（新高考）2021年高三下學期3月月考卷化學（B）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(nèi)。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(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、選擇題1．中國詩詞深受眾人喜愛，針對下列一些詩詞，從化學角度解讀正確的是A．王安石的《梅花》“遙知不是雪，為有暗香來”描述了物質(zhì)發(fā)生化學變化過程中既有狀態(tài)變化又有氣味的產(chǎn)生B．庾信的《楊柳歌》“獨憶飛絮鵝毛下，非復青絲馬尾垂”從化學成分分析現(xiàn)實生活中“飛絮”“鵝毛”主要成分都是蛋白質(zhì)C．趙孟頫的《煙火詩》“紛紛燦爛如星隕，赫赫喧虺似火攻”描述了化學變化中的顏色變化D．劉禹錫的《浪淘沙》“千淘萬漉雖辛苦，吹盡狂沙始到金”，說明金在自然界中以游離態(tài)存在，其化學性質(zhì)穩(wěn)定【答案】D【解析】A．“遙知不是雪，唯有暗香來”體現(xiàn)物質(zhì)的揮發(fā)性，屬于物質(zhì)的物理性質(zhì)，故A錯誤；B．飛絮的主要成分為纖維素，不是蛋白質(zhì)，故B錯誤；C．趙孟頫的《煙火詩》“紛紛燦爛如星隕，赫赫喧虺似火攻”描述了焰色試驗的現(xiàn)象，焰色試驗屬于物理變化，故C錯誤；D．劉禹錫的《浪淘沙》“千淘萬漉雖辛苦，吹盡狂沙始到金”，說明金在自然界中以游離態(tài)存在，其化學性質(zhì)穩(wěn)定，故D正確；答案選D。2．下列實驗中，所選裝置或?qū)嶒炘O(shè)計合理的是A．用圖①所示裝置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3雜質(zhì)B．用乙醇提取溴水中的溴選擇圖②所示裝置C．用圖③所示裝置可以分離乙醇水溶液D．用圖④所示裝置可除去CO2中含有的少量HCl【答案】A【解析】A．碳酸鈉能溶于水而碳酸鈣難溶，故可用過濾的方法除去Na2CO3溶液中的CaCO3雜質(zhì)，A正確；B．乙醇與溴水互溶，故無法進行萃取分液，B錯誤；C．用蒸餾的方法分離乙醇和水需要在裝置中加裝溫度計，并使溫度計的水銀球在支管口處，C錯誤；D．應使用飽和碳酸氫鈉溶液除去CO2中含有的少量HCl，D錯誤；故答案選A。3．三氯化氮(NCl3)是一種淡黃色的油狀液體，下面對于NCl3的描述不正確的是A．NCl3為三角錐形 B．NCl3是一種極性分子C．它還能再以配位鍵與Cl-結(jié)合 D．NCl3的揮發(fā)性比PBr3要大【答案】C【解析】A．NCl3的中心原子N上的孤電子對數(shù)==1，價層電子對數(shù)=1+3=4，VSEPR模型為四面體，所以該分子為三角錐形，A正確；B．NCl3分子為三角錐形，分子中正負電中心不重合，分子為極性分子，B正確；C．NCl3中的N原子、Cl離子的最外層均無空軌道，所以無法再與Cl－形成配位鍵，C不正確；D．NCl3和PBr3都屬于分子晶體，但相對分子質(zhì)量Mr(NCl3)＜Mr(PBr3)，所以范德華力NCl3比PBr3要小，NCl3沸點低，易揮發(fā)，即NCl3的揮發(fā)性比PBr3要大，D正確；答案選C。4．下列敘述I和II均正確并且有因果關(guān)系的是選項陳述I陳述IIANH4Cl為強酸弱堿鹽用加熱法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鑒別Fe3+C溶解度：CaCO3<Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3<NaHCO3DSiO2可與HF反應氫氟酸不能保存在玻璃瓶中【答案】D【解析】A．氯化銨是強酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性，氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，兩者沒有因果關(guān)系，A錯誤；B．Fe3+具有氧化性，能氧化還原性物質(zhì)，F(xiàn)e3+和SCN?反應生成血紅色硫氰化鐵溶液，可以用硫氰化鉀溶液檢驗鐵離子，兩者沒有因果關(guān)系，B錯誤；C．碳酸鈣的溶解度小于碳酸氫鈣，但碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉，二者沒有因果關(guān)系，C錯誤；D．二氧化硅能和氫氟酸反應，玻璃中含有二氧化硅，所以玻璃瓶不能保存氫氟酸，二者有因果關(guān)系，D正確。答案選D。5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，W的核外電子數(shù)與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍，由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列敘述正確的是A．元素非金屬性強弱的順序為W>Y>ZB．W的簡單氫化物穩(wěn)定性比Y的簡單氫化物穩(wěn)定性高C．Y單質(zhì)的熔點低于X單質(zhì)D．化合物M中W不都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】B【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，為鈉Na；由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結(jié)構(gòu)分析，Y形成四個共價鍵，說明其為Si；Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍，則Z為Cl；W的核外電子數(shù)與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，為O。根據(jù)上述分析，W為O元素，X為Na元素，Y為Si元素，Z為Cl元素；A．同一周期，從左向右，非金屬性增強，同一主族，從上到下，非金屬性減弱，則元素非金屬性強弱的順序為：O＞Cl＞Si，即W＞Z＞Y，故A錯誤；B．O的非金屬性比Si強，所以W的氫化物的穩(wěn)定性比Y的氫化物強，故B正確；C．X為Na元素，Y為Si元素，硅為共價晶體，熔點高于鈉，即Y單質(zhì)的熔點高于X單質(zhì)，故C錯誤；D．根據(jù)，陰離子帶2個單位負電荷，其中O都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯誤；答案選B。6．貝里斯-希爾曼反應條件溫和，其過程具有原子經(jīng)濟性，示例如下：下列說法錯誤的是A．該反應屬于加成反應 B．I的一氯取代物有4種C．II中所有碳原子共平面 D．III能使酸性K2Cr2O7溶液變色【答案】C【解析】A．I中羰基碳氧雙鍵打開，II中碳碳雙鍵上臨近碳氧雙鍵的碳加至I的碳氧雙鍵的碳上，其上的氫加至I的氧上，故為加成反應，故A正確；B．I的一氯代物有4種，苯環(huán)上鄰間對位取代有三種，在碳氧雙鍵相鄰的甲基上取代有一種，故B正確；C．II的六元碳環(huán)只有一個雙鍵，其他均是以單鍵相連，除雙鍵中的碳外其他四個碳原子不可能在同一個平面上，故C錯誤；D．III中含有碳碳雙鍵，可被酸性重鉻酸鉀溶液氧化，故可使酸性重鉻酸鉀溶液褪色，故D正確。綜上所述，選C。7．碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一種具有發(fā)展前景的“綠色”化工產(chǎn)品，電化學合成碳酸二甲酯的工作原理如圖所示(加入兩極的物質(zhì)均是常溫常壓下的物質(zhì))。下列說法不正確的是A．B為直流電源負極B．H+由石墨1極通過質(zhì)子交換膜向石墨2極移動C．石墨1極發(fā)生的電極反應為2CH3OH+CO-2e?=(CH3O)2CO+2H+D．當石墨2極消耗22.4LO2時，質(zhì)子交換膜有4molH+通過【答案】D【解析】A．石墨2上發(fā)生還原反應，為陰極，陰極與電源的負極相連，則B為直流電源負極，A正確；B．陽離子移向陰極，則氫離子由石墨1極通過質(zhì)子交換膜向石墨2極移動，B正確；C．石墨1為陽極，陽極上是甲醇和一氧化碳反應失電子發(fā)生氧化反應，電極反應為2CH3OH+CO-2e?=(CH3O)2CO+2H+，C正確；D．沒有指明是標準狀況下，不能計算質(zhì)子交換膜通過的H+，D錯誤；故選C。8．無水氯化鋁是常用的有機化工試劑，易水解、易升華。實驗室用以下裝置制取少量氯化鋁，反應原理為。下列說法正確的是A．圓底燒瓶中發(fā)生反應：NaCl+H2SO4(濃)eq\o(,\s\up7(△))HCl↑+NaHSO4B．粗導管d也可換成細導管C．e中試劑可選用堿石灰、無水氯化鈣或五氧化二磷D．為了減少HCl的浪費，實驗開始時先點燃b處酒精燈【答案】A【解析】A．實驗室中，HCl的制備可采用NaCl固體與濃H2SO4在加熱下制取，反應還可以為2NaCl+H2SO4(濃)eq\o(,\s\up7(△))2HCl↑+Na2SO4，A說法正確；B．AlCl3易升華，同樣也容易凝華，可能在導管d處重新凝華為固體，產(chǎn)生堵塞現(xiàn)象，故應選用大導管，B說法錯誤；C．e處干燥管的作用有二，其一為防止多余的HCl氣體進入空氣而污染環(huán)境，其二為防止空氣中的水蒸氣進入收集裝置而使氯化鋁水解，C說法錯誤；D．裝置內(nèi)部的空氣會與Al反應，產(chǎn)生雜質(zhì)，故應先制取HCl并利用其排盡裝置內(nèi)的空氣，D說法錯誤；答案為A。9．已知聯(lián)氨(N2H4)為二元弱堿，常溫下將鹽酸滴加到聯(lián)氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中微粒的物質(zhì)的量分數(shù)δ(X)隨－lgc(OH?)變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是A．Kb1(N2H4)=10?6.0B．N2H6Cl2溶液中存在：c(Cl?)+c(OH?)=c(N2H)+2c(N2H)+c(H+)C．N2H5Cl溶液中：c(H+)＞c(OH?)D．N2H5Cl在溶液中水解的離子方程式為：N2H+H2ON2H+OH?【答案】D【解析】聯(lián)氨(N2H4)為二元弱堿，則聯(lián)氨(N2H4)的兩步電離方程式為：N2H4N2H+OH?、N2HN2H+OH?，根據(jù)圖象可知，當溶液中c(N2H4)=c()時，溶液的pOH=6.0，則Kb1==10?6.0，當溶液中c()=c()時，溶液pOH=15.0，則Kb2==10?15。A．當溶液中c(N2H4)=c()時，溶液的pOH=6.0，則Kb1==10?6.0，故A正確；B．根據(jù)電荷守恒可知，N2H6Cl2溶液中存在：c(Cl?)+c(OH?)=c(N2H)+2c(N2H)+c(H+)，故B正確；C．N2H5+的水解平衡常數(shù)為Kh2===10?8>Kb2=10?15，則N2H5Cl溶液呈酸性，所以溶液中：c(H+)＞c(OH?)，故C正確；D．N2H5Cl在溶液中水解的離子方程式為：N2H+H2ON2H4·H2O+H+，故D錯誤；答案選D。10．CO與N2O是汽車尾氣中污染大氣的成分，研究表明CO與N2O在Fe+作用下生成無害氣體，發(fā)生反應的能量變化及反應歷程如圖所示，兩步反應分別為：①N2O+Fe+＝N2+FeO+(慢)；②FeO++CO＝CO2+Fe+(快)。下列說法正確的是A．①是氧化還原反應，②不是氧化還原反應B．兩步反應均為放熱反應，總反應的化學反應速率由反應①決定C．Fe+使反應的活化能減小，減小反應速率D．FeO+在該反應過程中作催化劑【答案】B【解析】A．①、②兩反應中都含有變價元素，都是氧化還原反應，A不正確；B．兩步反應中反應物的總能量都高于生成物的總能量，均為放熱反應，總反應的化學反應速率，由速率慢的反應(即反應①)決定，B正確；C．Fe+為反應的催化劑，降低反應的活化能，加快反應速率，C錯誤；D．FeO+在該反應過程中是催化劑的中間產(chǎn)物，D不正確；故選B。二、不定項選題11．下列電解質(zhì)溶液中，微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是A．在溶液中：B．在0.1mol·L?1NaClO溶液中：c(OH?)=c(H+)+c(HClO)+c(Na+)C．pH相等的鹽酸和醋酸溶液等體積混合(忽略溫度和體積變化)，混合溶液中D．已知酸性：HCOOH>CH3COOH，濃度均為0.1mol·L?1的HCOOK與CH3COONa溶液中：c(K+)﹣c(HCOO?)<c(Na+)﹣c(CH3COO?)【答案】CD【解析】A．碳酸氫鈉的水溶液顯堿性，說明碳酸氫根的水解程度大于電離程度，則c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2?,3))，A錯誤；B．溶液中存在電荷守恒c(OH?)+c(ClO?)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒c(Na+)=c(HClO)+c(ClO?)，二式聯(lián)立可得c(OH?)=c(H+)+c(HClO)，B錯誤；C．混合前各溶液中c(H+)=c(OH?)+c(Cl?)、c(H+)=c(OH?)+c(CH3COO?)，混合前pH相等，則c(Cl?)=c(CH3COO?)，混合后pH不變，則c(Cl?)和c(CH3COO?)依據(jù)相等，C正確；D．已知酸性：HCOOH>CH3COOH，所以甲酸根離子水解程度小于乙酸根離子水解程度，在等濃度的甲酸鉀和乙酸鈉溶液中鉀離子和鈉離子濃度相等，甲酸根濃度大于乙酸根離子濃度，所以c(K+)-c(HCOO?)<c(Na+)-c(CH3COO?)，D正確；綜上所述答案為CD。12．下列有關(guān)甲醛（HCHO）、苯、二氧化碳及水的說法不正確的是A．苯分子中所有原子共平面B．甲醛、苯和二氧化碳中碳原子均采用sp2雜化C．苯、二氧化碳均是非極性分子，水和甲醛是極性分子D．水的沸點比甲醛高，是因為水分子間能形成氫鍵，而甲醛分子間不能形成氫鍵【答案】B【解析】A．苯是平面結(jié)構(gòu)，所有原子共平面，故A不符合題意；B．甲醛、苯分子中碳原子均含有3個σ鍵，沒有孤對電子，采用sp2雜化，二氧化碳中碳原子含有2個σ鍵，沒有孤對電子，采用sp雜化，故B符合題意；C．苯、CO2結(jié)構(gòu)對稱，正、負電荷的中心重合，均為非極性分子，水和甲醛的正、負電荷的中心不重合，均為極性分子，故C不符合題意；D．水的沸點比甲醛的高，是因為水分子間能形成氫鍵，故D不符合題意；故答案為B。13．防治污染要堅決打好藍天、碧水、凈土三大保衛(wèi)戰(zhàn)。某工廠擬綜合處理含NHeq\o\al(+,4)廢水和工業(yè)廢氣（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分），設(shè)計了如下流程：下列說法正確的是A．固體1的成分是CaCO3、CaSO3B．向氣體1中通入的空氣需要過量C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是COD．處理含NHeq\o\al(+,4)廢水時，發(fā)生的反應為NHeq\o\al(+,4)+5NOeq\o\al(?,2)+4H+＝6NO↑+4H2O【答案】C【解析】從流程圖可以看出，工業(yè)廢氣（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分）通入過量石灰乳中，CO2、SO2轉(zhuǎn)化為CaCO3、CaSO3，成為固體1的主要成分；此時氣體的主要成分為N2、NO、CO，通空氣、再用NaOH溶液吸收，NO轉(zhuǎn)化為NaNO2，用含NHeq\o\al(+,4)廢水處理，生成N2和水；CO氣體用捕獲劑處理，從而得到捕獲產(chǎn)物。A．由以上分析可知，固體1的成分是CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2等，A不正確；B．向氣體1中通入的空氣若過量，NaNO2將被氧化為NaNO3，B不正確；C．氣體2的成分為N2和CO，N2不污染環(huán)境，所以捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，C正確；D．處理含NH4+廢水時，發(fā)生的反應為NHeq\o\al(+,4)+NOeq\o\al(?,2)＝N2↑+2H2O，D不正確；故選C。14．近日，科學家發(fā)表了高溫二氧化碳電解發(fā)展報告，利用固體氧化物電解池將CO2和H2O轉(zhuǎn)化為合成氣并聯(lián)產(chǎn)高純度O2。原理如圖所示。下列說法正確的是A．x極為電源正極B．當有2mol電子流向a極時，產(chǎn)生0.5molO2C．b極CO2的反應式：CO2+2H++2e?=CO+H2OD．電解質(zhì)中陰離子由a向b移動【答案】A【解析】A．與x相連的電極上發(fā)生氧離子失電子生成氧氣的氧化反應，x極為電源正極，故A正確；B．a(chǎn)極為陽極，當有2mol電子流出a極時，產(chǎn)生0.5molO2，故B錯誤；C．b極CO2的反應式：CO2+2H++2e?=CO+H2O，H2O+2e?=H2+O2?，故C錯誤；D．在電場作用下，電解質(zhì)中陰離子移向陽極，由b向a移動，故D錯誤；故選A。15.是一種重要的殺菌消毒劑，其一種生產(chǎn)工藝如下：下列說法正確的是A．氧化性比較：稀B．“電解”中陰極反應的主要產(chǎn)物是NaClO2C．“尾氣吸收”用于除去少量尾氣。其中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3D．利用含Mg2+和Ca2+的粗鹽水制備“電解”用的食鹽水，要加入的除雜試劑有NaOH溶液、Na2CO3溶液、鹽酸【答案】BD【解析】由制備流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化條件下反應生成ClO2和NaHSO4，反應的化學方程式為2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，選擇NaOH除去食鹽水中的Mg2+，選擇碳酸鈉除去食鹽水中的Ca2+，然后電解，結(jié)合氧化還原反應不交叉規(guī)律可知，裝置中陰極ClO2得電子生成ClOeq\o\al(?,2)，陽極Cl?失電子生成Cl2，反應的化學方程式為2ClO2+2NaCleq\o(=,\s\up7(電解))2NaClO2+Cl2↑，含過氧化氫的氫氧化鈉溶液吸收ClO2，產(chǎn)物為NaClO2，反應的化學方程式為2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，最后NaClO2溶液結(jié)晶、干燥得到產(chǎn)品。A．NaClO3和SO2、H2SO4反應生成NaHSO4和ClO2，其中NaClO3為氧化劑，稀硫酸只提供酸性條件，無法比較氧化性，故A錯誤；B．由以上分析可知，裝置中陰極ClO2得電子生成ClOeq\o\al(?,2)，所以“電解”中陰極反應的主要產(chǎn)物是NaClO2，故B正確；C．由流程知，吸收ClO2用NaOH和H2O2，反應方程式為：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，其中氧化劑為ClO2，還原劑為H2O2，二者的物質(zhì)的量之比為2∶1，故C錯誤；D．利用含和的粗鹽水制備“電解”用的食鹽水，加入氫氧化鈉可以產(chǎn)生氫氧化鎂沉淀，然后加入碳酸鈉，生成碳酸鈣沉淀，通過過濾，除去雜質(zhì)，最后加入鹽酸，除去多余的碳酸鈉和氫氧化鈉，故D正確；故選BD。三、非選擇題16．乙酸制氫具有重要意義：熱裂解反應：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)?H=+213.7kJ·mol?1脫羧基反應：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)?H=?33.5kJ·mol?1（1）2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)?H=____kJ·mol?1。（2）在密閉容器中，利用乙酸制氫，選擇的壓強為_____（填“高壓”或“常壓”）。其中溫度與氣體產(chǎn)率的關(guān)系如圖：①約650℃之前，脫羧基反應活化能低，反應速率快，很快達到平衡，故氫氣產(chǎn)率低于甲烷；650℃之后氫氣產(chǎn)率高于甲烷，理由是____。②保持其他條件不變，在乙酸氣中摻雜一定量的水，氫氣產(chǎn)率顯著提高而CO的產(chǎn)率下降，請用化學方程式表示____。（3）保持溫度為T℃，壓強為pkPa不變的條件下，在密閉容器中投入一定量的醋酸發(fā)生上述兩個反應，達到平衡時熱裂解反應消耗乙酸20%，脫羧基反應消耗乙酸60%，則平衡時乙酸體積分數(shù)為____（結(jié)果保留1位小數(shù)）；脫羧基反應的平衡常數(shù)Kp為____kPa（結(jié)果保留1位小數(shù)）。（4）光催化反應技術(shù)使用CH4和____（填化學式）直接合成乙酸，且符合“綠色化學”的要求（原子利用率100%）。（5）若室溫下將amol/L的CH3COOH溶液和bmol/LBa(OH)2溶液等體積混合，恢復室溫后有2c(Ba2+)=c(CH3COO?)，則乙酸的電離平衡常數(shù)Ka=____（用含a和b的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮浚?）-247.2常壓隨著溫度升高后，熱裂解反應速率加快，同時熱裂解反應正向移動，而脫羧反應逆向移動CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)9.1%0.8pCO2(2b×10?7)/(a-2b)【解析】（1）由蓋斯定律可知，2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)?H=?33.5kJ·mol?1-213.7kJ·mol?1=-247.2kJ·mol?1；（2）在密閉容器中，利用乙酸制氫，CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，該反應為氣體體積增大的反應，選擇的壓強為常壓；①熱裂解反應：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)是吸熱反應，熱裂解反應正向移動，脫羧反應CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)是放熱反應，而脫羧反應逆向移動，650℃之后氫氣產(chǎn)率高于甲烷，理由是隨著溫度升高后，熱裂解反應速率加快，同時熱裂解反應正向移動，而脫羧反應逆向移動，故氫氣的產(chǎn)率高于甲烷；②CO能與水蒸氣反應生成二氧化碳和氫氣，故在乙酸氣中摻雜一定量的水，氫氣產(chǎn)率顯著提高而CO的產(chǎn)率下降，反應方程式為：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)；假設(shè)投入乙酸的物質(zhì)的量為amol，熱裂解反應：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，達到平衡時熱裂解反應消耗乙酸20%，故熱裂解反應消耗乙酸的物質(zhì)的量為：n(CH3COOH)=0.2amol，乙酸熱裂解反應生成的一氧化碳和氫氣的物質(zhì)的量為：n(CO)=n(H2)=0.4amol；脫羧基反應：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)，脫羧基反應消耗乙酸60%，故脫羧基反應消耗乙酸的物質(zhì)的量為：n(CH3COOH)=0.6amol，脫羧基反應生成的甲烷和二氧化碳的物質(zhì)的量為：n(CH4)=n(CO2)=0.6amol；故乙酸的體積分數(shù)為：[0.2a/(0.2a+0.4a+0.4a+0.6a+0.6a)]×100%=9.1%；p(CH4)=p(CO2)=(0.6a/2.2a)×pkPa=(3/11)×pkPa，p(CH3COOH)=(0.2a/2.2a)×pkPa=(1/11)×pkPa，脫羧基反應的平衡常數(shù)Kp=[(3/11)×p×(3/11)×p]/[(1/11)×p]=0.8p；（4）由原子守恒可知，光催化反應技術(shù)使用CH4和CO2直接合成乙酸，且符合“綠色化學”的要求（原子利用率100%）；（5）由電荷守恒可知：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO?)，因為2c(Ba2+)=c(CH3COO?)，所以c(H+)=c(OH?)，溶液呈中性，此時溶液中的c(CH3COO?)=bmo/L、c(CH3COOH)=(a/2-b)mo/L、c(H+)=1×10?7mo/L，故Ka=[1×10?7×b/(a/2-b)=(2b×10?7)/(a-2b)。17．三氧化二鎳是一種重要的電子元件材料、蓄電池材料。工業(yè)上利用含鎳廢料(以鎳、鐵、鈣、鎂合金為主)制取草酸鎳(NiC2O4·2H2O)，再高溫煅燒草酸鎳制取三氧化二鎳。已知草酸的鈣、鎂、鎳鹽均難溶于水。根據(jù)下列工藝流程示意圖回答問題。(1)操作1的名稱為___________。(2)雙氧水的作用___________(3)沉淀A為混合物，寫出其成分的化學式___________。(4)試劑B的名稱為___________，沉鎳后，濾液中C2Oeq\o\al(2?,4)的濃度為0.01mol/L，則殘留在濾液中的c(Ni2+)=___________[已知Ksp(NiC2O4)=4×10?10]。(5)NiC2O4·2H2O高溫煅燒制取三氧化二鎳時會產(chǎn)生CO、CO2、水蒸氣等混合氣體，發(fā)生反應的化學方程式為___________。(6)NiC2O4·2H2O(相對分子質(zhì)量為182.7)高溫煅燒制取三氧化二鎳的熱重曲線如圖所示：T2溫度時固體物質(zhì)的化學式為___________?！敬鸢浮浚?）過濾使Fe2+氧化為Fe3+MgF2，CaF2草酸(或可溶性的草酸鹽)4×10?8mol/L2NiC2O4·2H2Oeq\o(,\s\up7(△))Ni2O3+3CO↑+CO2↑+4H2ONiC2O4【解析】含鎳廢料加入硫酸，除去不溶于硫酸的固體，得到硫酸鎳、硫酸亞鐵、硫酸鈣、硫酸鎂的混合液，用H2O2把Fe2+氧化為Fe3+，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH，生成氫氧化鐵沉淀除鐵；加入氟化銨，生成MgF2、CaF2除鈣、鎂；加入草酸生成NiC2O4·2H2O沉淀，高溫煅燒草酸鎳制取三氧化二鎳。(1)根據(jù)流程圖，含鎳廢料加酸溶解，除去不溶物，所以操作1的名稱為過濾；(2)H2O2具有氧化性，F(xiàn)e2+具有還原性，雙氧水的作用是使二價鐵氧化為三價鐵；(3)硫酸鈣、硫酸鎂和氟化銨反應生成硫酸銨、氟化鈣沉淀、氟化鎂沉淀，所以沉淀A的化學式MgF2、CaF2；(4)草酸鎳難溶于水，根據(jù)流程圖可知，硫酸鎳溶液加入試劑B生成NiC2O4·2H2O沉淀，所以試劑B的名稱為草酸，沉鎳后，濾液中的濃度為0.01mol/L，則殘留在濾液中的c(Ni2+)===4×10?8mol/L；(5)NiC2O4·2H2O高溫煅燒生成三氧化二鎳、CO、CO2、水蒸氣，根據(jù)得失電子守恒，發(fā)生反應的化學方程式為2NiC2O4·2H2Oeq\o(,\s\up7(△))Ni2O3+3CO↑+CO2↑+4H2O；(6)NiC2O4·2H2O(相對分子質(zhì)量為182.7)高溫煅燒，先失去結(jié)晶水，然后NiC2O4分解為Ni2O3，失去1個結(jié)晶水時剩余固體占原固體的90.2%，失去2個結(jié)晶水時剩余固體占原固體的80.3%，所以T2溫度時固體物質(zhì)的化學式為NiC2O4。18．2019年諾貝爾化學獎由來自美、英、日的三人分獲，以表彰他們在鋰離子電池研究方面做出的貢獻，他們最早發(fā)明用LiCoO2作離子電池的正極，用聚乙炔作負極?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Co原子價電子排布圖為_______。第四電離能Ⅰ4(Co)比Ⅰ4(Fe)小，是因為_______。(2)LiCl的熔點(605℃)比LiF的熔點(848℃)低，其原因是_______。(3)乙炔(C2H2)分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為_______。(4)鋰離子電池的導電鹽有LiBF4等，碳酸亞乙酯()是一種鋰離子電池電解液的添加劑。①LiBF4中陰離子的空間構(gòu)型是_______。②碳酸亞乙酯分子中碳原子的雜化方式有_______。(5)Li2S是目前正在開發(fā)的鋰離子電池的新型固體電解質(zhì)，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，已知晶胞參數(shù)a=588pm。①S2?的配位數(shù)為_______。②設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Li2S的晶胞密度為_______g·cm?3(列出計算式)?！敬鸢浮浚?）Co失去的是3d6上的一個電子，而失去的是半充滿狀態(tài)3d5上的一個電子，故需要的能量較高LiCl和LiF均為離子晶體，Cl?半徑比F?大，LiCl的晶格能比LiF的小3∶2正四面體sp2、sp38【解析】(1)基態(tài)Co原子價電子排布式為3d74s2，其價電子排布圖為；第四電離能I4(Co)比I4(Fe)小，價電子排布Co3+為3d6，F(xiàn)e3+為3d5，F(xiàn)e3+半滿，穩(wěn)定，難失去電子，因此原因為Co失去的是3d6上的一個電子，而失去的是半充滿狀態(tài)3d5上的一個電子，故需要的能量較高；(2)LiCl的熔點(605℃)比LiF的熔點(848℃)低，它們都為離子晶體，離子晶體熔點主要比較離子半徑，晶格能，因此其原因是LiCl和LiF均為離子晶體，Cl?半徑比F?大，LiCl的晶格能比LiF的?。?3)乙炔(C2H2)分子中有1個碳碳三鍵，2個C-H因此分子總σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為3∶2；(4)①LiBF4中陰離子BFeq\o\al(?,4)的中心原子B的價層電子對數(shù)為，因此空間構(gòu)型是正四面體形；②碳酸亞乙酯分子中碳氧雙鍵的碳原子，σ鍵有3個，沒有孤對電子，因此雜化方式為sp2，另外兩個碳原子，σ鍵有4個，沒有孤對電子，因此雜化方式為sp3，所以碳原子的雜化方式有sp2、sp3；(5)①以最右面中心S2?分析，連接左邊有4個鋰離子，右邊的晶胞中也應該有4個鋰離子，因此配位數(shù)為8；②設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，根據(jù)晶胞計算鋰離子有8個，硫離子個數(shù)為，Li2S的晶胞密度。19．三氯化鉻(CrCl3)是常用的媒染劑和催化劑，易潮解，易升華，高溫下易被氧氣氧化。實驗室利用反應制取CrCl3，其實驗裝置如下圖所示。已知：①COCl2(俗稱光氣)有毒，遇水發(fā)生水解：；②堿性條件下，H2O2將Cr3+氧化為；酸性條件下，H2O2將還原為Cr3+。回答下列問題：(1)A中的試劑為_______；無水CaCl2的作用是_______；反應結(jié)束后繼續(xù)通入一段時間氮氣，主要目的是_______。(2)裝置E用來收集產(chǎn)物，實驗過程中若D處出現(xiàn)堵塞，可觀察到的現(xiàn)象是_______；可通過_______(填操作)，使實驗能繼續(xù)進行。(3)裝置G中發(fā)生反應的離子方程式為_______。(4)測定產(chǎn)品中CrCl3質(zhì)量分數(shù)的實驗步驟如下：I．取mgCrCl3產(chǎn)品，在強堿性條件下，加入過量的30%H2O2溶液，小火加熱使CrCl3完全轉(zhuǎn)化為，繼續(xù)加熱一段時間；Ⅱ．冷卻后加適量的蒸餾水，再滴入適量的濃硫酸和濃磷酸(加濃磷酸的目的是為了防止指示劑提前變色)，使轉(zhuǎn)化為；Ⅲ．用新配制的標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液VmL(已知被Fe2+還原為Cr3+)。①產(chǎn)品中CrCl3質(zhì)量分數(shù)表達式為_______。②下列操作將導致產(chǎn)品中CrCl3質(zhì)量分數(shù)測定值偏低的是_______(填標號)。a．步驟Ⅰ中未繼續(xù)加熱一段時間b．步驟Ⅱ中未加濃磷酸c．步驟Ⅲ中所用溶液已變質(zhì)d．步驟Ⅲ中讀數(shù)時，滴定前俯視，滴定后平視【答案】（1）濃硫酸防止G中的水蒸氣進入E及C裝置中將COCl2排入裝置G中并被充分吸收A中長玻璃管中液面上升加熱D處ab【解析】(1)根據(jù)題目信息：CrCl3易潮解高溫下易被氧氣氧化，所以要防止裝置內(nèi)在高溫條件下不能存在空氣，反應結(jié)束后繼續(xù)通入一段時間氮氣，主要目的是讓CrCl3在氮氣氛圍中冷卻，防止空氣進入使CrCl3氧化；A中裝濃H2SO4，作用是干燥N2并防止空氣中水蒸氣進入C裝置；無水CaCl2的作用是防止G中水蒸氣進入E及C裝置；反應結(jié)束后繼續(xù)通入一段時間氮氣，主要目的是將COCl2排入裝置G中并被充分吸收，回收尾氣；(2)若D處出現(xiàn)堵塞，則C裝置內(nèi)壓強增大，A中導管內(nèi)液面上升；D處堵塞是因CrCl3升華后在D處凝聚而產(chǎn)生的，故可對D處稍加熱，使實驗能繼續(xù)進行；(3)裝置G中可以看做是COCl2先與水反應生成二氧化碳和氯化氫，二氧化碳和氯化氫再與氫氧化鈉反應，故反應方程式為；(4)①測定過程中的物質(zhì)的量的關(guān)系為：2CrCl3~2~~6，得失電子守恒，原