XX省長郡中學2023屆高三月考（六）化學答案

PAGE1PAGE長郡中學2023屆高三月考試卷(六)化學可能用到的相對原子質量：O~16Cu~64一、選擇題(本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)1.勞動成就夢想。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯(lián)的是選項勞動項目化學知識A社區(qū)服務：用“84”消毒液對圖書館桌椅消毒含氯消毒劑具有氧化性B學農活動：用廚余垃圾制肥料廚余垃圾含N、P、K等元素C家務勞動：用白醋清洗水壺中的水垢白醋有酸性，可與碳酸鈣反應D自主探究：以油脂為原料制肥皂硬脂酸甘油酯可發(fā)生加成反應A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．“84”消毒液中含有具有強氧化性的次氯酸鈉，能起到殺菌消毒的作用，則用“84”消毒液對圖書館桌椅消毒與含氯消毒劑具有氧化性有關，故A正確；B．含有氮、磷、鉀的物質常用作化肥，則廚余垃圾制肥料與廚余垃圾含有氮、磷、鉀等元素有關，故B正確；C．用白醋清洗水壺中的水垢與乙酸的酸性有關，故C正確；D．油脂在堿性條件下可發(fā)生水解反應生成甘油和可制作肥皂的高級脂肪酸鹽，為取代反應，故D錯誤；故答案選D。2.化學推動著社會的進步和科技的創(chuàng)新。下列說法錯誤的是A.感染奧密克戎時，如果發(fā)熱超38.5℃，可以服用布洛芬解熱、鎮(zhèn)痛B.北京冬奧會手持火炬“飛揚”在出口處噴涂含堿金屬的焰色劑，實現了火焰的可視性C.天和核心艙首次采用了大面積可展收柔性太陽電池翼，其中氮化硼陶瓷涂層屬于新型無機非金屬材料D.艦艇隱形涂料中使用的摻雜態(tài)聚乙炔為絕緣材料【答案】D【解析】【詳解】A．布洛芬有解熱、鎮(zhèn)痛的作用，故A正確；B．不同金屬元素的焰色反應可以發(fā)出不同顏色的光，噴涂堿金屬的目的是利用焰色反應讓火焰可視，故B正確；C．氮化硼陶瓷耐高溫，屬于新型無機非金屬材料，故C正確；D．聚乙炔是由碳原子和氫原子組成的，其中的碳原子利用兩個電子與旁邊的碳原子結合（雙鍵結合），另一個電子與相反方向的碳原子結合（單鍵結合），剩下的一個電子與氫原子結合，聚乙炔就是由無數個這種結構組成的，所以聚乙炔能導電，故D錯誤；故答案選D。3.相對分子質量為Mr的氣態(tài)化合物VL(標準狀況)溶于mg水中，得到溶液的質量分數為ω，密度為ρg/cm3，物質的量濃度為cmol/L。下列說法正確的是A.溶液的質量分數可表示為B.相對分子質量Mr可表示為C.溶液密度ρ可表示為D.物質的量濃度c可表示為【答案】A【解析】【詳解】A．溶液中溶質的質量，溶液質量為，則溶質的質量分數為，故A正確；B．質量分數為，則水的質量分數為，水的質量為，則溶液的質量為，溶質的質量為，溶質的物質的量為，則該化合物的摩爾質量為，所以該化合物的相對分子量為，故B錯誤；C．設溶液的體積為，則溶液中溶質的質量為，該溶液的質量為，則溶液的密度為，故C錯誤；D．溶液體積=，溶液中溶質的物質的量為，該溶液的濃度為，故D錯誤；選A。4.下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.中性溶液中：Fe3+、Na+、、B.lg=10的溶液中：Na+、K+、CH3COO-、Cl-C.明礬溶液中：、K+、I-、Br-D.加入鋁粉會產生H2的溶液中：Cu2+、Mg2+、、ClO-【答案】C【解析】【詳解】A．中性溶液中Fe3+會發(fā)生水解，生成氫氧化鐵沉淀，不能共存，A項錯誤；B．lg=10的溶液中顯酸性，酸性條件下，CH3COO-與氫離子會結合，不能共存，B項錯誤；C．明礬溶液中存在Al3+，Al3+、、K+、I-、Br-互不反應，能大量共存，C項正確；D．加入鋁粉會產生H2的溶液中可能顯酸性也可能顯堿性，酸性條件下，ClO-不能大量共存，堿性條件下，Cu2+、Mg2+不能大量共存，D項錯誤；答案選C。5.利用NaClO氧化尿素制備N2H4·H2O(水合肼)，同時可制備Na2SO3，制備流程如圖所示：已知：N2H4·H2O有強還原性，N2H4·H2O能與NaClO反應生成N2；0.1mo1/L亞硫酸鈉溶液的pH約為9.5。下列說法錯誤的是A.步驟I反應時，若產物中n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，則n(NaCl)：n(NaClO)=2：1B.步驟II中須將尿素緩慢加入NaClO堿性溶液中C.步驟II反應的離子方程式為C1O+CO(NH2)2+2OH-=C1-+N2H4·H2O+COD.步驟IV中反應過程中控制溶液為堿性，有利于吸收SO2【答案】B【解析】【分析】由流程可知，步驟I中發(fā)生，溫度過高時易發(fā)生，步驟II中發(fā)生，且將NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止過量的NaClO溶液將氧化，步驟III中分離出碳酸鈉、水合肼；步驟IV向碳酸鈉溶液中通入SO2，反應過程中控制溶液為堿性有利于吸收SO2，將碳酸鈉轉化為亞硫酸鈉；【詳解】A．步驟I反應時，若產物中n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，假設產物中n(NaClO)=5mol，n(NaClO3)=1mol，根據得失電子守恒可知n(NaCl)=10mol，故n(NaCl)：n(NaClO)=2：1，A項正確；B．由分析可知：步驟II中將NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止過量的NaClO溶液將氧化，B項錯誤；C．步驟II反應的離子方程式為，C項正確；D．由分析可知，步驟IV中反應過程中控制溶液為堿性，有利于吸收SO2，D項正確；答案選B。6.下列5組物質相互混合反應后，最終有白色沉淀生成的有①金屬Na投入FeCl3溶液中②過量Ba(OH)2溶液和Al2(SO4)3溶液混合③少量Ca(OH)2投入過量NaHCO3溶液中④向AlCl3溶液中通入過量NH3⑤少量Na2O2固體加入Na2S溶液中A.2組 B.3組 C.4組 D.5組【答案】B【解析】【詳解】①金屬Na投入溶液中，Na先與水反應生成NaOH等，NaOH再與反應生成紅褐色沉淀，故不合；②過量溶液和溶液混合，生成白色沉淀，起初生成的沉淀后來全部溶解，故符合；③少量投入過量溶液中，生成白色沉淀，故符合；④向溶液中通入過量，生成白色沉淀，故符合；⑤少量固體加入溶液，先與水反應生成等，將氧化生成淡黃色S沉淀，故不合；；綜合以上分析，②③④符合題意，故選B。7.鐵元素是重要的金屬元素，含有鐵元素的物質，在人類的生產生活中有著重要的應用。在血液中，的輸送與血紅蛋白中的有關。血紅蛋白分子的結構如圖，下列有關說法錯誤的是A.基態(tài)價電子排布為3d44s2B.O2通過配位鍵與相連C.已知咪唑環(huán)所有原子共平面，則分子中一定存在大π鍵D.該結構中O元素的電負性最大【答案】A【解析】【詳解】A．Fe的原子序數為26，Fe2+為鐵原子失去電子后，基態(tài)價電子排布為3d6，A項錯誤；B．由圖可知，O2提供孤電子對，Fe2+提供空軌道，則O2通過配位鍵與相連，B項正確；C．已知咪唑環(huán)所有原子共平面，碳原子和氮原子均采用sp2雜化，則分子中一定存在大π鍵，C項正確；D．同周期隨著原子序數增大，非金屬性依次增強電負性依次增大，則電負性O元素最大，D項正確；答案選A。8.砷化鎵是一種重要的半導體材料，熔點1238℃。它在600℃以下能在空氣中穩(wěn)定存在，并且不被非氧化性的酸侵蝕。砷化鎵晶胞結構如圖。下列說法不正確的是A.砷化鎵是一種共價晶體B.砷化鎵中存在配位鍵C.若晶胞參數為apm，則Ga與As的最短距離為apmD.晶胞中與Ga等距且最近的As形成的空間結構為正八面體【答案】D【解析】【詳解】A．根據砷化鎵熔點數據和晶胞結構(空間網狀)可知砷化鎵為共價晶體，故A正確；B．Ga最外層有3個電子，每個Ga與4個As成鍵，所以砷化鎵中存在配位鍵，故B正確；C．Ga與As的最短距離為，故C正確；D．由圖可知，晶胞中與Ga等距且最近的As形成的空間結構為正四面體，故D錯誤；故答案選D。9.氧化亞銅是殺菌劑、陶瓷和搪瓷的著色劑，以及紅色玻璃染色劑，利用如圖所示裝置制備氧化亞銅和精煉銅，已知粗銅中含有鐵、碳、鋅、銀等雜質。下列說法錯誤的是A.將CuCl2溶液換成CuSO4溶液可以避免電壓過高時，乙中可能會產生有刺激性氣味的氣體B.乙池中電解后X極附近形成的陽極泥的主要成分是銀和碳C.若該裝置的能量轉化率為80%，則當外電路有2mol電子轉移時可制得115.2g的Cu2OD.由圖可知裝置甲中制備Cu2O的總反應方程式為2Cu+H2OCu2O+H2↑【答案】B【解析】【詳解】A．電壓過高時，Cl-會在陽極放電生成Cl2，而不會放電，將CuCl2溶液換成CuSO4溶液可避免產生Cl2，A正確；B．由裝置圖可知：甲裝置中C電極為陰極，Cu電極為陽極；則乙裝置中X電極為陰極，Y電極為陽極，電解精煉銅時，粗銅作陽極，純銅作陰極，所以乙池中電解后Y極附近形成的陽極泥的主要成分是銀和碳，B錯誤；C．如該裝置的能量轉化率為80%，當外電路有2mol電子轉移時，即有2mol×80%=1.6mol的電子發(fā)生氧化還原反應，則生成Cu2O的物質的量為0.8mol，其質量為115.2g，C正確；D．裝置甲中制備Cu2O的總反應方程式為，D正確；故合理選項是B。10.下列實驗操作、現象和結論都正確的是選項實驗操作現象結論A向盛有2mL0.1mol?L-1AgNO3溶液的試管中滴加10滴0.1mol?L-1KCl溶液，待生成白色沉淀后，再向其中滴加0.1mol?L-1KI溶液先觀察到白色沉淀，后沉淀顏色變?yōu)辄S色Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B將濃硫酸和無水乙醇加熱到170℃，產生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中酸性高錳酸鉀溶液褪色使酸性高錳酸鉀溶液褪色的氣體為乙烯C將濃氨水滴到堿石灰上，產生的氣體通入濕潤的藍色石蕊試紙上濕潤的藍色石蕊試紙變紅氨氣溶于水顯堿性D將CH3CH2Br與NaOH溶液共熱，冷卻后，取出上層水溶液，先加HNO3酸化，再加AgNO3溶液產生淡黃色沉淀CH3CH2Br中存在溴元素A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．試管中加入的AgNO3溶液過量，過量的Ag+與I-反應產生AgI沉淀，不能證明AgCl會發(fā)生沉淀轉化生成AgI沉淀，故無法證明溶度積常數Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A錯誤；B．乙醇具有揮發(fā)性，揮發(fā)的氣體中含有乙醇及濃硫酸與乙醇發(fā)生氧化還原反應產生的SO2都具有還原性，二者都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，因此不能證明反應產生了乙烯，B錯誤；C．氨氣的水溶液顯堿性，能夠使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，而不是使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅色，C錯誤；D．將CH3CH2Br與NaOH溶液共熱，發(fā)生水解反應產生CH3CH2OH及NaBr，冷卻后，取出上層水溶液，先加HNO3酸化，再加AgNO3溶液有淡黃色沉淀即為AgBr沉淀，則可說明有溴元素，D正確；故合理選項是D。11.碘化鋰(LiI)在能源、醫(yī)藥等領域有重要應用，某興趣小組制備LiI·3H2O和LiI，流程如圖：已知：LiI·3H2O在300℃以上轉變成無水LiI。LiI易溶于水，溶解度隨溫度升高而增大，在空氣中受熱易被氧化。Li2CO3難溶于水。下列說法錯誤的是A.步驟①主要發(fā)生的離子反應為Li2CO3+2H+=2Li++CO2↑+H2OB.步驟②過濾用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、漏斗C.步驟④可在空氣中加熱到300℃以上進行轉化D.步驟③中一系列操作包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥【答案】C【解析】【分析】粗碳酸鋰加強酸氫碘酸溶解LiI，同時生成二氧化碳和水，溶液調pH=7，過濾，濾液經蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，洗滌，干燥得到LiI·3H2O，再經脫水得到無水LiI?！驹斀狻緼．碳酸鋰難溶于水，與強酸氫碘酸反應生成LiI、CO2、H2O，LiI易溶于水，因此反應離子方程式為Li2CO3+2H+=2Li++CO2↑+H2O，故A正確；B．過濾用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、漏斗，故B正確；C．LiI·3H2O在300℃以上轉變成無水LiI，但在空氣中受熱易被氧化，所以步驟④不能在空氣中加熱到300℃以上進行轉化，故C錯誤；D．步驟③是從LiI溶液中獲得LiI·3H2O，則一系列操作包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，故D正確；綜上所述，錯誤的是C項。12.萜類化合物是天然物質中最多的一類物質，有些具有較強的香氣和生理活性，某些萜類化合物可以相互轉化。下列說法錯誤的是A.香葉醇的分子式為C10H18OB.香葉醇和香茅醛互為同分異構體C.上述四種物質均能使酸性高錳酸鉀溶液或溴水褪色D.香茅醇可以發(fā)生取代反應、加成反應和氧化反應，但是不能發(fā)生還原反應【答案】D【解析】【詳解】A．根據香葉醇分子結構簡式可知：其分子中有10個碳原子，1個氧原子，同時有2個不飽和度(2個碳碳雙鍵)，所以分子式為C10H18O，A正確；B．香葉醇和香茅醛的分子式都是C10H18O，但二者的分子結構不同，因此它們互為同分異構體，B正確；C．四種物質中，都含有不飽和的碳碳雙鍵，所以它們都可以使酸性高錳酸鉀溶液或溴水褪色，C正確；D．香茅醇分子中含有碳碳雙鍵，所以可以與氫氣發(fā)生加成反應，而物質得氫的反應同時也屬于還原反應，D錯誤；故合理選項是D。13.常溫下，CaSO4、CaCO3、MnCO3三種物質的pM與pR的關系如圖所示，已知：pM為陽離子濃度的負對數，pR為陰離子濃度的負對數；離子濃度≤10-5mol?L-1時認為其沉淀完全。下列說法正確的是A.常溫下，溶度積：CaSO4＜CaCO3＜MnCO3B.O點對應CaCO3的過飽和溶液C.常溫下，向物質的量濃度均為0.5mol?L-1CaCl2溶液和MnCl2的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液時，當Ca2+恰好完全沉淀時，溶液中c(Mn2+)=10-14mol?L-1D.常溫時，CaCO3(s)+Mn2+(aq)MnCO3(s)+Ca2+(aq)的平衡常數K=0.01【答案】B【解析】【詳解】A．根據A、B、C三點數值計算、、的值，，同理，，，所以溶度積：，故A錯誤；B．pM越大，陽離子濃度越小，pR越大，陰離子濃度越小，O點對而言，所以是過飽和溶液，要析出沉淀，故B正確；C．由，，當恰好完全沉淀時，離子濃度，此時為，溶液中，故C錯誤；D．由A項分析可知，，的平衡常數，故D錯誤；故答案選B。14.二維銻片(Sb)是一種新型的CO2電化學還原催化劑。酸性條件下人工固碳裝置中CO2氣體在Sb表面發(fā)生三種催化競爭反應，其反應歷程如下圖所示(*表示吸附態(tài)中間體)。下列說法不正確的是A.生成HCOOH吸收的能量最多B.使用Sb改變了反應的路徑C.Sb電極表面生成CO的反應為：*CO2＋2e-＋H2O=CO＋2OH-D.Sb對三種催化競爭反應的選擇效果為HCOOH＞H2＞CO【答案】C【解析】【詳解】A．生成三種產物中HCOOH的能量最大，故吸收的能量最多，A正確；B．從圖中看，催化劑Sb改變了反應的路徑，B正確；C．反應條件為酸性，所以不可能生成OH－，C錯誤；D．活化能越小，反應越容易進行，生成HCOOH的活能量最小，生成CO的活能量最大，生成H2的活能量居中，D正確。答案選C。二、非選擇題(本題共4道大題，共58分。)15.“消洗靈”(Na10P3O13Cl·5H2O)是具有消毒、殺菌，漂白和洗滌等綜合功效的消毒洗滌劑。該消毒劑中的有效氯對細菌芽孢、乙肝病毒、艾滋病毒、真菌及霉菌孢子等病毒病菌進行殺滅消毒。實驗室中制備的反應方程式為NaClO+Na3PO4+2Na2HPO4+3H2O=Na10P3O13Cl·5H2O，應裝置如圖所示(夾持裝置略)。已知：Cl2與NaOH溶液在加熱的條件下反應生成NaClO3和NaCl；回答下列問題：（1）該消毒劑______(填“能”或“不能”)與潔廁靈一起混合使用。儀器a的名稱是______，裝置A中反應的離子方程式為______。（2）實驗之前需要進行的操作是______。（3）打開儀器a的活塞及活塞K，制備NaClO堿性溶液；關閉儀器a的活塞及活塞K，打開裝置C中分液漏斗活塞；一段時間后，裝置C中溶液經“系列操作”，得到粗產品。①若不采用裝置C冰水浴會使“消洗靈”(Na10P3O13Cl·5H2O)的產率______(填“升高”或“降低”)。其原因是______。②“系列操作”包括______。（4）利用滴定法測定產品Na10P3O13Cl·5H2O的純度，已知Na10P3O13Cl·5H2O的摩爾質量為656.5g·mol-1，實驗方案如下：Ⅰ.取1.500g產品試樣溶于蒸餾水中配成100mL溶液；Ⅱ.量取25.00mL待測液于錐形瓶中，加入10mL2mol?L-1硫酸溶液、25mL0.1mol?L-1KI溶液(過量)，暗處靜置5min；Ⅲ.滴加2~3滴淀粉溶液，用0.05mol?L-1Na2S2O3標準溶液滴定，發(fā)生反應：I2+2S2O=2I-+S4O。平行滴定三次，平均消耗20.00mL標準溶液，則產品的純度為______(保留三位有效數字)?！敬鸢浮浚?）①.不能②.恒壓分液漏斗③.2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2）檢查裝置氣密性（3）①.降低②.若不采用冰水裝置，反應放熱導致NaClO含量降低，從而導致產率降低③.蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌、低溫干燥（4）87.5%【解析】【分析】實驗制備消洗靈，制備的原理是NaClO+Na3PO4+2Na2HPO4+3H2O=Na10P3O13Cl·5H2O，裝置A制備氯氣，氯氣中混有HCl，HCl能與磷酸鈉、磷酸一氫鈉反應，消耗原料，必須除去氯化氫，即裝置B的作用是除去氯氣中的HCl，盛放試劑為飽和食鹽水，裝置C的作用是制備消洗靈，裝置D為安全瓶，防止倒吸，氯氣有毒，需要尾氣處理，裝置E的作用是吸收多余氯氣，防止污染環(huán)境，據此分析；【小問1詳解】潔廁靈的主要成分是鹽酸，消洗靈具有消毒、殺菌、漂白等功效，說明消洗靈具有強氧化性，消洗靈與潔廁靈反應會產生有毒氣體氯氣，因此兩者不能混合使用；根據儀器a特點，儀器a為恒壓分液漏斗；裝置A制備氯氣，其離子方程式為2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；故答案為不能；恒壓分液漏斗；2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；【小問2詳解】因為有氣體參與反應，因此實驗之前需要進行操作是檢查裝置氣密性；故答案為檢查裝置氣密性；小問3詳解】①根據題中所給信息，以及實驗室制備消洗靈的方程式可知，如果沒有冰水浴，NaClO生成量減少，即消洗靈產率降低，故答案為降低；若不采用冰水裝置，反應放熱導致NaClO含量降低，從而導致產率降低；②因為得到產品中含有結晶水，因此系列操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、低溫干燥；故答案為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、低溫干燥；【小問4詳解】根據題中關系，建立關系式為Na10P3O13Cl·5H2O～I2～2S2O，產品純度為≈87.5%；故答案為87.5%。16.深入研究碳、氮元素的物質轉化有著重要的實際意義，合成尿素的反應為2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2+H2O(g)△H=-87.0kJ?mol-1。按要求回答下列問題：（1）分別向等溫等容、絕熱等容(起始溫度相同)的密閉容器中加入0.2mol的NH3和0.1mol的CO2，若達平衡時等溫等容容器中CO(NH2)2百分含量為a%，絕熱等容容器中CO(NH2)2百分含量為b%，則a______b(填“大于”“小于”或“等于”)。（2）納米Fe2O3在常壓電化學法合成氨過程中起催化作用。該電解裝置如圖所示。已知熔融NaOH-KOH為電解液，Fe2O3在發(fā)生電極反應時生成中間體Fe。惰性電極Ⅰ的電極反應為______，生成氨氣的反應：2Fe+N2+3H2O(g)=Fe2O3+2NH3。（3）如圖是上述反應合成尿素機理及能量變化(單位：kJ/mol)，TS表示過渡態(tài)。該反應歷程中，起決速步驟的方程式是______。若△E1=66.5kJ?mol-1，則△E2=______kJ/mol。（4）在T1℃和T2℃時(T1＜T2)，向恒容容器中投入等物質的量的兩種反應物，發(fā)生以下反應：HN=C=O(g)+NH3(g)→CO(NH2)2(g)△H＜0，平衡時lgp(NH3)與lgp[CO(NH2)2]的關系如圖所示，p為物質的分壓強(單位為kPa)。若v正=k正·p(HNCO)·p(NH3)、v逆=k逆·p[CO(NH2)2]。T1℃時，=______kPa-1。T2℃時此反應的標準平衡常數K0=______［已知：分壓=總壓×該組分物質的量分數，對于反應：dD(g)+eE(g)=gG(g)，K0=，其中p0=100kPa，p(G)、p(D)、p(E)為各組分的平衡分壓］。若點A時繼續(xù)投入等物質的量的兩種反應物，再次達到平衡時(溫度不變)，CO(NH2)2的體積分數______(填“變大”“變小”或“不變”)?！敬鸢浮浚?）大于（2）Fe2O3+3H2O(g)+6e-=2Fe+6OH-（3）①.HOOC－NH2→HN=C=O+H2O②.241.0（4）①.1000②.1000③.變大【解析】【小問1詳解】該反應為放熱反應，隨著反應的進行，絕熱容器中體系的溫度會逐漸升高，平衡逆向移動，不利于的生成，所占體系的百分含量減少，a大于b?！拘?詳解】根據圖示可知，惰性電極Ⅰ為陰極，反應得電子，電極反應式為?！拘?詳解】根據圖所示，能壘最大的即為決速步驟，故該步驟的方程式為：。根據，圖中最終生成物對初始反應物的能量差是，那么由到最終產物，就有。【小問4詳解】該反應△H＜0，溫度升高，平衡向逆方向移動，因為，故在圖中上面的那條線是℃對應的圖像。平衡時，，代入橫坐標為1、縱坐標為5那個點的數據得：；℃時，根據標準平衡常數的表達式，并代入A點的數據得：；若點A時繼續(xù)投入等物質的量的兩種反應物，容器體積不變，相當于加壓，加壓時平衡向氣體計量數減小的正方向移動，的體積分數變大。17.鎳目前有廣泛的用途，不僅可以用于不銹鋼的制取中，目前也是三元鋰電池中的重要元素。由紅土鎳礦(主要成分為NiO，還含有少量MgO2SiO2以及鐵的氧化物等)可以制取黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]和NiSO4·6H2O。（1）Ni的價電子排布式為______。Ni(CO)4是用于烯烴、H2、CO制備高一級醛的重要催化劑，Ni(CO)4的空間結構類似于CH4分子，其空間結構為______。（2）為加快紅土鎳礦的溶解，在酸浸步驟中可以采取的措施是______(任寫一條即可)；“預處理”中，發(fā)生的離子方程式可能為______。（3）“沉鐵”中若采用Na2CO3作為除鐵所需鈉源，Na2CO3溶液的用量對體系pH和鎳的損失影響如圖1所示。當Na2CO3溶液的用量超過6g/L時，鎳的損失率會增大，其可能的原因是______。(Fe3+、Ni2+開始沉淀的pH分別為2.2、7.5)（4）若溶液中c(Mg2+)為0.1mol/L，溶液的體積為1L，則要使溶液中c(Mg2+)=7.4×10-7mol/L，則應加入固體NaF為______mol［忽略體積的變化，已知Ksp(MgF2)=7.4×10-11］?！俺伶V”時應保證MgO已將溶液的pH調節(jié)至5.5~6.0的原因是______。（5）硫酸鈉與硫酸鎳晶體溶解度曲線圖如圖2所示，請設計由濾液Y制備NiSO4·6H2O的實驗方案：______。[可選用的試劑：稀硫酸，NaOH溶液、BaCl2溶液、Ca(OH)2、蒸餾水]【答案】（1）①.3d84s2②.正四面體（2）①.研磨粉碎紅土鎳礦、增大酸的濃度、適當升高溫度等②.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）pH＞2.2后，容易形成氫氧化鐵的膠體，吸附溶液中的Ni2+，造成鎳的損失（4）①.0.21②.pH值過小，F-與H+會結合形成HF，導致Mg2+沉淀不完全；pH值過大，會形成Ni(OH)2沉淀（5）邊攪拌邊向濾液Y中滴加NaOH溶液至沉淀完全，過濾；用蒸餾水洗滌固體至最后一次洗滌濾液加BaCl2溶液無沉淀出現；將所得固體分批加入足量稀硫酸，攪拌使其完全溶解；稍低于53.8℃減壓蒸發(fā)濃縮，降溫至稍高于30.8℃，趁熱過濾【解析】【分析】紅土鎳礦（主要成分為NiO，還含有少量MgO2、SiO2以及鐵的氧化物等)中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有、、、等，二氧化硅不溶，形成濾渣，濾液中加入H2O2將氧化為，再加入Na2SO4沉鐵，得到黃鈉鐵礬沉淀，向濾液中加入MgO調節(jié)溶液pH，再加入NaF溶液沉鎂，所得濾液Y中含有NiSO4經分離提純得到?！拘?詳解】Ni元素為28號元素，核外有28個電子，所以核外電子排布為：1s22s22p63s23p63d84s2，則價電子排布式為：3d84s2；Ni(CO)4的空間結構類似于CH4分子，CH4的空間結構為正四面體，所以Ni(CO)4的空間結構為正四面體；【小問2詳解】影響化學反應速率的外因有濃度、溫度、接觸面積、催化劑等，所以為加快紅土鎳礦的溶解，在酸浸步驟中可以采取的措施是研磨粉碎紅土鎳礦、增大酸的濃度、適當升高溫度等；“預處理”中加入H2O2的目的是將鐵元素全部氧化為Fe3+，所以發(fā)生反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；【小問3詳解】Fe3+、Ni2+開始沉淀的pH分別為2.2、7.5，沉鐵步驟中，若用Na2CO3作為除鐵所需鈉源，由圖像可知，pH＞2.2后，不僅有Fe(OH)3沉淀，同時還可能產生Fe(OH)3膠體，Fe(OH)3膠體具有吸附性，可吸附Ni2+使鎳的損失率會增大；【小問4詳解】“沉鎂”時存在反應：，消耗0.2molNaF，存在平衡，，則應加入NaF固體的物質的量為（0.2+0.01）mol=0.21mol；“沉鎂”步驟中，若pH過小，F-與H+會結合形成HF，導致Mg2+沉淀不完全；若pH過大，會生