山東省2025屆高三化學(xué)模擬考試試題含解析

PAGE26-山東省2025屆高三化學(xué)模擬考試試題（含解析）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(gè)選項(xiàng)符合題意。1.我國在物質(zhì)制備領(lǐng)域成果斐然，下列物質(zhì)屬于有機(jī)物的是A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．雙氫青蒿素屬于有機(jī)物，A符合題意；B．全氮陰離子鹽屬于無機(jī)物，B不符合題意；C．聚合氮屬于無機(jī)物，C不符合題意；D．砷化鈮納米帶屬于無機(jī)物，D不符合題意；答案選A。2.下列說明事實(shí)的化學(xué)用語不正確的是A.閃鋅礦(ZnS)經(jīng)CuSO4溶液作用后，轉(zhuǎn)化為銅藍(lán)(CuS)：ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+B.0.1mol/L的醋酸溶液pH約為3：CH3COOHCH3COO-+H+C.電解NaCl溶液，陰極區(qū)溶液pH增大：2H2O+2e-===H2↑+2OH-D.鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負(fù)極反應(yīng)為：Fe－3e-===Fe3+【答案】D【解析】【詳解】A.閃鋅礦(ZnS)經(jīng)CuSO4溶液作用后，因ZnS的溶解度比CuS的大，則可發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化其離子方程式為：ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+，A項(xiàng)正確；B.0.1mol/L的醋酸溶液pH約為3，是因?yàn)榇姿崾侨跛?，發(fā)生部分電離，其電離方程式為：CH3COOHCH3COO-+H+，B項(xiàng)正確；C.電解NaCl溶液，陰極區(qū)水中的氫離子得電子生成氫氣，溶液pH增大，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-===H2↑+2OH-，C項(xiàng)正確；D.鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負(fù)極鐵失電子生成亞鐵離子，其電極反應(yīng)式為：Fe－2e-===Fe2+，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D?！军c(diǎn)睛】留意D選項(xiàng)是學(xué)生易疏忽的考點(diǎn)，鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕或析氫腐蝕，其負(fù)極均為鐵失電子生成亞鐵離子的過程，不能干脆得到鐵離子。3.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是A.用氫氧燃料電池電解飽和食鹽水得到0.4molNaOH，在燃料電池的負(fù)極上消耗氧氣分子數(shù)為0.1NAB.2molH3O＋中含有的電子數(shù)為20NAC.密閉容器中1molN2(g)與3molH2(g)反應(yīng)制備氨氣，形成6NA個(gè)N-H鍵D.32gN2H4中含有的共用電子對(duì)數(shù)為6NA【答案】B【解析】【詳解】A.電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，反應(yīng)中氯元素的化合價(jià)由-1價(jià)上升為0價(jià)，得到0.4molNaOH時(shí)，生成0.2molCl2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4NA，氫氧燃料電池正極的電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正極上消耗氧氣分子數(shù)為0.1NA，故A錯(cuò)誤；B.1個(gè)H3O＋中含有10個(gè)電子，因此2molH3O＋中含有的電子數(shù)為20NA，故B正確；C.N2與H2反應(yīng)的化學(xué)方程式為：N2+3H22NH3，該反應(yīng)屬于可逆反應(yīng)，因此密閉容器中1molN2(g)與3molH2(g)反應(yīng)生成氨氣物質(zhì)的量小于2mol，形成N-H鍵的數(shù)目小于6NA，故C錯(cuò)誤；D.32gN2H4物質(zhì)的量為=1mol，兩個(gè)氮原子間有一個(gè)共用電子對(duì)，每個(gè)氮原子與氫原子間有兩個(gè)共用電子對(duì)，因此1molN2H4中含有的共用電子對(duì)數(shù)為5NA，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算和推斷，題目難度中等，留意明確H3O＋中含有10個(gè)電子，要求駕馭好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系。4.氮及其化合物的轉(zhuǎn)化過程如圖所示。下列分析合理的是A.催化劑a表面發(fā)生了極性共價(jià)鍵的斷裂和形成B.N2與H2反應(yīng)生成NH3的原子利用率為100%C.在催化劑b表面形成氮氧鍵時(shí)，不涉及電子轉(zhuǎn)移D.催化劑a、b能提高反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】B【解析】【詳解】A.催化劑A表面是氮?dú)馀c氫氣生成氨氣的過程，發(fā)生的是同種元素之間非極性共價(jià)鍵的斷裂，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.N2與H2在催化劑a作用下反應(yīng)生成NH3屬于化合反應(yīng)，無副產(chǎn)物生成，其原子利用率為100%，B項(xiàng)正確；C.在催化劑b表面形成氮氧鍵時(shí)，氨氣轉(zhuǎn)化為NO，N元素化合價(jià)由-3價(jià)上升到+2價(jià)，失去電子，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.催化劑a、b只改變更學(xué)反應(yīng)速率，不能提高反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。【點(diǎn)睛】D項(xiàng)是易錯(cuò)點(diǎn)，催化劑通過降低活化能，可以縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間，從而加快化學(xué)反應(yīng)速率，但不能變更平衡轉(zhuǎn)化率或產(chǎn)率。5.常溫下，下列各組離子在指定溶液中肯定能大量共存的是A.遇苯酚顯紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋B.pH＝12的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32—C.水電離的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+D.0.1mol·L－1的K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3—【答案】D【解析】【詳解】A．遇苯酚顯紫色的溶液，說明溶液中含有Fe3+，F(xiàn)e3+與I－因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，F(xiàn)e3+與SCN－能反應(yīng)生成絡(luò)合物，而不能大量共存，A不符合題意；B．ClO－具有強(qiáng)氧化性，SO32-具有還原性，ClO－與SO32-能發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，B不符合題意；C．酸堿抑制水的電離，溶液中水電離的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，該溶液可能顯酸性或堿性；酸性溶液中，H+與CH3COO－不能大量共存，C不符合題意；D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能夠大量共存，D符合題意；答案選D?！军c(diǎn)睛】在做離子共存題的時(shí)候，重點(diǎn)要留意題目中暗含的信息，例如溶液中水電離的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，這個(gè)溶液可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，弱酸根離子與H+不能夠大量共存，弱堿陽離子與OH-不能夠大量共存。6.短周期元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，Y與W同族。X、Y、Z三種原子最外層電子數(shù)關(guān)系為X+Z=Y。電解Z與W形成的化合物的水溶液，產(chǎn)生W元素的氣體單質(zhì)，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液。下列說法正確的是A.W的氫化物穩(wěn)定性強(qiáng)于Y的氫化物B.Z與其他三種元素分別形成的化合物中只含有離子鍵C.Z與Y形成的化合物的水溶液呈堿性D.對(duì)應(yīng)的簡潔離子半徑大小為W>Z>X>Y【答案】C【解析】【分析】元素X、Y、Z、W為短周期且原子序數(shù)依次增大，電解Z與W形成的化合物的水溶液，產(chǎn)生W元素的氣體單質(zhì)，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素為氯元素（Cl），Z元素為鈉（Na），X元素為氧（O），Y與W同族，可推出Y元素為氟（F）?！驹斀狻緼.最簡潔氫化物的穩(wěn)定性與元素的非金屬性有關(guān)，非金屬性越強(qiáng)，最簡潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越穩(wěn)定，依據(jù)分析，Y元素為氟，W元素為氯，非金屬性F>Cl，氫化物穩(wěn)定性HF>HCl，故A錯(cuò)誤；B.Z元素為鈉，鈉與氧形成Na2O2既有離子鍵又有共價(jià)鍵，故B錯(cuò)誤；C.鈉與氟形成氟化鈉，屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，F(xiàn)-會(huì)發(fā)生水解，F(xiàn)-+H2OHF+OH-，水溶液呈堿性，故C正確；D.對(duì)應(yīng)的簡潔離子分別為O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+電子層結(jié)構(gòu)相同，原子序數(shù)越大半徑越小，離子半徑：O2->F->Na+，又因?yàn)镃l-有三個(gè)電子層，故Cl-半徑最大，因此半徑大小為：Cl->O2->F->Na+，故D錯(cuò)誤；故選C。【點(diǎn)睛】本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的關(guān)系及應(yīng)用，難度中等，推斷元素是解題關(guān)鍵。7.乙烯氣相干脆水合反應(yīng)制備乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變更關(guān)系如下（起始時(shí)，n(H2O)＝n(C2H4)＝1mol，容器體積為1L）。下列分析不正確的是（）A.乙烯氣相干脆水合反應(yīng)的?H＜0B.圖中壓強(qiáng)的大小關(guān)系為：p1＞p2＞p3C.圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)K＝D.達(dá)到平衡狀態(tài)a、b所須要的時(shí)間：a＞b【答案】B【解析】【分析】A.溫度上升，乙烯的轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動(dòng)；B.增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，乙烯的轉(zhuǎn)化率增大；C.由圖象可知a點(diǎn)時(shí)乙烯的轉(zhuǎn)化率為20%，依據(jù)三段法進(jìn)行計(jì)算并推斷；D.上升溫度，增大壓強(qiáng)，反應(yīng)速率加快?！驹斀狻緼.溫度上升，乙烯的轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動(dòng)，正向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，?H＜0，A項(xiàng)正確；B.增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，乙烯的轉(zhuǎn)化率增大，由圖可知，相同溫度下轉(zhuǎn)化率p1<p2<p3，因此壓強(qiáng)p1<p2<p3，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.由圖象可知a點(diǎn)時(shí)乙烯的轉(zhuǎn)化率為20%，那么乙烯轉(zhuǎn)化了0.2mol/LC2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)始(mol/L)110轉(zhuǎn)(mol/L)0.20.20.2平(mol/L)0.80.80.2平衡常數(shù)K=K===，C項(xiàng)正確；D.上升溫度，增大壓強(qiáng)，反應(yīng)速率加快b點(diǎn)溫度和壓強(qiáng)均大于a點(diǎn)，因此反應(yīng)速率b>a，所須要的時(shí)間：a＞b，D項(xiàng)正確；答案選B。8.線型PAA（）具有高吸水性，網(wǎng)狀PAA在抗壓性、吸水性等方面優(yōu)于線型PAA。網(wǎng)狀PAA的制備方法是：將丙烯酸用NaOH中和，加入少量交聯(lián)劑a，再引發(fā)聚合。其部分結(jié)構(gòu)片段如圖所示，列說法錯(cuò)誤的是A.線型PAA的單體不存在順反異構(gòu)現(xiàn)象B.形成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的過程發(fā)生了加聚反應(yīng)C.交聯(lián)劑a的結(jié)構(gòu)簡式是D.PAA的高吸水性與—COONa有關(guān)【答案】C【解析】【詳解】A.線型PAA的單體為CH2=CHCOONa，單體不存在順反異構(gòu)現(xiàn)象，故A正確；B.

CH2=CHCOONa中的碳碳雙鍵發(fā)生的加成聚合反應(yīng)，形成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，過程發(fā)生了加聚反應(yīng)，故B正確；C.分析結(jié)構(gòu)可知交聯(lián)劑a的結(jié)構(gòu)簡式是，故C錯(cuò)誤；D.線型PAA()具有高吸水性，和?COONa易溶于水有關(guān)，故D正確；故選：C。9.只用如圖所示裝置進(jìn)行下列試驗(yàn)，能夠得出相應(yīng)試驗(yàn)結(jié)論是A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．稀鹽酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，說明稀鹽酸的酸性比碳酸的酸性強(qiáng)，由于鹽酸不是含氧酸，不能夠證明Cl的非金屬性比C的非金屬性強(qiáng)，A錯(cuò)誤；B．電石中除含有碳化鈣，還含有硫化鈣和磷化鈣，硫化鈣和磷化鈣能與飽和食鹽水反應(yīng)生成的H2S和PH3，H2S和PH3能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾乙炔檢驗(yàn)，B錯(cuò)誤；C．二氧化錳與濃鹽酸在加熱的條件下反應(yīng)生成氯氣，假如不加熱，二氧化錳與濃鹽酸不能發(fā)生反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫通入溴水中，溴水褪色，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2在反應(yīng)中作還原劑，D正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】試驗(yàn)室制取氯氣時(shí)要留意：①濃鹽酸與二氧化錳在加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)生成氯氣，常溫下濃鹽酸與二氧化錳不反應(yīng)；②稀鹽酸與二氧化錳在加熱的條件下也不能發(fā)生反應(yīng)。二氧化硫能使酸性高錳酸鉀溶液褪色、能使溴水褪色，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，而不是漂白性，二氧化硫使品紅溶液褪色，體現(xiàn)二氧化硫的漂白性。10.常溫下，向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及導(dǎo)電實(shí)力變更如圖。下列分析正確的是（）A.各點(diǎn)溶液中的陽離子濃度總和大小關(guān)系：d>c>b>aB.常溫下，R-的水解平衡常數(shù)數(shù)量級(jí)為10-9C.a點(diǎn)和d點(diǎn)溶液中，水的電離程度相等D.d點(diǎn)的溶液中，微粒濃度關(guān)系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3?H2O)【答案】B【解析】【詳解】A.溶液導(dǎo)電實(shí)力與溶液中離子濃度有關(guān)，依據(jù)圖象可知，b點(diǎn)導(dǎo)電實(shí)力最強(qiáng)，d點(diǎn)最弱，A錯(cuò)誤；B.依據(jù)圖象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，則c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，HR的電離平衡常數(shù)Ka==10-5，則R-的水解平衡常數(shù)數(shù)Kh==10-9，B正確；C.a、d兩點(diǎn)導(dǎo)電實(shí)力相等，但溶液的pH分別為4、8，都抑制了水的電離，a點(diǎn)c(H+)=10-4mol/L，d點(diǎn)c(OH-)=10-6mol/L，所以對(duì)水的電離程度的影響不同，C錯(cuò)誤；D.d點(diǎn)加入20mL等濃度的氨水，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的NH4R和NH3?H2O，依據(jù)物料守恒可得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3?H2O)+c(NH4+)，因溶液呈堿性，NH3?H2O的電離程度大于NH4+的水解程度，則c(NH4+)>c(NH3?H2O)，則c(HR)+c(R-)＞c(NH3?H2O)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。二、本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有1個(gè)或2個(gè)選項(xiàng)符合題意，全都選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分。11.高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種環(huán)保、高效、多功能飲用水處理劑，制備流程如圖所示：下列敘述錯(cuò)誤的是A.用K2FeO4作水處理劑時(shí)，既能殺菌消毒又能凈化水B.反應(yīng)I中尾氣可用FeCl2溶液汲取再利用C.反應(yīng)II中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3:2D.該條件下，物質(zhì)的溶解性：Na2FeO4<K2FeO4【答案】D【解析】【詳解】A.K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，可用于殺菌消毒，還原產(chǎn)物為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成具有吸附性的氫氧化鐵膠體，可達(dá)到凈水的目的，A敘述正確，但是不符合題意；B.反應(yīng)I中尾氣Cl2為，可與FeCl2接著反應(yīng)生成FeCl3，B敘述正確，但是不符合題意；C.反應(yīng)II中的反應(yīng)方程式為3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化劑是NaClO，還原劑是2FeCl3，所以反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3:2，C敘述正確，但是不符合題意；D.向飽和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶體析出，說明該條件下，物質(zhì)的溶解性：Na2FeO4>K2FeO4，D敘述錯(cuò)誤，但是符合題意；答案選D。12.國際能源期刊報(bào)道了一種正在開發(fā)中的綠色環(huán)?！叭珰潆姵亍?，有望削減廢舊電池產(chǎn)生的污染。其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.“全氫電池”工作時(shí)，將酸堿反應(yīng)的中和能轉(zhuǎn)化為電能B.吸附層b發(fā)生的電極反應(yīng)：H2–2e+2OH=2H2OC.NaClO4的作用是傳導(dǎo)離子和參加電極反應(yīng)D.“全氫電池”的總反應(yīng):2H2+O2=2H2O【答案】A【解析】【分析】由電子流向可知，左邊吸附層為負(fù)極，發(fā)生了氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應(yīng)，電極反應(yīng)是2e-+2H+═H2，結(jié)合原電池中陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極解答該題?！驹斀狻緼.“全氫電池”工作時(shí)，將酸堿反應(yīng)的化學(xué)能（中和能）轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；B.右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應(yīng)，電極反應(yīng)是2e-+2H+═H2，故B錯(cuò)誤；C.NaClO4的作用是傳導(dǎo)離子，沒有參加電極反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.由電子流向可知，左邊吸附層為負(fù)極，發(fā)生了氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應(yīng)，電極反應(yīng)是2e-+2H+═H2，總反應(yīng)為：H++OH-═H2O，故D錯(cuò)誤；正確答案是A。13.下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是A.25℃時(shí)pH＝2的HF溶液中，由水電離產(chǎn)生的OH－濃度為10-12mol·L－1B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)C.向1L1mol·L-1的NaOH熱溶液中通入肯定量Br2，恰好完全反應(yīng)生成溴化鈉、次溴酸鈉和溴酸鈉(溴酸為強(qiáng)酸、次溴酸為弱酸)的混合溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)D.25℃時(shí)pH＝3的鹽酸與pH＝11的氨水等體積混合，所得溶液的pH＜7【答案】AC【解析】【詳解】A.25℃，pH=2的HF溶液中，c(H+)=10-2mol·L-1，OH-均由水電離，c(OH-)===10-12mol·L-1，故A正確；B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中存在電荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)+c(OH-)，該溶液呈堿性c（OH-）>c(H+)，則c(Na＋)>c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)，故B錯(cuò)誤；C.溶液中的溶質(zhì)為NaBr、NaBrO、NaBrO3，它們會(huì)電離出陰陽離子，溶劑H2O也會(huì)電離出H+、OH-，則溶液中的陽離子有Na+、H+，陰離子有OH-、Br-、BrO-、BrO3-，可列出電荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)①，再依據(jù)電子得失守恒，可列出：5c(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)②（其中BrO-會(huì)水解，部分轉(zhuǎn)化為HBrO），①②式聯(lián)立，可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)，故C正確；D.pH=3的鹽酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，兩種溶液H+與OH-離子濃度相等，但由于氨水為弱電解質(zhì)，不能完全電離，則氨水濃度大于鹽酸濃度，反應(yīng)后氨水過量，溶液呈堿性，則所得溶液的pH＞7，故D錯(cuò)誤；故選AC。14.某愛好小組設(shè)計(jì)了如下試驗(yàn)測定海帶中碘元素含量，依次經(jīng)過以下四個(gè)步驟，下列圖示裝置和原理能達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.灼燒海帶B.將海帶灰溶解后分別出不溶性雜質(zhì)C.制備Cl2，并將I-氧化為I2D.以淀粉為指示劑，用Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定【答案】B【解析】【詳解】A.灼燒海帶在坩堝中進(jìn)行，而不是在燒杯中，A錯(cuò)誤；B.海帶灰溶解后分別出不溶性雜質(zhì)須要采納過濾操作，過濾須要玻璃棒引流，B正確；C.制備Cl2，并將I-氧化為I2，除去氯氣中的氯化氫應(yīng)當(dāng)用飽和的食鹽水，尾氣須要用到氫氧化鈉溶液汲取，C錯(cuò)誤；D.Na2SO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解后溶液呈堿性，所以滴定時(shí)Na2SO3應(yīng)當(dāng)放在堿式滴定管中，而不是酸式滴定管，D錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】在試驗(yàn)操作中，選擇合適的儀器至關(guān)重要，灼燒時(shí)應(yīng)選擇在坩堝中進(jìn)行，滴定操作時(shí)應(yīng)當(dāng)留意滴定管的選擇，酸性溶液、強(qiáng)氧化性溶液選擇酸式滴定管。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。15.FeSO4溶液放置在空氣中簡潔變質(zhì)，因此為了便利運(yùn)用Fe2+，試驗(yàn)室中常保存硫酸亞鐵銨晶體[俗稱“摩爾鹽”，化學(xué)式為(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O]，它比綠礬或綠礬溶液更穩(wěn)定。I．某愛好小組設(shè)計(jì)試驗(yàn)制備硫酸亞鐵銨晶體。本試驗(yàn)中，配制溶液以及后續(xù)運(yùn)用到的蒸餾水都經(jīng)過煮沸、冷卻后再運(yùn)用。向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，經(jīng)過操作_______、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍(lán)綠色的晶體。II．試驗(yàn)探究影響溶液中Fe2+穩(wěn)定性的因素(1)配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2mL上述溶液于兩支試管中，剛起先兩種溶液都是淺綠色，分別同時(shí)滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15min后視察可見：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍舊為淺綠色透亮澄清溶液，F(xiàn)eSO4溶液則出現(xiàn)淡黃色渾濁?！举Y料1】沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3起先沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7①請(qǐng)用離子方程式說明FeSO4溶液產(chǎn)生淡黃色渾濁的緣由___________________。②探討影響Fe2+穩(wěn)定性的因素，小組同學(xué)提出以下3種假設(shè)：假設(shè)1：其他條件相同時(shí)，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+穩(wěn)定性較好。假設(shè)2：其他條件相同時(shí)，在肯定pH范圍內(nèi)，溶液pH越小Fe2+穩(wěn)定性越好。假設(shè)3：__________________________________________________。(2)小組同學(xué)用如圖裝置（G為靈敏電流計(jì)），滴入適量的硫酸溶液分別限制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）為不同的pH，視察記錄電流計(jì)讀數(shù)，對(duì)假設(shè)2進(jìn)行試驗(yàn)探討，試驗(yàn)結(jié)果如下表所示。序號(hào)A0.2mol/LNaClB0.1mol/LFeSO4電流計(jì)讀數(shù)試驗(yàn)1pH=1pH=58.4試驗(yàn)2pH=1pH=16.5試驗(yàn)3pH=6pH=57.8試驗(yàn)4pH=6pH=15.5【資料2】原電池裝置中，其他條件相同時(shí)，負(fù)極反應(yīng)物的還原性越強(qiáng)或正極反應(yīng)物的氧化性越強(qiáng)，該原電池的電流越大。【資料3】常溫下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液穩(wěn)定性更好。依據(jù)以上試驗(yàn)結(jié)果和資料信息，經(jīng)小組探討可以得出以下結(jié)論：①U型管中左池的電極反應(yīng)式_________________。②對(duì)比試驗(yàn)1和2（或3和4），在肯定pH范圍內(nèi)，可得出的結(jié)論為______。③對(duì)比試驗(yàn)_____和_____還可得出在肯定pH范圍內(nèi)，溶液酸堿性變更是對(duì)O2氧化性強(qiáng)弱的影響因素。④對(duì)【資料3】試驗(yàn)事實(shí)的說明為____________________?！敬鸢浮?1).蒸發(fā)濃縮(2).4Fe2++O2+10H2O＝4Fe(OH)3↓+8H+(3).當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性（或當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好。）(4).O2+4e-+4H+＝2H2O(5).溶液酸性越強(qiáng)，F(xiàn)e2+的還原性越弱(6).1(7).3（或2和4）(8).其它條件相同時(shí)，溶液酸性增加對(duì)Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對(duì)O2的氧化性增加的影響，故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定。（其他表述酌情給分）【解析】【分析】依據(jù)物質(zhì)性質(zhì)及試驗(yàn)現(xiàn)象分析發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)；依據(jù)兩種溶液離子濃度的差異推斷，NH4+、SO42-以及H+都可影響Fe2+穩(wěn)定性；由表中數(shù)據(jù)可知，溶液酸性越強(qiáng)，電流計(jì)讀數(shù)越小，說明Fe2+的還原性越弱，由試驗(yàn)1和3（或2和4）可知，pH越大電流計(jì)讀數(shù)越小，以此解答該題?！驹斀狻縄．FeSO4具有還原性，應(yīng)避開被氧化，則蒸餾水都必需煮沸、冷卻后再運(yùn)用，除去水中溶解的氧氣，由溶液得到晶體，應(yīng)先加熱濃縮溶液，然后冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥，故答案為：蒸發(fā)濃縮；II．（1）①FeSO4溶液出現(xiàn)淡黃色渾濁，應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀，離子方程式為4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+，故答案為：4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+；②依據(jù)兩種溶液離子濃度的差異推斷，NH4+、SO42-以及H+都可影響Fe2+穩(wěn)定性，由題給信息可知，假設(shè)3可為當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性（或當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好），故答案為：當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性（或當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好）；（2）①A為氯化鈉溶液，空氣中氧氣參加正極反應(yīng)，電極方程式為O2+4e-+4H+=2H2O，故答案為：O2+4e-+4H+=2H2O；②由表中數(shù)據(jù)可知，溶液酸性越強(qiáng)，電流計(jì)讀數(shù)越小，說明Fe2+的還原性越弱，故答案為：溶液酸性越強(qiáng)，F(xiàn)e2+的還原性越弱；③由試驗(yàn)1和3（或2和4）可知，pH越大電流計(jì)讀數(shù)越小，可得出在肯定pH范圍內(nèi)，溶液酸堿性變更對(duì)O2氧化性強(qiáng)弱的影響因素，故答案為：1和3（或2和4）；④由表中數(shù)據(jù)可知，pH變更對(duì)亞鐵離子的還原性較強(qiáng)，電流計(jì)讀數(shù)出入較大，可知其它條件相同時(shí)，溶液酸性增加對(duì)Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對(duì)O2的氧化性增加的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定，故答案為：其它條件相同時(shí)，溶液酸性增加對(duì)Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對(duì)O2的氧化性增加的影響，故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定。16.五氧化二釩廣泛用于冶金、化工等行業(yè)，用作合金添加劑、生產(chǎn)硫酸或石油精煉用的催化劑等。為回收利用含釩催化劑，研制了一種利用廢催化劑（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸鹽）回收V2O5的新工藝流程如下：已知：a.部分含釩物質(zhì)常溫下在水中溶解性如下表所示：物質(zhì)VOSO4V2O5NH4VO3(VO2)2SO4溶解性可溶難溶難溶易溶b.+2OH-+H2O回答下列問題：（1）用水浸泡廢催化劑，為了提高單位時(shí)間內(nèi)廢釩的浸出率，可以實(shí)行的措施為_________（寫一條）。（2）濾液1和濾液2中釩的存在形式相同，其存在形式為_______________（填離子符號(hào)）。（3）在濾渣1中加入Na2SO3和過量H2SO4溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________。（4）生成VO2+的反應(yīng)中消耗1molKClO3時(shí)轉(zhuǎn)移6mol電子，該反應(yīng)的離子方程式為________________（5）結(jié)合化學(xué)用語，用平衡移動(dòng)原理說明加入氨水的一種作用為__________________（6）最終釩以NH4VO3的形式沉淀出來。以沉釩率（NH4VO3沉淀中V的質(zhì)量和廢催化劑V的質(zhì)量之比）表示該步反應(yīng)釩的回收率。請(qǐng)說明下圖溫度超過80℃（7）該工藝流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)為__________________。（8）測定產(chǎn)品中V2O5的純度：稱取ag產(chǎn)品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L?1(NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2++2H++Fe2+==VO2++Fe3++H2O）。最終用c2mol·L?1KMnO4溶液滴定過量的(NH4)2Fe(SO4)2至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液的體積為b2mL。已知被還原為Mn2+，假設(shè)雜質(zhì)不參加反應(yīng)。則產(chǎn)品中V2O5（摩爾質(zhì)量：182g·mol?1）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是______。（列出計(jì)算式）【答案】(1).粉碎廢釩攪拌適當(dāng)升溫(2).VO2＋(3).V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O(4).6VO2＋＋ClO3－＋3H2O=6VO2＋＋Cl－＋6H＋(5).作用1：溶液中存在平衡:VO2++2OH—VO3—+H2O,加入氨水,使OH—濃度增大,該平衡正移,從而使VO2+盡可能都轉(zhuǎn)化為VO3-作用2：溶液中存在平衡:NH4VO3(s)NH4+(aq)+VO3-(aq),加入氨水,使NH4+濃度增大,該平衡逆移,從而使NH4VO3盡可能沉淀析出(6).緣由1：溫度上升，NH4VO3溶解度增大，沉釩率下降。(7).緣由2：溫度上升，氨水受熱分解逸出溶液，使NH4+濃度下降，沉釩率下降。(8).氨水或NH3和H2O(9).【解析】【分析】（1）用水浸泡廢催化劑，為了提高單位時(shí)間內(nèi)廢釩的浸出率，可以用攪拌、粉碎的方式來增大固體與液體的接觸面積，也可以上升溫度；（2）由部分含釩物質(zhì)常溫下在水中的溶解性可知，濾液1溶質(zhì)為VOSO4；（3）濾液1和濾液2中釩的存在形式相同，所以V2O5與亞硫酸鈉、硫酸反應(yīng)生成VOSO4；（4）KClO3與VO2＋反應(yīng)生成V2O5，ClO3-作氧化劑，依據(jù)1molKClO3在反應(yīng)時(shí)得到6mol電子，ClO3-被還原為Cl-；（5）依據(jù)勒夏特列原理說明加入氨水的作用；（6）從NH4VO3的溶解度、以及氨水受熱分解的角度分析；（7）NH4VO3受熱分解生成V2O5、氨氣、水，故可以循環(huán)的物質(zhì)是氨水；（8）依據(jù)元素化合價(jià)升降相等，滴定過程中由5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4，則過量的(NH4)2Fe(SO4)2物質(zhì)的量為5n(KMnO4)=5×b2c2×10-3mol，則與(VO2)2SO4溶液反應(yīng)的(NH4)2Fe(SO4)2物質(zhì)的量為(b1c1-5×b2c2)×10-3mol，依據(jù)釩元素守恒，則與V2O5~2VO2+~(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=5×(b1c1-5×b2c2【詳解】（1）用水浸泡廢催化劑，為了提高單位時(shí)間內(nèi)廢釩的浸出率，可以實(shí)行粉碎廢釩、攪拌、適當(dāng)升溫等措施；（2）由部分含釩物質(zhì)常溫下在水中的溶解性可知，濾液1溶質(zhì)為VOSO4，濾液1和濾液2中釩的存在形式相同，其存在形式為VO2＋；（3）濾渣1的成分為V2O5、不溶性硅酸鹽，因?yàn)闉V液1和濾液2中釩的存在形式相同，所以濾渣1的成分中的V2O5與與亞硫酸鈉、硫酸反應(yīng)生成VOSO4，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O；（4）生成VO2+的反應(yīng)中消耗1molKClO3時(shí)轉(zhuǎn)移6mol電子，故ClO3-被還原為Cl-，反應(yīng)的離子方程式為6VO2＋＋ClO3－＋3H2O=6VO2＋＋Cl－＋6H＋；（5）含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移動(dòng)原理說明其作用，作用1：溶液中存在平衡:VO2++2OH-VO3-+H2O，加入氨水，使OH—濃度增大，該平衡正移，從而使VO2+盡可能都轉(zhuǎn)化為VO3-，作用2：溶液中存在平衡:NH4VO3(s)NH4+(aq)+VO3-(aq)，加入氨水，使NH4+濃度增大，該平衡逆移，從而使NH4VO3盡可能沉淀析出；（6）溫度超過80℃以后，沉釩率下降的緣由：①溫度上升，NH4VO3溶解度增大，沉釩率下降；②溫度上升，氨水受熱分解逸出溶液，氨氣在水中的溶解度降低，使NH4+濃度下降，沉釩率下降；（7）NH4VO3受熱分解的方程式為2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O，故該工藝流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)為NH3和H2O；（8）依據(jù)元素化合價(jià)升降相等，滴定過程中由5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4，則過量的(NH4)2Fe(SO4)2物質(zhì)的量為5n(KMnO4)=5×b2c2×10-3mol，則與(VO2)2SO4溶液反應(yīng)的(NH4)2Fe(SO4)2物質(zhì)的量為(b1c1-5×b2c2)×10-3mol，依據(jù)釩元素守恒，則與V2O5~2VO2+~(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=5×(b1c1-5×b2c2)×10-4mol，則產(chǎn)品中V2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是：17.十九大報(bào)告提出要對(duì)環(huán)境問題進(jìn)行全面、系統(tǒng)的可持續(xù)治理。綠色能源是實(shí)施可持續(xù)發(fā)展的重要途徑，利用生物乙醇來制取綠色能源氫氣的部分反應(yīng)過程如下圖所示：（1）已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

△H1=-41kJ/molCH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)△H2=+174.1kJ/mol請(qǐng)寫出反應(yīng)I的熱化學(xué)方程式__________________________________________________________。（2）反應(yīng)II，在進(jìn)氣比[n(CO):n(H2O)]不同時(shí)，測得相應(yīng)的CO平衡轉(zhuǎn)化率見下圖（各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)溫度可能相同，也可能不同；各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的其他反應(yīng)條件都相同）。①經(jīng)分析，A、E和G三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)溫度相同，其緣由是KA=KE=KG=__________（填數(shù)值）。在該溫度下：要提高CO平衡轉(zhuǎn)化率，除了變更進(jìn)氣比之外，還可實(shí)行的措施是_____②對(duì)比分析B、E、F三點(diǎn)，可得出對(duì)應(yīng)的進(jìn)氣比和反應(yīng)溫度的變更趨勢之間的關(guān)系是________③比較A、B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)速率大?。篤A________VB（填“<”“=”或“>”）。反應(yīng)速率v=v正?v逆=K正X(CO)X(H2O)–K逆X(CO2)X(H2)，K正、K逆分別為反應(yīng)速率常數(shù)，X為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，計(jì)算在達(dá)到平衡狀態(tài)為D點(diǎn)的反應(yīng)過程中，當(dāng)CO轉(zhuǎn)化率剛好達(dá)到20%時(shí)=__________（計(jì)算結(jié)果保留1位小數(shù)）。（3）反應(yīng)III，利用碳酸鉀溶液汲取CO2得到飽和的KHCO3電解液，電解活化的CO2來制備乙醇。①已知碳酸的電離常數(shù)Ka1=10-a，Ka2=10-b，汲取足量CO2所得飽和KHCO3溶液的pH=c，則該溶液中=________（列出計(jì)算式）。②在飽和KHCO3電解液中電解CO2來制備乙醇的原理如圖所示。則陰極的電極反應(yīng)式是________?！敬鸢浮?1).CH3CH2OH(g)+H2O(g)

4H2(g)+2CO(g)△H=+256.1kJ/mol(2).1(3).剛好移去產(chǎn)物(4).進(jìn)氣比越大，反應(yīng)溫度越低或進(jìn)氣比越小，反應(yīng)溫度越高(5).<(6).36.0(7).c-a(8).14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3－【解析】【分析】（1）結(jié)合圖1和已知的兩個(gè)熱化學(xué)方程式方程式，確定反應(yīng)I的熱化學(xué)方程式；（2）①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，E點(diǎn)時(shí)n(CO)：n(H2O)=1，CO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，假設(shè)起先時(shí)CO、H2O的物質(zhì)的量均為xmol，計(jì)算平衡時(shí)n(CO)、n(H2O)、n(CO2)、n(H2)然后進(jìn)行相關(guān)計(jì)算；②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

△H1=-41kJ/mol該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，當(dāng)其他條件不變時(shí)，溫度越高轉(zhuǎn)化率越低；③A、E和G三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)溫度相同，B的溫度比E的溫度高，投料比相同時(shí)，溫度越高反應(yīng)速率越快；先計(jì)算出D點(diǎn)平衡時(shí)K正、K逆的關(guān)系，然后計(jì)算出反應(yīng)過程中當(dāng)CO的轉(zhuǎn)化率為20%，然后計(jì)算出CO、H2O、CO2、H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)；（3）①已知碳酸的電離常數(shù)Ka1=10-a，Ka2=10-b，汲取足量CO2所得飽和KHCO3溶液的pH=c，c(H+)=1.0×10-cmol/L，=；②電解時(shí)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，CO2得電子轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH?！驹斀狻浚?）①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

△H1=-41kJ/mol②CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)△H2=+174.1kJ/mol，依據(jù)蓋斯定律可知：由①×2+②得CH3CH2OH(g)+H2O(g)

4H2(g)+2CO(g)△H=+256.1kJ/mol；（2）①A、E和G三點(diǎn)對(duì)應(yīng)反應(yīng)溫度相同，平衡常數(shù)相同，E點(diǎn)時(shí)n(CO)：n(H2O)=1，CO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，假設(shè)起先時(shí)CO、H2O的物質(zhì)的量均為xmol，平衡后n(CO)=n(H2O)=n(CO2)=n(H2)=0.5mol，同一容器中，所以平衡后c(CO)=c(H2O)=c(CO2)=c(H2)，KE==1，故KA=KE=KG=1；在該溫度下：要提高CO平衡轉(zhuǎn)化率，在CO的物質(zhì)的量不變的狀況下，接著通入過量的H2或減小生成物的濃度，即剛好移去生成物；②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H1=-41kJ/mol，B、E、F三點(diǎn)，n(CO)：n(H2O)的比值漸漸增大，但是它們的轉(zhuǎn)化率不變，說明它們的溫度越低，即進(jìn)氣比越大，反應(yīng)溫度越低；③因?yàn)锳、E和G三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)溫度相同，由②可知B的溫度比E的溫度高，投料比相同時(shí)，溫度越高反應(yīng)速率越快，故VA<VB；D點(diǎn)的時(shí)，n(CO)：n(H2O)=1，假設(shè)起先時(shí)CO、H2O的物質(zhì)的量均為ymol，反應(yīng)過程中當(dāng)CO的轉(zhuǎn)化率為20%，n(CO)=n(H2O)=0.8ymol，n(CO2)=n(H2)=0.2ymol，X(CO)=X(H2O)==40%，X(CO2)=X(H2)==10%；D點(diǎn)的時(shí)，CO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，故平衡時(shí)n平(CO)=n平(H2O)=0.4ymol，n平(CO2)=n平(H2)=0.6ymol，X平(CO)=X平(H2O)==20%，X平(CO2)=X平(H2)==30%，平衡時(shí)v正=v逆，即K正X(CO)X(H2O)=K逆X(CO2)X(H2)，故==，故在達(dá)到平衡狀態(tài)為D點(diǎn)的反應(yīng)過程中，當(dāng)CO轉(zhuǎn)化率剛好達(dá)到20%時(shí)，===36.0；（3）①已知碳酸的電離常數(shù)Ka1=10-a，Ka2=10-b，汲取足量CO2所得飽和KHCO3溶液的pH=c，c(H+)=1.0×10-cmol/L，==c-a；②電解時(shí)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，CO2得電子轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH，陰極電極反應(yīng)式為14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3-。18.鎳及其化合物是重要的合金材料和催化劑。請(qǐng)回答下列問題：（1）基態(tài)鎳原子的價(jià)電子排布式為_____，排布時(shí)能量最高的電子所占能級(jí)的原子軌道有____個(gè)伸展方向。（2）鎳能形成多種協(xié)作物如正四面體形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面體形的[Ni(NH3)6]2+等。下列說法正確的有___A．CO與CN-互為等電子體，其中CO分子內(nèi)σ鍵和π鍵個(gè)數(shù)之比為1:2-B．NH3的空間構(gòu)型為平面三角形C．Ni2+在形成協(xié)作物時(shí)，其配位數(shù)只能為4D．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中，鎳元素均是sp3雜化（3）丁二酮肟常用于檢驗(yàn)Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟與Ni2+反應(yīng)生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如圖所示。該結(jié)構(gòu)中，除共價(jià)鍵外還存在配位鍵和氫鍵，請(qǐng)?jiān)趫D中用“→”和“???”分別表示出配位鍵和氫鍵。_____（4）NiO的晶體結(jié)構(gòu)類型與氯化鈉的相同，相關(guān)離子半徑如下表：NiO晶胞中Ni2+的配位數(shù)為____，NiO熔點(diǎn)比NaCl高的緣由是_____。（5）探討發(fā)覺鑭鎳合金LaNix是一種良好的儲(chǔ)氫材料。屬六方晶系,其晶胞如圖a中實(shí)線所示，儲(chǔ)氫位置有兩種，分別是八面體空隙（“”）和四面體空隙（“”），見圖b、c，這些就是氫原子存儲(chǔ)處，有氫時(shí)，設(shè)其化學(xué)式為LaNixHy。①LaNix合金中x的值為_____；②晶胞中和“”同類的八面體空隙有___個(gè)，和“”同類的四面體空隙有___個(gè)。③若H進(jìn)入晶胞后，晶胞的體積不變，H的最大密度是______g/cm-3（保留2位有效數(shù)字，NA=6.0×1023，=1.7）【答案】(1).3d84s2(2).5(3).A(4).(5).6(6).離子所帶電荷數(shù)越高，離子半徑越小，則晶格能越大，熔點(diǎn)越高(7).5(8).3(9).6(10).0.18【解析】【分析】（1）依據(jù)Ni的最外層電子排布式作答；（2）A.CO與N2互為等電子體，互為等電子體的兩種物質(zhì)結(jié)構(gòu)相像；B.依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論和雜化軌道理論作答；C.找出[Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+兩種協(xié)作物的配體個(gè)數(shù)；D.依據(jù)雜化軌道理論分析其雜化類型；（3）依據(jù)配位鍵與氫鍵的存在原子種類分析；（4）NiO的晶體結(jié)構(gòu)類型與氯化鈉相同；從離子晶體的晶格能角度分析熔點(diǎn)凹凸；（5）①利用均攤法求出晶胞中La與Ni的原子個(gè)數(shù)比，進(jìn)而得出化學(xué)式；②依據(jù)空間構(gòu)型分析作答；③結(jié)合幾何關(guān)系，找出六方晶胞的體積，再依據(jù)密度公式作答?！驹斀狻浚?）Ni為28號(hào)元素，價(jià)電子排布式為3d84s2，排布時(shí)能量最高的電子所占的能級(jí)為3d，3d軌道有5個(gè)伸展方向，故答案為3d84s2；5；（2）A.CO、CN-與N2互為等電子體，N2分子內(nèi)含1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，A項(xiàng)正確；B.NH3中N原子為sp3雜化方式，VSEPR模型為四面體形，空間構(gòu)型為三角錐形，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.[Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+中的Ni的化合價(jià)為+2價(jià)，其配位數(shù)分別是4和6，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.[Ni(CN)4]2-為