仿真訓(xùn)練周測(cè)卷(一)

仿真訓(xùn)練周測(cè)卷(一)(時(shí)間：90分鐘試卷滿(mǎn)分：100分)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Cr—52Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Br—80Ag—108Ba—137卷Ⅰ選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．下列物質(zhì)可做凈水劑且屬于鹽的是()A．Fe(OH)3 B．KAl(SO4)2C．CuSO4 D．NaClO解析：選BFe(OH)3是堿，KAl(SO4)2、CuSO4、NaClO屬于鹽，KAl(SO4)2溶于水能生成氫氧化鋁膠體，能吸附水中的懸浮物雜質(zhì)，可做凈水劑，故答案選B。2．下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)不正確的是()A．原子核內(nèi)中子數(shù)為20的氯原子：eq\o\al(20,17)ClB．H2O的VSEPR模型：C．二氧化碳的電子式：D．p-pπ鍵的電子云輪廓圖：解析：選A中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)量數(shù)是20＋17＝37，可表示為eq\o\al(37,17)Cl，A項(xiàng)錯(cuò)誤。3．乙二胺()是一種重要的有機(jī)化工原料，下列關(guān)于乙二胺的說(shuō)法不正確的是()A．H—C—H鍵角大于H—N—H鍵角B．[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2＋中，提供孤電子對(duì)形成配位鍵的是Cu2＋C．與鹽酸反應(yīng)可得到兩種鹽D．易溶于水，其水溶液顯堿性解析：選BH—C—H中C原子的最外層不存在孤電子對(duì)，而H—N—H中N原子最外層有1個(gè)孤電子對(duì)，孤電子對(duì)與成鍵電子間的排斥作用大于成鍵電子對(duì)間的排斥作用，從而使鍵角減小，所以H—C—H的鍵角大于H—N—H鍵角，A正確；[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2＋中，提供孤電子對(duì)形成配位鍵的是H2NCH2CH2NH2中的N原子，Cu2＋提供空軌道，B不正確；乙二胺中有兩個(gè)—NH2，是二元堿，與鹽酸反應(yīng)可得到堿式鹽和正鹽兩種鹽，C正確；乙二胺中N原子能與水分子間形成氫鍵，且能與水電離產(chǎn)生的H＋結(jié)合，從而促進(jìn)水電離，所以乙二胺易溶于水，其水溶液顯堿性，D正確。4．物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對(duì)應(yīng)關(guān)系不正確的是()A．硬鋁較輕且硬度大，可用于制造飛機(jī)的零部件B．ClO2具有強(qiáng)氧化性，可用作凈水劑C．鐵可與濃硫酸形成致密氧化膜，可用作儲(chǔ)存濃硫酸材料D．硅酸鹽材料具有硅氧四面體結(jié)構(gòu)，可用作耐高溫、耐腐蝕材料解析：選B硬鋁屬于合金較輕且硬度大，可用于制造飛機(jī)的零部件，A正確；ClO2具有強(qiáng)氧化性，可以殺菌消毒，但不能形成膠體吸附雜質(zhì)起凈水作用，B錯(cuò)誤；常溫時(shí)，鐵可與濃硫酸形成致密氧化膜發(fā)生“鈍化”，可用作儲(chǔ)存濃硫酸材料，C正確；硅酸鹽材料具有硅氧四面體結(jié)構(gòu)，可用作耐高溫、耐腐蝕材料，D正確。5．如圖所示實(shí)驗(yàn)操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)A．用裝置甲將氨氣通入Al2(SO4)3溶液制備少量的Al(OH)3B．用圖乙裝置探究硫酸濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響C．用圖丙裝置探究KCl濃度是否對(duì)FeCl3＋3KSCN3KCl＋Fe(SCN)3平衡移動(dòng)有影響D．用圖丁裝置制備Fe(OH)2沉淀解析：選A氨氣極易溶于水，容易引發(fā)倒吸，應(yīng)用防倒吸裝置，故A錯(cuò)誤；兩組實(shí)驗(yàn)中硫酸濃度不同，實(shí)驗(yàn)室產(chǎn)生沉淀所需的時(shí)間不同，可以探究硫酸濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，故B正確；KCl濃度增大不會(huì)引起該平衡移動(dòng)，通過(guò)觀察加入前后溶液顏色可判斷其對(duì)平衡的影響，故C正確；Fe作陽(yáng)極失電子生成Fe2＋，陰極上H2O放電使溶液pH升高，F(xiàn)e2＋與OH－結(jié)合生成Fe(OH)2沉淀，故D正確。6．綠氫由于生產(chǎn)過(guò)程中100%綠色的特點(diǎn)備受青睞，發(fā)展前景廣闊，光催化制氫機(jī)理研究取得新進(jìn)展。如圖是通過(guò)光催化循環(huán)在較低溫度下由水分解制備氫氣的反應(yīng)原理。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．該制氫過(guò)程中，只消耗了水和熱，含錳化合物均為中間產(chǎn)物B．生成氣體B的反應(yīng)方程式為2MnO＋2NaOH=2NaMnO2＋H2↑C．制氫過(guò)程中涉及Mn元素轉(zhuǎn)化的反應(yīng)只有2個(gè)氧化還原反應(yīng)D．該制氫過(guò)程解決了氣體A、B難分離的問(wèn)題解析：選A由反應(yīng)原理圖可知，氣體A為O2，氣體B為H2，D為NaOH。該制氫過(guò)程中，消耗了水和太陽(yáng)能，含錳化合物均為中間產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；MnO和NaOH反應(yīng)生成NaMnO2和H2，化學(xué)方程式2MnO＋2NaOH=2NaMnO2＋H2↑，B正確；制氫過(guò)程中，涉及Mn元素轉(zhuǎn)化的反應(yīng)有NaMnO2轉(zhuǎn)化為Mn2O3，Mn2O3分解生成MnO，MnO和NaOH反應(yīng)生成NaMnO2，其中只有Mn2O3分解生成MnO，MnO和NaOH反應(yīng)生成NaMnO2為氧化還原反應(yīng)，C正確；該制氫過(guò)程中，氫氣和氧氣在不同的反應(yīng)中生成，可分開(kāi)收集解決了氧氣和氫氣難分離的問(wèn)題，D正確。7．已知NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．常溫下，pH＝3的鹽酸溶液中氫離子數(shù)目為1×10－3NAB．0.5mol冰醋酸分子中含有sp3雜化的原子數(shù)目為NAC．50g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇水溶液中含有σ鍵數(shù)目為4NAD．1mol[Cu(NH3)4]2＋中共價(jià)鍵的個(gè)數(shù)為12NA解析：選B常溫下，pH＝3的鹽酸溶液，由于缺少溶液體積，無(wú)法計(jì)算物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；乙酸中只有1個(gè)碳原子和一個(gè)氧原子是sp3雜化，因此0.5mol冰醋酸分子中含有sp3雜化的原子數(shù)目為NA，故B正確；50g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇水溶液中乙醇質(zhì)量為23g(物質(zhì)的量為0.5mol)，溶液中還有27g水，含有σ鍵數(shù)目為(0.5×8＋1.5×2)＝7NA，故C錯(cuò)誤；1mol[Cu(NH3)4]2＋有12mol氮?dú)滏I，還有4mol配位鍵，因此1mol[Cu(NH3)4]2＋中共價(jià)鍵的個(gè)數(shù)為16NA，故D錯(cuò)誤。8．下列說(shuō)法正確的是()A．纖維素可用于生產(chǎn)紙張、棉紗、葡萄糖、合成纖維等B．聚氯乙烯塑料制品不能用于餐具和食品包裝C．動(dòng)物脂肪是高級(jí)脂肪酸的甘油酯，不能使溴水褪色D．天然氨基酸均為熔點(diǎn)較高的無(wú)色晶體，能溶于乙醇解析：選B纖維素可以用于生產(chǎn)人造纖維，不可用于生產(chǎn)合成纖維，故A錯(cuò)誤；聚氯乙烯有毒，不能用于餐具和食品包裝，故B正確；動(dòng)物脂肪是飽和高級(jí)脂肪酸的甘油酯，結(jié)構(gòu)中無(wú)碳碳雙鍵，但能和溴水發(fā)生萃取而使溴水褪色，故C錯(cuò)誤；天然氨基酸為分子晶體，熔沸點(diǎn)較低，故D錯(cuò)誤。9．能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式為()A．向NaHS溶液中滴加Cu(NO3)2溶液：S2－＋Cu2＋=CuS↓B．Fe(NO3)3溶液與少量HI溶液混合：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2C．向酸性KMnO4溶液中滴加雙氧水：2MnOeq\o\al(－,4)＋H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋3O2↑＋4H2OD．Mg(HCO3)2溶液與過(guò)量NaOH溶液混合：Mg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋4OH－=Mg(OH)2↓＋2H2O＋2COeq\o\al(2－,3)解析：選D硫氫根離子不能拆成硫離子，A錯(cuò)誤；硝酸根離子在酸性條件下能氧化碘離子，不是鐵離子氧化碘離子，B錯(cuò)誤；該反應(yīng)中錳原子得到10個(gè)電子，而過(guò)氧化氫做還原劑，失去2個(gè)電子，電子不守恒，C錯(cuò)誤；碳酸氫鎂溶液和過(guò)量氫氧化鈉溶液混合生成氫氧化鎂和碳酸鈉，離子方程式為Mg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋4OH－=Mg(OH)2↓＋2H2O＋2COeq\o\al(2－,3)，D正確。10．化合物M能發(fā)生如下轉(zhuǎn)化，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．過(guò)程Ⅰ中包含氧化還原反應(yīng)，過(guò)程Ⅱ發(fā)生酯化反應(yīng)B．1molM與足量新制Cu(OH)2堿性懸濁液充分反應(yīng)，生成2molCu2OC．M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色D．M、N、L中均含有1個(gè)手性碳原子解析：選D由題干轉(zhuǎn)化流程圖可知，過(guò)程Ⅰ中醛基分別變?yōu)轸然痛剂u基，故包含氧化還原反應(yīng)，過(guò)程Ⅱ發(fā)生分子內(nèi)酯化反應(yīng)，A正確；由題干轉(zhuǎn)化流程圖可知，1molM中含有2mol醛基，故1molM與足量新制Cu(OH)2堿性懸濁液充分反應(yīng)，生成2molCu2O，B正確；M中含有醛基，N中含有醇羥基(且與羥基相連的碳原子含有H)，故均能使酸性KMnO4溶液褪色，C正確；同時(shí)連接四個(gè)互不相同的原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，結(jié)合題干有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，M中不含手性碳原子，N、L中均含有1個(gè)手性碳原子，如圖所示：、，D錯(cuò)誤。11．Q、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。Q是空氣中含量最多的元素，X的簡(jiǎn)單離子在同周期中半徑最小，W和Y同主族均為所在周期電負(fù)性最大的元素，基態(tài)Z原子價(jià)電子排布式為3d64s2，下列說(shuō)法不正確的是()A．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：Y>QB．X和W形成的化合物沸點(diǎn)高于X和Y形成的化合物C．Q與W形成的化合物空間結(jié)構(gòu)為平面三角形D．Z與Y可形成正四面體離子ZXeq\o\al(－,4)，其中Z離子的雜化方式為sp3解析：選CQ、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。Q是空氣中含量最多的元素，Q為N元素；W和Y同主族均為所在周期電負(fù)性最大的元素，W為F，Y為Cl；X為第三周期元素，簡(jiǎn)單離子在同周期中半徑最小，X為Al；基態(tài)Z原子價(jià)電子排布式為3d64s2，Z為Fe元素，以此解答。非金屬性：Cl>N，非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，則酸性：HClO4>HNO3，故A正確；Al和F形成的化合物AlF3是離子化合物，Al和Cl形成的化合物AlCl3是共價(jià)分子，離子化合物的沸點(diǎn)高于共價(jià)分子，故B正確；N和F形成的化合物為NF3，中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3＋eq\f(1,2)(5－3×1)＝4，且含有1個(gè)孤電子對(duì)，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，故C錯(cuò)誤；Fe和Cl可形成正四面體離子FeCleq\o\al(－,4)，其中Fe3＋的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，其雜化方式為sp3，故D正確。12．一定量的甲苯和KMnO4溶液發(fā)生反應(yīng)得到混合物，按如下流程分離出苯甲酸、回收未反應(yīng)的甲苯。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．苯甲酸可反應(yīng)形成鹽、酯、酰胺、酸酐等B．操作Ⅰ和操作Ⅱ依次為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶和蒸餾C．甲苯、苯甲酸依次由①、②獲得D．苯甲酸100℃時(shí)迅速升華，故其粗品精制除采用重結(jié)晶方法外，還可用升華法解析：選B苯甲酸中含有羧基，能形成鹽、酯、酰胺、酸酐等，故A正確；濾液經(jīng)過(guò)萃取分為有機(jī)相和水相，有機(jī)相經(jīng)過(guò)無(wú)水硫酸鈉干燥，蒸餾后得到甲苯，水相經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮和冷卻過(guò)濾得到苯甲酸，故B錯(cuò)誤，C正確；苯甲酸在100℃左右開(kāi)始升華。故除了重結(jié)晶方法外，也可用升華方法精制苯甲酸，故D正確；故答案選B。13．一種電化學(xué)處理SO2尾氣的方法如圖所示，該方法可同時(shí)得到濃硫酸和連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)，連二亞硫酸鈉具有超強(qiáng)還原性和漂白性。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．Pt(Ⅱ)為陰極，應(yīng)接電源負(fù)極B．電路中轉(zhuǎn)移2mole－時(shí)，左側(cè)溶液增加4molH＋C．Pt(Ⅰ)的電極反應(yīng)式為SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋D．該離子交換膜可選用陽(yáng)離子交換膜解析：選B左側(cè)S化合價(jià)升高，Pt(Ⅰ)是陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，右側(cè)S化合價(jià)降低，Pt(Ⅱ)是陰極，接電源負(fù)極，電極反應(yīng)式為2HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2e－=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O，選項(xiàng)A、C正確；若電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，有2molH＋通過(guò)陽(yáng)離子交換膜移向右側(cè)，由電極反應(yīng)式可知，左側(cè)溶液只增加2molH＋，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若為陰離子交換膜，會(huì)導(dǎo)致S2Oeq\o\al(2－,4)移向左側(cè)，S2Oeq\o\al(2－,4)產(chǎn)量降低，濃硫酸混有雜質(zhì)，所以應(yīng)是陽(yáng)離子交換膜，選項(xiàng)D正確。14．甲苯與CH3COCl在無(wú)水AlCl3存在下發(fā)生反應(yīng)，其反應(yīng)機(jī)理及部分能量示意圖如下。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．AlCl3是該反應(yīng)的催化劑B．步驟Ⅱ是該反應(yīng)的決速步驟D．虛線L可表示與CH3COCl的反應(yīng)中能量的變化解析：選D由反應(yīng)歷程可知，AlCl3是該反應(yīng)的催化劑，A正確；由圖可知，步驟Ⅱ活化能最大，反應(yīng)速率最慢，是該反應(yīng)的決速步驟，B正確；根據(jù)能量示意圖，反應(yīng)H3C—C≡O(shè)＋＋→＋H＋ΔH＝(b－a)kJ·mol－1，C正確；三氟甲基為吸電子基團(tuán)，與苯環(huán)相連能降低苯環(huán)上π電子云密度，形成的配合物不穩(wěn)定，故其能量輪廓圖曲線(虛線L)應(yīng)在甲苯的實(shí)線上方，D錯(cuò)誤。15．室溫下，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2、Ka2＝6.2×10－8。氨水可用于工業(yè)尾氣中SO2的吸收(忽略吸收液中的SO2、NH3)。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．恰好生成(NH4)2SO3時(shí)：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H＋)>c(OH－)B．所得溶液pH＝7時(shí)：c(NHeq\o\al(＋,4))<c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))C．恰好生成NH4HSO3時(shí)：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(NH3·H2O)D．生成等物質(zhì)的量NH4HSO3和(NH4)2SO3時(shí)：2c(SOeq\o\al(2－,3))＋2c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)＝3c(NHeq\o\al(＋,4))＋3c(NH3·H2O)解析：選C恰好生成(NH4)2SO3時(shí)，溶液中銨根離子濃度最大，其次是亞硫酸根離子，銨根離子和亞硫酸根離子均水解，水解平衡常數(shù)分別為Kh(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(cNH3·H2O·cH＋,cNH\o\al(＋,4))＝eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(1×10－14,1.8×10－5)和Kh(SOeq\o\al(2－,3))＝eq\f(cHSO\o\al(－,3)·cOH－,cSO\o\al(2－,3))＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(1×10－14,6.2×10－8)，故Kh(SOeq\o\al(2－,3))＞Kh(NHeq\o\al(＋,4))，水溶液顯堿性，A錯(cuò)誤；溶液中存在電荷守恒c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，所得溶液pH＝7時(shí)，c(H＋)＝c(OH－)，故c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))，B錯(cuò)誤；恰好生成NH4HSO3時(shí)：根據(jù)電荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))和物料守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(H2SO3)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))可得c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(NH3·H2O)，C正確；生成等物質(zhì)的量NH4HSO3和(NH4)2SO3時(shí)，根據(jù)物料守恒：3c(SOeq\o\al(2－,3))＋3c(HSOeq\o\al(－,3))＋3c(H2SO3)＝2c(NHeq\o\al(＋,4))＋2c(NH3·H2O)，D錯(cuò)誤。16．下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象可得出相應(yīng)結(jié)論的是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A將紅熱的木炭加入濃硝酸中產(chǎn)生紅棕色氣體碳與濃硝酸反應(yīng)生成了NO2B室溫時(shí)，將等物質(zhì)的量濃度的弱酸HA和弱堿BOH等體積混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液溶液變紅Kb(BOH)＜Ka(HA)C向KBr溶液中依次滴加過(guò)量氯水、淀粉-KI溶液溶液依次變?yōu)槌壬退{(lán)色元素非金屬性：Cl＞Br＞ID向1mL0.1mol·L－1AgNO3溶液中依次滴加2滴0.1mol·L－1NaCl溶液和0.1mol·L－1KI溶液依次產(chǎn)生白色和黃色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)解析：選B將紅熱的木炭加入濃硝酸中，產(chǎn)生紅棕色氣體，可能是濃硝酸在受熱的條件下分解得到二氧化氮，不一定是碳與濃硝酸反應(yīng)生成了NO2，故A不符合題意；室溫時(shí)，將等物質(zhì)的量濃度的弱酸HA和弱堿BOH等體積混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液變紅，說(shuō)明混合后溶液顯酸性，根據(jù)“誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性”，則Kb(BOH)＜Ka(HA)，故B符合題意；不能得到元素非金屬性：Br＞I，因?yàn)槁葰馐沁^(guò)量的，可能過(guò)量氯氣氧化碘離子得到單質(zhì)碘，故C不符合題意；根據(jù)題意硝酸銀是過(guò)量的，過(guò)量硝酸銀和碘化鉀反應(yīng)生成碘化銀沉淀，不能說(shuō)是氯化銀轉(zhuǎn)化為碘化銀，不能得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D不符合題意。卷Ⅱ非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17．(10分)鐵(26Fe)、鎳(28Ni)的單質(zhì)及其化合物在醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)Fe原子核外電子排布式為_(kāi)_____________，Ni位于元素周期表的____________區(qū)。(2)乳酸亞鐵口服液是缺鐵人群補(bǔ)鐵保健品，臨床建議服用維生素C促進(jìn)“亞鐵”的吸收，避免生成Fe3＋，從結(jié)構(gòu)角度分析，F(xiàn)e2＋易被氧化成Fe3＋的原因是_____________________。(3)FeCl3常用作凈水劑、刻蝕劑等。①FeCl3的熔點(diǎn)(306℃)顯著低于FeF3的熔點(diǎn)(1000℃)的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②FeCl3水溶液中Fe3＋可水解生成雙核陽(yáng)離子[Fe2(H2O)8(OH)2]4＋，結(jié)構(gòu)如右圖，解釋能夠形成雙核陽(yáng)離子的原因：_____________________________________________________________________________________________________________。(4)鎳白銅(銅鎳合金)常用作海洋工程應(yīng)用材料。某鎳白銅合金的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。晶胞中銅原子與鎳原子的原子個(gè)數(shù)比為_(kāi)_______________。解析：(1)基態(tài)Fe原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；Ni是28號(hào)元素，其價(jià)電子排布式為3d84s2，其位于元素周期表的d區(qū)。(2)從結(jié)構(gòu)角度分析，F(xiàn)e2＋易被氧化成Fe3＋的原因是Fe3＋的3d5半滿(mǎn)狀態(tài)更穩(wěn)定。(3)①FeCl3的熔點(diǎn)(306℃)顯著低于FeF3的熔點(diǎn)(1000℃)的原因是FeCl3為分子晶體，熔點(diǎn)受分子間作用力影響，F(xiàn)eF3是離子晶體，熔點(diǎn)受離子鍵強(qiáng)弱的影響，離子鍵強(qiáng)度比分子間作用力大得多；②形成雙核陽(yáng)離子的原因H2O和OH－中的O原子提供孤電子對(duì)，F(xiàn)e3＋有空軌道能接受孤電子對(duì)，形成配位鍵。(4)由晶胞圖可知，Cu原子位于頂點(diǎn)，其個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＝1，Ni原子位于面心，其個(gè)數(shù)為6×eq\f(1,2)＝3，則晶胞中銅原子與鎳原子的原子個(gè)數(shù)比為1∶3。答案：(1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2d(2)Fe3＋的3d5半滿(mǎn)狀態(tài)更穩(wěn)定(3)①FeCl3為分子晶體，熔點(diǎn)受分子間作用力影響，F(xiàn)eF3是離子晶體，熔點(diǎn)受離子鍵強(qiáng)弱的影響，離子鍵強(qiáng)度比分子間作用力大得多②H2O和OH－中的O原子提供孤電子對(duì)，F(xiàn)e3＋有空軌道能接受孤電子對(duì)，形成配位鍵(4)1∶318．(10分)硫鐵礦(含F(xiàn)eS2)是一種重要的化學(xué)礦物原料，也是工業(yè)制硫酸的主要原料，其煅燒過(guò)程及產(chǎn)物存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：回答下列問(wèn)題：(1)硫鐵礦(FeS2)中硫元素化合價(jià)為_(kāi)__________________________________________。(2)為了確定A中S元素的化合價(jià)，將其通入酸性高錳酸鉀溶液中，發(fā)現(xiàn)溶液褪色，請(qǐng)寫(xiě)出該過(guò)程的離子方程式__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)已知反應(yīng)Ⅲ是放熱反應(yīng)，該反應(yīng)也是工業(yè)制硫酸的主要步驟之一，但在實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)中常用98.3%的濃硫酸代替水來(lái)吸收B氣體，其目的是______________________________________________________________________________________________________。(4)利用氧化亞鐵硫桿菌(T.f)對(duì)硫鐵礦進(jìn)行催化脫硫的過(guò)程如下圖所示：已知催化脫硫過(guò)程的總反應(yīng)為FeS2＋14Fe3＋＋8H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋15Fe2＋＋16H＋①則過(guò)程Ⅱ反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________________________________。②脫硫過(guò)程中產(chǎn)生的S2Oeq\o\al(2－,3)在酸性溶液中會(huì)形成黃色沉淀，其原因可能是______________________________________________(用離子方程式表示)，從氧化還原角度分析，若要制備N(xiāo)a2S2O3應(yīng)選擇____________(填字母)。A．SO2＋Na2SO4 B．Na2S＋SC．Na2SO3＋Na2SO4 D．Na2SO3＋S解析：硫鐵礦(含F(xiàn)eS2)和O2反應(yīng)生成Fe2O3和SO2，則A為SO2；SO2和O2發(fā)生催化氧化生成SO3，則B為SO3；SO3和水反應(yīng)生成C，C為H2SO4；SO2和水反應(yīng)生成D，D為H2SO3；H2SO3和O2反應(yīng)生成H2SO4；據(jù)此分析解答。(1)FeS2中Fe元素化合價(jià)為＋2價(jià)，則S元素的化合價(jià)為－1價(jià)。(2)將SO2通入到酸性高錳酸鉀中，溶液褪色，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為5SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O=2Mn2＋＋5SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋。(3)用水或稀硫酸吸收SO3，容易形成酸霧，影響吸收效率，而濃硫酸具有不揮發(fā)性，吸收SO3不會(huì)形成酸霧。(4)①由圖可知，過(guò)程Ⅱ中，F(xiàn)e3＋和S2Oeq\o\al(2－,3)反應(yīng)生成SOeq\o\al(2－,4)和Fe2＋，反應(yīng)的離子方程式為8Fe3＋＋S2Oeq\o\al(2－,3)＋5H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋8Fe2＋＋10H＋；②S2Oeq\o\al(2－,3)在酸性溶液中會(huì)形成淡黃色沉淀，其原因是發(fā)生反應(yīng)S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O；從氧化還原角度分析，Na2S2O3中S元素化合價(jià)為＋2價(jià)，則要制備N(xiāo)a2S2O3，則需要一種物質(zhì)中S元素化合價(jià)高于＋2，另一種物質(zhì)中S元素化合價(jià)低于＋2，四組物質(zhì)只有D符合題意。答案：(1)－1(2)5SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O=2Mn2＋＋5SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(3)防止形成酸霧影響吸收效率(4)①8Fe3＋＋S2Oeq\o\al(2－,3)＋5H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋8Fe2＋＋10H＋②S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2OD19．(10分)“碳達(dá)峰·碳中和”是我國(guó)社會(huì)發(fā)展重大戰(zhàn)略之一，CO2加氫制CH4進(jìn)行回收利用是實(shí)現(xiàn)“雙碳”經(jīng)濟(jì)的有效途徑之一、Ni-CeO2催化CO2加H2制CH4的反應(yīng)歷程如圖1所示(吸附在催化劑表面的物種用*標(biāo)注)。向恒壓、密閉容器中通入1molCO2和4molH2，平衡時(shí)混合氣體中含碳物質(zhì)(CH4、CO2、CO)的物質(zhì)的量隨溫度的變化如圖2所示。Ni-CeO2催化CO2加H2制CH4，主要涉及到如下反應(yīng)：反應(yīng)?。篊O2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－164.7kJ·mol－1反應(yīng)ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41.2kJ·mol－1(1)反應(yīng)ⅰ自發(fā)進(jìn)行的條件是：_________________________________________________。(2)實(shí)驗(yàn)測(cè)得，隨著CO2的濃度增大化學(xué)反應(yīng)速率先增大后減小，試解釋原因________________________________________________________________________________________________________________________________________________(已知：圖1中步驟Ⅱ、Ⅲ是決速步)(3)根據(jù)圖2，下列說(shuō)法不正確的是__________。A．溫度低于200℃時(shí)，測(cè)得反應(yīng)一定時(shí)間后的產(chǎn)物中幾乎無(wú)CH4，原因可能主要發(fā)生反應(yīng)ⅱB．曲線B表示平衡時(shí)n(CO)隨溫度的變化關(guān)系C．在高溫條件下，可同時(shí)提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH4的平衡產(chǎn)率D．提高CO2轉(zhuǎn)化為CH4的轉(zhuǎn)化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑(4)在圖2中，高于600℃，曲線B隨溫度升高而減小的原因__________________。(5)已知CH4的選擇性＝eq\f(生成CH4的物質(zhì)的量,參加反應(yīng)CO2物質(zhì)的量)×100%，CO的選擇性＝eq\f(生成CO的物質(zhì)的量,參加反應(yīng)CO2物質(zhì)的量)×100%，CH4的選擇性＋CO的選擇性＝1。則①在圖2中T1℃，平衡時(shí)容器體積為VL，則反應(yīng)ⅰ的平衡常數(shù)K＝______(用V、m列式表示)。②在圖中畫(huà)出200～800℃之間CH4和CO選擇性比(Y)與溫度變化的趨勢(shì)圖，并標(biāo)注a點(diǎn)的坐標(biāo)。解析：(1)反應(yīng)ⅰ是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，ΔH<0，ΔS<0，低溫時(shí)ΔG<0，所以低溫時(shí)反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行；(2)Ni-CeO2催化CO2加H2制CH4的反應(yīng)歷程如圖1，增大CO2濃度，吸附在催化劑表面的CO2增多，解離產(chǎn)生的·CO增多，使步驟Ⅲ的反應(yīng)速率加快，但CO2增大到一定程度后，吸附在催化劑表面的H2減少，H2解離產(chǎn)生的·H減少，使步驟Ⅱ的反應(yīng)速率減慢，由于步驟Ⅱ、Ⅲ是決速步驟，所以隨著CO2的濃度增大化學(xué)反應(yīng)速率先增大后減?。?3)圖2中曲線A表示平衡時(shí)n(CH4)隨溫度變化的關(guān)系，曲線C表示平衡時(shí)n(CO)隨溫度變化的關(guān)系，由圖可知，溫度低于200℃時(shí)，測(cè)得反應(yīng)一定時(shí)間后的產(chǎn)物中幾乎無(wú)CO，產(chǎn)物主要是CH4，說(shuō)明這一階段主要發(fā)生反應(yīng)ⅰ，故A錯(cuò)誤；由上述分析可知，曲線B表示平衡時(shí)n(CO2)隨溫度的變化關(guān)系，故B錯(cuò)誤；由圖可知，在高溫條件下，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率較高，但CH4的含量和平衡產(chǎn)率較低，則高溫不利于提高CH4的平衡產(chǎn)率，故C錯(cuò)誤；由圖可知，低溫條件下CH4的含量較高，即在低溫條件下有利于提高CO2轉(zhuǎn)化為CH4的轉(zhuǎn)化率，并且高效的催化劑可提高反應(yīng)速率，所以研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑可提高CO2轉(zhuǎn)化為CH4的轉(zhuǎn)化率，故D正確；(4)反應(yīng)ⅰ是放熱反應(yīng)，反應(yīng)ⅱ是吸熱反應(yīng)，曲線B表示平衡時(shí)n(CO2)隨溫度的變化關(guān)系，由圖可知，溫度高于600℃，CO含量增大，CH4含量減小，CO2含量也減小，說(shuō)明CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，CO的平衡產(chǎn)率增大，CH4的平衡產(chǎn)率減小，即升高溫度時(shí)，反應(yīng)ⅱ向正向移動(dòng)的程度大于反應(yīng)ⅰ逆向移動(dòng)的程度；(5)①圖2中T1℃時(shí)，n(CH4)＝n(CO)＝mmol，設(shè)n(CO2)＝y(tǒng)mol，n(H2)＝zmol，n(H2O)＝xmol，根據(jù)C、H、O原子守恒列式有：2m＋y＝1,4m＋2x＋2z＝8，m＋2y＋x＝2，解得x＝3m，y＝1－2m，z＝4－5m，則反應(yīng)ⅰ的平衡常數(shù)K＝eq\f(cCH4·c2H2O,cCO2·c4H2)＝eq\f(\f(m,V)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,V)))2,\f(1－2m,V)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－5m,V)))4)＝eq\f(9m3,1－2m×4－5m4)×V2；②ΔH1<0、ΔH2＞0，隨著溫度升高，CH4的選擇性逐漸減小，CO的選擇性逐漸增大，則CH4和CO選擇性比(Y)逐漸減小，圖中a點(diǎn)二者選擇性相等，選擇性比(Y)為1，變化趨勢(shì)如圖。答案：(1)低溫(2)CO2濃度增大，吸附在催化劑表面的CO2增多，解離產(chǎn)生的·CO增多，反應(yīng)速率加快；CO2增大到一定程度后，吸附在催化劑表面的H2減少，H2解離產(chǎn)生的·H減少，反應(yīng)速率減慢(3)ABC(4)溫度高于600℃時(shí)，隨著溫度升高，反應(yīng)ⅱ正向移動(dòng)程度大于反應(yīng)ⅰ逆向移動(dòng)程度，CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大，剩余CO2物質(zhì)的量減小(5)①eq\f(9m3,1－2m×4－5m4)×V2②20．(10分)某研究小組，利用Cl2氧化法高效制備KMnO4。制備流程如下：已知：3MnO2＋KClO3＋6KOHeq\o(=,\s\up7(熔融))3K2MnO4＋KCl＋3H2O(K2MnO4呈墨綠色)，Cl2＋2K2MnO4=2KMnO4＋2KCl請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)KClO3需過(guò)量的目的是__________________________________________________________________________________________________________________________。(2)下列說(shuō)法不正確的是____________。A．過(guò)程1應(yīng)在瓷坩堝中進(jìn)行B．MnO2應(yīng)分批加入，以防止熔融物溢出C．可用酒精洗滌，得到較干燥的產(chǎn)品D．該實(shí)驗(yàn)表明，在強(qiáng)堿性環(huán)境下Cl2的氧化性強(qiáng)于KMnO4(3)為檢驗(yàn)過(guò)程1是否反應(yīng)完全，應(yīng)采取的實(shí)驗(yàn)操作是：________________________________________________________________________。(4)將純化后的KMnO4配成溶液，并應(yīng)用于廢水中化學(xué)需氧量(COD)測(cè)定化學(xué)需氧量(COD)是：在一定條件下，用強(qiáng)氧化劑氧化一定體積水中的還原劑及有機(jī)物時(shí)所消耗氧化劑的量，折算成氧氣的量。(單位為mg/L)來(lái)表示。①?gòu)南铝羞x項(xiàng)選擇合適操作(操作不能重復(fù)使用)并排序：(________________)→(______________)→(______________)→(______________)→fa．取廢水樣100mL加稀硝酸酸化b．取廢水樣100mL加稀硫酸酸化c．用0.01000mol·L－1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定d．加10.00mL0.01000mol·L－1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液，煮沸，冷卻e．加入0.01000mol·L－1的Na2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液至過(guò)量，消耗10.00mLf．記錄，滴定時(shí)，KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗量為8.20mL②計(jì)算水樣中COD為_(kāi)___________mg·L－1。解析：(1)KClO3在MnO2催化下易分解，KClO3需過(guò)量的目的是補(bǔ)償KClO3在MnO2催化下分解所造成的損失，同時(shí)保證MnO2充分反應(yīng)。(2)瓷器中含有SiO2，可以和堿反應(yīng)，過(guò)程1需在鐵坩堝中進(jìn)行，故A錯(cuò)誤；MnO2應(yīng)分批加入，以防止反應(yīng)過(guò)于激烈，熔融物溢出，故B正確；高錳酸鉀具有氧化性，可以氧化乙醇，不能用酒精洗滌，故C錯(cuò)誤；根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，在強(qiáng)堿性環(huán)境下Cl2的氧化性強(qiáng)于KMnO4，故D正確。(3)MnO2不溶于水，則檢驗(yàn)過(guò)程1是否反應(yīng)完全，應(yīng)采取的實(shí)驗(yàn)操作是：取少量反應(yīng)物，冷卻，加到水中，若完全溶解，則已經(jīng)反應(yīng)完全。(4)①純化后的KMnO4配成溶液，并應(yīng)用于測(cè)定廢水中化學(xué)需氧量(COD)，取廢水樣100mL加稀硫酸酸化→加10.00mL0.01000mol·L－1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液，煮沸，冷卻→加入0.01000mol·L－1的Na2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液至過(guò)量，消耗10.00mL→用0.01000mol·L－1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定→f記錄，具體排序?yàn)閎→d→e→c→f；②草酸鈉與高錳酸鉀反應(yīng)的化學(xué)方程式為5Na2C2O4＋2KMnO4＋8H2SO4=10CO2↑＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O＋5Na2SO4，根據(jù)得失電子守恒，KMnO4～1.25O2，水樣中COD為＝56.8mg·L－1，故答案為56.8。答案：(