山東卷2025屆高三化學(xué)上學(xué)期12月一輪復(fù)習(xí)聯(lián)考試題四含解析

PAGE20-（山東卷）2025屆高三化學(xué)上學(xué)期12月一輪復(fù)習(xí)聯(lián)考試題（四）（含解析）留意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？荚嚂r(shí)間為90分鐘，滿分100分可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Fe56Cu64一、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.勞動(dòng)場(chǎng)景是古代詩(shī)人常描寫的畫面，劉禹錫在《浪淘沙》中描寫到“日照澄洲江霧開(kāi)，淘金女伴滿江隈。美人首飾侯王印，盡是沙中浪底來(lái)?！币韵聰⑹鲥e(cuò)誤的是A.霧屬于膠體，日照可以出現(xiàn)丁達(dá)爾現(xiàn)象 B.浪沙中淘金是發(fā)生了化學(xué)變更C.真假黃金(假黃金為銅鋅合金)可以用灼燒鑒別 D.江水屬于分散系【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．霧分散質(zhì)粒子直徑在1nm～100nm之間，是氣溶膠，能產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象，故A正確；B．沙中淘金只是將金子從沙子中找出，屬于物理變更，即沙里淘金的原理是金子的密度比沙子的密度大得多，在水的沖擊下沙粒被水流帶走，而金就留在容器里，故B錯(cuò)誤；C．在空氣中灼燒黃金無(wú)顏色變更，假黃金是銅鋅合金，銅在加熱條件下生成黑色的氧化銅，所以假黃金能變黑，可以鑒別，故C正確；D．江水是含有多種物質(zhì)的混合物，屬于分散系，故D正確；答案為B。2.下列各項(xiàng)敘述正確是A.鈉的焰色反應(yīng)是電子由基態(tài)轉(zhuǎn)化成激發(fā)態(tài)釋放能量產(chǎn)生的B.價(jià)電子排布為5s25p1的元素位于第五周期第IA族，是s區(qū)元素C.各能層的s電子云輪廓圖都是球形，但球的半徑大小不同D.乙醇比甲醚的沸點(diǎn)高是因?yàn)橐掖挤肿又蠴-H鍵極性強(qiáng)【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．鈉的焰色反應(yīng)是電子由激發(fā)態(tài)躍遷至基態(tài)時(shí)，釋放能量產(chǎn)生的，故A錯(cuò)誤；B．價(jià)電子排布為5s25p1的元素位于第五周期第ⅢA族，是p區(qū)元素，故B錯(cuò)誤；C．各能層的s電子云輪廓圖都是球形，但球的半徑大小不同，能級(jí)越高，半徑越大，故C正確；D．乙醇比甲醚的沸點(diǎn)高是因?yàn)橐掖挤肿娱g可形成氫鍵，故D錯(cuò)誤；故選C。3.下列化學(xué)用語(yǔ)正確的是A.比例模型表示CH4分子或CCl4分子B.HClO的結(jié)構(gòu)式：H-Cl-OC.NH3的電子式為D.離子結(jié)構(gòu)示意圖：，可以表示16O2-，也可以表示18O2-【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．從模型看，該分子屬于正四面體結(jié)構(gòu)且中心原子的半徑大，可以代表CH4、不能表示CCl4，A錯(cuò)誤；B．從共用電子對(duì)角度看，H、Cl共用一對(duì)電子，O共用兩對(duì)電子，故O原子在中間，即結(jié)構(gòu)式為：H—O—Cl，B錯(cuò)誤；C．NH3的電子式為，C錯(cuò)誤；D．16O2-、18O2-質(zhì)子數(shù)都為8，電子數(shù)均為10，故離子結(jié)構(gòu)示意圖相同，均為，D正確；答案選D。4.嘌呤類是含有氮的雜環(huán)結(jié)構(gòu)的一類化合物，一種結(jié)構(gòu)如圖所示，關(guān)于這個(gè)平面分子描述錯(cuò)誤的是A.分子結(jié)構(gòu)中C和N原子的雜化方式均為sp2 B.分子中含有極性共價(jià)鍵和非極性共價(jià)鍵C.軌道之間的夾角∠1比∠2小 D.分子間可以形成氫鍵【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．分子中全部原子在一個(gè)平面上所以分子結(jié)構(gòu)中C和N原子的雜化方式均為sp2，故A正確；B．分子中有碳碳單鍵為非極性鍵，有碳氮單鍵和碳?xì)滏I，氮?dú)滏I均為極性鍵，故B正確；C．孤電子對(duì)和成鍵電子對(duì)之間的排斥力大于成鍵電子對(duì)之間的排斥力，斥力越大鍵角越大，故嘌呤中軌道之間的夾角∠1比∠2大，故C錯(cuò)誤；D．分子中有電負(fù)性較強(qiáng)的N原子，存在氮?dú)滏I，分子間可以形成氫鍵，故D正確；故答案為：C5.X、Y、Z、W四種短周期元素在周期表中的位置關(guān)系如下圖所示，0.1mol/LX最高價(jià)氧化物的水化物pH=1，下列說(shuō)法正確的是XYZWA.離子半徑：W＜Z B.第一電離能：Y＜ZC.氫化物的穩(wěn)定性Y＞Z＞W(wǎng) D.氫化物的沸點(diǎn)：Y＞X【答案】A【解析】【分析】【詳解】0.1mol/LX最高價(jià)氧化物的水化物pH=1，結(jié)合表格位置，X應(yīng)為N，Y為P，Z為S，W為Cl，A．Cl-與S2-電子數(shù)相同，Cl-質(zhì)子數(shù)多，對(duì)電子吸引實(shí)力強(qiáng)，半徑小，A項(xiàng)正確；B．P原子的3p能級(jí)電子排布是半充溢結(jié)構(gòu)，比較穩(wěn)定，不易失電子，第一電離能：P＞S，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．同周期元素隨原子序數(shù)遞增，非金屬性增加，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性增加，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．NH3分子間能形成氫鍵，沸點(diǎn)高，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選A。6.盧瑟福發(fā)覺(jué)質(zhì)子的試驗(yàn)是利用轟擊原子得到質(zhì)子和原子，X核內(nèi)質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)相等，下列說(shuō)法正確的是A.b=15B.電負(fù)性X＞YC.X、Y分別與氫原子形成的簡(jiǎn)潔化合物中，X、Y的雜化方式都是sp3雜化D.X與Y形成的化合物只有兩種【答案】C【解析】【分析】轟擊原子得到質(zhì)子和原子，則+→+，由此得出4+b=1+17，b=14；X核內(nèi)質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)相等，則a=7。【詳解】A．由以上分析可知，b=14，A不正確；B．由分析知，、分別為N、O，則電負(fù)性N＜O，B不正確；C．X、Y分別與氫原子形成的簡(jiǎn)潔化合物分別為NH3、H2O，X、Y的價(jià)層電子對(duì)數(shù)都為4，則雜化方式都是sp3雜化，C正確；D．X與Y形成的化合物可能有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，D不正確；故選C。7.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A.2.0g重水(D216O)和14ND3的混合物中含有的電子數(shù)為B.1molFe(CO)5中的σ鍵數(shù)為5NAC.肯定量鐵粉溶于1.0L0.4mol/L的稀硝酸溶液中，當(dāng)生成2.24LNO氣體時(shí)，溶液中的氮原子數(shù)為0.3NAD.鹵素性質(zhì)相像，標(biāo)況下，體積分別為1.12L的HCl和HF中所含分子數(shù)都約是0.05NA【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．D216O和14ND3的摩爾質(zhì)量均為20g/mol，則2.0g重水(D216O)和14ND3的混合物的物質(zhì)的量為0.1mol，又1個(gè)D216O含有電子數(shù)為10個(gè)，1個(gè)14ND3含有的電子數(shù)也為10個(gè)，則0.1mol該混合物中含有的電子數(shù)為NA，故A正確；B．Fe(CO)5中CO與Fe形成5個(gè)σ鍵，每個(gè)CO中有1個(gè)σ鍵，則1molFe(CO)5中的σ鍵數(shù)為10NA，故B錯(cuò)誤；C．生成2.24LNO氣體，沒(méi)有指明是否標(biāo)況，無(wú)法計(jì)算，故C錯(cuò)誤；D．標(biāo)況下，HF不是氣體，所含分子數(shù)不是0.05NA，故D錯(cuò)誤；故選A。8.精煉銅陽(yáng)極泥中提取Se的過(guò)程中發(fā)生如下反應(yīng)：I．Cu2Se＋6H2SO4(濃)=2CuSO4＋SeO2＋4SO2↑＋6H2O，II．SeO2＋2SO2＋2H2O=Se＋2＋4H＋下列說(shuō)法正確的是（）A.反應(yīng)I的氧化產(chǎn)物為SeO2B.SeO2、H2SO4(濃)、SO2的氧化性由強(qiáng)到弱的依次是H2SO4(濃)＞SeO2＞SO2C.反應(yīng)I生成1molSeO2與II中消耗1molSeO2，兩個(gè)反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)比為1：2D.Se與HNO3物質(zhì)的量比為1：2時(shí)恰好完全反應(yīng)，只生成NO、NO2兩種還原產(chǎn)物，且NO與NO2的物質(zhì)的量之比為1：1，則氧化產(chǎn)物為H2SeO4【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．Cu2Se中Cu的化合價(jià)為+1價(jià)，Se的化合價(jià)為-2價(jià)，CuSO4中Cu的化合價(jià)為+2價(jià)，SeO2中Se的化合價(jià)為+4價(jià)，化合價(jià)上升，被氧化，CuSO4和SeO2都為氧化產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)I中氧化性比較為H2SO4(濃)＞SeO2，反應(yīng)II中氧化性比較為SeO2＞SO2，綜上SeO2、H2SO4(濃)、SO2的氧化性由強(qiáng)到弱的依次是H2SO4(濃)＞SeO2＞SO2，故B正確；C．反應(yīng)I生成1molSeO2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8mole-，反應(yīng)II中消耗1molSeO2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4mole-，兩個(gè)反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)比為2：1，故C錯(cuò)誤；D．Se與HNO3物質(zhì)的量比為1：2時(shí)恰好完全反應(yīng)，只生成NO、NO2兩種還原產(chǎn)物，且NO與NO2的物質(zhì)的量之比為1：1，HNO3作氧化劑轉(zhuǎn)移的電子數(shù)((5-2)+(5-4))=4mole-，則Se作還原劑轉(zhuǎn)移電子數(shù)也是4mole-，則氧化產(chǎn)物為H2SeO3，故D錯(cuò)誤；故答案選B。9.下列試驗(yàn)中，能達(dá)到相應(yīng)試驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．制備并收集乙酸乙酯B．證明氯化銀溶解度大于硫化銀C．驗(yàn)證溴乙烷的消去產(chǎn)物是乙烯D．制備Fe(OH)2并能較長(zhǎng)時(shí)間視察其顏色A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．乙醇和乙酸在濃硫酸作催化劑、吸水劑的條件下，加熱，發(fā)生酯化反應(yīng)，生成乙酸乙酯，可以用飽和碳酸鈉溶液來(lái)分別提純乙酸乙酯，本試驗(yàn)缺少濃硫酸，反應(yīng)不能發(fā)生，故A錯(cuò)誤；B．由于硝酸銀過(guò)量，硫離子干脆和銀離子反應(yīng)生成硫化銀黑色沉淀，不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，不能證明氯化銀溶解度大于硫化銀，故B錯(cuò)誤；C．生成的乙烯和揮發(fā)出的乙醇均能使高錳酸鉀溶液褪色，由褪色現(xiàn)象不能證明消去產(chǎn)物為乙烯，故C錯(cuò)誤；D．鐵做電解池的陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，F(xiàn)e-2e-=Fe2+，陰極為氫離子得電子生成氫氣，亞鐵離子與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化亞鐵白色沉淀，由于煤油起到隔絕空氣的作用，所以氫氧化亞鐵能較長(zhǎng)時(shí)間不變質(zhì)，故D正確；故選D。10.分子中含有兩個(gè)或兩個(gè)以上中心原子(離子)協(xié)作物稱為多核協(xié)作物，如右圖為Co(II)雙核協(xié)作物的內(nèi)界，下列說(shuō)法正確的是A.每個(gè)中心離子的配位數(shù)為6B.如圖結(jié)構(gòu)中的氯元素為Cl-，則其含有極性鍵、非極性鍵和離子鍵C.協(xié)作物中的C原子都是sp2雜化D.如圖結(jié)構(gòu)中全部微粒共平面【答案】A【解析】【分析】在題給協(xié)作物中，帶“?”的碳原子，都與4個(gè)原子形成共價(jià)鍵。【詳解】A．在Co(II)雙核協(xié)作物中，每個(gè)中心離子與5個(gè)N原子、1個(gè)Cl-形成配位鍵，則配位數(shù)為6，A正確；B．如圖結(jié)構(gòu)中的氯元素為Cl-，則其含有C-H、C-N極性鍵、C-C非極性鍵，但不含有離子鍵，B不正確；C．分析中所標(biāo)記的“?”碳原子，與四周4個(gè)原子形成共價(jià)鍵，都發(fā)生sp3雜化，C不正確；D．圖中“?”標(biāo)記碳原子與四周4個(gè)原子以共價(jià)鍵相連接，5個(gè)原子不行能共平面，D不正確；故選A。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.Kumada偶聯(lián)反應(yīng)可以實(shí)現(xiàn)鹵代烴之間的交叉偶聯(lián)，反應(yīng)過(guò)程如下圖所示，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.交叉偶聯(lián)反應(yīng)方程式可表示為R'-X＋R-MgXR-R'＋MgX2B.反應(yīng)過(guò)程中Ni的成鍵數(shù)目保持不變C.NiL2是反應(yīng)生成R-R'的催化劑D.上述過(guò)程中RMgX參加的反應(yīng)是取代反應(yīng)【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．Kumada偶聯(lián)反應(yīng)可以實(shí)現(xiàn)鹵代烴之間交叉偶聯(lián)，使兩個(gè)鹵代烴的烴基相連接形成一種新烴，此反應(yīng)的方程式可表示為R'-X＋R-MgXR-R'＋MgX2，A正確，故A不符合題意；B．反應(yīng)過(guò)程中NiL2轉(zhuǎn)化為，成鍵數(shù)目增加了，B錯(cuò)誤，故B符合題意；C．反應(yīng)過(guò)程中，NiL2轉(zhuǎn)化為，反應(yīng)后又生成了NiL2，所以NiL2是反應(yīng)生成R-R'的催化劑，C正確，故C不符合題意；D．依據(jù)上圖可知，RMgX+=+MgX2，此反應(yīng)為取代反應(yīng)，D正確，故D不符合題意；故選B。12.廢舊合金中含金屬鈷(Co)及少量雜質(zhì)鐵和其他惰性雜質(zhì)，由廢合金制備Co2O3的工藝流程如下：下列說(shuō)法正確的是A.隔絕空氣加熱時(shí)可以在蒸發(fā)皿中進(jìn)行B.生成CoCO3的離子方程式為Co2＋＋2=CoCO3↓＋CO2↑＋H2OC.將濾液加入顯堿性的NH4HCO3溶液中可以得到更多純凈CoCO3D.沉淀需洗滌干凈，避開(kāi)后續(xù)反應(yīng)污染空氣【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A．固體加熱應(yīng)在坩堝中進(jìn)行，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．可以電離出和H+，Co2+與結(jié)合生成CoCO3，同時(shí)H+與生成CO2氣體，則生成CoCO3的離子方程式為Co2＋＋2=CoCO3↓＋CO2↑＋H2O，B項(xiàng)正確；C．將濾液加人顯堿性的NH4HCO3溶液中簡(jiǎn)潔得到Co(OH)2，使CoCO3不純，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．濾液中有NH4Cl，假如殘留在沉淀上，加熱會(huì)分解產(chǎn)生NH3和HCl，污染環(huán)境，D項(xiàng)正確；故選BD。13.X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，A、B、C為其中三種元素最高價(jià)氧化物的水化物，轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖。Y單質(zhì)與X單質(zhì)在不同條件下反應(yīng)會(huì)生成兩種不同化合物，Z簡(jiǎn)潔離子半徑是同周期元素簡(jiǎn)潔離子中最小的，X與W同主族。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.X與Y形成的兩種常見(jiàn)化合物中陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比都是1：2B.Y、Z、W與X形成的化合物熔點(diǎn)由低到高的依次為W<Z<YC.X與W既可以形成極性分子，又可以形成非極性分子D.工業(yè)上獲得Y、Z單質(zhì)的主要方法是電解其熔融的氯化物【答案】BD【解析】【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，A、B、C為其中三種元素最高價(jià)氧化物的水化物，依據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知三種物質(zhì)兩兩反應(yīng)，Z簡(jiǎn)潔離子半徑是同周期元素簡(jiǎn)潔離子中最小的，推知Z為Al，則B為氫氧化鋁；氫氧化鋁能與強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng)，則推知其中一種為氫氧化鈉，Y單質(zhì)與X單質(zhì)在不同條件下反應(yīng)會(huì)生成兩種不同化合物，推知Y為Na，X為O；X與W同主族，則W為S?！驹斀狻緼.X與Y形成的兩種常見(jiàn)化合物為Na2O、Na2O2，其陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比都是1：2，A正確；B.Y、Z、W與X形成的化合物分別為Na2O、Al2O3、SO2,SO2為分子晶體，熔點(diǎn)最低，Na2O、Al2O3均為離子晶體，Al2O3中鋁離子電荷數(shù)多、半徑小，熔點(diǎn)比氧化鈉高，故熔點(diǎn)由低到高的依次為W<Y<Z，B錯(cuò)誤；C.X與W既可以形成極性分子SO2，又可以形成非極性分子SO3，C正確；D.氯化鋁為共價(jià)化合物，不能通過(guò)電解氯化鋁得到單質(zhì)鋁，D錯(cuò)誤；答案選BD。14.下列試驗(yàn)操作現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是選項(xiàng)試驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A試管中加入0.5g淀粉和4mL20%的硫酸溶液。加熱試管3~4min。滴入碘水溶液變藍(lán)淀粉沒(méi)有水解B向1mL1mol/L的NaOH溶液中加入5mL2mol/L的CuSO4溶液，振蕩后再加入0.5mL有機(jī)物X，加熱未出現(xiàn)磚紅色沉淀說(shuō)明X不是葡萄糖C取5mL0.1mol/LKI溶液，加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，萃取分液后，向水層滴入KSCN溶液溶液變成紅色Fe3+與I-所發(fā)生的反應(yīng)為可逆反應(yīng)D常溫時(shí)測(cè)定同濃度的HCOONa溶液、NaClO溶液的pHpH(HCOONa)＜pH(NaClO)結(jié)合質(zhì)子的實(shí)力HCOO-＞ClO-A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．溶液變藍(lán)，表明溶液中含有淀粉，但不能證明淀粉沒(méi)有水解，A不正確；B．NaOH溶液中加入的CuSO4溶液物質(zhì)的量過(guò)多，溶液不顯堿性，生成的氫氧化銅懸濁液不能將葡萄糖氧化，所以未出現(xiàn)磚紅色沉淀不能表明產(chǎn)物中不含有葡萄糖，B不正確；C．5mL0.1mol/LKI溶液中加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，I-過(guò)量，但溶液中仍含有Fe3+，則表明Fe3+與I-的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，C正確；D．常溫時(shí)同濃度的HCOONa溶液、NaClO溶液的pH前者小于后者，則表明后者的水解程度大，HClO的酸性比HCOOH弱，則結(jié)合質(zhì)子的實(shí)力HCOO-＜ClO-，D不正確；故選C。15.Cu2O晶體結(jié)構(gòu)與CsCl相像，只是用Cu4O占據(jù)CsCl晶體(圖I)中的Cl的位置，而Cs所占位置由O原子占據(jù)，如圖II所示，下列說(shuō)法正確的是A.Cu2O晶胞中Cu4O四面體的O坐標(biāo)為(，，)，則①的Cu坐標(biāo)可能為(，，)B.Cu2O晶胞中有2個(gè)Cu2OC.CsCl的晶胞參數(shù)為acm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，相對(duì)分子質(zhì)量為M，則密度為g/cm3D.Cu2O晶胞中Cu的配位數(shù)是4【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A．依據(jù)題意可知Cu2O晶胞為，依據(jù)圖中所給坐標(biāo)系，和已知的O坐標(biāo)為(，，)可知，①的Cu坐標(biāo)可能為(，，)，故A正確；B．依據(jù)均攤法可知，Cu2O晶胞中有2個(gè)O，4個(gè)Cu，即2個(gè)Cu2O，故B正確；C．CsCl的晶胞中有1個(gè)CsCl，則其密度為g/cm3，故C錯(cuò)誤；D．Cu2O晶胞為，Cu的配位數(shù)是2，故D錯(cuò)誤；故選AB。三、非選擇題：本題共5小題，共60分16.短周期主族元素A、B、C原子序數(shù)依次增大，且原子最外層電子數(shù)之和為12，A的原子半徑比B的小，C是地殼中含量最高的元素，元素W的基態(tài)原子核外電子有29種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(1)W基態(tài)原子的核外電子排布式為_(kāi)__________，W其次電離能比鎳、鐵其次電離能大的緣由___________。(2)W的化合物常做催化劑，如催化發(fā)生以下成環(huán)反應(yīng)上述反應(yīng)，反應(yīng)物中碳雜化類型為_(kāi)__________。(3)A、B、C的電負(fù)性由大到小的依次為_(kāi)__________(請(qǐng)用元素符號(hào)表示)(4)A與B形成的18電子分子為二元弱堿，寫出在水中一級(jí)電離生成的陽(yáng)離子的電子式___________，A與C形成的簡(jiǎn)潔化合物分子形態(tài)為_(kāi)__________，這種化合物在自然界是以通過(guò)___________作用形成團(tuán)簇分子。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d104s1(2).當(dāng)銅失去一個(gè)電子后達(dá)到3d10為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，失去電子須要的能量多(3).sp2sp3(4).O＞N＞H(5).(6).V形(7).氫鍵【解析】【分析】C是地殼中含量最高的元素，則C為O元素，A、B、C均為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，A的原子半徑比B的小，則A是H元素，又3種原子最外層電子數(shù)之和為12，則B為N元素，元素W的基態(tài)原子核外電子有29種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，則W為Cu元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)元素W是Cu，Cu的基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Cu的其次電離能比鎳、鐵大的緣由是當(dāng)銅失去一個(gè)電子后達(dá)到3d10為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，失去電子須要的能量多；(2)中苯環(huán)上和羰基上的碳都是sp2雜化，其他位置的飽和碳原子是sp3雜化；(3)A是H元素，B為N元素，C為O元素，則A、B、C的電負(fù)性由大到小的依次為O＞N＞H；(4)A與B形成的18電子分子為N2H4，結(jié)合水電離出的一個(gè)H+，同時(shí)產(chǎn)生OH-，溶液顯堿性，N2H4的一級(jí)電離方程式為，所得的陽(yáng)離子為，其電子式為；A與C形成的簡(jiǎn)潔化合物為H2O，分子形態(tài)為V形，水分子通過(guò)氫鍵作用而聚合在一起，形成水分子簇。17.氮有多種的氧化物可以通過(guò)反應(yīng)相互轉(zhuǎn)化，請(qǐng)回答下列有關(guān)問(wèn)題(1)298K，101kPa條件下，已知如下反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)△H1=-57kJ/molN2(g)＋O2(g)2NO(g)△H2=＋180.5kJ/molNO(g)＋O2(g)NO2(g)△H3=-58.2kJ/mol①反應(yīng)N2O4(g)N2(g)＋2O2(g)的△H=___________。②有關(guān)N2O4(g)N2(g)＋2O2(g)反應(yīng)過(guò)程，下列敘述正確的是___________A．變更催化劑可以削減反應(yīng)△HB．在體積不變的容器中發(fā)生反應(yīng)，密度不變說(shuō)明達(dá)到平衡C．恒壓條件下充入稀有氣體，反應(yīng)速率減小D．恒溫恒容條件下反應(yīng)平衡后，再充入N2O4，N2O4轉(zhuǎn)化率降低(2)在4L固定容積的密閉容器中只充入0.80mol的N2O4，發(fā)生N2O4(無(wú)色)2NO2(紅棕色)反應(yīng)，80s時(shí)容器內(nèi)顏色不再變更，此時(shí)n(N2O4)=0.20mol，①求此過(guò)程中用NO2表示的平均反應(yīng)速率為_(kāi)__________，平衡時(shí)壓強(qiáng)為P1，Kp=___________(用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學(xué)平衡常數(shù))②若使密閉容器內(nèi)顏色變深，可實(shí)行的措施___________。A．縮小體積B．充入稀有氣體C．加熱D．體積不變加入N2O4(3)利用CH4(g)＋2NO2(g)CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g)△H=-868.74kJ/mol，可以進(jìn)行無(wú)害化處理，①相同條件下，選用a、b、c三種催化劑進(jìn)行反應(yīng)，生成氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量與時(shí)間變更如圖1，活化能最小的是___________[用E(a)、E(b)、E(c)表示三種催化劑下該反應(yīng)的活化能]。②在催化劑a作用下測(cè)得相同時(shí)間處理NO2的量與溫度關(guān)系如圖2.試說(shuō)明圖中曲線先增大后減小的緣由___________(假設(shè)該溫度范圍內(nèi)催化劑的催化效率相同)?！敬鸢浮?1).-7.1kJ/mol(2).CD(3).3.75×10-3mol/(L·s)(4).(5).ACD(6).E(a)(7).低于300℃，反應(yīng)未達(dá)平衡，隨著溫度上升，反應(yīng)速率加快，故NO2處理量增大，高于300℃，平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致NO2【解析】【分析】【詳解】(1)①運(yùn)用蓋斯定律，利用已知方程式–(①+②+③×2)，可得目標(biāo)方程式，故△H=-(△H1+△H2+△H3×2)=-7.1kJ/mol；②A．催化劑變更活化能，但不影響反應(yīng)物和生成物的狀態(tài)，故不影響焓變，A錯(cuò)誤；B．由質(zhì)量守恒，知反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，又體積不變，故密度始終不變，不能用于推斷平衡，B錯(cuò)誤；C．恒壓沖入稀有氣體，由于容器體積增大，氣體濃度減小，故反應(yīng)速率減小，C正確；D．再充入N2O4，相當(dāng)于等比例增加投料，壓強(qiáng)增大，相對(duì)于舊平衡，平衡逆向移動(dòng)，故N2O4轉(zhuǎn)化率降低，D正確；故答案選CD；(2)依據(jù)題意列三段式如下：①，即過(guò)程中NO2的平均反應(yīng)速率為3.75×10-3mol/(L·s)；平衡時(shí)P(N2O4)=，P(NO2)=，故，故此處填；②A．縮小體積，可使NO2濃度增大，A符合題意；B．由于體積固定，稀有氣體與反應(yīng)無(wú)關(guān)，故NO2濃度不變，顏色也不變，B不符合題意；C．該反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)為吸熱反應(yīng)，加熱升溫平衡正向移動(dòng)，NO2濃度增大，體系顏色加深，C符合題意；D．后充入的N2O4部分轉(zhuǎn)化為NO2，加上之前的NO2，NO2濃度增大，顏色加深，D符合題意；故此處填A(yù)CD；(3)①依據(jù)圖1可知，在催化劑a作用下，反應(yīng)達(dá)平衡所用時(shí)間最短，故反應(yīng)速率最快，所以催化劑a使反應(yīng)活化能降低的最多，即活化能最小的是E(a)；②該溫度范圍內(nèi)催化劑活性效率相同，故縱坐標(biāo)的變更考慮是溫度變更引起，曲線為相同時(shí)間內(nèi)處理NO2的量，則曲線上的點(diǎn)不肯定代表平衡態(tài)。溫度低，反應(yīng)速率慢，不能達(dá)到平衡，溫度上升，反應(yīng)速率加快，反應(yīng)漸漸達(dá)平衡，平衡后再升溫，由于平衡逆向移動(dòng)，NO2處理量削減，所以圖中300℃為第一個(gè)平衡點(diǎn)，300℃之前未達(dá)平衡，300℃后發(fā)生平衡移動(dòng)，故此處填：低于300℃，反應(yīng)未達(dá)平衡，隨著溫度上升，反應(yīng)速率加快，故NO2處理量增大，高于30018.常溫常壓酸浸全濕法從氧化鎳礦中提取鎳的工藝有平安性好、能耗低、浸出時(shí)短、生產(chǎn)成本低等優(yōu)點(diǎn)，以某氧化鎳礦石(NiO，含有的雜質(zhì)為SiO2、以及Fe、Zn、Mg、Ca等元素的氫氧化物、氧化物或硅酸鹽)為原料，生產(chǎn)流程如下：已知：(1)相關(guān)金屬離子[Co(Mn＋)=0.1mol·L-1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Mg2+Ni2+起先沉淀的pH1.56.36.210.47.7沉淀完全的pH2.88.38.212.49.5(3)鋅的萃取過(guò)程反應(yīng)為：萃?。?RNa＋Zn2＋=R2Zn＋2Na＋反萃?。篟2Zn＋2H＋=2RH＋Zn2＋回答以下問(wèn)題：(1)礦石須要先經(jīng)過(guò)研磨成漿，其緣由是___________。(2)依據(jù)下列圖像1、2，選擇合適的試驗(yàn)條件，硫酸濃度為_(kāi)__________，浸出礦漿液固比___________。(3)濾渣1的主要成分為_(kāi)__________；加入NaF的作用是___________。(4)沉鋅的過(guò)程會(huì)生成堿式鹽，寫出沉鋅的離子方程式：___________。(5)電解硫酸鎳溶液制備單質(zhì)鎳的化學(xué)反應(yīng)方程式為_(kāi)__________；沉積鎳后的電解液可返回___________(填操作單元的名稱)接著運(yùn)用?！敬鸢浮?1).增大接觸面積，加快反應(yīng)速率(2).2.6mol/L(3).6(4).Fe(OH)3(5).為了沉淀鎂離子(6).(7).(8).溶浸【解析】【分析】鎳礦石研磨成漿是為了增大接觸面積，加快反應(yīng)速率；加稀硫酸把礦石物質(zhì)溶解，加雙氧水是為了把亞鐵離子氧化成三價(jià)鐵離子，便于后面加氫氧化鈣以沉淀形式除去，而避開(kāi)除去鎳離子，加氟化鈉是為了沉淀鎂離子，萃取I和反萃取I是為了除去鋅離子，最終有硫酸萃取和凈化得到硫酸鎳，從而得到鎳?！驹斀狻?1)礦石須要先經(jīng)過(guò)研磨成漿，是為了增大接觸面積，加快反應(yīng)速率。故答案為：增大接觸面積，加快反應(yīng)速率；(2)依據(jù)下列圖像1、2知硫酸濃度為2.6mol/L時(shí)浸渣中鎳品位低，鎳浸出率高，接著增加酸的濃度，兩者變更不大，且對(duì)裝置要求高；由圖1知，硫酸濃度是2.6mol/L時(shí)浸渣中鎳品位低是26％，鎳浸出率是87.5％，由圖2知鎳品位低是26％，鎳浸出率是88％時(shí)液固比是6.故答案為：2.6mol/L；6；(3)濾渣1是向溶液中加氫氧化鈣溶液限制pH=5.6所得固體，依據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，應(yīng)當(dāng)只沉淀Fe3+,生成Fe(OH)3,氟化鎂是難溶物，所以加入NaF是為了沉淀雜質(zhì)離子鎂離子。故答案為：Fe(OH)3，為了沉淀鎂離子；(4)沉鋅的過(guò)程會(huì)是加入的碳酸鈉生成堿式鹽，所以離子方程式為：,故答案為：；(5)電解硫酸鎳溶液制備單質(zhì)鎳的化學(xué)反應(yīng)方程式為,沉積鎳后的電解液中鋅離子濃度降低，可以通過(guò)返回溶浸工序接著運(yùn)用，從而削減資源奢侈。故答案為：；溶浸；【點(diǎn)睛】此題為工業(yè)流程題，考查有關(guān)化學(xué)反應(yīng)速率和離子方程式書寫，電解的方程式的書寫，全面考查學(xué)生的綜合分析實(shí)力和讀圖，從圖表中提取信息的實(shí)力，須要學(xué)生仔細(xì)分析，題目難度適中。19.鈷基合金是以鈷作為主要成分，含有相當(dāng)數(shù)量的鎳、鉻、鐵等金屬的一類合金。按要求回答下列問(wèn)題：(1)Co在周期表中的位置___________，Cr的未成對(duì)電子數(shù)為_(kāi)__________。(2)鐵、鈷、鎳與CN-、CO易形成協(xié)作物，如Fe(CO)5、Ni(CO)4、Fe(CN)、Co(CN)等。CN-的δ鍵和π鍵數(shù)目比為_(kāi)__________，N、C、O的第一電離能由大到小的依次為_(kāi)__________。(3)無(wú)水CoCl2的熔點(diǎn)為735℃、沸點(diǎn)為1049℃，F(xiàn)eCl3的熔點(diǎn)為306℃、沸點(diǎn)為315℃，且熔融的CoCl2能導(dǎo)電，熔融的FeCl3不導(dǎo)電。CoCl2(4)Co可以形成六方晶系的CoO(OH)，晶胞結(jié)構(gòu)如下，以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。晶胞中部分O的坐標(biāo)為(，，0.1077)，(，，0.6077)。已知晶胞含對(duì)稱中心，則剩余O的坐標(biāo)為_(kāi)__________。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，CoO(OH)的摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1，該晶體的密度為_(kāi)__________g/cm3(sin120°=)(用代數(shù)式表示)。【答案】(1).第四周期VIII族(2).6(3).1:2(4).N>O>C(5).離子(6).分子(7).(，，0.3923)、(，，0.8923)；(8).g/cm3【解析】【詳解】(1)Co的原子序數(shù)是27，所以Co在元素周期表的位置是第四周期第VIII族；Cr是24號(hào)元素，其核外電子排布是[Ar]3d54s1，所以Cr的未成對(duì)電子數(shù)為6。(2)CN-離子C和N原子間有碳氮三鍵，其中C原子采納的是sp雜化，故碳的一個(gè)sp雜化軌道和氮的一個(gè)p軌道形成一個(gè)δ鍵，2個(gè)雙方的P軌道形成兩個(gè)π鍵，故CN-的δ鍵和π鍵數(shù)目比為1:2；同周期元素的第一電離能從左到右有增大趨勢(shì)，但I(xiàn)IA族元素和VA族元素的外圍電子排布是全充溢和半充溢狀態(tài)，所以導(dǎo)致它們的第一電離能高于相鄰的主族元素，所以N、C、O的第一電離能由大到小的依次為N>O>C。(3)離子晶體熔點(diǎn)高，熔融后能使離子自由移動(dòng)而導(dǎo)電，所以CoCl2是離子晶體，F(xiàn)eCl3的熔點(diǎn)低，其熔融的FeCl3不導(dǎo)電，不能電離出自由移動(dòng)離子，故FeCl3屬于分子晶體。(4)依據(jù)晶胞中部分O的坐標(biāo)為(，，0.1077)，(，，0.6077)和晶胞含對(duì)稱中心，依據(jù)對(duì)稱關(guān)系+=1，0.1077+0.8923=1，0.6077+0.3923=1，則剩余的O坐標(biāo)為(，，0.3923)、(，，0.8923)；依據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，晶胞中含有兩個(gè)CoO(OH)，其質(zhì)量為，晶胞的體積為