山東省2021屆高三12月大聯(lián)考化學試卷

山東中學聯(lián)盟2021屆高三大聯(lián)考

化學試題

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用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?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫

在答題卡上。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：N14O16Na23Cl35.5Cr52Fe56Cu64

一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合

題目要求。

1.新型冠狀病毒正威脅著人們的身體健康，各種防護防控措施中，化學知識起到了重要作用。

下列有關說法錯誤的是

A.冷鏈運輸和冷臧儲存抗病毒疫苗，目的是避免蛋白質變性

B.體積分數為75%的醫(yī)用酒精，與“84”消毒液混合使用消毒效果更好

C.新冠病毒可能通過氣溶膠傳播，加快擴散速率，氣溶膠能產生丁達爾效應

D.醫(yī)用防護服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其單體四氟乙烯所有原子共平面

【答案】B

【解析】

【詳解】A.疫苗的主要成分為蛋白質，蛋白質在溫度過高的條件下會變性失活，所以要冷鏈

運輸和冷藏儲存抗病毒疫苗，故A正確；

B.乙醇具有還原性，“84”消毒液的主要成分為具有強氧化性的次氯酸鈉，將醫(yī)用酒精和“84”

消毒液會發(fā)生氧化還原反應，乙醇被氧化，次氯酸鈉被還原，減低消毒效果，故B錯誤；

C.含有病毒的飛沫粒子直徑介于1?lOOnm,混合在空氣中形成氣溶膠，吸入后導致感染，

氣溶膠屬于膠體，能產生丁達爾效應，故C正確；

D.四氟乙烯發(fā)生加聚反應生成聚四氟乙烯，四氟乙烯的結構簡式為FZC=CF2,根據乙烯的結

構可知四氟乙烯所有原子共平面，故D正確；

綜上所述答案為B。

2.實驗室中下列做法錯誤的是

A.將石蠟油蒸氣分解得到的氣體通入濱水中，溪水退色，且分層

B.配制Na2s。3溶液時，用新煮沸過并冷卻的NaOH溶液溶解Na2so3固體

C.向含有FeCL的MgC12溶液中，加入氧化鎂調pH,攪拌、過濾可除去Fe?+

D.用鏡子取綠豆粒大小的鈉迅速投入盛有10mL水（含酚酥）的試管中，觀察現(xiàn)象

【答案】D

【解析】

【詳解】A.石蠟油蒸氣分解得到的氣體中含有烯燒，將石蠟油蒸氣分解得到的氣體通入濱水

中發(fā)生加成反應，澳水退色，且分層，故A正確；

B.配制Na2s。3溶液時，用新煮沸過并冷卻的NaOH溶液溶解Na2s。3固體，可以抑制Na2s。3

水解并防止氧化，故B正確；

C.Fe，+比Mg?*更易形成氫氧化物沉淀，向含有FeCL的MgCb溶液中，加入氧化鎂調pH,

攪拌、過濾可除去Fe3+,故C正確；

D.用鍛子取一綠豆粒大小金屬鈉，用濾紙吸凈其表面的煤油，小心投入盛有水（含酚獻）的燒

杯中，觀察現(xiàn)象，故D錯誤；

選D。

3.下列有關物質性質與應用的對應關系正確的是

選項化學性質實際應用

A此。2不穩(wěn)定，易分解醫(yī)用消毒劑

BSiO2能導電，傳導信息快光導纖維

C鎂燃燒使發(fā)出耀眼的強光制作照明彈

D熱純堿溶液堿性強可除去發(fā)動機表面柴油

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.具有強氧化性，能使蛋白質變性，可用于殺菌消毒，與電。2不穩(wěn)定、易分

解無關，故A錯誤；

B.物質中含自由移動的離子或電子則能導電，故二氧化硅不能導電，故B錯誤;

C.鎂燃燒時發(fā)出耀眼的強光，透射性強，軍事上可用于制作照明彈，故c正確；

D.柴油是燃類物質，不是酯類物質，堿性條件下不發(fā)生水解，也不與堿性物質反應，所以熱

的純堿溶液不能除去礦物油污漬，故D錯誤；

答案選C。

4.設M為阿伏加德羅常數的值，下列說法一定正確的是

A.標準狀況下，2.24LC4H8分子中的。鍵的數目為I.INA

B.4.6gNa在空氣中反應完全生成Na?。、Na2O2,轉移電子數為0.2NA

C.室溫下，pH=5的醋酸溶液中，由水電離的H+離子數目為10一9心

D.電解C11SO4溶液時，當陰極產生3.2gCh時，轉移的電子數為0.4M

【答案】B

【解析】

【詳解】A.C4H8可以是丁烯或環(huán)丁烷或甲基環(huán)丙烷，若為丁烯一個C4H8分子含有11個。鍵，

若為環(huán)丁烷或甲基環(huán)丙烷一個c4H8分子含有12個G鍵，所以無法確定2.24LC4H8分子中的o

鍵的數目，故A錯誤；

B.4.6gNa的物質的量為0.2mol,完全反應生成Na?。、Na2O2W,全部轉化為Na卡,所以轉移

電子數為0.2NA，故B正確；

C.溶液體積未知，無法確定溶液中微粒的數目，故C錯誤；

D.電解硫酸銅溶液時，陽極上水電離出的氫氧根被氧化生成氧氣，陰極不產生氧氣，故D錯

誤；

綜上所述答案B。

5.應用下列實驗裝置或方案能達到實驗目的的是

2（W）lmol/L0.1mol/L

NaCI溶液Na【溶液

】0滴0.用。1/1.

AgNh溶液

NH4cl固體

跋石,aPzO,

濕澗的藍色?濕澗的酚狀

石蕊試紙《》試紙

圖3

A.用圖1裝置，可證明非金屬性：Cl>C>Si

B.用圖2裝置，可證明：Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)

C.用圖3裝置，檢驗氯化錢受熱分解產物

D.用圖4裝置，制備Fe(0H)2白色沉淀

【答案】B

【解析】

【詳解】A.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，稀鹽酸屬于無氧酸,

不能比較氯元素和碳元素的非金屬性強弱，故A錯誤；

B.向硝酸銀溶液中加入過量的氯化鈉溶液，銀離子完全生成氯化銀沉淀，再向溶液中加入碘

化鈉溶液，氯化銀白色沉淀轉化為黃色的碘化銀沉淀，說明Ksp(AgI)<Ksp(AgC1),故B正確;

C.氯化鏤受熱分解生成氨氣和氯化氫氣體，堿石灰將氯化氫氣體完全吸收，濕潤的藍色石蕊

試紙無法檢驗氯化氫的生成，五氧化二磷將氨氣吸收，濕潤的酚醐試紙無法檢驗氨氣的生成,

故C錯誤；

D.制備氫氧化亞鐵沉淀時，為防止空氣中氧氣將氫氧化亞鐵氧化，應將盛有氫氧化鈉溶液的

長膠頭滴管插入硫酸亞鐵溶液的液面下，故D錯誤；

故選B。

6.二氧化硫的減排與回收已成為環(huán)保領域急需解決的重大課題，某研究團隊提出如下還原脫

硫流程：

CaS煤

預處理

SO：煙氣——U脫,塔I----?CaSO"——再生塔I——*co：

破冷凝器|~>?單旗&M

脫硫后氣體

下列說法錯誤的是

A.“脫硫塔”反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1

B.S2、S4、S6和S8互為同素異形體

C.“再生塔”需將CaSO4和煤粉碎處理，使其充分接觸

D.M可以循環(huán)使用

【答案】A

【解析】

【詳解】A.“脫硫塔”反應中，CaS+2SO2=CaSO4+S2,CaS為還原劑，SCh既是氧化劑又是還

原劑，根據電子守恒可知，氧化劑與還原劑物質的量比為1：2,A錯誤；

B.S2、S4、S6和S8是由s元素形成的不同性質的單質，它們互為同素異形體，B正確；

C.將CaS?！缓兔悍鬯樘幚恚梢允狗磻锍浞纸佑|，增大反應物的接觸面積，使反應充分發(fā)

生，c正確；

D.再生塔中，硫酸鈣和煤粉發(fā)生反應，煤粉被氧化為二氧化碳，硫酸鈣被煤粉還原為硫化鈣

從而實現(xiàn)再生，因此，M是CaS,可以加入脫硫塔中處理SO2,因此M能夠循環(huán)利用，D正

確；

故合理選項是A。

7.現(xiàn)有不同狀態(tài)的銅、鋅中，失去1個電子需要的能量最大的是

A.鋅[Ar]3di°4s2B.鋅[Ar]3d1°4slC.銅[Ar]3d1°4slD.銅

[Ar]3di°

【答案】D

【解析】

【詳解】滿層或者半滿層電子結構較為穩(wěn)定，難以失去電子，所以失去一個電子所需能量最

大的為[Ar]3d?故合理選項是D。

8.我國電池的年市場消費量約為80億只，其中70%是鋅鎰干電池，某工藝利用軟錦礦（主要

成分MnCh，含少量AI2O3和SiO2）和閃鋅礦（主要成分是ZnS,含少量FeS、CuS、CdS）為原

料制備MnCh和Zn,其流程如下：

|MnO?和Nn|

已知：I.礦石中所有金屬元素均以離子形式進入濾液A中。

H.各種金屬離子完全沉淀的pH如下表：

Zn2+Mi?+Fe2+Fe3+IAl3+

PH8.010.19.03.24.7

下列說法中不正確的是

A.濾渣A主要成分：S和Si。？

B.適量金屬鋅是為了回收金屬Cu和Cd

C.步驟③中，加入物質X可以是MnCh，調pH：4.7WpH<8.0

D.上述流程中，可以循環(huán)使用的物質有H2sCU

【答案】C

【解析】

【分析】

軟銃礦（主要成分MnO2,含少量AI2O3和SiC）2）和閃鋅礦（主要成分是ZnS,含少量FeS、CuS、

CdS）與硫酸混合反應，-2價的硫元素被MnOz氧化成S單質，SiCh難溶于稀硫酸，所以濾渣A

為S和SiCh；得到的濾液A中主要含有MIAA產、Zn2\Fe2\Cu2\Cd*等陽離子,加入

適量Zn,將C『+、Cd+還原為Cu和Cd形成濾渣B,向濾液B中通入O2和X,。2將Fe?+氧化

成Fe3+,X調節(jié)pH使A「+、Fe3+形成沉淀除去，所以濾渣C主要含氫氧化鋁和氫氧化鐵，濾

液C中含有MnSCU和ZnSO4,電解得到MnCh和Zn?

【詳解】A.根據分析可知濾渣A的主要成分為S和SiO2i

B.根據分析可知加入適量Zn是為了置換出Cu和Cd,故B正確；

C.步驟③中氧氣為氧化劑將Fe?+氧化，所以X的作用主要是調節(jié)pH值，而MnOz與氫離子

并不反應，所以不能用來調節(jié)pH,為了不引入新的雜質X可以是ZnO、Mn（OH）2等，故C錯

誤；

D.步驟④中電解時陽極Mr?+失電子發(fā)生氧化反應生成MnCh，陽極的電極反應式為

2++

Mn-2e+2H2O=MnO2+4H,陰極Zn"得電子發(fā)生還原反應生成Zn,廢電解液為硫酸，則本

工藝中能循環(huán)利用的物質是H2s04,故D正確；

綜上所述答案為C。

9.短周期元素A、B、C原子序數依次增大，A元素原子是周期表中原子半徑最小的，C的氫

化物濃溶液和濃硝酸組成的混合溶液，可溶解Au等不活潑金屬，而一定條件下B存在如圖所

示轉化關系。下列有關說法一定正確的是

B的氨化物

—B的單質

B的氧化物

A.電負性：B>C>A

B.若B單質為淡黃色固體，則含氧酸酸性：C>B

C.若B單質為無色無味氣體，則B的氨化物可能含有非極性鍵

D.由A、B、C三種元素只能形成共價化合物

【答案】C

【解析】

【分析】

A元素原子是周期表中原子半徑最小的，A是H；C的氫化物濃溶液和濃硝酸組成的混合溶液,

可溶解Au等不活潑金屬，則混合溶液稱為王水，由濃鹽酸和濃硝酸組成，C是Cl；B的氫化

物能與氧化物反應生成B單質，發(fā)生歸中反應，B為S,反應方程式為：2H2S+SO2=3SI+2H2O,

同理，B也可能為N。

【詳解】由分析知：A是H,B是S或N,C是C1；

A.非金屬性：C1>S>H,則電負性：C>B>A,A錯誤；

B.只有非金屬的最高價氧化物對應的酸，其酸性比較才能用非金屬性來比，否則無法確定，

B錯誤；

C.若B是N,N2H4中含有非極性鍵，C正確；

D.若A是H,B是N,C是C1,組成化合物NH4cl是離子化合物，D錯誤；

答案選C。

10.中科大電化學研究團隊用HC1—CuC12混合溶液做腐蝕液，處理工業(yè)廢銅，提升經濟效益,

其方法如下圖所示，水在BDD電極上生成一種具有強氧化性的羥基自由基(HO)下列有關

說法錯誤的是

+

B.BDD電極反應式：H2O-e-=HO+H

C.蝕銅槽中發(fā)生的反應：CuC12+Cu+4HC1=2H2CUC13

D當SS電極生成32gCu時，將交換1molC「到BDD電極區(qū)域

【答案】D

【解析】

【分析】

由圖示可知：由圖示可知陽極上水失去電子產生羥基自由基（H。）和H*,H。與溶液中的Cu+

++2+

發(fā)生反應：H+CU+?OH=CU+H2O,C「通過陰離子交換膜移入陽極區(qū)可生成CuCb蝕刻液，

在陰極SS電極上，H2CUCI3得到電子發(fā)生還原反應產生Cu單質，溶液中含有H+、cr,故X

為鹽酸，HCLCuCb混合溶液進入蝕銅槽，將Cu單質氧化產生H2C11CI3。

【詳解】A.根據圖示可知H2C11CI3部分進入陰極區(qū)，部分進入陽極區(qū)。在陰極SS電極上

H2G1CI3中+1價的Cu得到電子變?yōu)閱钨|Cu附著在SS電極上，根據電荷守恒可知會有C「通

過陰離子交換膜移入陽極區(qū)，溶液中含有H+、cr,故X為鹽酸，A正確；

B.BDD電極與電源正極連接，為陽極，在BDD電極上水失去電子產生具有強氧化性的HO,

+

陽極的電極反應式：H2O-e-HO+H,B正確；

C.HCl-CuCb混合溶液進入蝕銅槽，將Cu單質氧化產生H2CUCI3,根據電子守恒及原子守恒,

可知在蝕銅槽中發(fā)生的反應：CuC12+CU+4HC1=2H2CUC1C正確；

+

D.SS電極連接電源負極，為陰極。在SS電極上發(fā)生還原反應：H2CuCl3+e=Cu+2H+3Cr,

每反應產生1molCu單質轉移1mol電子，根據電荷守恒可知同時會有1molC「通過陰離子交

換膜進入陽極區(qū)，當SS電極生成32gCu時，其物質的量是0.5mol,則進入陽極區(qū)C「的物質

的量是0.5mol,D錯誤；

故合理選項是Do

二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符

合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

11.下列操作不能達到實驗目的的是（）

目的操作和現(xiàn)象

A除去溟苯中少量的浪加入適量NaOH溶液，振蕩、靜置、分液

證明Na2cCh溶液中存向含有酚歌的Na2cCh溶液中加入少量BaCb固體，溶液紅色變

B

在水解平衡淺

C氧化性：Cl2>Br2向KBrCh溶液中，加入少量的苯，再通入少量氯氣，振蕩

室溫下，向等體積等濃度的兩份Na2s。3溶液，同時分別滴加

D探究濃度對速率的影響

0.1mol?L“雙氧水和L0mol?L“雙氧水

A.AB.BC.CD.D

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.除去溟苯中少量的浪，加入適量NaOH溶液，漠與NaOH溶液反應，與澳苯分層,

則靜置分液可除雜，可達到實驗目的，A不符合題意；

B.含有酚獻的Na2co3溶液，因碳酸根離子水解顯堿性溶液變紅，加入少量BaCk固體，水

解平衡逆向移動，氫氧根離子濃度減小，溶液紅色變淺，證明Na2c溶液中存在水解平衡，

可達到實驗目的，B不符合題意；

C.氯氣本身可以和水反應生成次氯酸，并不能表明是澳酸鉀氧化了氯氣，也不能證明氧化性:

Cl2>Br2,故不能達到實驗目,C符合題意；

D.在其他條件相同下，濃度越大，反應速率越快，但是Na2sO3+H2O2=Na2SO4+H2O,反應中

沒有明顯現(xiàn)象，不能判斷反應速率的快慢，故不能達到實驗目的，D符合題意；

答案選：CD。

12.某學校實驗小組發(fā)現(xiàn)，可用如下兩種方法制備MnOq：

①NaBiCh（鈿酸鈉）和稀硫酸酸化的MnSOq溶液：

2++3+

5NaBiO3+2Mn+14H^5Na+5Bi+2MnO4+7H2O；

2++

②PbCh與稀硫酸酸化的MnSCM溶液：5PbO2+2Mn+4H+5SO^2MnO；+5PbSO4+2H2O

下列有關說法正確的是

A.NaBiO?中Bi原子采用sp3雜化

B.NaBiCh可與濃鹽酸發(fā)生反應：NaBiO3+HCl=HBiO3+NaCl

2++2+3+

C.PbCh可與硫酸酸化FeSCM發(fā)生反應：PbO2+2Fe+4H=Pb+2H2O+2Fe

D.均制備ImolMnC^，兩種方法轉移的電子數和消耗氧化劑物質的量均相同

【答案】D

【解析】

【詳解】A.Bi元素為第六周期VA族，價層電子數為5,所以NaBiCh中Bi原子的價層電子

對數為3+8；X3=3,所以為sp?雜化，故A錯誤；

B.根據反應①可知酸性環(huán)境中BiO；的氧化性大于MnO4,根據所學知識可知酸性環(huán)境中

MnO；可以氧化氯離子，所以NaBiCh與濃鹽酸反應時會將氯離子氧化，故B錯誤；

C.PbO2被F，+還原成Pb”后會結合硫酸根生成硫酸鉛沉淀，沉淀不能拆成離子，故C錯誤;

D.兩個反應中MnO；,均為唯一氧化產物，且氧化劑與MnC>4的系數比均為5：2,所以制備

相同物質的量的MnO」兩種方法轉移的電子數和消耗氧化劑物質的量均相同，故D正確；

綜上所述答案為D。

13.南京大學研究發(fā)現(xiàn)電化學“大氣固碳”有效方法，電池工作原理示意圖如圖所示。充電時,

利用催化劑的選擇性，陽極電極反應式為：2Li2cCh-e-=2CC)2+C)2+4Li+,下列有關說法正確的

是

負我或電源

c.

可傳到Li?聚合物電解質

A.放電時，M電極的電勢比N電極的高

B.放電時，正極電極反應式：3co2+4e+4Li+=C+2Li2c。3

C.充電時，M電極接外電源負極，電解質可選含Li+水溶液

D.該電池每放電、充電一次，若均轉移2moi電子，理論上能固定標準狀況下11.2LCO2

【答案】BD

【解析】

【分析】

放電時為原電池，M極上Li失電子生成Li卡,則M為負極，N為正極，正極上CO2得電子生

成C和Li2co3，反應式為3co2+4Li++4e—C+2Li2co3；充電時為電解池，陰極上Li.得電子

+

生成Li,陽極上Li2cCh失電子生成C02和。2，反應式為2Li2co3-4/-2cCht+O2t+4Li；

【詳解】A.放電時為原電池，M為負極，N為正極，正極電勢比負極電勢高，即M高于N,

故A錯誤；

B.原電池的正極上CO2得電子生成C和U2CO3,反應式為3co2+4Li++4e-C+2Li2co3,故

B正確；

C.充電時若電極A質量增加14gLi,則轉移電子2mol,即聚合物電解質膜上通過Li+2mol,

電子不能通過交換膜，故c錯誤；

D.電池每放電一次轉移2mol電子就有0.5mol碳生成,充電一次且每轉移2molW時生成0.5mol

02,C+O2=CO2,所以該電池每放、充2moi電子一次，理論上能固定0.5molCO2，標準狀況

下為11.2LCO2，故D正確；

答案選BD。

14.常溫下，用NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A溶液，溶液中-lg[c(H+)/以比人)]和-lgc(HA)

或-lg[c(H+)/c(HA”和-lgc(A與關系如圖所示，下列說法正確的是

r

，

5-

M—

l

r

H

)

昌

—

B.滴定過程中，當pH=5EI寸，c(Na+)—3c(HA')<0

2

C.若C(HA)>C(A)>C(H2A),則pH范圍3.5<pH<5

+2

D.NaHA溶液中：C(H)+C(A')=C(H2A)+C(OH')

【答案】BC

【解析】

【分析】

看懂圖像是解題的關鍵，再利用三大守恒可解出此題。M點可計算Kal，N點計算Ka2。

【詳解】A.這種-lgc(HA)形式類似于pH的定義，在M點可計算Kai=10"x10"=10-2,在N

點計算Ka2=10°X10-2=10-5,由于Kal>Ka2,可以肯定M線是-坨磔工法低人)]和-lgC(HA)的關

系，那么N線就是-lg[c(H+)/c(HA-)]和-lgc(A。的關系。M線是第一步電離，N線是第二步電離,

第一步電離程度大，相當于酸性強，故水的電離弱于N點，故A錯誤；

B.當pH=5時，溶液呈酸性，c(H+)=l(y5由Ka2=10$,由Ka2=c(H).C(A)得C(A3)=C(HA)

c(HA)

根據電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HA)+2c(A2-)+c(OH),c(Na+)—3c(HA-)=c(OH)—c(H+)<0,

故B正確；

人，，c(HA)c(A"),,,

C.<：出<)>(：仆2一)>(：(出人)同時除以(：02人)得二——->—~->1.由Kal，冷2，凡1X凡2的

C(H2A)C(H2A)

KKaxKa2

表達式可知上式為-^7>'+x>1,解出c(H*)的濃度可得3.5<pH<5,故C正確;

c(H)c(H)

+++2

D.根據電荷守恒c(Na)+c(H)=c(HA-)+2c(A，+c(OH-)物料守恒c(Na>c(HA-)+c(A-)+c(H2A)

2

可得c(H+)+C(H2A)=c(OH)+c(A"),故D錯誤;

所以答案為BC。

15.某科研團隊研究發(fā)現(xiàn)硼氫化鈉(NaBH。在催化劑Ru表面與水反應可生成H2,其反應機理

如圖所示:

根據以上信息判斷，下列敘述錯誤的是

3

C.整個過程總反應方程式：NaBH4+4H2O=NalB(OH)4j+4H2t

D.ImolNaBR的還原能力與標準狀況下89.6LHz的還原能力相當(還原能力即生成H*失去電

子的量)

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據電荷得到BH：和H2O反應生成H2、BH3和OH,因此微粒X是過程①中生

成的OH,故A錯誤;

B.過程①BH,中硼元素雜化方式是sp3,生成的B%中硼元素雜化方式是sp2,過程⑤B(OH)：

中硼元素雜化方式是sp3,故B正確;

C.根據整個過程得知總反應方程式：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2t,故C正確;

D.ImolNaBHU失去8mol電子，標準狀況下89.6L%即物質的量為4mol,失去8mol電子，

因此ImolNaBFU的還原能力與標準狀況下89.6L比的還原能力相當，故D正確。

綜上所述，答案為A。

三、非選擇題：本題共5小題，共60分

16.次磷酸鈉(NaH2Po2)是具有珍珠光澤晶體或白色結晶性粉末，易溶于水、乙醇、甘油，

微溶于氨水，不溶于乙酸。次磷酸鈉(NaH2PCh)廣泛應用于化學鍍銀，其制備與鍍鐐過程如下

圖所示：

據此回答下列問題：

(1)基態(tài)Ni原子的核外電子排布式為,PH3的分子空間構型為。

(2)“堿溶”過程中，發(fā)生反應化學方程式為,H3P。2為一元弱酸，貝UNaH2P。2溶

液中離子濃度大小關系為。

(3)“沉降池”中，通入氨氣的目的是,“凈化”操作需要過濾、洗滌、干燥，洗

滌時，選用的洗滌劑為.______=

⑷“濾液2”經分離提純可以得H3Po4,寫出“鍍銀”過程發(fā)生的離子反應方程式

充分反應后，向“濾液2”中，加入適量Ca(0H)2懸濁液，生成CaS04和CaHPOa

cT(SO；j,

5

混合沉淀，此時一4——去=__________。[已知I：Ksp(CaSO4)=7X10'(mol/Lf；

c平(HPOj)

-72

Ksp(CaHPO4)=lX10(mol/L)]

【答案】(1).[Ari3d84s2或1s22s22P63s23P63d84s?(2).三角錐形(3).

++

P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PCh+PH3t(4).c(Na)>c(H2PO2)>c(OH)>c(H)(5).降低

NaEPO?溶解度，使其析出，與雜質分離缶).乙醛(7).

2++

2Ni+H2POj+2H2O=2Ni+H3PO4+3H(8).700

【解析】

【分析】

黃磷在NaOH溶液中發(fā)生歧化反應生成NaH2P。2和PFhf,次磷酸鈉微溶于氨水，所以通入氨

氣后析出次磷酸鈉晶體，過濾、洗滌、干燥后與NiSC)4混合，得到Ni單質和濾液2。

【詳解】(1)Ni為28號元素，原子核外有28個電子，根據核外電子排布規(guī)律可知基態(tài)Ni原子

si

核外電子排布式為[Ar13d4s*或1s22s22P63s23P4s?；PH3中心原子價層電子對數為

C1Q

3+空一x=4,含一對孤電子對，所以空間構型為三角錐形；

2

(2)根據流程可知堿溶過程中P4與NaOH溶液發(fā)生歧化反應生成PE和NaH2PO2,根據電子守

恒可知PE和NaH2P02的系數比應為1:3,再結合元素守恒可得化學反應方程式為

P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3T；H3PO2為一元弱酸，則NaH2P。2溶液中存在H2PO2的水

++

解使溶液顯堿性，水解是微弱的，所以離子濃度大小關系為c(Na)>c(H2PO2)>c(OH-)>c(H)；

(3)根據題目所給信息可知次磷酸鈉微溶于氨水，通入氨氣可以降低NaH2P。2溶解度，使其析

出，與雜質分離；次磷酸鈉不溶于乙醛，所以為了降低洗滌時的溶解損耗，應用乙酸洗滌；

(4)根據流程和題意可知NaH2P和NiSCU混合后生成Ni和H3PO4,說明該過程中Ni?+將

H2PO?氧化成H3PO4,自身被還原為Ni,根據電子守恒可以得到Ni?+和H2P的系數比為2:1,

再結合元素守恒可得離子方程式為2Ni2++H2PC)2+2H2O=2Ni+H3Po4+3H+；

C平(so：)_C平(soj)c平(Ca?+)_MplCaSOj_7x10“_

2+7

c平(HPOj)-cr(HPO^jc￥(Ca)-Ksp[CaHPO4]-lx10°

17.N、F、Cu及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等方面應用十分廣泛?；卮鹣铝杏嘘P問題：

(1)寫出N基態(tài)原子核外電子的空間運動狀態(tài)有種，與Cu同周期且基態(tài)原子核外

單電子數與Cu相同的元素還有種。

(2)常見含氮化合物CH3NH2、(CHRNH常溫下均為氣體，已知甲基的供電子能力強于氫原子,

沸點較高的是，原因是:NF3中F—N—F鍵角比NH3中

H—N—H鍵角。(填大于、小于或等于)

(3)將無水硫酸銅溶解在一定量的水中，再加入過量氨水，溶液變?yōu)樯钏{色，Imol深藍色離子

[CU(NH3)4(H2O)2產中所含o鍵為mol(包括配位鍵)。

(4)氮、銅形成的一種化合物，為立方晶系晶體，晶胞參數為apm,沿面對角線投影如圖所示:

oT

o

o。

O?N

oO

TCU

該晶胞中原子的分數坐標為：

Cu：(0,0,；)；(0,—,1),(1,0,—)；(1,—-,0)；(0,1,--)；(0,—,0)...

N：(0,0,0)：(0,1,1)：(1,0,0)；(1,1,1)；...

則該晶胞中，與Cu原子緊鄰的Cu原子有個，令阿伏加德羅常數的值為NA，該

晶體的密度為g/cm'(列出計算式)

【答案】⑴.5種⑵.4種⑶.(CH3XNH⑷.(CH3)2NH中甲基數目多，供電強,

N原子形成的氫鍵強，同時(C%)2NH分子量大，范德華力強，其沸點更高⑸.小于⑹.

206

223

⑺⑻.(axlO-).NA

【解析】

【分析】

(DCu原子成單電子數為1,與Cu同周期且基態(tài)原子核外的成單電子數與Cu相同的元素有K、

Sc^Ga、Br；

(2)相對分子質量越大，范德華力越強，沸點越高，N原子與H原子形成氫鍵，甲基的個數越

多，供電子能力越強，氫鍵越強，物質沸點越高；F的電負性強于H的，對成鍵電子對吸引能

力更強，成鍵電子對離中心原子更遠，成鍵電子對之間排斥力更小，致使NF3的鍵角小于N%

的，

(3)依據圖3可知銅離子與4個氨氣，2個水分子形成配位鍵，化學式表示為：

ICU(NH3)4(H2O)J+,1個氨氣含有3個N-H,1個水含有2個H-O,銅與氨氣、水共形成6個

配位鍵；

(4)根據晶胞中原子的分數坐標進行分析與Cu原子緊鄰的Cu原子的數目；根據晶體的密度等

于晶體的質量和晶體的體積的比值進行計算。

【詳解】(DN元素的基態(tài)原子核外電子排布式Is22s22P3,核外電子的空間運動狀態(tài)：Is軌

道有1種,2s有1種，2P有3種,共5種;Cu為29號元素，原子核外有29個電子，核外電

子排布式為：[Ar]3di°4slCu原子成單電子數為1,與Cu同周期且基態(tài)原子核外的成單電子

數與Cu相同的元素有K(4s，、Sc(3d'4s2),Ga(4s24p'),Br(4s24PD,共4種元素；故答

案為:5；4；

(2)N原子與H原子形成氫鍵，(CH3)2NH中甲基數目多，供電強，N原子形成的氫鍵強，相對

分子質量越大，范德華力越強，沸點越高，則(CH3)2NH分子量大，其沸點更高。F的電負性

強于H的，對成鍵電子對吸引能力更強，成鍵電子對離中心原子更遠，成鍵電子對之間排斥

力更小，致使NF3的鍵角小于NH3的；故答案為：(CH3)2NH：(CH3)2NH中甲基數目多，供電

強，N原子形成的氫鍵強，同時(CH3”NH分子量大，范德華力強，其沸點更高；小于；

(3)依據圖3可知銅離子與4個氨氣，2個水分子形成配位鍵，化學式表示為：

2+

[CU(NH3)4(H2O)2],含有。鍵數：3X4+2X2+6=22,所以Imol該離子中所含。鍵為22mol；

故答案為：22；

(4)Cu原子都在棱上，與每個Cu原子緊鄰的Cu原子有8個；一個晶胞中，Cu的數目為3,N

的數目為1，該晶體的化學式為C113N,C113N的摩爾質量為206g/mol,lnm=lO'm=io=cm,密

(206)g

206

度：p=E=.=_206_

3故答案為：8；(axlO-,o)3.N

l(,3A

V(axlO'W(axlO).NA

18.CO2是主要的溫室氣體，以CO?和比為原料制造更高價值的化學產品是用來緩解溫室效應

的研究方向，回答下列問題:

(I)工業(yè)上常用CO2和氏為原料合成甲醇(CH3OH),過程中發(fā)生如下兩個反應：

-1

反應I：CC)2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△/7,=—51kJ?mol

反應H：CCh(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△42=+41.17kJ?mol」

①已知：鍵能指斷開Imol氣態(tài)鍵所吸收的能量或形成Imol氣態(tài)鍵所釋放的能量。幾種化學

鍵的鍵能如下表所示：

化學鍵C-Hc-oH-O(H2O中)H-O(CH3OH中)H-HC=O

鍵能/kJ?mol'1406351462.5465436a

則a=kJ?mol-1；

②若反應H逆反應活化能Ea(逆)為124kJ?mol1,則該反應的Ea(正)活化能為

kJ?mol-1

(2)向2L容器中充入ImolCCh和2molH2,若只發(fā)生反應I,測得反應在不同壓強、不同溫度下,

平衡混合物中CH30H體積分數如圖1所示，測得反應時逆反應速率與容器中c(CH-QH)關系

如圖n所示:

①圖I中A、B、C三點對應的平衡常數K(A)、K(B)、K(C)由大到小的順序排列為—

圖I中C點CO2的轉化率為。

②圖n中當x點平衡體系升高至某一溫度時，反應可重新達平衡狀態(tài)，新平衡點可能是

⑶若反應IIC0(g)+H20(g)CC>2(g)+H2(g)的正、逆反應速率分別可表示為相乂正

c(C0)?c(H2。)、v逆斗逆c(CC>2)?c(H2),岫、々迪分別為正、逆反應速率常數，c為物質的量濃

度。則下圖(pA=lg生T表示溫度)所示①、②、③、④四條斜線中，能表示以水“：隨T變化關

系的是斜線,能表示曲逆隨T變化關系的是斜線,圖中A、B、C、D

點的縱坐標分別為a+3、a+1、a-La-3,則溫度“時化學平衡常數K=mof1-L?

【答案】⑴.800(2).165.17⑶.K(C)>K(A)>K(B)⑷.75%⑸.d(6).?

(7).③(8).100

【解析】

【詳解】(1)①由反應熱=反應物鍵能之和一生成物鍵能之和可得：反應I中AH|=(2a+3X436)

kJ-mol1—(3X406+351+2X462.5+465)kJ-mol-'=-51kJ-mol_1,解得a=800kJ-mol-1,故答案為：

800：

②由反應熱=Ea(正)活化能一Ea(逆)活化能可得：fa(正)活化能一124kJ.mol"=+41.17kJ-mor'，

解得Ea(正)活化能=165.17kJ-mol”,故答案為：165.17；

(2)①反應I為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，化學平衡常數減小，由圖可

知，反應溫度：B>A>C,則A、B、C三點對應的平衡常數K(A)、K(B)、K(C)由大到小的順

序排列為K(C)>K(A)>K(B)；設生成甲醇的物質的量為amol,由題意建立如下三段式:

co2(g)+3H2(g)CH30H(g)+H2O(g)

起(mol)1200

變(mol)a3aaa

平(mol)1-a2-3aaa

則C點甲醇百分含量為50%可得：-^-X100%-50%,解得a=0.75,C點CCh的轉化率為

3-2a

0.75mol,,好■>.、，

------------X100%=75%,故答案為：K(C)>K(A)>K(B)；75%；

Imol

②升高溫度，正、逆反均應速率增大，反應I為放熱反應，平衡向逆反應方向移動，甲醇的

濃度減小，則圖中d點符合題意，故答案為：d；

(3)反應II是吸熱反應，升高溫度，丫正、v述均增大，則亦正、pZ逆均減小，平衡向正反應方

向移動，則也E>V逆，pk正VpA逆，由圖像可知，能表示以pk止隨T變化關系的是斜線④，能表

示pk逆隨T變化關系的是斜線③；當反應達到平衡時，vn:=v,E,則改正c(CO>c(H2O)=上逆

e(CO2)-c(H2),K=坐竽號］=￥=疆?7=10°，故答案為：④；③；100。

C(CO)C(H2O)左逆10

19.NOC1(亞硝酰氯)是有機物合成中的重要試劑，對眼睛、皮膚和粘膜有強烈刺激性，沸點為

-5.5℃,常溫下是一種黃色氣體，其液體呈紅褐色，遇水和潮氣快速反應，生成氮的氧化物和

HC1,某化學興趣小組利用以下儀器制備NOC1(C12+2NO=2NOC1AH<0)?

回答下列相關問題：

(1)裝置F中，合成NOC1儀器的名稱為,裝置A、E中，X的作用是一

(2)按氣流方向，上述儀器的連接順序為a--j,1--h,

k-(儀器可重復使用)；實驗開始后，先打開裝置A中分液漏斗的活塞，當F中

_(填現(xiàn)象)，再打開裝置E分液漏斗的活塞，裝置F處在冰鹽水水浴中的目的是

(3)測定產品中N0C1純度，其步驟如下所示：

步驟1：取裝置F中mg產品，溶于水，配制成250mL溶液，準確量取25.00mL溶液于250mL

錐形瓶中；

步驟2：加入適量：K2CrO4溶液作指示劑：

步驟3：用cmol?L」AgNC>3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為VnnL；

步驟4：把溶液換為蒸儲水，重復上述步驟(即進行空白實驗)，消耗標準溶液的體積為VzmL。

則產品中NOC1純度的計算式為。

【答案】(1).三口燒瓶(三頸燒瓶)(2).平衡壓強，使?jié)飧八峄驖庀跛犴樌蜗?；防?/p>

濃鹽酸或濃硝酸揮發(fā)出氣體污染環(huán)境(3).fg-cb(4).be-ed(5).cb-m(6).充

滿黃綠色氣體(7).吸收反應放出的熱量，降低體系溫度，使NOC1(業(yè)硝酰氯)轉化為液體，

收集產品⑻-655C(YM)x100%

m

【解析】

【分析】

制備NOC1需要氯氣和一氧化氮，并且NOC1遇水和潮氣快速反應，生成氮的氧化物和HC1,

所以需要在干燥環(huán)境下制備NOC1,制備氯氣用濃鹽酸和高鎰酸鉀溶液反應，制得的氯氣中含

有氯化氫和水蒸氣，先通入飽和食鹽水除去氯化氫，再通入濃硫酸干燥，制備一氧化氮先用

銅與濃硝酸反應生成二氧化氮，二氧化氮再與水反應生成一氧化氮，通入濃硫酸干燥，先把

氯氣通入三頸燒瓶中，當氯氣充滿整個三頸燒瓶時，再通入一氧化氮，制備NOC1,據此回答

問題。

【詳解】(1)裝置F中，合成NOC1儀器的名稱為三口燒瓶(三頸燒瓶)，裝置A、E中，X的

作用是平衡壓強，使?jié)飧八峄驖庀跛犴樌蜗?；防止?jié)恹}酸或濃硝酸揮發(fā)出氣體污染環(huán)境；

(2)制備NOC1,需要氯氣和一氧化氮氣體，制得的氯氣要先用飽和食鹽水吸收氯化氫，再用

濃硫酸除去水蒸氣，E中生成的二氧化氮需要經過水反應生成一氧化氮，再用濃硫酸除去水蒸

氣，則氣流順序是a-fg-cbij、h-deTcbil、k-m,實驗開始后，先打開裝置A中分液漏

斗的活塞，當F中充滿黃綠色氣體，再打開裝置E分液漏斗的活塞，裝置F處在冰鹽水水浴

中的目的是吸收反應放出的熱量，降低體系溫度，使NOC1(業(yè)硝酰氯)轉化為液體，收集產品；

(3)產品溶于水與水反應生成氮的氧化物和氯化氫，用硝酸銀溶液滴定生成氯化銀沉淀和鋁酸

銀沉淀，換成蒸儲水，只生成鋁酸銀沉淀，則氯化氫消耗標準液的體積是(V「V2)mL,根據