（新高考）2021年高三下學期3月月考卷化學（A）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、選擇題1．化學與生活密切相關，下列說法正確的是A．福爾馬林可用于新冠病毒環(huán)境消毒和魚肉等食品的防腐保鮮B．華為5G手機芯片的主要成分是硅C．嫦娥五號外殼為鈦合金，因它可防電離輻射D．用谷物釀造出酒和醋，釀造過程中只發(fā)生了氧化反應【答案】B【解析】A．福爾馬林有毒，不能用于魚肉等食品的防腐保鮮，故A錯誤；B．硅是良好的半導體材料，華為5G手機芯片的主要成分是硅，故B正確；C.鈦合金具有質輕、堅硬、耐腐蝕等優(yōu)點，可作為嫦娥五號的外殼，故C錯誤；D．氧化和還原反應是同時發(fā)生的，有得電子必有失電子過程，用谷物釀造出酒和醋，釀造過程中不僅只發(fā)生氧化反應，還有還原反應，則釀造過程中發(fā)生了氧化還原反應，故D錯誤；答案選B。2．NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．56gC3H6和C4H8的混合氣體中含有的氫原子數(shù)為8NAB．100g質量分數(shù)17%的H2O2溶液中極性鍵數(shù)目為NAC．將1molCl2通入到水中，則N(HClO)+N(Cl?)+N(ClO?)=2NA(N表示粒子數(shù))D．常溫下，22.4L15NH3含有的中子數(shù)的為11NA【答案】A【解析】A．C3H6和C4H8的混合氣體通式為CnH2n，56gC3H6和C4H8的混合氣體中含有的氫原子數(shù)為，故A正確；B．100g質量分數(shù)17%的H2O2溶液中H2O2的質量為17g，H2O2中極性鍵數(shù)目為，但溶液中還有水，水中含有極性鍵，因此極性鍵數(shù)目大于NA，故B錯誤；C．將1molCl2通入到水中，由于水和氯氣反應是可逆反應，再根據(jù)氯原子質量守恒，則N(HClO)+N(Cl?)+N(ClO?)＜2NA(N表示粒子數(shù))，故C錯誤；D．一個15NH3含有11個中子，但是常溫下，不能用22.4L/mol進行計算，故D錯誤。答案為A。3．下列圖示的化學實驗能達到相應實驗目的的是A．圖1：制NH4Cl晶體 B．圖2：比較Cl2、I2氧化性C．圖3：驗證SO2漂白性 D．圖4：驗證析氫腐蝕【答案】B【解析】A．蒸干NH4Cl飽和溶液，氯化銨分解，應選冷卻結晶法制備，故A錯誤；B．浸有飽和KI溶液的棉花團變成棕黃色，說明氯氣置換出碘單質，證明氯氣的氧化性強于碘單質；故B正確；C．SO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色體現(xiàn)了其還原性，故C錯誤；D．環(huán)境不是酸性較強的環(huán)境，鐵發(fā)生的是吸氧腐蝕，故D錯誤。答案選B。4．最近研究表明，用Sb(CH3)3、Sb(CH3)2Br和Sb(CH3)Br2三種化合物進行重組反應可生成空間位阻最小的離子化合物——[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]。已知銻(Sb)與砷(As)同主族，下列說法錯誤的是A．Sb的價電子排布式為5s25p3B．第一電離能：Br>Se>AsC．電負性：Br>C>HD．[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]中存在離子鍵和共價鍵【答案】B【解析】A．根據(jù)能層序數(shù)等于電子層數(shù)等于周期序數(shù)，最外層電子數(shù)等于主族序數(shù)，故Sb的價電子排布式為5s25p3，A正確；B．As、Se、Br為同一周期元素，同一周期從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢，第ⅡA與ⅢA，ⅤA與ⅥA之間反常，故第一電離能：Br>As>Se，B錯誤；C．元素的電負性變化規(guī)律為：同一周期從左往右依次增大，同一主族從上往下依次減小，故電負性：Br>C>H，C正確；D．由題干可知[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]為離子化合物，故該物質中存在離子鍵和共價鍵，D正確；故答案為B。5．α—氰基丙烯酸異丁酯可用作醫(yī)用膠，其結構簡式如圖。下列關于α—氰基丙烯酸異丁酯的說法錯誤的是A．其分子式為C8H11NO2B．該有機物可以發(fā)生還原反應C．分子中可能共平面的碳原子最多為6個D．其任一含苯環(huán)的同分異構體中至少有4種不同化學環(huán)境的氫原子【答案】C【解析】A．結合該分子的結構簡式可以看出，其分子式為C8H11NO2，A項正確；B．該有機物中含有羰基、碳碳雙鍵，可以與氫氣發(fā)生加成還原反應，B項正確；C．分子結構中含有，具有四面體結構，最少有1個碳原子不與其他碳原子在同一平面上，即分子中可能共平面的碳原子最多為7個，C項錯誤；D．C8H11NO2分子的不飽和度為4，苯環(huán)的不飽和度為4，故在任一含苯環(huán)的同分異構體中，其苯環(huán)上的取代基均為飽和取代基，同分異構體中最多的取代基種類及個數(shù)為一個氨基、兩個甲基、兩個羥基，在高度對稱下（等效氫原子種類最少的應具有對稱結構）有4種不同化學環(huán)境的氫原子，D項正確；答案選C。6．X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價為+4價，Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物Z2X4的電子總數(shù)為18個；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個電子。下列說法不正確的是A．原子半徑：Z<Y<MB．最高價氧化物對應水化物的酸性：Z>Y>MC．Z2X4易溶于水，其水溶液呈堿性D．X、Z和Q三種元素形成的化合物一定是共價化合物【答案】D【解析】X、Y、Z、M、Q為五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價為+4價，則證明該元素為第IVA族元素，又知Y元素與Z、M元素相鄰，且與M同族，故推知Y為C元素，Z為N元素，M為Si元素；化合物Z2X4的電子總數(shù)為18，則推知，X為H，該化合物為N2H4；Q元素的原子最外層電子總數(shù)比次外層電子數(shù)少一個電子，推出Q為Cl元素。A．同周期元素從左到右原子半徑依次減小，同主族元素從上到下原子半徑依次增大，則原子半徑比較：Z(N)<Y(C)<M(Si)，A項正確；B．同周期元素從左到右元素非金屬性依次增強，同主族元素從上到下元素非金屬性依次減弱，因元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：Z(N)＞Y(C)＞M(Si)，則最高價氧化物對應水化物的酸性：Z(N)＞Y(C)＞M(Si)，B項正確；C．Z2X4是N2H4，易溶于水，溶液顯堿性，C項正確；D．X、Z和Q三種元素組成的化合物有很多，不一定都是共價化合物，如氯化銨屬于銨鹽，為離子化合物，D項錯誤；答案選D。7．乙二醛(OHCCHO)與氧氣反應歷程中所涉及的反應物(OHCCHO、O2)、過渡態(tài)中間體(圖中TSl～TS7、IM1～IM3)及產物(OHCCOOH、HCOOH、HOOCCOOH)的相對能量如圖所示：下列說法錯誤的是A．乙二醛氧化歷程中涉及非極性鍵的斷裂B．乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸均為放熱反應C．乙二醛氧化歷程中，若加入催化劑，能提高乙二醛的平衡轉化率D．乙二醛與氧氣反應生成乙二酸的控速步驟為反應物→TS1【答案】C【解析】A．乙二醛氧化歷程中，氧氣中的非極性鍵的斷裂，故A正確；B．由圖可知，三個反應的生成物總能量低于反應物總能量，故為放熱反應，故B正確；C．催化劑只改變反應的活化能，不改變平衡轉化率，故C錯誤；D．控制反應步驟為反應活化能最高的一步，過渡態(tài)能量上升高則反應慢，乙二醛與氧氣反應生成乙二酸的控速步驟為反應物→TS1，故D正確；故選C。8．根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A將鹽酸滴入NaHCO3溶液中有氣泡產生氯的非金屬性比碳的強B用pH試紙分別測定0.1mol·L?1的Na2SO3溶液和0.1mol·L?1的NaHSO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH約為10NaHSO3溶液的pH約為5HSOeq\o\al(?,3)結合H+的能力比SOeq\o\al(2?,3)強C分別將乙烯與SO2通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液均褪色兩種氣體使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同D向2ml0.1mol·L?1MgCl2溶液中加入5ml0.1mol·L?1NaOH溶液，出現(xiàn)白色沉淀后，繼續(xù)滴入幾滴FeCl3濃溶液，靜置出現(xiàn)紅褐色沉淀同溫下，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]【答案】C【解析】A．將鹽酸滴入NaHCO3溶液中有氣泡產生，可知鹽酸比碳酸酸性強，但無法證明氯的非金屬性比碳強，故A錯誤；B．用pH試紙分別測定0.1mol·L?1的Na2SO3溶液和0.1mol·L?1的NaHSO3溶液的pH，根據(jù)溶液的pH可知HSOeq\o\al(?,3)結合H+的能力比SOeq\o\al(2?,3)弱，故B錯誤；C．乙烯與SO2通入酸性KMnO4溶液中溶液褪色，原理均為發(fā)生氧化還原反應，故C正確；D．Mg(OH)2和Fe(OH)3的構型不一樣，無法判斷溶度積大小，故D錯誤；答案為C。9．利用光伏電池與膜電解法制備Ce(SO4)2溶液的裝置如下圖所示,下列說法正確的是A．該裝置工作時的能量形式只有兩種B．石墨電極發(fā)生反應：Ce4++e?=Ce3+C．該離子交換膜為陰離子交換膜，SOeq\o\al(2?,4)由左池向右池遷移D．由P電極向N電極轉移電子時，陽極室生成33.2gCe(SO4)2【答案】D【解析】A．該裝置工作時的能量轉化形式：熱能、電能、化學能和光能，故A錯誤；B．石墨是陽極，電極反應式Ce3+-e?=Ce4+，故B錯誤；C．溶液在左側石墨電極附近電極發(fā)生反應：Ce3+-e?=Ce4+，石墨是陽極，所以硫酸根離子移向石墨電極，離子交換膜為陰離子交換膜，SOeq\o\al(2?,4)由右池向左池遷移，故C錯誤；D．由P電極向N電極轉移0.1mol電子時，根據(jù)電極反應：Ce3+-e?=Ce4+，陽極室生成0.1molCe(SO4)2，即33.2gCe(SO4)2，故D正確；答案選D。10．溫度為T1時，在容積為10L的恒容密閉容器充入一定量的M(g)和N(g)，發(fā)生反應：M(g)+N(g)2P(g)+Q(g)ΔH＞0，反應過程中部分數(shù)據(jù)如表所示，下列說法正確的是t/min0510n(M)/mol6.04.0n(N)/mol3.01.0A．0-5min內，用M表示的平均反應速率為0.4mol?L?1?min?1B．N的轉化率的60%C．該反應在第8min時v逆＞v正D．T2時該反應的化學平衡常數(shù)為0.64，則T1＞T2【答案】D【解析】A．0-5min內，M的物質的量由6.0mol變?yōu)?.0mol，變化了2.0mol，容器的容積是10L，則用M表示的平均反應速率為v(M)=mol?L?1?min?1，A錯誤；B．反應在5min時M改變物質的量是2.0mol，由方程式可知M、N化學計量數(shù)相等，則二者改變的物質的量也相等，所以5min時N的物質的量為1.0min，與10min物質的量相等，則N的平衡轉化率為=66.7%，題干未指明是何時的轉化率，因此無法判斷其大小，B錯誤；C．由選項B分析可知5min時反應已經達到平衡，若外界條件不變，反應處于平衡狀態(tài)，此時v逆=v正，C錯誤；D．反應在溫度為T1時，根據(jù)物質轉化關系，結合已知反應條件可知：各種氣體的平衡物質的量分別為n(M)=4.0mol，n(N)=1.0mol，n(P)=4.0mol，n(Q)=2.0mol，容器的容積是10L，則物質的平衡濃度分別是c(M)=0.4mol/L，c(N)=0.1mol/L，c(P)=0.4mol/L，c(Q)=0.2mol/L，故該溫度下的化學平衡常數(shù)K1=；在溫度為T2時化學平衡常數(shù)K=0.64＜K1，說明化學平衡逆向移動。由于該反應的正反應是吸熱反應，所以平衡逆向移動是由于降低了反應溫度，故反應溫度：T1＞T2，D正確；故合理選項是D。二、不定項選擇題11．下列化學用語正確的是A．碳原子的核外電子軌道表示式：B．第一電離能：O>N>CC．新戊烷的球棍模型：D．乙炔分子中σ鍵與π鍵個數(shù)比為1∶2【答案】A【解析】A．碳原子的核外電子排布式為1s22s22p2，則軌道表示式：，A用語正確；B．N原子最外層電子處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，則第一電離能：N＞O＞C，B用語錯誤；C．異戊烷的球棍模型：，C用語錯誤；D．乙炔分子中含有3條σ鍵，2條π鍵，則σ鍵與π鍵個數(shù)比為3∶2，D用語錯誤；答案為A。12．以某冶金工業(yè)產生的廢渣(含Cr2O3、SiO2及少量的Al2O3)為原料，根據(jù)下列流程可制備K2Cr2O7。下列說法正確的是A．煅燒時沒有發(fā)生氧化還原反應B．濾渣Ⅱ中主要成分是Al(OH)3C．可循環(huán)使用的物質是CO2和Na2CO3D．由Na2CrO4轉化為K2Cr2O7的過程中需加入KOH【答案】C【解析】向廢渣中加入碳酸鈉和氧氣并煅燒，發(fā)生如下反應，4Na2CO3+2Cr2O3+3O2eq\o(=,\s\up7(煅燒))4Na2CrO4+4CO2↑，Na2CO3+SiO2eq\o(=,\s\up7(煅燒))Na2SiO3+CO2↑，Na2CO3+Al2O3eq\o(=,\s\up7(煅燒))2NaAlO2+CO2↑，用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，過濾，濾液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固體，就會有K2Cr2O7晶體析出。A．向廢渣中加入碳酸鈉和氧氣并煅燒，發(fā)生如下反應，4Na2CO3+2Cr2O3+3O2eq\o(=,\s\up7(煅燒))4Na2CrO4+4CO2↑，煅燒時有氧化還原反應，故A錯誤；B．用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，會生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，故B錯誤；C．從上述流程圖可知，和均可循環(huán)使用，故C正確；D．由轉化為的過程中需加入硫酸和KCl固體，反應如下：2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固體，就會有K2Cr2O7晶體析出，故D錯誤；故選C。13．咖啡酸苯乙酯是蜂膠的主要活性成分，可由咖啡酸合成，合成方法如下。下列說法不正確的是A．咖啡酸分子中所有碳原子可能處在同一個平面上B．1mol咖啡酸苯乙酯與足量的溴水反應，最多消耗3molBr2C．1mol苯乙醇在O2中完全燃燒，需消耗11molO2D．1mol咖啡酸苯乙酯與足量的NaOH溶液反應，最多消耗3molNaOH【答案】BC【解析】A．咖啡酸分子中所有碳原子都采取sp2雜化，存在苯環(huán)和乙烯兩個平面型結構，它們單鍵連接，故所有碳原子可能處在同一個平面上，A項正確；B．1mol咖啡酸苯乙酯中，1mol碳碳雙鍵發(fā)生加成反應消耗1molBr2，在酚羥基的鄰對位上有氫可以被取代，會消耗3molBr2，故1mol咖啡酸苯乙酯與足量溴水反應，最多可以消耗4molBr2，B項錯誤；C．苯乙醇分子式為C8H10O，1mol苯乙醇在O2中完全燃燒，需消耗10molO2，C項錯誤；D．1mol咖啡酸苯乙酯含有2mol酚羥基能消耗2molNaOH，還有1mol酯基水解成羧酸鈉和醇羥基消耗1molNaOH，最多消耗3molNaOH，D項正確；答案選BC。14．微生物燃料電池在凈化廢水的同時能獲得能源或得到有價值的化學產品，下圖為其工作原理及廢水中離子濃度與去除率的關系。下列說法正確的是A．正極反應式是+7H2O+6e?=2Cr(OH)3+8OH?B．電池工作時，N極附近溶液pH減小C．處理1mol時有6molH+從交換膜右側向左側遷移D．離子濃度較大時，可能會造成還原菌失活【答案】D【解析】A．電解質溶液呈酸性，則電極產物不可以出現(xiàn)OH-，正極的電極反應式為：+6e?+14H+=2Cr3++7H2O，A錯誤；B．由圖中信息可知，電池工作時，N極上H+與-2價的O結合產生水，溶液中c(H+)減小，故N附近溶液pH增大，B錯誤：C．由電極反應+6e?+14H+=2Cr3++7H2O可知：處理1mol時需要14mol的H+，C錯誤；D．由圖可知，離子濃度較大時，其去除率幾乎為0，因為其有強氧化性和毒性，可能會造成還原菌的蛋白質變性而失去活性，D正確；故合理選項是D。15．以酚酞為指示劑，用0.1000mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關系如圖所示。[比如A2?的分布系數(shù)：]下列敘述不正確的是A．曲線①代表，曲線②代表B．H2A溶液的濃度為0.2000mol·L?1C．HA?的電離常數(shù)Ka=1.0×10?2D．滴定終點時，溶液中c(Na+)＞2c(A2?)+c(HA?)【答案】AB【解析】根據(jù)圖像，曲線①代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線②代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸增大，粒子的分布系數(shù)只有1個交點；當加入40mLNaOH溶液時，溶液的pH在中性發(fā)生突變，且曲線②代表的粒子達到最大值接近1；沒有加入NaOH時，pH約為1，說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線①代表δ(HA?)，曲線②代表δ(A2?)，根據(jù)反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L。A．根據(jù)分析，曲線①代表δ(HA?)，曲線②代表δ(A2?)，A錯誤；B．當加入40.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發(fā)生突變，說明恰好完全反應，結合分析，根據(jù)反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B錯誤；C．根據(jù)曲線當δ(HA-)=δ(A2-)時溶液的pH=2，則HA?的電離平衡常數(shù)Ka==c(H+)=1×10?2，C正確；D．用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.2~10，終點時溶液呈堿性，c(OH?)＞c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2?)+c(HA?)+c(OH?)，則c(Na+)＞2c(A2?)+c(HA?)，D正確；答案選AB。三、非選擇題16．下面是某科研小組利用廢鐵屑還原浸出軟錳礦(主要成分為MnO2)制備硫酸錳及電解其溶液制錳的工藝流程圖：已知：①浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等雜質金屬離子；②生成氫氧化物的pH見下表：物質Fe(OH)2Fe(OH)3Ni(OH)2Co(OH)2Mn(OH)2開始沉淀的pH7.52.77.77.68.3完全沉淀的pH9.73.78.48.29.8請回答下列問題：（1）“酸浸”前將原料粉碎的目的是________________。（2）流程圖中“①加入MnO2”的作用____________，MnO2還可以用其他試劑______________(填化學式)代替。（3）流程圖中“②調節(jié)pH”可以除去某種金屬離子，應將溶液pH調節(jié)控制的范圍是___～7.6。上述流程中，能循環(huán)使用的一種物質是___________(填化學式)。（4）向濾液Ⅰ中加入MnS的作用是除去Co2+、Ni2+等離子，其中可以發(fā)生反應為MnS(s)+Ni2+(aq)=NiS(s)+Mn2+(aq)等。當該反應完全后，濾液2中的Mn2+與Ni2+的物質的量濃度之比是_______[已知Ksp(MnS)=2.8×10?10，Ksp(NiS)=2.0×10?21]。（5）在適當條件下，在MnSO4、H2SO4和H2O為體系的電解液中電解也可獲得MnO2，其陽極電極反應式為____________。（6）層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學式為LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4。當x=y=時，z=___?！敬鸢浮浚?）增大反應物的接觸面積，增大反應速率將浸出液中的Fe2+氧化為Fe3+H2O23.7H2SO41.4×1011Mn2++2H2O-2e?=MnO2+4H+【解析】用軟錳礦還原酸浸制取硫酸錳電解液并進一步提煉金屬錳，軟錳礦和廢鐵屑加入過量硫酸浸出，過濾，浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等金屬離子，加入MnO2的作用是將浸出液中的Fe2+氧化為Fe3+，同時自身被還原為Mn2+，加入氨水調節(jié)溶液的pH以除去鐵離子，過濾后的濾液中加入MnS凈化除去Co2+、Ni2+等，過濾得到濾液電解得到金屬錳和陽極液，陽極液中的硫酸循環(huán)使用，濾渣2為MnS、CoS、NiS。(1)“酸浸”前將原料粉碎，增大了反應物的接觸面積，從而加快反應速率；(2)流程圖中“①加入MnO2”的作用是將浸出液中的Fe2+氧化為Fe3+，同時自身被還原為Mn2+，MnO2作氧化劑，可以用試劑H2O2代替；(3)流程圖中“②調節(jié)pH”可以除去鐵離子，由表中數(shù)據(jù)可知：Fe3+完全沉淀時的溶液pH=3.7，則應將溶液pH調節(jié)控制的范圍是3.7～7.6；上述工藝中，能循環(huán)使用的一種物質是電解過程中陽極液含的H2SO4；(4)Ksp(MnS)=2.8×10?10，Ksp(NiS)=2.0×10?21]，沉淀轉化的方程式為：MnS+Ni2+=NiS+Mn2+，則Mn2+與Ni2+離子的物質的量濃度之比=c(Mn2+)∶c(Ni2+)=Ksp(MnS)∶Ksp(NiS)=2.8×10?10∶2.0×10?21=1.4×1011；(5)在適當條件下，在MnSO4電解在陽極失去電子獲得MnO2，其陽極電極反應式為：Mn2++2H2O-2e?=MnO2+4H+；(6)層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學式為LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4．當x=y=時，該化合物中各元素的化合價代數(shù)和為0，+1+(+2)×+(+3)×+(+4)×z+(-2)×2=0，z=。17．NO是大氣污染物，但只要合理利用，它也是重要的資源。(1)NH3還原法可將NO還原為N2進行脫除。已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)?H1=-905kJ?mol?14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)?H2=-1268kJ?mol?1則NH3還原NO的熱化學方程式為_________________。(2)升高溫度，絕大多數(shù)的化學反應速率增大，但是2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的化學反應速率卻隨著溫度的升高而減小?？茖W研究表明，反應2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)分為以下兩步：反應I：2NO(g)N2O2(g)?H1<0v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2)反應II：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)?H2<0v2正=k2正c(N2O2)?c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2)其反應歷程如下圖所示。①決定2NO(g)+O2(g)=2NO2反應速率的是______(填“反應I”或“反應II”)，其理由是__________，根據(jù)反應速率與濃度的關系式分析，升高溫度該反應速率減小的原因是____________。②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡常數(shù)K與上述反應速率常數(shù)k1正、k1逆、k2正、k2逆的關系式為K=__。由實驗數(shù)據(jù)得到v2正與c(O2)的關系可用下圖表示，當x點升高到某一溫度，反應重新達到平衡時，則可能達到的點為_______(填字母)。(3)利用如圖所示的電解裝置能將NO變廢為寶，其中的a和b為惰性電極，則電極a上的電極反應式為______________________；每產生1mol硝酸，理論上可生成的H2在標準狀況下的體積為___。【答案】（1）4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)?H=-1812kJ?mol?1II反應II活化能更大，反應速率更慢反應I的速率更快，c(N2O2)減小且影響大于k2正的增加從而導致v2正=k2正c(N2O2)?c(O2)減小，從而使總反應速率減小aNO-3e?+2H2O=NOeq\o\al(?,3)+4H+33.6L【解析】(1)由4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)可知其?H=，帶入數(shù)值求出?H=-1812kJ?mol?1。(2)①在由多步反應形成的反應體系中，最慢的一步反應決定了總反應速率，活化能越大，反應速率越慢，由圖可知反應II的活化能大于反應I，所以反應II決定了反應活化能；理由即是反應II活化能更大，反應速率更慢。溫度升高，反應I和II均向逆向移動，但是反應I速率更快，導致體系中的N2O2濃度減小，且大于k2正增大的影響，從而導致v2正=k2正c(N2O2)?c(O2)減小，從而使總反應速率減小。②反應達到平衡時，有同一反應的正逆反應速率相等，所以可以得到v1正=k1正c2(NO)=v1逆=k1逆c(N2O2)、v2正=k2正c(N2O2)?c(O2)=v2逆=k2逆c2(NO2)，所以2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡常數(shù)K==；反應II為放熱反應，升高溫度，平衡往逆向移動，所以c(O2)增大，但是根據(jù)(2)中①的分析可知v2正減小，故答案選a。(3)根據(jù)b極產生H2可知b為陰極，則a為陽極，失電子，又因為產物為硝酸，所以可得出電極反應式為NO-3e?+2H2O=NOeq\o\al(?,3)+4H+，所以每生成1mol硝酸轉移3mol電子，理論上可生成1.5molH2，在標準狀況下的體積為1.5×22.4mol/L=33.6L，所以答案為33.6L。18．Ga和As在材料科學領域用途廣泛。請回答下列問題：（1）基態(tài)Ga原子價層電子的軌道表達式為________；其核外電子占據(jù)最高能級的符號為___________。（2）GaAs是優(yōu)良的半導體材料，晶胞結構與金剛石相似。該晶體中不含有的化學鍵類型為___________（填選項字母）。A．σ鍵B．π鍵C．配位鍵D．金屬鍵（3）Ga、N、As的合金材料是制作太陽能電池的重要原料，三種基態(tài)原子的第一電離能由小到大的順序為________________________（用元素符號表示）。（4）AsH3的立體構型為___________。相同壓強下，AsH3的沸點低于NH3的原因為___________。（5）LiZnAS基稀磁半導體晶胞如圖所示，該晶體的密度為ρg·cm?3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。則：晶胞參數(shù)a=_____________pm（用代數(shù)式表示）?！敬鸢浮浚?）4pBDGa<As<N三角錐形NH3分子間能形成氫鍵×10【解析】（1）基態(tài)Ga原子最外層有3個電子，排布在4s24p1,軌道表達式為；離原子核越遠能級越高，電子占據(jù)最高能級的符號為4p；（2）碳原子可以形成4個碳碳單鍵，所以每個As應與4個Ga相連，金剛石中含有的化學鍵是共價鍵，所以該物質中含有的化學鍵是極性鍵，單鍵為σ鍵，又因為砷原子還有1對孤對電子，而鎵原子有容納孤對電子的空軌道，所以還可以構成配位鍵，故選BD；（3）同周期元素從左到右第一電離能增大，同主族元素從上到下第一電離能減小，所以Ga、N、As三種基態(tài)原子的第一電離能由小到大的順序為Ga<As<N；（4）AsH3中As原子的價電子對數(shù)是4，有1對孤對電子，AsH3的立體構型為三角錐形；氨分子間有氫鍵，所以AsH3的沸點低于NH3；（5）根據(jù)均攤原則，1個晶胞含有4個Li、4個Zn、4個AS，晶胞的摩爾質量是588g/mol；1cm3晶體的質量是ρg；1cm3晶胞的物質的量是，=g，a=。19．鍶（Sr）和鎂位于同主族，鍶比鎂更活潑，鍶與氮氣在加熱條件下反應產生氮化鍶，已知氮化鍶遇水劇烈反應。某同學設計如下裝置制備氮化鍶（Sr3N2相對分子質量：290.8）。方案Ⅰ：制備氮氣來制取氮化鍶(1)儀器A的名稱是_____。(2)實驗時先點燃_____處酒精燈（填“B”或“C”），一段時間后，再點燃另一只酒精燈。(3)方案Ⅰ中用飽和氯化銨溶液和亞硝酸鈉溶液共熱制備氮氣，其化學方程式為：_____。方案II：利用氮氣樣品來制取氮化鍶已知：①所使用的氮氣樣品可能含有少量CO、CO2、O2等氣體雜質。②醋酸二氨合亞銅CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；連苯三酚堿性溶液能定量吸收O2。(4)打開分液漏斗的旋塞，裝置D能持續(xù)提供N2，這是利用了N2_____的物理性質。(5)裝置F、G、H盛裝的試劑分別是_____（填代號）。甲、濃硫酸乙、連苯三酚堿性溶液丙、醋酸二氨合亞銅溶液(6)方案Ⅰ和方案II設計存在相同的缺陷，可能會導致產品變質，提出改進方案為：_____。(7)產品純度的測定：稱取0.8000g方案Ⅰ中所得產品，加入干燥的三頸瓶中，加入蒸餾水，并通入足量水蒸氣，將產生的氨全部蒸出，用20.00mL1.00mol/L的鹽酸標準溶液完全吸收，再用1.00mol/LNaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗16.00mLNaOH溶液。則產品純度為_____（計算結果保留4位有效數(shù)字）。【答案】（1）蒸餾燒瓶BNH4Cl+NaNO2eq\o(,\s\up7(△))NaCl+N2↑+2H2O不溶于水乙、丙、甲最后加一個裝有堿石灰的干燥管72.70%【解析】飽和氯化銨溶液和亞硝酸鈉溶液共熱生成氮氣，除掉水蒸氣，氮氣和鍶反應生成氮化鍶。氮氣樣品和鍶反應生成氮化鍶，先除掉二氧化碳、再除掉氧氣、再除掉一氧化碳、再干燥氣體，再是干燥的氮氣和鍶反應生成氮化鍶，由于氮化鍶遇水劇烈反應，空氣中水蒸氣會進入到氮化鍶裝置中，因此在裝置后加一個裝置防止空氣中水蒸氣進入。(1)根據(jù)圖中得到儀器A的名稱是蒸餾燒瓶；故答案為：蒸餾燒瓶。(2)實驗時產生氮氣，再是氮氣和鍶反應，因此先點燃B處酒精燈；故答案為B。(3)方案Ⅰ中用飽和氯化銨溶液和亞硝酸鈉溶液共熱制備氮氣，其化學方程式為：NH4