu：()；()，()；()；()；()……N：(0，0，0)：(0，1，1)：(1，0，0)；(1，1，1)；……则该晶胞中，与Cu原子紧邻的Cu原子有___________个，令阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为___________g／cm3.(列出计算式)【答案】(1).5种(2).4种(3).(CH3)2NH(4).(CH3)2NH中甲基数目多，供电强，N原子形成的氢键强，同时(CH3)2NH分子量大，范德华力强，其沸点更高(5).小于(6).22(7).8(8).【解析】【分析】(1)Cu原子成单电子数为1，与Cu同周期且基态原子核外的成单电子数与Cu相同的元素有K、Sc、Ga、Br；(2)相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，N原子与H原子形成氢键，甲基的个数越多，供电子能力越强，氢键越强，物质沸点越高；F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使NF3的键角小于NH3的，(3)依据图3可知铜离子与4个氨气，2个水分子形成配位键，化学式表示为：[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，1个氨气含有3个N-H，1个水含有2个H-O，铜与氨气、水共形成6个配位键；(4)根据晶胞中原子的分数坐标进行分析与Cu原子紧邻的Cu原子的数目；根据晶体的密度等于晶体的质量和晶体的体积的比值进行计算。【详解】(1)N元素的基态原子核外电子排布式1s22s22p3，核外电子的空间运动状态：1s轨道有1种，2s有1种，2p有3种，共5种；Cu为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，Cu原子成单电子数为1，与Cu同周期且基态原子核外的成单电子数与Cu相同的元素有K（4s1）、Sc（3d14s2）、Ga（4s24p1）、Br（4s24p5），共4种元素；故答案为：5；4；(2)N原子与H原子形成氢键，(CH3)2NH中甲基数目多，供电强，N原子形成的氢键强，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，则(CH3)2NH分子量大，其沸点更高。F-21- 的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使NF3的键角小于NH3的；故答案为：(CH3)2NH；(CH3)2NH中甲基数目多，供电强，N原子形成的氢键强，同时(CH3)2NH分子量大，范德华力强，其沸点更高；小于；(3)依据图3可知铜离子与4个氨气，2个水分子形成配位键，化学式表示为：[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，含有σ键数：3×4+2×2+6=22，所以1mol该离子中所含σ键为22mol；故答案为：22；(4)Cu原子都在棱上，与每个Cu原子紧邻的Cu原子有8个；一个晶胞中，Cu的数目为3，N的数目为1，该晶体的化学式为Cu3N，Cu3N的摩尔质量为206g/mol，1nm=10-9m=10-7cm，密度：，故答案为：8；。18.CO2是主要的温室气体，以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：(1)工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=—51kJ·mol-1反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.17kJ·mol-1①已知：键能指断开1mol气态键所吸收的能量或形成1mol气态键所释放的能量。几种化学键的键能如下表所示：化学键C-HC-OH-O(H2O中)H-O(CH3OH中)H-HC=O键能/kJ·mol-1406351462.5465436a则a=___________kJ·mol-1；②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为124kJ·mo1-1，则该反应的Ea(正)活化能为___________kJ·mol-1。(2)向2L容器中充入1molCO2和2molH2，若只发生反应I，测得反应在不同压强、不同温度下，平衡混合物中CH3OH体积分数如图1所示，测得反应时逆反应速率与容器中c(CH3OH)关系如图II所示：-21- ①图I中A、B、C三点对应的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)由大到小的顺序排列为___________，图I中C点CO2的转化率为___________。②图II中当x点平衡体系升高至某一温度时，反应可重新达平衡状态，新平衡点可能是___________。(3)若反应IICO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的正、逆反应速率分别可表示为v正=k正c(CO)·c(H2O)、v逆=k逆c(CO2)·c(H2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。则下图(pk=-lgk：T表示温度)所示①、②、③、④四条斜线中，能表示以pk正随T变化关系的是斜线___________，能表示pk逆随T变化关系的是斜线___________，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+3、a+1、a-1、a-3，则温度T1时化学平衡常数K=___________mol-1·L。【答案】(1).800(2).165.17(3).K(C)>K(A)>K(B)(4).75％(5).d(6).④(7).③(8).100【解析】【详解】（1）①由反应热=反应物键能之和—生成物键能之和可得：反应I中△H1=(2a+3×436)kJ·mol-1—(3×406+351+2×462.5+465)kJ·mol-1=-51kJ·mol-1，解得a=800kJ·mol-1，故答案为：800；②由反应热=Ea(正)活化能—Ea(逆)活化能可得：Ea(正)活化能—124kJ·mo1-1=+41.17kJ·mol-1，解得Ea(正)活化能=165.17kJ·mol-1，故答案为：165.17；（2）①反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知，反应温度：B>A>C，则A、B、C三点对应的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)-21- 由大到小的顺序排列为K(C)>K(A)>K(B)；设生成甲醇的物质的量为amol，由题意建立如下三段式：则C点甲醇百分含量为50%可得：×100%=50%，解得a=0.75，C点CO2的转化率为×100%=75%，故答案为：K(C)>K(A)>K(B)；75%；②升高温度，正、逆反均应速率增大，反应I为放热反应，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则图中d点符合题意，故答案为：d；（3）反应II是吸热反应，升高温度，v正、v逆均增大，则pk正、pk逆均减小，平衡向正反应方向移动，则v正>v逆，pk正＜pk逆，由图像可知，能表示以pk正随T变化关系的是斜线④，能表示pk逆随T变化关系的是斜线③；当反应达到平衡时，v正=v正，则k正c(CO)·c(H2O)=k逆c(CO2)·c(H2)，K===100，故答案为：④；③；100。19.NOC1(亚硝酰氯)是有机物合成中的重要试剂，对眼睛、皮肤和粘膜有强烈刺激性，沸点为-5.5℃，常温下是一种黄色气体，其液体呈红褐色，遇水和潮气快速反应，生成氮的氧化物和HC1，某化学兴趣小组利用以下仪器制备NOC1(C12+2NO=2NOC1△H<0)。回答下列相关问题：(1)装置F中，合成NOC1仪器的名称为___________，装置A、E中，X的作用是___________。(2)按气流方向，上述仪器的连接顺序为a→___________→j，l←___________←h，k→___________(仪器可重复使用)；实验开始后，先打开装置A中分液漏斗的活塞，当F中___________(填现象)，再打开装置E分液漏斗的活塞，装置F-21- 处在冰盐水水浴中的目的是___________。(3)测定产品中NOCl纯度，其步骤如下所示：步骤1：取装置F中mg产品，溶于水，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL溶液于250mL锥形瓶中；步骤2：加入适量：K2CrO4溶液作指示剂；步骤3：用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为V1mL；步骤4：把溶液换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗标准溶液的体积为V2mL。则产品中NOC1纯度的计算式为___________。【答案】(1).三口烧瓶(三颈烧瓶)(2).平衡压强，使浓赴酸或浓硝酸顺利滴下；防止浓盐酸或浓硝酸挥发出气体污染环境(3).fg→cb(4).bc←ed(5).cb→m(6).充满黄绿色气体(7).吸收反应放出的热量，降低体系温度，使NOC1(业硝酰氯)转化为液体，收集产品(8).100％【解析】【分析】制备NOC1需要氯气和一氧化氮，并且NOC1遇水和潮气快速反应，生成氮的氧化物和HC1，所以需要在干燥环境下制备NOC1，制备氯气用浓盐酸和高锰酸钾溶液反应，制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气，先通入饱和食盐水除去氯化氢，再通入浓硫酸干燥，制备一氧化氮先用铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成一氧化氮，通入浓硫酸干燥，先把氯气通入三颈烧瓶中，当氯气充满整个三颈烧瓶时，再通入一氧化氮，制备NOC1，据此回答问题。【详解】(1)装置F中，合成NOC1仪器的名称为三口烧瓶(三颈烧瓶)，装置A、E中，X的作用是平衡压强，使浓赴酸或浓硝酸顺利滴下；防止浓盐酸或浓硝酸挥发出气体污染环境；(2)制备NOC1，需要氯气和一氧化氮气体，制得的氯气要先用饱和食盐水吸收氯化氢，再用浓硫酸除去水蒸气，E中生成的二氧化氮需要经过水反应生成一氧化氮，再用浓硫酸除去水蒸气，则气流顺序是a→fg→cb→j、h→de→cb→l、k→m，实验开始后，先打开装置A中分液漏斗的活塞，当F中充满黄绿色气体，再打开装置E分液漏斗的活塞，装置F处在冰盐水水浴中的目的是吸收反应放出的热量，降低体系温度，使NOC1(业硝酰氯)转化为液体，收集产品；(3)产品溶于水与水反应生成氮的氧化物和氯化氢，用硝酸银溶液滴定生成氯化银沉淀和铬酸银沉淀，换成蒸馏水，只生成铬酸银沉淀，则氯化氢消耗标准液的体积是（V1-V2）mL-21- ，根据关系式：NOCl～Cl-～AgNO3，则n（NOCl）=n（AgNO3）=c（V1-V2）×10-3mol，故产品纯度为=100%。20.三氧化二铬广泛用于治金、化工等行业，某企业从铬铁矿(含FeO·Cr2O3、A12O3、SiO2等)回收铬，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下：已知：①高温条件下，A12O3与Na2CO3发生的反应：A12O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；②铬铁矿焙烧时，将生成Fe2O3、Na2CrO4和CO2；③2CrO+2H+Cr2O+H2Ok=1.0×1012回答下列问题：(1)铬矿石“焙烧”时，主要反应化学方程式为___________，“滤渣1”主要成分为___________。(2)“滤液1”调节pH时，选用的最佳试剂是___________，(填选项)“滤渣2”主要成分为___________。A．Cr(OH)3B．Cr2O5C．CO2D．浓HC1(3)请写出“溶液X”中加入H2C2O4的离子方程式___________，“溶液Y”中加入NH4HCO3的离子方程式___________。(4)由“滤液3”制备硫酸铵晶体的具体实验操作有___________，经洗涤、干燥得硫酸铵样品。(5)若处理100吨该铬铁矿(铬元素质量分数为19.5％)，经上述工艺处理，每步过滤操作，铬元素损失过滤前的a％，最终所得的Cr2O3为___________吨。(用a表示)【答案】(1).4[FeO·Cr2O3]+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑(2).Fe2O3(3).C(4).H2SiO3、A1(OH)3(5).Cr2O+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O(6).Cr3++3HCO-21- =Cr(OH)3+3CO2↑(7).蒸发浓缩、降温结晶(8).28.5(1-a％)3【解析】【详解】(1)铬矿石“焙烧”时，FeO·Cr2O3、A12O3与Na2CO3以及O2在加热的条件下发生反应，二价铁氧化为三价铁，杂质A12O3、SiO2变为NaAlO2、Na2SiO3在后续调pH以滤渣除去，所以主要反应为：4[FeO·Cr2O3]+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑，生成的Fe2O3难溶于水，过滤以滤渣的形式被除去，故答案为：4[FeO·Cr2O3]+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑；Fe2O3(2)由反应可知“滤液1”为NaAlO2、Na2SiO3，通CO2调节pH时可以使NaAlO2、Na2SiO3转化为H2SiO3、A1(OH)3沉淀，故选C，过滤后“滤渣2”为H2SiO3、A1(OH)3，故答案为：C；H2SiO3、A1(OH)3。(3)“滤液2”加入硫酸可以发生2CrO+2H+Cr2O+H2O使CrO转化为Cr2O，向“溶液X”加入H2C2O4发生的离子方程式为：Cr2O+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O，“溶液Y”中的主要离子为Cr3+，根据流程信息加入NH4HCO3沉铬生成Cr(OH)3，所以发生的离子反应为：Cr3++3HCO=Cr(OH)3+3CO2↑，故答案为：Cr2O+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；Cr3++3HCO=Cr(OH)3+3CO2↑。(4)由“滤液3”制备硫酸铵晶体，可以采取：蒸发浓缩、降温结晶，过滤、洗涤、干燥等操作，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶。(5)制备流程中三次过滤造成铬损失，100吨铬铁矿中铬的质量为：吨，所以第一次过滤后剩下铬的质量为：吨，第二次过滤后剩下铬的质量为：吨，第三次过滤后剩下铬的质量为：吨，即最后剩下的铬质量为：吨，，故Cr2O3为：吨，故答案为：28.5(1-a％)3。-21-