精選word文檔下載可編輯精選word文檔下載可編輯24-決勝新高考·名校交流高三年級9月聯(lián)考卷化學注意事項：1.本試題卷共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡的相應位置。3.全部答案在答題卡上完成，答在本試題卷上無效。4.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上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。5.考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16Na23S32Ni59Cu64一、選擇題（本題共15小題，第1～10題每小題2分，第11～15題每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1～10題有1個選項符合題目要求；第11～15題有1～2個選項符合題目要求，全選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1.化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是A.漂白粉可用于生活用水的消毒B.高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，光導纖維遇強堿會“斷路”C.二氧化氯泡騰片可用于水處理D.使用75%的酒精、0.1%的次氯酸鈉和1%的食鹽水均可以快速高效殺死新冠病毒【答案】D【解析】【詳解】A.漂白粉溶于水會和空氣中的CO2反應，生成次氯酸和碳酸鈣，次氯酸具有強氧化性，能消毒殺菌，故A正確；B.高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，光導纖維遇強堿會發(fā)生反應，生成硅酸鹽和水，造成光導纖維“斷路”，故B正確；C.二氧化氯具有強氧化性，能消毒殺菌，所以可以用于水處理，故C正確；D.75%的酒精、0.1%的次氯酸鈉均能使病毒的蛋白質(zhì)變性失活，則可用來殺死新冠病毒，而1%的食鹽水不能殺滅病毒，則不能用1%的食鹽水殺死新冠病毒，故D錯誤；故答案：D。2.下列實驗裝置正確且能達到實驗目的的是.A.用甲裝置除去食鹽水中混有不溶雜質(zhì) B.用乙裝置提純Al（OH）3膠體C.用丙裝置分離苯和硝基苯的混合物 D.用裝置丁制取乙酸乙酯【答案】B【解析】【詳解】A．過濾能除去食鹽水中混有的不溶雜質(zhì)，甲裝置中漏斗的下端應緊靠燒杯內(nèi)壁，A裝置錯誤；B．Al(OH)3膠體不能透過半透膜，而氯化鋁溶液可以透過半透膜，故用乙裝置提純Al(OH)3膠體，B正確；C．用分液的方法分離苯和硝基苯的混合物，丙裝置中溫度計的下端應在蒸餾燒瓶的支管口處，測量蒸氣溫度，C裝置錯誤；D．用乙酸乙酯時，裝置丁中的玻璃導管口應在飽和碳酸鈉溶液的液面以上，以防產(chǎn)生倒吸，D裝置錯誤；答案為B。3.元素X、Y、Z在元素周期表中的相對位置如圖所示。已知Y元素原子的價電子排布式為ns（n－1）np（n＋1），則下列說法不正確的是XYZA.X的簡單氫化物的沸點比Y的簡單氫化物的沸點高B.Y元素在元素周期表的第三周期VIA族C.非金屬性X>Y>ZD.Z元素原子的核外電子排布式為[Ar]4s24p3【答案】D【解析】【分析】已知Y元素原子的價電子排布式為ns(n－1)np(n＋1)，p能級上有電子，則s能級則電子充滿，故n-1=2，n=3，Y價電子排布式為3s23p4，為S，根據(jù)周期表中的信息，X為F；Z為As。【詳解】A．X、Y的氫化物分別為HF、H2S，HF分子間存在氫鍵，導致分子間的作用力增大，沸點升高，故X的簡單氫化物的沸點比Y的簡單氫化物的沸點高，A說法正確；B．Y元素為S，在元素周期表的第三周期VIA族，B說法正確；C．同周期中隨原子序數(shù)的增大非金屬性增大，同主族中，原子序數(shù)越小，非金屬性增強，故非金屬性X＞Y＞Z，C說法正確；D．Z元素為As，其基態(tài)原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3，D說法錯誤；答案為D。4.己烯雌酚是人工合成的非甾體雌激素物質(zhì)，能產(chǎn)生與天然雌二醇相同的所有藥理與治療作用，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關于己烯雌酚說法錯誤的是A.分子中所有碳原子可能共平面 B.與溴水既能發(fā)生取代反應也能發(fā)生加成反應C.苯環(huán)上的一元取代物有4種 D.存在順反異構(gòu)現(xiàn)象【答案】C【解析】【分析】己烯雌酚含有碳碳雙鍵和酚羥基，具有烯烴和酚的性質(zhì)?！驹斀狻緼．分子中若碳碳雙鍵與苯環(huán)所確定的平面重合時，所有碳原子可能共平面，A說法正確；B．己烯雌酚含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應，含有酚羥基能發(fā)生取代反應，B說法正確；C．苯環(huán)為對稱結(jié)構(gòu)，苯環(huán)上的一元取代物有2種，C說法錯誤；D．碳碳雙鍵上的取代基不相同，存在順反異構(gòu)現(xiàn)象，D說法正確；答案為C。5.過渡金屬配合物的一些特有性質(zhì)的研究正受到許多研究人員的關注，因為這方面的研究無論是理論上還是工業(yè)應用上都有重要意義。氯化鐵溶液用于檢驗食用香精乙酰乙酸乙酯時，會生成紫色配合物，其配離子結(jié)構(gòu)如圖所示。有關該配離子的說法正確的是A.1mol配離子中含有的π鍵的個數(shù)是6×6.02×1023個B.該配離子中碳原子的雜化類型均為sp2雜化C.該配離子含有的非金屬元素中電負性最大的是碳D.該配離子中含有的化學鍵有離子鍵、共價鍵、配位鍵【答案】A【解析】【詳解】A.根據(jù)配離子結(jié)構(gòu)示意圖可知：1mol配離子中含有的π鍵的個數(shù)是6mol，即6×6.02×1023個，故A正確；B.該配離子中碳原子的雜化類型有sp2、sp3雜化，故B錯誤；C.該配離子含有的非金屬元素有：C、O、H，根據(jù)他們非金屬性可知，電負性最大的是氧，故C錯誤；D.該配離子中含有的化學鍵有離子鍵、共價鍵、配位鍵、鍵、鍵，故D錯誤；故答案：A6.氮化鈣（Ca3N2）是高端熒光粉的主要成分之一，其極易與水反應生成氨氣。利用如圖裝置測定氮化鈣產(chǎn)品純度（雜質(zhì)不產(chǎn)生氣體，氨不溶于煤油）。下列說法中錯誤的是A.實驗前使用液差法檢驗裝置氣密性B.當產(chǎn)品與蒸餾水完全反應后，冷卻至室溫、調(diào)平液面、讀數(shù)C.如果開始仰視刻度線，終點時俯視刻度線，則測得結(jié)果偏高D.若將煤油換為水，可利用該裝置測定CaC2樣品（雜質(zhì)不與水反應）的純度【答案】C【解析】【詳解】A．實驗前連接好裝置后，向U形管中注入煤油，使右側(cè)液面高于左側(cè)，若一段時間后仍舊右側(cè)高于左側(cè)，則氣密性良好，故可使用液差法檢驗裝置氣密性，A說法正確；B．當產(chǎn)品與蒸餾水完全反應后，冷卻至室溫、調(diào)平液面，可避免實驗錯誤，使讀取氣體的體積準確，B說法正確；C．如果開始仰視刻度線，則初始體積偏大，終點時俯視刻度線，導致反應結(jié)束時的體積偏大，計算的氣體的體積偏小，則測得結(jié)果偏小，C說法錯誤；D．CaC2樣品與水反應生成乙炔，乙炔與水常溫下不反應，且不溶于水，若將煤油換為水，可利用該裝置測定CaC2樣品(雜質(zhì)不與水反應)的純度，D說法正確；答案為C。7.以NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則下列說法正確的是A.標準狀況下，2.24LCCl4含有的共價鍵數(shù)為0.4NAB.0.1molKI與0.1molFeCl3在溶液中反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAC.1L0.5mol·L－1醋酸鈉溶液中陰、陽離子總數(shù)目大于NAD.2L0.3mol·L－1的K2SO4溶液中K＋的物質(zhì)的量濃度為1.2mol·L－1【答案】C【解析】【詳解】A．標準狀況下，CCl4為液態(tài)，2.24LCCl4的物質(zhì)的量大于0.1mol，含有的共價鍵數(shù)大于0.4NA，A說法錯誤；B．0.1molKI與0.1molFeCl3在溶液中反應，是一個可逆反應，不能完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.1NA，B說法錯誤；C．1L0.5mol·L－1醋酸鈉溶液中c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，其中c(Na+)=0.5molL，故陰、陽離子總數(shù)目大于NA，C說法正確；D．2L0.3mol·L－1的K2SO4溶液中K＋的物質(zhì)的量濃度為0.6mol·L－1，D說法錯誤；答案為C。8.某科研團隊研發(fā)了一種可以“吃”二氧化碳的電池技術。這種電池使用鋰、碳為電極，將二氧化碳吸收到名為2－乙氧基乙胺的水基胺中，然后與非水電解液混合。二氧化碳可以轉(zhuǎn)化為在電池電極上積聚的固體礦物碳酸鹽。該電池利用火力發(fā)電廠排放的二氧化碳參與電池循環(huán)并轉(zhuǎn)化為惰性材料，可以作為工業(yè)目的的碳源。下列說法不正確的是A.放電時，鋰為負極，Li＋向碳電極移動B.電池總反應為4Li＋3CO22Li2CO3＋CC.充電時，陽極反應為2CO＋C－4e－＝3CO2↑D.該電池能清除CO2，釋放電能，還有可能釋放出碳作燃料【答案】C【解析】【詳解】A．放電時，為原電池，鋰失電子為負極，Li＋向正極即碳電極移動，A說法正確；B．已知放電時，二氧化碳可以轉(zhuǎn)化為在電池電極上積聚的固體礦物碳酸鹽，負極鋰失電子，放電為充電的逆過程，故電池總反應為4Li＋3CO22Li2CO3＋C，B說法正確；C．充電時，陽極反應為2Li2CO3＋C－4e－＝4Li++3CO2↑，C說法錯誤；D．根據(jù)反應的總反應可知，該電池放電時，既能清除CO2，釋放電能，還有可能釋放出碳作燃料，D說法正確；答案為C。9.下列實驗不能達到預期目的是A.除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液振蕩，靜置分層后，用分液漏斗分離去水層B.向混有醋酸的乙酸乙酯中加入飽和Na2CO3溶液，振蕩，分液分離除去乙酸乙酯中的少量醋酸C.除去CH4中少量的乙烯：通過酸性KMnO4溶液D.重結(jié)晶法提純苯甲酸時，為除去雜質(zhì)和防止雜質(zhì)析出，應該趁熱過濾【答案】C【解析】【詳解】A．苯酚與NaOH反應生成可溶于水的苯酚鈉，而苯不與NaOH反應，且不溶于水，故除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液振蕩，靜置分層后，用分液漏斗分離去水層，A能達到預期；B．醋酸與碳酸鈉反應生成易溶于水的醋酸鈉溶液，而乙酸乙酯與碳酸鈉不反應，且不溶于水，故利用向混有醋酸的乙酸乙酯中加入飽和Na2CO3溶液，振蕩，分液分離除去乙酸乙酯中的少量醋酸，B能達到預期；C．乙烯與高錳酸鉀反應生成二氧化碳氣體，除去CH4中少量的乙烯應用溴水，不能用酸性KMnO4溶液，C不能達到預期；D．苯甲酸在熱水中的溶解性較大，故重結(jié)晶法提純苯甲酸時，為除去雜質(zhì)和防止雜質(zhì)析出，應該趁熱過濾，D能達到預期；答案為C。10.二甲醚（CH3OCH3）是制冷劑、局部麻醉藥和燃料。工業(yè)上可利用CO2催化加氫合成二甲醚，其過程中主要發(fā)生下列反應：反應I：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）△H1>0反應II：2CO2（g）＋6H2（g）CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H2<0一定條件下，于密閉容器中投入一定量CO2和H2發(fā)生上述反應。下列說法正確的是A.其他條件不變，升高溫度CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低B.其他條件不變，縮小容器體積能提高CH3OCH3平衡產(chǎn)率C.其他條件不變，增大H2投入量一定能提高CH3OCH3平衡產(chǎn)率D.其他條件不變，使用不同催化劑對CH3OCH3的平衡產(chǎn)率不產(chǎn)生影響【答案】B【解析】【詳解】A.反應I為吸熱反應，反應II為放熱反應，其他條件不變，升高溫度，反應I向正反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，反應II向逆反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，則其他條件不變，升高溫度，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不一定降低，故A錯誤；B.反應I為氣體體積不變的反應，反應II為氣體體積減小的反應，其他條件不變，縮小容器體積，容器中氣體壓強增大，反應I不移動，反應II向正反應方向移動，二甲醚的產(chǎn)率增大，故B正確；C.其他條件不變，增大反應物氫氣的投入量，反應I和反應II均向正反應方向移動，生成物的濃度均會增大，所以二甲醚的產(chǎn)率不一定會增大，故C錯誤；D.其他條件不變，使用不同催化劑對反應I和反應II的選擇性不同，對二甲醚的產(chǎn)率一定產(chǎn)生影響，故D錯誤；故選B。11.抗擊新冠肺炎疫情中，法匹拉韋和瑞德西韋率先突出重圍。研究表明兩者是新冠肺炎潛在的有效藥物，目前正在中國進行3期臨床實驗，下列關于法匹拉韋和瑞德西韋的描述不正確的是A.法匹拉韋分子式為C5H4O2N3FB.法匹拉韋分子中不含手性碳原子C.瑞德西韋中的N－H鍵的極性大于O－H鍵的極性D.瑞德西韋水解的產(chǎn)物中化學式是C6H14O且能與鈉反應的有機物的同分異構(gòu)體有17種【答案】C【解析】【詳解】A.有機物中每個碳原子形成四個鍵，氧原子形成兩個鍵，氮原子形成三個鍵，氫原子形成一個鍵，據(jù)此可知法匹拉韋分子式為C5H4O2N3F，故A正確，但不符合題意；B.與碳原子相連的四個原子或原子團均不相同，這樣的碳原子是手性碳原子，有圖中法匹拉韋的結(jié)構(gòu)簡式可知，法匹拉韋分子中不含手性碳原子，故B正確，但不符合題意；C.氮元素的非金屬性小于氧元素，非金屬性越強，電負性越大，形成的極性鍵越強，即瑞德西韋中的N－H鍵的極性小于O－H鍵的極性，故C錯誤，符合題意；D.瑞德西韋水解的產(chǎn)物中化學式是C6H14O且能與鈉反應說明是飽和一元醇，含有羥基，剩下留個碳原子形成己基，同分異構(gòu)體有五種，對應的等效氫有17種，C6H14O且能與鈉反應的有機物的同分異構(gòu)體有17種，故D正確，但不符合題意；故選：C。12.某二氧化氯復合消毒劑發(fā)生器的工作原理如圖所示。通電后，產(chǎn)生成分為ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合氣體甲，被水吸收后可制得具有更強的廣譜殺菌滅毒能力的二氧化氯復合消毒劑。下列說法正確的是A.m端為電源正極，隔膜為陽離子交換膜B.產(chǎn)生ClO2的電極反應式為Cl－＋5e－＋2H2O＝ClO2↑＋4H＋C.通電后d口所極室pH升高，e口排出NaOH溶液D.標準狀況下，b口每收集到2.24L氣體乙，電路中轉(zhuǎn)移電子0.4NA【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)裝置可知，裝置為電解池，c口通入飽和食鹽水，產(chǎn)生的氣體甲中含有二氧化氯，氯原子的化合價升高，失電子，作陽極，m為電源的正極，產(chǎn)生的氫離子向陰極移動，則交換膜為陽離子交換膜；則n極為負極，與n極相連的電極為陰極，溶液中的水電離出的氫離子得電子，生成氫氣?！驹斀狻緼．分析可知，m端為電源正極，隔膜為陽離子交換膜，A說法正確；B．產(chǎn)生ClO2的電極失電子，電極反應式為Cl－-5e－+2H2O＝ClO2↑+4H＋，B說法錯誤；C．通電后d口所在極室氫離子得電子生成氫氣，氫離子濃度減小，氫氧根離子濃度增大，pH升高，e口排出NaOH溶液，C說法正確；D．標準狀況下，b口每收集到2.24L氣體乙，即0.1mol氫氣，電路中轉(zhuǎn)移電子0.2NA，D說法錯誤；答案為AC。13.已知Pb3O4與HNO3溶液發(fā)生反應I：Pb3O4＋4H＋＝PbO2＋2Pb2＋＋2H2O；PbO2與酸化的MnSO4溶液發(fā)生反應II：5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋＋5SO＝2MnO＋5PbSO4＋2H2O。下列推斷正確的是A.由反應I可知，Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比為1：2B.由反應I可知氧化性：PbO2>HNO3C.由反應II可知，Pb3O4可與鹽酸發(fā)生反應：Pb3O4＋8HCl＝3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑D.由反應II可知，每生成1molPbSO4轉(zhuǎn)移10mol電子【答案】BC【解析】【詳解】A．由反應I可知，生成PbO2、2Pb2＋，則Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比為2：1，A推斷錯誤；B．由反應I可知硝酸與PbO2不反應，故氧化性：PbO2＞HNO3，B推斷正確；C．由反應II可知，Pb3O4的氧化性大于高錳酸鉀，大于氯氣，故Pb3O4與鹽酸發(fā)生反應：Pb3O4＋8HCl＝3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑，C推斷正確；D．由反應II可知，每生成5molPbSO4轉(zhuǎn)移10mol電子，生成1molPbSO4轉(zhuǎn)移2mol電子，D推斷錯誤；答案為BC。14.25℃時，將0.1molNaOH固體加入1.0L濃度為xmol·L－1的HR溶液中（忽略溶液體積、溫度變化），充分反應后向混合液中加入HR或NaR固體，溶液中l(wèi)g變化如圖。下列敘述正確的是A.b點對應的溶液中c（Na＋）>c（R－）B.c點對應的溶液中R－濃度不能確定C.a、b、c點對應的溶液中，水的電離程度：a>b>cD.a、b、c點對應溶液中，Ka（HR）均為【答案】D【解析】【分析】b點時，溶液為0.1molNaOH固體加入1.0L濃度為xmol·L－1的HR溶液中充分反應后的溶液，lg≈4，25℃時，c(H+)×c(OH-)=10-14，則c(H+)=10-5molL，同理c點時，溶液呈中性；a點c(H+)=10-3molL?！驹斀狻緼．b點對應的溶液中c(H+)=10-5molL，根據(jù)溶液呈電中性，c(Na＋)+c(H+)=c(R－)+c(OH-)，溶液顯酸性，則c(H+)＞c(OH-)，故c(Na＋)＜c(R－)，A敘述錯誤；B．c點對應的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，則c(Na＋)=c(R－)，此時溶液中c(Na＋)==0.2molL，R－濃度能確定，B敘述錯誤；C．a(chǎn)、b、c點對應的溶液中，a中酸的濃度大于b，而c點為中性，故水的電離程度：a＜b＜c，C敘述錯誤；D．a(chǎn)、b、c點對應的溶液中，溫度未變，則Ka(HR)不變，c點溶液中，c(H+)=10-7molL，c(R－)=0.2molL，未電離的HR的濃度=xmolL-0.1molL，故Ka(HR)==molL，D敘述正確；答案為D。15.水煤氣變換[CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）]是重要的化工過程，主要用于合成氨、制氫以及合成氣加工等工業(yè)領域中。Shoichi研究了467℃、489℃時水煤氣變換中CO和H2分壓隨時間變化關系（如圖甲所示），已知467℃和489℃時反應的平衡常數(shù)大于1，催化劑為氧化鐵，實驗初始時體系中的和pCO相等、和相等。試分析圖像判斷，下列說法正確的是A.曲線a的反應在30～90min內(nèi)的平均速率v（a）＝0.0047kPa·min－1B.我國學者結(jié)合實驗與計算機模擬結(jié)果，研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應歷程，如圖乙所示，其中吸附在金催化劑表面上的物種用*標注，由圖像可知水煤氣變換的反應是放熱反應C.489℃時和pCO隨時間變化關系的曲線分別是b、cD.467℃時和pCO隨時間變化關系的曲線分別是a、d【答案】AB【解析】【詳解】A.曲線a的反應在30~90min內(nèi)的平均速率v（a）=，故A正確；B.由圖像可知反應物的總能量大于生成物的總能量，水煤氣變換的反應是放熱反應，故B正確；C、D.水煤氣變換的反應是，在467℃、489℃時的化學平衡常數(shù)大于1，實驗初始時體系中的相等，和相等，故反應達到平衡時=>，由此可知同一溫度下，平衡時分壓大的為生成物，分壓小的為反應物，即a、b曲線表示，c、d曲線表示，正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，由圖像可以看出b、c曲線對應的比a、d曲線對應的大，則b、c曲線對應的平衡常數(shù)更大，對應的反應溫度更低，由此可知b、c分別為467℃下和；a、d分別為489℃下和故C、D錯誤；故選：AB。二、非選擇題（本題共5小題，共60分）16.鎳白銅是具有高耐蝕性和良好的力學性能的合金，用于制造在腐蝕性環(huán)境中工作的精密儀器零件，Cu和Ni都是常見的合金元素。（1）Cu的價層電子軌道示意圖為___________。（2）單質(zhì)銅及鎳都是由___________鍵形成的晶體；元素銅與鎳的第二電離能分別為ICu＝1958kJ·mol－1、INi＝1753kJ·mol－1，ICu>INi；的原因是________。（3）NiO晶胞中Ni2＋和O2－的配位數(shù)分別為_______、_______。NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同：Ni2＋和Fe2＋的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點NiO_____（填“<”或“>”）FeO。（4）圖甲為銅晶體中銅原子堆積模型，圖中未標號的銅原子形成晶體后周圍最緊鄰的銅原子數(shù)為___________。（5）某鎳白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如乙圖所示。①晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為___________。②若合金的密度為dg·cm－3，晶胞參數(shù)表達式為a＝___________nm?！敬鸢浮?1).(2).金屬(3).銅失去的是全充滿的3d10的電子，鎳失去的是4s1的電子(4).6(5).6(6).＞(7).12(8).3:1(9).×107【解析】【詳解】（1）銅元素原子序數(shù)為29，位于元素周期表第四周期ⅠB族，價電子排布式為3d104s1，則價層電子軌道示意圖為，故答案為：；（2）單質(zhì)銅及鎳都是由金屬鍵形成的金屬晶體；銅原子的價電子排布式為3d104s1，失去一個電子后形成3d10的全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，鎳原子的價電子排布式為3d84s2，失去一個電子后形成3d84s1的結(jié)構(gòu)，電子處于全充滿狀態(tài)時比半充滿狀態(tài)時穩(wěn)定，則銅元素的第二電離能大于鎳元素，故答案為：金屬；銅失去的是全充滿的3d10的電子，鎳失去的是4s1的電子；（3）氯化鈉晶體中，鈉離子和氯離子的配位數(shù)均為6，NiO結(jié)構(gòu)類型與氯化鈉的相同，則氧化鎳晶體中，氧離子和鎳離子的配位數(shù)也均為6；離子晶體的晶格能越大，離子間形成的離子鍵越強，晶體的熔點越高，氧化亞鐵和氧化鎳均為離子晶體，鎳離子的離子半徑小于亞鐵離子，則氧化鎳晶體的晶格能大，離子間形成的離子鍵強，晶體的熔點高，故答案為：6；6；＞；（4）由晶體模型可知，未標號的銅原子形成晶體后周圍最緊鄰的銅原子為上層1、2、3，同層4、5、6、7、8、9，下層10、11、12，共有12個，故答案為：12；（5）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于面心的銅原子個數(shù)為6×=3，位于頂點色鎳原子個數(shù)為8×=1，則數(shù)量比為3:1，故答案為：3:1；②由晶胞的質(zhì)量公式可得(a×10—7)3d=×(3×64+59)，則a=×107nm，故答案為：×107?！军c睛】銅原子的價電子排布式為3d104s1，失去一個電子后形成3d10的全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，鎳原子的價電子排布式為3d84s2，失去一個電子后形成3d84s1的結(jié)構(gòu)，電子處于全充滿狀態(tài)時比半充滿狀態(tài)時穩(wěn)定是比較第二電離能大小的關鍵。17.“翠礬”（NiSO4·7H2O）在印染工業(yè)作媒染劑，生產(chǎn)酞菁艷藍絡合劑；氟鎳化鉀（K2NiF4）是結(jié)構(gòu)化學研究的熱點物質(zhì)。以鎳廢渣（主要成分為Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性雜質(zhì)等）為原料合成“翠礬”和氟鎳化鉀的流程如下：幾種金屬離子的氫氧化物沉淀pH如表：請回答下列問題：（1）“堿浸”過程中，為提高浸出率，可采取的措施是___________（寫一種即可）。（2）“轉(zhuǎn)化”過程中加入H2O2的目的是__________（用離子方程式表示），經(jīng)實驗測定該過程溫度高于40℃，轉(zhuǎn)化率急速降低的原因可能是________。（3）調(diào)節(jié)pH＝a，其中a的取值范圍是_____________。（4）寫出“灼燒”NiCO3和NH4F的混合物時的化學反應方程式：_________，為避免污染環(huán)境，選擇下列裝置吸收尾氣，最宜選擇___________（填選項）。（5）從溶液中獲得NiSO4·7H2O的操作A是_____________。（6）準確稱取ωg翠礬晶體產(chǎn)品于錐形瓶中，加入足量的蒸餾水溶解配成250mL溶液，取20.00mL所配溶液于錐形瓶中，用cmol·L－1的標準溶液EDTA（Na2H2Y）滴定至終點（發(fā)生反應Ni2＋＋H2Y2－＝NiY2－＋2H＋），三次實驗消耗標準液的體積分別為20.02mL、19.98mL、19.50mL，則翠礬的純度為___________%（只列計算式，不考慮雜質(zhì)反應）。【答案】(1).采取的措施是增加堿的濃度，或者升高溶液的溫度等；或者把礦渣粉碎等(2).H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(3).溫度高于40℃時，2H2O22H2O+O2，使H2O2濃度降低，反應速率減慢，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化率降低(4).3.7<a<7.1(5).NiCO3+2NH4F=NiF2+2NH3+CO2+H2O(6).C(7).過濾(8).【解析】【分析】先用NaOH溶液溶解鎳廢渣，除去可溶于NaOH的Al和Al2O3，過濾后的濾渣再用稀硫酸溶解，使Fe3O4和Ni溶解，過濾除去不溶于酸的不溶性雜質(zhì)固體，濾液中含有Fe2+、Ni2+和Fe3+，加入雙氧水將溶液中的Fe2+完全氧化為Fe3+，再加入NiO調(diào)節(jié)溶液pH。使Fe3+完全沉淀為Fe(OH)3，過濾后所得NiSO4溶液，調(diào)節(jié)pH=2后，蒸發(fā)濃縮井冷卻結(jié)晶、過濾洗滌后得到NiSO47H2O，或在NiSO4溶液中加入NH4HCO3，獲得NiCO3沉淀，灼燒NiCO3和NH4F以物質(zhì)的量之比為1：1組成的混合物獲得NiF2，最后與KF起加熱熔融即可得到K2NiF4?！驹斀狻浚?）“堿浸”過程中，為提高浸出率，可采取的措施是增加堿的濃度，或者升高溶液的溫度等；或者把礦渣粉碎等，Al和Al2O3反應充分，故答案：采取的措施是增加堿的濃度，或者升高溶液的溫度等；或者把礦渣粉碎等。（2）由上述分析可知：“轉(zhuǎn)化”過程中加入H2O2是為了把Fe2+完全氧化為Fe3+，其反應離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。因為H2O2受熱易分解，所以溫度高于40℃時，2H2O22H2O+O2，使H2O2濃度降低，反應速率減慢，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化率降低，故答案：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；溫度高于40℃時，2H2O22H2O+O2，使H2O2濃度降低，反應速率減慢，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化率降低。（3）觀察表格數(shù)據(jù)和流程圖可知：調(diào)節(jié)溶液pH的目的是除去Fe3+，使Fe3+完全沉淀，不使Ni2+沉淀，根據(jù)Fe3+、Ni2+的溶解性表，當pH=3.7時Fe3+沉淀完全，當pH=7.1時Ni2+開始沉淀，所以調(diào)節(jié)pH為3.7<a<7.1最好，故答案：3.7<a<7.1。（4）碳酸鎳和氟化銨共熱生成NiF2、NH3、CO2和H2O，所以寫出“灼燒”NiCO3和NH4F的混合物時的化學反應方程式：NiCO3+2NH4F=NiF2+2NH3+CO2+H2O，尾氣中NH3污染環(huán)境，而吸收氨氣要防倒吸，氨的水溶液顯堿性，堿石灰可以干燥氨氣不能吸收氨氣，所以應選擇硫酸溶液吸收氨氣，而不選擇NaOH溶液吸收，故選擇C裝置吸收；故答案：NiCO3+2NH4F=NiF2+2NH3+CO2+H2O；C。（5）分離固體和液體混合物的方法是過濾，所以從溶液中獲得NiSO4·7H2O晶體的操作A是過濾，故答案：過濾。（6）設所配溶液的濃度為x，根據(jù)Ni2＋＋H2Y2－＝NiY2－＋2H＋反應可知，舍去誤差明顯偏大的數(shù)據(jù)19.50mL，消耗EDTA溶液平均體積為20.00mL，所以x==cmolL，NiSO4·7H2O的摩爾質(zhì)量為281gmol，所以翠礬的純度=，故答案：。18.苯甲酸對多種細菌、霉菌、酵母菌都有抑制作用，廣泛應用于酸性食品、藥品、化妝品等防腐。某實驗小組設計實驗制備苯甲酸鈉并測定所得產(chǎn)物的純度。其實驗裝置、實驗方法及步驟和有關資料如下：實驗裝置（夾持及加熱裝置省略）：實驗方法及步驟：I.苯甲酸鈉的制備：取一定量甲苯與水于上述裝置混合加熱沸騰，得預處理反應液，后續(xù)操作流程如圖所示。I.滴定法測定苯甲酸鈉純度：取實驗I所得苯甲酸鈉1.5g置于分液漏斗中，加水約25mL、乙醚50mL與指示液2滴，用鹽酸滴定液（0.5molL）滴定，隨滴隨振搖，至水層變色，分取水層，置于具塞錐形瓶中，乙醚層用5mL水洗滌，洗滌液并入錐形瓶中，加乙醚20mL，繼續(xù)用鹽酸滴定液（0.5molL）滴定，隨滴隨振搖，至水層變色。有關資料：回答下列問題：（1）儀器a的名稱為___________。（2）濾液1與濃鹽酸發(fā)生反應的離子方程式為_______。（3）冷卻過濾所得苯甲酸晶體可能含有某些雜質(zhì)，進一步除雜可以使用的方法是______。（4）使反應溫度保持70℃的方法是___________。（5）由苯甲酸鈉溶液獲得苯甲酸鈉晶體操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，下列儀器中該過程必須使用的有_____（填序號）。A坩堝B蒸發(fā)皿C表面皿D玻璃棒E分液漏斗（6）滴定法測定苯甲酸鈉純度時，使用的指示劑為_________，加入乙醚的作用為_________。（7）已知每1mL的鹽酸滴定液（0.5molL）相當于72.06mg的苯甲酸鈉，實驗測得滴定終點時消耗鹽酸滴定液20.50mL，則該實驗所得苯甲酸鈉的純度為___________?！敬鸢浮?1).球形冷凝管(2).+H+=(3).重結(jié)晶(4).水浴加熱(5).BD(6).甲基橙(7).溶解生成的苯甲酸(8).98.5%【解析】【分析】甲苯與高錳酸鉀溶液反應生成苯甲酸鉀、氫氧化鉀、二氧化錳和水，趁熱過濾可增大苯甲酸的溶解性，則濾液1中含有的苯甲酸鉀與加入的鹽酸，利用強酸制弱酸原理可制取苯甲酸，加入30%碳酸鈉溶液，制取苯甲酸晶體，保存70℃至pH=7.5生成苯甲酸鈉溶液，在經(jīng)過一系列操作制取苯甲酸鈉晶體?！驹斀狻?1)根據(jù)儀器特點，儀器a為球形冷凝管；(2)濾液1中的苯甲酸鉀與鹽酸反應生成苯甲酸和氯化鉀，反應的離子方程式為+H+=；(3)所得苯甲酸晶體可能含有硫酸錳，可采用重結(jié)晶的方法進一步提純。(4)采用水浴加熱的方法保持溶液的溫度為70℃；(5)蒸發(fā)需用到三角架、泥三角、酒精燈、蒸發(fā)皿、玻璃棒；過濾用到帶鐵圈的鐵架臺、漏斗、燒杯、玻璃棒，結(jié)合所給定的儀器，答案為BD；(6)苯甲酸鈉溶液顯堿性，而苯甲酸顯酸性，滴定法測定苯甲酸鈉純度時，甲基橙，其變色范圍3.1~4.4，使用的指示劑為甲基橙；苯甲酸少量溶于水，而易溶于乙醚，加入乙醚可溶解生成的苯甲酸，減少苯甲酸的損失；(7)已知每1mL的鹽酸滴定液（0.5molL）相當于72.06mg的苯甲酸鈉，消耗鹽酸20.50mL時，苯甲酸鈉的質(zhì)量為72.06mg×20.50mLmg=1.47723g，苯甲酸鈉的純度==98.5%。19.（1）以太陽能為熱源，熱化學硫碘循環(huán)分解水是一種高效、環(huán)保的制氫方法，其流程圖如下：相關反應的熱化學方程式為反應I：SO2（g）＋I2（g）＋2H2O（l）＝2HI（aq）＋H2SO4（aq）△H1＝－213kJ·mol－1反應II：H2SO4（aq）＝SO2（g）＋H2O（l）＋O2（g）△H2＝＋327kJ·mol－1反應III：2HI（aq）＝H2（g）＋I2（g）△H3＝＋172kJ·mol－1則反應2H2O（l）＝2H2（g）＋O2（g）△H＝___________。（2）含氮化合物對環(huán)境、生產(chǎn)和人類生命活動等具有很大的影響。利用某分子篩作催化劑，NH3可脫除工廠廢氣中的NO、NO2，反應機理如圖所示。請寫出脫去NO的離子反應方程式：_________。（3）為了探究反應條件對反應CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）△H的影響，某活動小組設計了三個實驗，實驗曲線如圖所示。①請依據(jù)實驗曲線圖補充完整表格中的實驗條件：X＝___________，Y＝___________。②實驗III從開始至平衡，平衡常數(shù)K＝___________。③對比實驗II和實驗III可知，升高溫度，CO的轉(zhuǎn)化率___________（填“增大”“減小”或“不變”），△H___________（填“>”或“<”）0，理由是___________。④在530℃時，平衡常數(shù)K＝1，若往1L容器中投入0.4molCO（g）、0.1molH2O（g）、0.2molCO2（g）、0.2molH2（g），此時化學反應將___________（填“向正反應方向”“向逆反應方向”或“不”）移動?！敬鸢浮?1).+572kJmol(2).[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)2(HNO2)]++H2O+N2+H+(3).530℃(4).1.0molL(5).或(6).減小(7).＜(8).升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動(9).不【解析】【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律計算；(2)根據(jù)流程、原子及化合價守恒配平氧化還原反應的方程式；(3)探究反應條件對反應的影響，應只改變某一條件，而其它條件相同；根據(jù)圖像及方程式判斷、計算?！驹斀狻?1)根據(jù)蓋斯定律，(反應I+反應II+反應III)×2，可得2H2O(l)＝2H2(g)＋O2(g)，則△H=(－213kJmol+327kJmol+172kJmol)×2=+572kJmol；(2)根據(jù)流程可知，脫去NO時，反應物為[(NH4)2(NO2)]2+、NO，生成物為[(NH4)2(HNO2)]+、H+，根據(jù)原子及化合價守恒，可判斷產(chǎn)物還有H2O、N2，配平可得[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)2(HNO2)]++H2O+N2+H+；(3)①探究反應條件對反應的影響，應只改變某一條件，而其它條件相同，結(jié)合表中數(shù)據(jù)，對比編號I、II，壓強不同，故編號II中的溫度與c(CO)與編號I中相同，則X為530℃；Y中c始(CO)=1.0molL；②根據(jù)圖像可知，編號III中反應在5min時達到平衡狀態(tài)，且c(CO)=0.4molL，K==0.375；③對比實驗II和實驗III可知，只有溫度改變，結(jié)合圖像，升高溫度，c(CO)增大，則CO的轉(zhuǎn)化率減??；升高溫度，c(CO)增大，平衡向逆反應方向移動，則逆反應方向為吸熱，故正反應為放熱反應，△H＜0；④在530℃時，平衡常數(shù)K＝1，溫度不變，則K不變，Qc==1=K，則平衡不移動。20.基于聚碳酸酯的3D打印材料PC－PBT為一種新型復合材料。該共混聚合物