廣東省中山一中、仲元中學(xué)等七校聯(lián)合體2020屆高三化學(xué)第一次聯(lián)考（8月）試題（含解析）.docx

廣東省中山一中、仲元中學(xué)等七校聯(lián)合體2020屆高三化學(xué)第一次聯(lián)考（8月）試題（含解析）1.化學(xué)與社會(huì)、生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A. SiO2超分子納米管屬無(wú)機(jī)非金屬材料B. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳?xì)夥省钡闹饕煞质翘妓徕}C. “梨花淡自柳深青，柳絮飛時(shí)花滿(mǎn)城”中柳絮的主要成分和棉花的相同D. 本草綱目記載的“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”的實(shí)驗(yàn)方法可用來(lái)分離乙酸和乙醇【答案】B【解析】【詳解】A.SiO2屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，可以制取超分子納米管，A正確； B.碳酸鈣需要在高溫下煅燒分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸鈣分解來(lái)產(chǎn)生二氧化碳，B錯(cuò)誤；C.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纖維素，C正確；D.“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”涉及蒸餾的方法，蒸餾可根據(jù)乙醇、乙酸沸點(diǎn)的不同，用來(lái)分離乙酸和乙醇，D正確；故合理選項(xiàng)是B。2.下列關(guān)于有機(jī)物的說(shuō)法正確的是（ ）A. 乙醇和丙三醇互為同系物B. 環(huán)己烯()分子中的所有碳原子共面C. 分子式為C5H10O2，且屬于酯的同分異構(gòu)體共有9種(不考慮立體異構(gòu))D. 二環(huán)己烷( )的二氯代物有6種結(jié)構(gòu)(不考慮立體異構(gòu))【答案】C【解析】【詳解】A.乙醇是飽和一元醇，甘油是飽和三元醇，所含官能團(tuán)數(shù)目不同，因此二者不是同系物，A錯(cuò)誤；B.環(huán)己烯分子中含有4個(gè)飽和碳原子，由于甲烷的分子結(jié)構(gòu)中與該C原子連接的四個(gè)原子構(gòu)成的是四面體結(jié)構(gòu)，所以該物質(zhì)分子中的所有碳原子不可能同一個(gè)平面上，B錯(cuò)誤；C.分子式為C5H10O2的酯為飽和一元酯，若為甲酸與丁醇形成的酯有4種，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若為乙酸和丙酯，有2種，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若為丙酸和乙醇形成的酯，只有1種，CH3CH2COOCH2CH3；若為丁酸和甲醇形成的酯，有2種，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以屬于酯的同分異構(gòu)體共有（4+2+1+2）=9種，C正確；D.二環(huán)己烷有2種不同位置的H原子，其二氯取代產(chǎn)物中，若2個(gè)Cl原子在同一個(gè)C原子上，只有1種結(jié)構(gòu)，若在兩個(gè)不同的C原子上，有6種不同的結(jié)構(gòu)，乙醇其二氯代物共有7種，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。3.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A. 11g超重水(T2O)含中子數(shù)為5NAB. 1mol金剛石中CC鍵的數(shù)目為2NAC. 常溫下，pH=6的MgCl2溶液中H+的數(shù)目為10-6 NAD. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L Cl2全部溶于水所得溶液中的Cl數(shù)目為0.1NA【答案】B【解析】【詳解】A.11g超重水(T2O)的物質(zhì)的量為0.5mol，在1個(gè)超重水(T2O)中含有12個(gè)中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子數(shù)為6NA，A錯(cuò)誤；B.由于在金剛石中，一個(gè)C原子與相鄰的4個(gè)C原子形成共價(jià)鍵，每個(gè)共價(jià)鍵為相鄰兩個(gè)原子形成，所以1個(gè)C原子含有的C-C鍵數(shù)目為40.5=2，因此1mol金剛石中C-C鍵的數(shù)目為2NA，B正確；C.缺體積，無(wú)法計(jì)算H+的數(shù)目，C錯(cuò)誤；D.氯氣和水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，反應(yīng)不能進(jìn)行徹底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯離子個(gè)數(shù)小于0.1NA個(gè)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。4.一種新興寶玉石主要成分的化學(xué)式為X2Y10Z12W30，Y、W、X、Z均為短周期主族元素且原子序數(shù)依次增大，X與Y位于同一主族，Y與W位于同一周期。X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相等，W是地殼中含量最多的元素。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A. 原子半徑：XYWB. 最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性：XYC. X的單質(zhì)在氧氣中燃燒所得的產(chǎn)物中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1:2D. Z、W組成的化合物是常見(jiàn)的半導(dǎo)體材料，能與強(qiáng)堿反應(yīng)【答案】D【解析】【分析】一種新興寶玉石主要成分的化學(xué)式為X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均為短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序數(shù)依次增大，W是地殼中含量最多的元素，則W為O元素；X與Y位于同一主族，X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相等，當(dāng)X、Y位于A族時(shí)，Z位于A族，Y與W(O元素)位于同一周期，則Y為L(zhǎng)i，X為Na，Z為Si元素；當(dāng)X、Y位于A族時(shí)，Z位于A族，短周期不可能存在3種元素同主族，不滿(mǎn)足條件，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：X為Na元素，Y為L(zhǎng)i元素，Z為Si元素，W為O元素。A.同一周期的元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越小；同一主族的元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越大。Li、O同一周期，核電荷數(shù)OLi，原子半徑LiO，Li、Na同一主族，核電荷數(shù)NaLi，原子半徑NaLi，則原子半徑是XYW，A正確；B.元素的金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的堿性越強(qiáng)。元素的金屬性NaLi，所以堿性：NaOHLiOH，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性：XY，B正確； C.X的單質(zhì)是Na，在氧氣中燃燒生成Na2O2，存在Na+和O22-，則陰、陽(yáng)離子之比為1：2，C正確；D.Z、W組成的化合物SiO2是酸性氧化物，能與強(qiáng)堿反應(yīng)，Si單質(zhì)才是常見(jiàn)的半導(dǎo)體材料，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D?！军c(diǎn)睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系的知識(shí)，依據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律的應(yīng)用及常見(jiàn)元素、化合物性質(zhì)的正確判斷。5.以CO2和Na2O2為原料，制取純凈干燥的O2，實(shí)驗(yàn)裝置如下：下列說(shuō)法不正確的是A. 裝置中試劑可以是NaOH溶液B. 裝置的作用是干燥O2C. 收集氧氣應(yīng)選擇裝置aD. 裝置、之間應(yīng)增加盛澄清石灰水的洗氣瓶【答案】C【解析】【分析】實(shí)驗(yàn)原理分析：二氧化碳通過(guò)U型管與過(guò)氧化鈉反應(yīng)生成氧氣，氧氣和沒(méi)有反應(yīng)的二氧化碳通入堿液洗氣瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗氣瓶驗(yàn)證二氧化碳是否除盡，在通過(guò)盛有濃硫酸的洗氣瓶干燥氧氣，最后收集；【詳解】A.裝置中試劑可以是NaOH溶液，用來(lái)除掉二氧化碳?xì)怏w，故不選A；B. 裝置中盛有濃硫酸，作用是干燥O2，故不選B；C. 由于氧氣密度大于空氣，選擇裝置b，故選C；D. 裝置、之間應(yīng)增加盛澄清石灰水的洗氣瓶，驗(yàn)證二氧化碳是否除盡，故不選D；答案：C6.科學(xué)家發(fā)現(xiàn)對(duì)冶金硅進(jìn)行電解精煉提純可降低高純硅制備成本。相關(guān)電解槽裝置如圖所示，用Cu-Si合金作硅源，在950利用三層液熔鹽進(jìn)行電解精煉，有關(guān)說(shuō)法正確的是A. 電子由液態(tài)Cu-Si合金流出，流入液態(tài)鋁電極B. 液態(tài)鋁電極與正極相連，作為電解池的陽(yáng)極C. 在該液相熔體中Cu優(yōu)先于Si被氧化，Si4+優(yōu)先于Cu2+被還原D. 三層液熔鹽的作用是使電子能夠在三層間自由流動(dòng)【答案】A【解析】【詳解】A.圖示得到：液態(tài)Cu-Si合金為陽(yáng)極，電子由液態(tài)Cu-Si合金流出；液態(tài)鋁為陰極，連接電源負(fù)極，所以電子從液態(tài)鋁流入；A正確；B.圖中，鋁電極是Si4+得電子被還原為Si，因此與電源負(fù)極相連，該電極為陰極，B錯(cuò)誤；C.由圖示得到，電解的陽(yáng)極反應(yīng)為Si失電子轉(zhuǎn)化為Si4+，陰極反應(yīng)為Si4+得電子轉(zhuǎn)化為Si， C錯(cuò)誤；D.使用三層液熔鹽的可以有效的增大電解反應(yīng)的面積，使單質(zhì)硅高效的在液態(tài)鋁電極上沉積，而不是方便電子通過(guò)，電子不通過(guò)電解質(zhì)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。7.向濕法煉鋅的電解液中同時(shí)加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低對(duì)電解的影響，原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1=a kJmol-1Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) H2=b kJmol-1實(shí)驗(yàn)測(cè)得電解液pH對(duì)溶液中殘留c(Cl-)的影響如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A. 溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大B. 反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)增大c(Cu2+)，c(Cl-)減小C. 向電解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除D. Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s) H=(a+2b) kJmol-1【答案】B【解析】【詳解】A.溫度升高，吸熱反應(yīng)的Ksp越大，K只受溫度的影響，pH越大，Ksp（CuCl）不變，A錯(cuò)誤；B.反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，增大c(Cu2+)，由于K不變，所以c(Cl-)減小，B正確；C.根據(jù)圖中信息：溶液的pH越大，氯離子的濃度越小，電解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，C錯(cuò)誤；D.Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1=a kJmol-1，Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) H2=bkJmol-1，根據(jù)蓋斯定律，將0.5+，整理可得： Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s) H=(+b) kJmol-1，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。8.乳酸亞鐵晶體CH3CH(OH)COO2Fe3H2O，相對(duì)分子質(zhì)量為288易溶于水，是一種很好的補(bǔ)鐵劑，可由乳酸CH3 CH(OH)COOH與FeCO3反應(yīng)制得。I碳酸亞鐵的制備（裝置如下圖所示）(1)儀器B的名稱(chēng)是_；實(shí)驗(yàn)操作如下：打開(kāi)kl、k2，加入適量稀硫酸，關(guān)閉kl，使反應(yīng)進(jìn)行一段時(shí)間，其目的是_。(2)接下來(lái)要使儀器C中的制備反應(yīng)發(fā)生，需要進(jìn)行的操作是_，該反應(yīng)產(chǎn)生一種常見(jiàn)氣體，寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式_。(3)儀器C中混合物經(jīng)過(guò)濾、洗滌得到FeCO3沉淀，檢驗(yàn)其是否洗凈的方法是_。乳酸亞鐵的制備及鐵元素含量測(cè)定(4)向純凈FeCO3固體中加入足量乳酸溶液，在75下攪拌使之充分反應(yīng)，經(jīng)過(guò)濾，在_的條件下，經(jīng)低溫蒸發(fā)等操作后，獲得乳酸亞鐵晶體。(5)兩位同學(xué)分別用不同的方案進(jìn)行鐵元素含量測(cè)定：甲同學(xué)通過(guò)KMnO4滴定法測(cè)定樣品中Fe2+的含量計(jì)算樣品純度。在操作均正確的前提下，所得純度總是大于l00%，其原因可能是_。乙同學(xué)經(jīng)查閱資料后改用碘量法測(cè)定鐵元素的含量計(jì)算樣品純度。稱(chēng)取3.000 g樣品，灼燒完全灰化，加足量鹽酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取2500 rnL該溶液加入過(guò)量KI溶液充分反應(yīng)，然后加入幾滴淀粉溶液，用0. 100 molL-1硫代硫酸鈉溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），當(dāng)溶液_，即為滴定終點(diǎn)；平行滴定3次，硫代硫酸鈉溶液的平均用量為24.80 mL，則樣品純度為_(kāi)（保留1位小數(shù)）?！敬鸢浮?(1). 蒸餾燒瓶 (2). 生成FeSO4溶液，且用產(chǎn)生的H2排盡裝置內(nèi)的空氣 (3). 關(guān)閉k2 (4). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O (5). 取最后一次洗滌液，加入稀鹽酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若無(wú)白色沉淀，則洗滌干凈 (6). 隔絕空氣 (7). 乳酸根離子中的羥基也能被高錳酸鉀氧化，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀溶液用量偏多 (8). 藍(lán)色褪去且半分鐘不恢復(fù) (9). 95.2%【解析】【分析】I亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過(guò)程中應(yīng)在無(wú)氧環(huán)境中進(jìn)行，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵，利用反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣，B制備硫酸亞鐵，利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生FeCO3沉淀。Fe2+有較強(qiáng)還原性，易被空氣中氧氣氧化，獲取乳酸亞鐵晶體過(guò)程中應(yīng)減小空氣中氧氣的干擾；乳酸和亞鐵離子都可被酸性高錳酸鉀氧化；I2的淀粉溶液顯藍(lán)色，滴加硫代硫酸鈉溶液后藍(lán)色會(huì)變淺，最終褪色；根據(jù)已知反應(yīng)可得關(guān)系式2Fe3+I22S2O32-，根據(jù)滴定時(shí)參加反應(yīng)的硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量計(jì)算出Fe2+的物質(zhì)的量，再計(jì)算樣品純度。【詳解】I亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過(guò)程中應(yīng)在無(wú)氧環(huán)境中進(jìn)行，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵，利用反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣，裝置B制備硫酸亞鐵，C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。(1)由儀器圖形可知B為蒸餾燒瓶；打開(kāi)kl、k2，加入適量稀硫酸，可使生成的氫氣排出裝置C內(nèi)的空氣，防止二價(jià)鐵被氧化；(2)待裝置內(nèi)空氣排出后，再關(guān)閉k2，反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣使裝置內(nèi)的氣體壓強(qiáng)增大，可將B中生成的硫酸亞鐵溶液排到裝置C中，發(fā)生反應(yīng)生成碳酸亞鐵，同時(shí)生成二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(3)FeCO3是從含有SO42-的溶液中過(guò)濾出來(lái)的，檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈，可通過(guò)檢驗(yàn)是否含有SO42-判斷。方法是：取最后一次水洗液于試管中，加入過(guò)量稀鹽酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若無(wú)白色渾濁出現(xiàn)，則表明洗滌液中不存在SO42-，即可判斷FeCO3沉淀洗滌干凈；(4)Fe2+有較強(qiáng)還原性，易被空氣中氧氣氧化，則乳酸亞鐵應(yīng)隔絕空氣，防止被氧化；(5)乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，F(xiàn)e2+也可以被氧化，因此二者反應(yīng)都消耗KMnO4溶液，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀的增大，使計(jì)算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)大于100%；I2遇淀粉溶液顯藍(lán)色，滴加硫代硫酸鈉溶液后藍(lán)色會(huì)變淺，說(shuō)明I2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，當(dāng)藍(lán)色剛好褪去且半分鐘不恢復(fù)，即可判斷為滴定終點(diǎn)；24.80 mL0.1000mol/L硫代硫酸鈉溶液中硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為n(Na2S2O3)=0.02480L0.100mol/L=2.4810-3mol，根據(jù)關(guān)系式2Fe2+2Fe3+I22S2O32-，可知樣品中CH3CH(OH)COO2Fe3H2O的物質(zhì)的量為n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.4810-3mol=9.9210-3mol，則樣品的純度為100%=95.2%。【點(diǎn)睛】本題考查實(shí)驗(yàn)制備方案的知識(shí)，涉及化學(xué)儀器識(shí)別、對(duì)操作的分析評(píng)價(jià)、物質(zhì)分離提純、氧化還原反應(yīng)滴定應(yīng)用等，明確原理是解題關(guān)鍵，通過(guò)化學(xué)方程式可得關(guān)系式，然后根據(jù)關(guān)系式進(jìn)行有關(guān)化學(xué)計(jì)算，注意在物質(zhì)計(jì)算時(shí)取用的物質(zhì)與原樣品配制的溶液的體積關(guān)系，以免出錯(cuò)。9.新能源汽車(chē)的核心部件是鋰離子電池，常用磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)做電極材料。對(duì)LiFePO4廢舊電極（含雜質(zhì)Al、石墨粉）回收并獲得高純Li2CO3的工業(yè)流程圖如圖：資料：碳酸鋰在水中溶解度：溫度/020406080100溶解度/g1.541.331.171.010.850.72(1)過(guò)程i研磨粉碎的目的是_。(2)過(guò)程ii加入足量NaOH溶液的作用(用反應(yīng)方程式表示)_。(3)過(guò)程iii采用不同氧化劑分別進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，均采用Li含量為3.7%的原料，控制pH為3.5，浸取1.5h后，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如表所示：序號(hào)酸氧化劑浸出液Li+濃度(g/L)濾渣中Li含量/%實(shí)驗(yàn)1HClH2O29.020.10實(shí)驗(yàn)2HClNaClO39.050.08實(shí)驗(yàn)3HClO27.050.93實(shí)驗(yàn)2中，NaClO3與鹽酸反應(yīng)生成黃綠色氣體，大大增加了酸和氧化劑的用量，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)。綜合考慮Li+的浸出率及環(huán)保因素，選擇的氧化劑最好為_(kāi)。過(guò)程iii得到的浸出液循環(huán)兩次的目的是_。(4)浸出液中存在大量H2PO4和HPO42-，已知：H2PO4HPO42+H+，HPO42PO43-+H+，結(jié)合平衡移動(dòng)原理，解釋過(guò)程iv得到磷酸鐵晶體的原因_。(5)簡(jiǎn)述過(guò)程vi的操作_?！敬鸢浮?(1). 增大接觸面積，加快反應(yīng)速率 (2). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (3). ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O (4). H2O2 (5). 提高浸出液中Li+濃度（或提高氧化劑和酸的利用率/節(jié)約后續(xù)純堿的用量） (6). CO32結(jié)合H+，c(H+)減小，上述兩個(gè)電離平衡均向右移動(dòng)，c(PO43)增大，與Fe3+結(jié)合形成磷酸鐵晶體 (7). 用熱水洗滌、干燥【解析】【分析】LiFePO4廢舊電極(含雜質(zhì)Al、石墨粉)研磨后加入氫氧化鈉溶液，濾液1含有NaAlO2，濾渣1含有LiFePO4和石墨粉，加入鹽酸、氧化劑可氧化亞鐵離子生成鐵離子，濾渣2為石墨粉，浸出液含有鐵離子、鋰離子，加入30%碳酸鈉溶液可生成FePO42H2O，濾液2含有鋰離子，加入飽和碳酸鈉溶解并加熱，可生成Li2CO3粗品，用熱水洗滌，干燥得到高純Li2CO3，以此解答該題?！驹斀狻?1)粉碎樣品，可增大接觸面積，加快反應(yīng)速率；(2)廢舊電極含有鋁，可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，則加入氫氧化鈉溶液，可溶解Al，使其分離出去，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；(3)實(shí)驗(yàn)2中，NaClO3與鹽酸反應(yīng)生成黃綠色氣體，應(yīng)生成氯氣，反應(yīng)的離子方程式為ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；結(jié)合實(shí)驗(yàn)結(jié)果和中的現(xiàn)象，最終選擇H2O2作為氧化劑，Li+的進(jìn)出率較高，且較環(huán)保； 過(guò)程iii得到的浸出液循環(huán)兩次，可提高浸出液中Li+濃度（或提高氧化劑和酸的利用率/節(jié)約后續(xù)純堿的用量；(4)要得到過(guò)程iv得到磷酸鐵晶體，可使PO43-溶液濃度增大，則應(yīng)使H2PO4HPO42+H+，HPO42PO43-+H+平衡正向移動(dòng)，可加入與H+反應(yīng)的物質(zhì)，則可加入碳酸鈉，原因是CO32-結(jié)合H+，c(H+)減小，H2PO4HPO42+H+，HPO42PO43-+H+，兩個(gè)電離平衡均向右移動(dòng)，c(PO43-)增大，與Fe3+結(jié)合形成磷酸鐵晶體；(6)由表中數(shù)據(jù)可知碳酸鋰在溫度較高時(shí)溶解度較小，則可用熱水洗滌，然后干燥可得到高純碳酸鋰?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的分離和提純的知識(shí)，涉及物質(zhì)分離和提純?cè)噭┑倪x取、平衡移動(dòng)原理、氧化還原反應(yīng)等，明確化學(xué)反應(yīng)原理、物質(zhì)性質(zhì)及性質(zhì)差異性是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生分析及綜合知識(shí)運(yùn)用能力。10.氮的氧化物是造成大氣污染的主要物質(zhì)，研究氮氧化物間的相互轉(zhuǎn)化及脫除具有重要意義。I氮氧化物間的相互轉(zhuǎn)化(1)已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反應(yīng)歷程分兩步：第一步 2NO(g)N2O2(g) （快速平衡）第二步 N2O2(g) +O2(g) =2NO2(g) （慢反應(yīng)）用O2表示的速率方程為v(O2)= k1c2(NO)c(O2)；NO2表示的速率方程為v(NO2)=k2c2(NO)c(O2)，k1與k2分別表示速率常數(shù)（與溫度有關(guān)），則=_。下列關(guān)于反應(yīng)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的說(shuō)法正確的是_（填序號(hào)）。A.增大壓強(qiáng)，反應(yīng)速率常數(shù)一定增大B.第一步反應(yīng)的活化能小于第二步反應(yīng)的活化能C.反應(yīng)的總活化能等于第一步和第二步反應(yīng)的活化能之和(2)容積均為1L的甲、乙兩個(gè)容器，其中甲為絕熱容器，乙為恒溫容器相同溫度下，分別充入0.2mol的NO2，發(fā)生反應(yīng)：2NO2(g)N2O4(g) H”、“” 或“=”)。(3)以NH3為還原劑在脫硝裝置中消除煙氣中的氮氧化物。主反應(yīng)：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) H1副反應(yīng)：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H2=1267.1kJ/mol4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H3=907.3 kJ/molH1=_。將煙氣按一定的流速通過(guò)脫硝裝置，測(cè)得出口NO的濃度與溫度的關(guān)系如圖1，試分析脫硝的適宜溫度是_（填序號(hào)）。a.1050 (4)以連二亞硫酸鹽(S2O42)為還原劑脫除煙氣中的NO，并通過(guò)電解再生，裝置如圖2。陰極的電極反應(yīng)式為_(kāi)，電解槽中的隔膜為_(kāi)（填“陽(yáng)”或“陰”）離子交換膜?！敬鸢浮?(1). 0.5 (2). B (3). 反應(yīng)放熱，體系的溫度升高，反應(yīng)速率加快 (4). 225 (5). (7). -1626.9 kJ/mol (8). b (9). 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O (10). 陽(yáng)【解析】【分析】(1)用O2表示的速率方程為v(O2)=k1c2(NO)c(O2)、NO2表示的速率方程為v(NO2)=k2c2(NO)c(O2)，2v(O2)=v(NO2)，帶入上式兩個(gè)式子，整理可得k1、k2的關(guān)系；A.反應(yīng)速率常數(shù)只與溫度有關(guān)；B.反應(yīng)越容易，反應(yīng)物活化能越?。籆.反應(yīng)的總活化能小于第一步和第二步反應(yīng)的活化能之和；(2)該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響分析；根據(jù)該溫度下物質(zhì)的平衡濃度，結(jié)合化學(xué)反應(yīng)平衡常數(shù)的定義分析判斷；甲為恒容絕熱，乙為恒溫容器，根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響及對(duì)體系的壓強(qiáng)影響分析判斷；(3)根據(jù)蓋斯定律，將第二、第三個(gè)熱化學(xué)方程式進(jìn)行疊加，就可以得到相應(yīng)的反應(yīng)的熱化學(xué)方程式及其相應(yīng)的反應(yīng)熱；氮氧化物殘留濃度越低越好；溫度超過(guò)1000，氨氣和氧氣反應(yīng)生成NO；(4)陰極上亞硫酸根離子得電子生成S2O42-；陽(yáng)極上水失電子生成氧氣和氫離子，右側(cè)多余的氫離子通過(guò)離子交換膜進(jìn)入左側(cè)?！驹斀狻?1)用O2表示速率方程為v(O2)=k1c2(NO)c(O2)、NO2表示的速率方程為v(NO2)=k2c2(NO)c(O2)，2v(O2)=v(NO2)，所以=；A.反應(yīng)速率常數(shù)只與溫度有關(guān)，與壓強(qiáng)大小無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；B.反應(yīng)越容易，反應(yīng)物活化能越小，反應(yīng)速率越快，第一步反應(yīng)較快，說(shuō)明反應(yīng)物活化能較小，B正確；C.反應(yīng)的總活化能小于第一步和第二步反應(yīng)的活化能之和，C錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B；(2)該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，加入反應(yīng)物，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)體系溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率加快；反應(yīng)開(kāi)始時(shí)c(NO2)=0.2mol/L，c(N2O4)=0mol/L，到平衡時(shí)c(NO2)平=0.02mol/L，則根據(jù)方程式2NO2(g)N2O4(g)中物質(zhì)變化關(guān)系可知c(N2O4)平=0.09mol/L則該溫度下該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=225；甲容器保持恒容，乙容器保持恒溫，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，容器內(nèi)氣體的溫度升高，升高溫度，平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以平衡時(shí)，K甲P乙；升高溫度平衡常數(shù)減小，則平衡常數(shù)的對(duì)數(shù)減小，圖中橫坐標(biāo)數(shù)值越大，溫度越低，化學(xué)平衡常數(shù)越大，其對(duì)數(shù)越大，所以a符合，故選a；(3)i. 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) H1ii. 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H2=1267.1kJ/moliii. 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H3=907.3 kJ/mol將方程式2ii-iii，整理可得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) H1=2H2-H3=-1626.9 kJ/mol；氮氧化物殘留濃度越低越好；溫度超過(guò)1000，氨氣和氧氣反應(yīng)生成NO；氮氧化物殘留濃度越低越好，根據(jù)圖知，在9001000時(shí)氮氧化物濃度最低；溫度超過(guò)1000，氨氣和氧氣反應(yīng)生成NO，導(dǎo)致NO濃度增大，故合理選項(xiàng)是b；(4)陰極上亞硫酸根離子得電子生成S2O42-，電極反應(yīng)式為2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O，陽(yáng)極上，水失電子生成氧氣和氫離子，右側(cè)多余的氫離子通過(guò)離子交換膜進(jìn)入左側(cè)，所以交換膜為陽(yáng)離子交換膜?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算、電解原理、蓋斯定律等知識(shí)點(diǎn)，把握化學(xué)平衡計(jì)算方法、電解池中各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，要掌握基本概念，看清反應(yīng)過(guò)程中變化條件，用化學(xué)反應(yīng)原理分析變化結(jié)果，離子交換膜判斷為解答易錯(cuò)點(diǎn)。11.祖母綠是四大名貴寶石之一，主要成分為Be3Al2Si6O18，含有微量的Cr、Ni、Fe元素而呈現(xiàn)各種顏色?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)Ni2+的電子排布式為_(kāi)；寶石中Si的雜化方式是_；基態(tài)Al原子電子占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為_(kāi)。(2)成鍵元素電負(fù)性差值越大，化學(xué)鍵離子性百分?jǐn)?shù)越高，在鹵素與Al組成的化合物中，離子性百分?jǐn)?shù)最高的化合物是_（填化學(xué)式）。(3)六羰基鉻Cr(CO)6用于制高純度鉻粉，它的沸點(diǎn)為220。Cr(CO)6的晶體類(lèi)型是_，每molCr(CO)6含鍵的數(shù)目為_(kāi)；加熱Cr(CO)6可得到高純度鉻粉和CO，反應(yīng)破壞作用力類(lèi)型為_(kāi)。a.離子鍵 b.配位鍵 c.金屬鍵 d.分子間作用力(4)多數(shù)配離子顯示顏色與d軌道的分裂能有關(guān)。分裂能是指配離子的中心原子（離子）的一個(gè)電子從較低能量的d軌道躍遷到較高能量的d軌道所需的能量(用表示)，它與中心離子的結(jié)構(gòu)、電荷、配體有關(guān)。試判斷分裂能Fe(H2O)6 3+ _ Fe(H2O)6 2+（填“”“ (9). Fe3+的3d軌道達(dá)半充滿(mǎn)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，F(xiàn)e2+的3d軌道未達(dá)半充滿(mǎn)穩(wěn)定結(jié)構(gòu) (10). (0.5，0.5，0) (11). 100%【解析】【分析】(1)Ni是28號(hào)元素，根據(jù)構(gòu)造原理寫(xiě)出其基態(tài)原子核外電子排布式，原子失去最外層2個(gè)電子，就形成Ni2+；先判斷Si元素的化合價(jià)，然后確定其Si的雜化方式；根據(jù)Al原子核外電子排布式確定其電子占據(jù)最高能級(jí)的電子云形狀；(2)成鍵元素電負(fù)性差值越大，化學(xué)鍵離子性百分?jǐn)?shù)越高，而同主族自上而下電負(fù)性減小；(3)Cr(CO)6的沸點(diǎn)比較低，符合分子晶體的性質(zhì)；Cr(CO)6中鉻與CO形成配位鍵，CO中兩個(gè)原子通過(guò)共價(jià)三鍵結(jié)合；(4)配離子所帶正電荷越多，對(duì)電子的吸引力越大，d-d電子躍遷需要的能量越多，具有全充滿(mǎn)、半充滿(mǎn)、全空的電子層結(jié)構(gòu)的微粒穩(wěn)定性較高，越強(qiáng)需要的能量更高；(5)由圖中A原子處于晶胞棱心，可以判斷底面面心B的原子坐標(biāo)參數(shù)；圖乙結(jié)構(gòu)單元中鎳離子數(shù)目為10，由電荷守恒可知，結(jié)構(gòu)單元中氧離子數(shù)目為10，由幾何知識(shí)可知，最近2個(gè)氧離子的核間距為(2a+2b)pm=(a+b)pm，可得結(jié)構(gòu)單元中長(zhǎng)方體的各棱長(zhǎng)，空間利用率=100%。【詳解】(1)Ni是28號(hào)元素，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，失去4s能級(jí)2個(gè)電子形成Ni2+，基態(tài)Ni2+的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d8，在該化合物中Si元素化合價(jià)為+4價(jià)，Si原子周?chē)?軌道原子，沒(méi)有孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)為4，Si原子雜化方式為：sp3雜化，Al原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p1，可見(jiàn)其原子核外電子占據(jù)的最高能級(jí)3p能級(jí)，電子云形狀為啞鈴形或紡錐形；(2)成鍵元素電負(fù)性差值越大，化學(xué)鍵離子性百分?jǐn)?shù)越高，而同主族自上而下電負(fù)性減小，鹵族元素中F元素電負(fù)性最大，故在鹵素與Al組成的化合物中，離子性百分?jǐn)?shù)最高的化合物為AlF3；(3)Cr(CO)6的沸點(diǎn)為220，比較低，說(shuō)明Cr(CO)6屬于分子晶體；在Cr(CO)6中，Cr與CO通過(guò)配位鍵結(jié)合，6個(gè)配位鍵，在每一個(gè)CO中C、O原子間通過(guò)共價(jià)三鍵結(jié)合，其中含有1個(gè)鍵，一共有6個(gè) CO，則含有6個(gè)鍵，所以每1molCr(CO)6含鍵的數(shù)目為(6+6)NA=12NA；加熱Cr(CO)6可得到高純度鉻粉和CO，加熱過(guò)程中配體與中心原子之間的配位鍵被破壞，故合理選項(xiàng)是b；(4)Fe(H2O)63+帶3個(gè)單位的正電荷，而Fe(H2O)62+帶2個(gè)單位正電荷，前者對(duì)電離吸引力更大；Fe3+的3d達(dá)到半充滿(mǎn)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，F(xiàn)e2+的3d未達(dá)到半充滿(mǎn)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故分裂能Fe(H2O)63+Fe(H2O)62+；(5)A原子坐標(biāo)參數(shù)為（0，0，），則A原子處于晶胞棱心，故底面面心B的原子坐標(biāo)參數(shù)為：(，0)；圖乙結(jié)構(gòu)單元中鎳離子數(shù)目為10，由電荷守恒可知，結(jié)構(gòu)單元中氧離子數(shù)目為10，Ni、O原子總體積=10（a3+b3）pm3，根據(jù)幾何知識(shí)可知，最近2個(gè)氧離子的核間距為(2a+2b) pm=(a+b)pm，結(jié)構(gòu)單元長(zhǎng)方體的長(zhǎng)=5(a+b)pm，寬=2(a+b)pm，高=2a pm，因此空間利用率=10（a3+b3）pm35(a+b)pm2(a+b)pm