湖南省宁远县第一中学2021届高三上学期12月联考化学试题(解析版)

高三化学

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、准考证号、座号填写在相应位置。

2.选择题答案必须使用2B 铅笔(按填涂示例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Ca 40 Cr 52 Ni 59 Cu 64

一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)

1. 化学与人类生活、生产密切相关。下列说法正确的是 A. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是阴极电保护法 B. 二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中 C. 高纯单质硅可用于制作光导纤维

D. 维生素C 具有还原性，食用维生素C 含量较高的食物有利于人体对铁元素的吸收 【答案】D 【解析】 【分析】

【详解】A ．Mg 比Fe 活泼，形成原电池，Mg 作负极被腐蚀，Fe 作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故A 错误；

B ．.红酒中添加了少量SO 2起到了防腐的作用，故B 错误；

C ． 高纯二氧化硅可用于制作光导纤维，故C 错误；

D ．维生素C 具有还原性，食用含维生素C 较高的食物有利于人体对铁元素的吸收，故D 正确； 故答案为D 。

2. 设N A 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 标准状况下，1个O 2分子的体积约为

4A

2.2410N cm 3

B. 21 g CaH 2与足量水反应转移电子数为2N A

C. 铅蓄电池使用时，当正极质量增重64 g 时，电路中转移电子数为2N A

D. 100 g 质量分数为46%的酒精水溶液中含有氧原子数目为N A 【答案】C 【解析】 【分析】

【详解】A ．标准状况下，气体的

分子间有间隙，1个O 2分子的体积小于

4A

2.2410N ?cm 3

，A 错误； B ．21 g CaH 2的物质的量为m 21g n=

=

=0.5mol M 42g/mol

，由关系式-2

CaH ~2e 1

20.5mol

n ，解得n=1mol ，故转移

电子数为N A ，B 错误；

C ．正极的反应式为+2--2442PbO +4H +SO +2e =PbSO +2H O ，正极质量增重

42PbSO PbO m=n(M -M )n 64g/mol=64g ?=?，解得n=1mol ，由关系式-2

-PbO ~

2e 1

21mol

n(e )

，解得n(e -)=1mol ，

转移电子数为2N A ，C 正确；

D ．酒精中含有氧原子的物质的量为：

10046%g

=1mol 46g/mol

?，水中含有氧原子的物质的量为：

100-10046%g

=3mol 18g/mol

?，则酒精水溶液中含有氧原子数目为4N A ，D 错误；

故选：C 。

3. 下列说法错误．．

的是 A. 周期表中第8周期最多能排50种元素

B. ①乙炔②水③甲醛④氨四种分子中，键角由大到小的顺序是①>③>④>②

C. 第4周期最外层有一个单电子的元素共有3种

D. 两元素的基态原子的价电子排布式分别为3s 2、4s 2，则一定为同一族元素 【答案】C 【解析】 【分析】

【详解】A ．因为第八能层有s 。p ．d ．f ．g 能级，其中S 能级一轨道，能容纳2电子，p 能级三轨道，能

容纳六电子（第一周期只有s，第二三周期s。p），d能级五轨道，能容纳十电子（四五周期），f能级七轨道，能容纳十四个（六七周期），第八周期将出现g能级，九轨道十八电子，所以能容纳50种，故A正确；B．①乙炔分子键角是180°、②水分子键角是108°18′、③甲醛分子键角是120°、④氨分子键角107°，则键角由大到小的顺序是①>③>④>②，故B正确；

C．第4周期最外层有一个单电子的元素有K、Cr、Cu、Ga、Br共5种，故C错误；

D．两元素的基态原子的价电子排布式分别为3s2、4s2，则说明两元素分别是Mg、Ca，是同一族元素，故D正确；

故选：C。

4. 对于下图所示实验，不能

．．达到实验目的的是

A. 实验甲：验证SO2的氧化性

B. 实验乙：曲MgCl2·6H2O制备无水MgCl2

C. 实验丙：比较KMnO2、Cl2、S的氧化性强弱

D. 实验丁：证明浓硫酸的吸水性、脱水性和强氧化性

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．SO2与硫化钠反应生成S，则可验证SO2具有氧化性，故A正确；

B．在HCl气流中蒸发可抑制镁离子水解，可由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2，故B正确；

C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成S，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可比较，故C正确；

D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化硫使品红褪色，二氧化硫被高锰酸钾氧化，可验证浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，无法证明吸水性，故D错误；

故选D。

5. 近年来连续出现的铊中毒事件，给各科研单位及学校危险药品的管理敲响了警钟。铊的相关信息卡片如图所示，下列说法正确的是

A.铊与铝性质相似，都具有两性

B. 其电子排布式：[Xe]6s26p1

C. 铊有两种稳定同位素203Tl和205Tl，其丰度比为7：3

D. 铊在元素周期表中位于第6周期第IIIA族【答案】D 【解析】【分析】【详解】A．铊与铝同主族，化学性质相似，但铊是典型的金属，且比铝金属性强，故A错误；

B．Tl是81号元素，其电子排布式为[Xe]4f145d106s26p1，故B错误；

C．设203Tl的丰度为x，则203x+205(1-x)=204.4，解得x=0.3，则两种同位素的丰度之比为0.3:0.7=3:7，故C错误；

D．由信息图片可知，铊的价电子排布是6s26p1，所以是位于第6周期第IIIA族，故D正确；

故答案为D。

6. 在研究氯化银性质时，某同学做了以下实验，并回收到少量白银，流程如下：

下列叙述正确的是

A. AgCl不溶于酸，能溶于碱

B. 溶解发生的离子反应：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O

C. 若“还原”过程通过原电池来实现，则负极的电极反应：N2H4-4e-=N2+4H+

D. “还原”过程中参加反应的[Ag(NH3)2]+和N2H4·H2O的物质的量之比为4：1

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．AgCl仅能溶于与其发生配合反应的物质，如氨水等，A错误；

B．AgCl是难溶性盐，在离子反应方程式中不可拆开，B错误；

C．溶液环境为碱性环境，不能生成H+，C错误；

D．[Ag(NH3)2]+反应后被还原为Ag，得到一个电子，而N2H4·H2O反应后被氧化为N2，失去四个电子，因此参加反应的[Ag(NH3)2]+和N2H4·H2O的物质的量之比为4：1，D正确；

故选：D。

7. A、B、C、D、E为原子序数依次递增的短周期主族元素，A的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可反应形成盐，基态B原子电子总数是其最高能级电子数的2倍，C的原子半径是本周期最大的，D的单

质为淡黄色固体。下列说法错误

．．的是

A. 简单气态氢化物的稳定性：B＞A＞D

B. 简单离子的半径：D＞E＞C＞B

C. 同温下，等浓度的简单氢化物水溶液的pH值：A＞B＞D＞E

D. B、C、E以原子个数比1：1：1的形成的化合物可用于杀菌消毒

【答案】B

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E为原子序数依次递增的短周期主族元素。A的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可反应形成盐，应为铵盐，则A为N元素，基态B原子电子总数是其最高能级电子数的2倍，则B为O元素，C的原子半径是本周期最大的，则C是Na元素，D的单质为淡黄色固体，D是S，E是Cl。

【详解】A．非金属元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，非金属性：O＞N＞S，则简单气态氢化物的稳定性：B＞A＞D，故A正确；

B．S2-与Cl-的核外电子层结构相同，且均含有3个电子层，则半径较大，O2-与Na+的核外电子层结构相同，均含有2个电子层，则半径较小，当核外电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+，故B错误；

C．A、B、D、E的简单氢化物分别是NH3、H2O、H2S、HCl，NH3的水溶液显碱性，水呈中性，H2S为弱酸，HCl为强酸，则等浓度的H2S和HCl，H2S的酸性弱，又酸性越强，pH值越小，碱性越强pH值越大，故同温下，等浓度的简单氢化物水溶液的pH值：A＞B＞D＞E，故C正确；

D．B、C、E以原子个数比1：1：1的形成的化合物是次氯酸钠，可用于杀菌消毒，故D正确；

故选B

8. 氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属原料，结构与金刚石相似。常温下AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。

某课题小组利用下图所示装置测定样品AlN 的含量(杂质不反应)。下列说法中正确的是

A. 氮化铝是共价晶体，晶体中N 、Al 原子配位数均为4

B. X 可以是CCl 4，因为NH 3不溶于CCl 4而易溶于水

C. 若广口瓶中液体未装满，测得NH 3的体积将偏大

D. 若实验中测得样品的质量为w g ，氨气的体积为a L(标况下)，则样品中AlN 的质量分数为41a

%22.4w

【答案】A 【解析】 【分析】

测定原理：AlN 和NaOH 浓溶液反应产生氨气，氨气不溶于X ，第二瓶子中压强增大将水压入量筒中，量筒中水的体积即为产生的氨气的体积，从而计算AlN 的质量，继而计算其含量。

【详解】A ．由于氮化铝结构与金刚石相似，所以为共价晶体，N 、Al 原子配位数均为4，A 正确； B ．CCl 4密度大于水，不会浮在水面上，B 错误

C ．NH 3的体积等于排出水的体积，与广口瓶中液体是否装满无关，C 错误；

D ．3m V aL a n(NH )=

==mol V 22.4L/mol 22.4，由方程式的关系式，则3a n(AlN)=n(NH )=mol 22.4

，则样品中AlN 的质量分数为m(AlN)n(AlN)M(AlN)4100a

100%=100%=%w w 22.4w

???，D 错误； 故选A 。

9. 下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是 选

项 实验及现象

结论

A

将铜丝插入盛有稀硝酸的试管中，微热，试管口出现红棕色

Cu 与稀HNO 3反应生成NO 2

B 将红棕色气体X通入淀粉-KI溶液，溶液变成蓝色X为溴蒸汽

C 将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，气体红棕色加深

2NO2(g)?N2O4(g)为放热反

应

D

向酸化的KMnO4溶液中通入SO2，向反应后的溶液中加入BaCl2产生

白色沉淀

证明SO2被氧化为SO24-

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，则试管口出现红棕色气体，故A错误；

B．红棕色气体是二氧化氮也能出现相同现象，故B错误；

C．浸泡在热水中，颜色加深，二氧化氮的浓度增大，则升高温度，2NO2(g)?N2O4(g)逆向反应，正反应为放热反应，故C正确；

D．酸化的KMnO4溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸根离子，且加硫酸酸化引入硫酸根离子，则加入BaCl2产生白色沉淀，不能证明二氧化硫被氧化，故D错误；

故选C。

10. 亚磷酸(H3PO3)是一种重要的化工原料，常可用作还原剂和农药中间体。已知

①H3PO3200℃

?????→PH3↑+H3PO4(未配平)；②H3PO3+NaOH(足量)→Na2HPO3+H2O(未配平)下列推断错误

．．的是

A. 亚磷酸为二元酸，其结构式为

B. 反应①氧化剂与还原剂的质量之比3：1

C. H3PO3具有还原性，在空气中可能被氧化成磷酸

D. 利用H3PO3进行化学镀银，当参加反应的

()

()

+

33

n Ag

n H PO

=2时，氧化产物是H3PO4

【答案】B

【解析】 【分析】

【详解】A .由H 3PO 3与足量 NaOH 溶液反应生成Na 2HPO 3可知亚磷酸为二元酸，结构式为，故A

正确；

B .由反应①的化学方程式可知，PH 3为还原产物，H 3PO 4为氧化产物，H 3PO 3既是氧化剂又是还原剂，由得失电子数目守恒可知氧化剂与还原剂的质量之比1：3，故B 错误；

C . H 3PO 3中磷元素的化合价为+3价，即有氧化性也有还原性，在空气中可能被空气中的氧气氧化生成高价态的磷酸，故C 正确；

D .利用H 3PO 3进行化学镀银，当参加反应的

()

()

+

33n Ag n H PO =2时，由得失电子数目守恒可知，H 3PO 3被氧化生

成H 3PO 4，故D 正确； 故选B 。

二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

11. 已知Cl 2与NH 3的反应得到一种固体M 和气体单质H 。某同学通过下列装置进行验证，下列有关说法错误．．

的是

A. 装置A 中发生的离子反应：2MnO 4-

+16H ++10Cl -=2Mn 2++5Cl 2+8H 2O B. 装置B 中可以盛放碱石灰做干燥剂

C. 装置C 中固体M 易升华，M 中含离子键、共价键、配位键

D. 装置F 可以吸收多余的Cl 2和NH 3 【答案】AC 【解析】 【分析】

由于氨气与CaCl 2会反应生成配合物，则装置E 不能用于制取氨气，只能用于制取氯气，装置A 利用固液

不加热制取氨气，反应方程式为NH3?H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，其中装置B作用是干燥氨气，不能选酸性干燥剂浓硫酸，可选碱石灰做干燥剂，制取的氨气和氯气在装置C中发生反应，反应方程式为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，多余的氨气和氯气在装置F做尾气处理，由于氨气极易溶于水，不能直接插入水溶液中，故选用CCl4，利用其密度比水大，作用是防倒吸，多余的尾气进入FeCl2溶液中，氨气溶于水，氯气和FeCl2反应，从而除去尾气。

【详解】A．A装置利用固液混合物不需要加热制取氨气，可用浓氨水和CaO反应制取氨气，反应方程式为：NH3?H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，离子方程式：NH3?H2O+CaO=Ca2++2OH-+NH3↑，故A错误；

B．氯化钙能与氨气反应生成络合物，所以B中可以放碱石灰做干燥剂，故B正确；

C．Cl2与NH3的反应得到一种固体M和气体单质H，反应方程式为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，固体M是NH4Cl，含有离子键、共价键，不含配位键，故C错误；

D．氨气极易溶于水，氨气在四氯化碳中溶解度小，F装置可以起到防倒吸的作用，氨气进入有机层会上升，到有机和无机层交界时被水吸收，多余的Cl2和FeCl2溶液反应从而除去，故D正确；

故选：AC。

12. 某小组设计一个甲醇燃料电池，a、b、m、n均为惰性电极，用导线如图相连接，下列说法正确的是

A. m极附近pH值增大

B. b极电极反应CH3OH-6e-+3CO23-=4CO2+2H2O

C. 当溶液pH=13时，电路中转移0.1 mol e-

D. 电子在线路中流动方向：b→n→m→a

【答案】B

【解析】

【分析】

该装置的上部分是原电池，根据2-

3

CO移向b极，可知b极为负极，则a为正极，m为阳极，n为阴极。【详解】A．m极是阳极，电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑，pH不变，A错误；

B．b极发生氧化反应，即甲醇生成二氧化碳，电极反应式：CH3OH-6e-+3CO2

3-=4CO

2

+2H2O，B正确；

C ．反应的离子方程式：2Cl -+2H 2O ==通电

H 2+Cl 2+2OH -，pH=13即c(OH -)=10-1mol/L ，所以有0.1mol/L OH -生成，但体积未知，无法计算物质的量，C

错误；

D ．电子只在外电路移动，在溶液中是阴阳离子的移动，D 错误； 故选：B 。

13. 甲、乙两个试管中分别加入等浓度等体积的H 2O 2水溶液，向甲中加入足量MnO 2固体，放出标况下V 1 L O 2；向乙中加入足量H 2SO 4溶液后，再加入足量的MnO 2，放出标况下V 2 L O 2，下列说法正确的是 A. 2V 1=V 2

B. MnO 2在两支试管的反应中均作催化剂

C. 甲乙两试管中反应转移的电子数之比为1：1

D. 甲乙两反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比均为1：1 【答案】AD 【解析】 【分析】

【详解】A ． 由于甲中二氧化锰固体足量，则过氧化氢完全参与反应，甲试管中发生如下反应：

222222H O 2H O+nO O M ↑，由于乙中二氧化锰与硫酸溶液都是足量的，则过氧化氢完全参与反应，乙试

管中发生如下反应：MnO 2 + H 2SO 4 + H 2O 2 = MnSO 4 + O 2↑+2H 2O ，由于甲、乙两个试管中的H 2O 2水溶液是等浓度等体积的，由公式n = cV ，则两试管中H 2O 2物质的量相等。由于两试管中的过氧化氢都完全参与反

应，由反应方程式可知，121

=2

V V ，即2V 1=V 2，故A 正确；

B ． MnO 2在甲试管中作催化剂，在乙试管中作反应物，故B 错误；

C ． 由甲试管中发生如下反应：222222H O 2H O+nO O M ↑，2mol H 2O 2参与反应时转移电子2mol ，乙试管中发生如下反应：MnO 2 + H 2SO 4 + H 2O 2 = MnSO 4 + O 2↑+2H 2O ，2mol H 2O 2参与反应时转移电子4mol ，则相同物质的量H 2O 2参与反应时，甲乙两试管转移电子数之比为2：4=1：2，故C 错误；

D ． 甲试管中反应的氧化剂与还原剂都为H 2O 2，物质的量之比为1：1；乙试管中反应的氧化剂为MnO 2，还原剂为H 2O 2，物质的量之比为1：1，则甲乙两反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比均为1：1，故D 正确； 故选AD 。

14. 钴是重要的过渡元素，能形成多种稳定的配合物。CoCl 3·

6NH 3是一种重要的配合物，研究分子结构发

现其络离子形状为正八面体。取1 mol 该配合物，加入足量硝酸银溶液，产生x mol 不溶于稀硝酸的白色沉淀。下列说法正确的是

A. Co 元素在周期表中位于第4周期VIIIB 族

B. 配合物中络离子化学式为[Co(NH 2)6]3+

C. x≤3

D. 若晶体Co 为A 1型密堆积，晶胞参数为a cm ，则钴原子的半径为

4

a×1010pm 【答案】BD 【解析】 【分析】

【详解】A .钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故A 错误；

B .由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，化学式为[Co(NH 2)6]3+，故B 正确；

C .由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，氯离子为外界离子，配合物的化学式为[Co(NH 2)6] Cl 3，1 mol 配合物与足量硝酸银溶液反应生成3 mol 不溶于稀硝酸的氯化银白色沉淀，故C 错误；

D .若晶体钴为面心立方堆积，钴原子位于晶胞的顶点和面心，设钴原子的半径为r ，则面对角线为4r ，由晶

胞参数为a cm 可得：(4r)2=a 2+a 2，解得r=4acm=4

a×1010pm ，故D 正确； 故选BD 。

15. 将不同量的CO(g)和H 2O(g)分别通入体积为2 L 的恒容密闭容器中进行反应：CO(g)+H 2O(g)?CO 2(g)+H 2(g)，得到如下三组数据，下列选项错误．．

的是

A. 该反应的正反应为放热反应

B. 实验2中，平衡常数K =

16

C. 实验3跟实验2相比，改变的条件一定是加入催化剂

D. 实验3达到平衡时反应速率可以表示为υ(CO)=0.2 mol·L -1·min -1 【答案】C 【解析】 【分析】

【详解】A ．由实验1、2可知，起始量为2倍关系，若实验1、2的温度相同，压强对平衡移动无影响，则平衡时CO 2应为2倍关系，结合表格中数据可知实验1中温度低，平衡正向移动，可知正反应为放热反应，故A 正确； B ．实验2中，

(g)2(g)

2(g)

2(g)

-1

-1-1

CO +H O CO +H /mol L 10.500/mol L 0.20.20.20.2/mol L 0.80.30.20.2

???开始量转化量平衡量 平衡常数0.20.21

0.80.36

K ?=

=?，故B 正确；

C ．实验3跟实验2相比，起始量、平衡量均相同，只有达到平衡的时间实验3中更小，则改变的条件为使用催化剂或增大压强，故C 错误；

D ．实验3中，参加反应的CO 为0.4mol ，反应达到平衡时用CO 表示的速率为

ΔΔ0.4mol υ(CO)=

===0.2mol/(L min)ΔΔ2L 1min

c n t V t ???，故D 正确； 故选：C 。

三、非选择题(本题共5小题，共60分)

16. CO 在工农业生产及科学研究中有着重要的应用，将CO 2与焦炭作用生成CO ，可用于炼铁，形成羰化络合物等。 (1)已知：

Fe 2O 3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) △H 1=+489.0 kJ/mol C(s)+CO 2(g)=2CO(g) △H 2=+172.5 kJ/mol 则CO 还原Fe 2O 3的热化学方程式为_______。

(2)CO 与Ni 发生羰化反应形成的络合物可作为催化烯烃反应的催化剂。Ni 的羰化反应为

Ni(s)+4CO(g)?Ni(CO)4(g) △H 。在温度T 1和T 2时，在两个体积均为1 L 的密闭容器中发生反应，n(CO)随反应时间的变化如图所示：

①T1时，该反应的平衡常数K=_______；

②达到平衡时Ni(CO)4(g)的体积分数φ变化趋势如图所示：

图中Y轴表示的外界条件为_______，判断的理由是_______；

③研究表明，正反应速率v正=k正·x4(CO)，逆反应速率v逆=k逆·x[Ni(CO)4](k正和k逆分别表示正反应和逆反应

的速率常数，x为物质的量分数)，计算T2

温度下正

逆

k

k

=_______；

④某温度下测得一定的实验数据，计算得到v正～x(CO)和v逆～x[Ni(CO)4]的关系如图所示。当升高温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_______(填字母序号)。

【答案】(1). 23(s)(g)(s)2(s)

Fe O+3CO=2Fe+3COΔH=-28.5kJ/mol(2). 0.675(3). 温度(4). 根据图1分析反应为放热反应，升高温度，可使平衡向逆反应方向移动，使φ减小(5). 9000(6). G、A

【解析】

【分析】

(2)②由图1可知，温度越高，反应速率越快，越早达到平衡，则T1>T2，但温度升高，反应结束时，n(CO)越大，则升高温度，平衡逆向移动，该正反应为放热反应，温度越高，达到平衡时Ni(CO)4(g)的体积分数φ越小。

【详解】(1)①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) △H1=+489.0 kJ/mol；②C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H2=+172.5

kJ/mol

根据盖斯定律：①-②×

3得：23(s)(g)(s)2(s)Fe O +3CO =2Fe +3CO ΔH=-28.5kJ/mol ； (2)①列三段式：(s)

(g)

4(g)

-1

-1

-1

Ni +4CO Ni(CO)/mol L 3.702.7

/mol L 2.742.7/mol L 1.0

4

???起始量变化量平衡量，T 1时，该反应的平衡常数

42.7

40.675

1.0

K ==；

②由图1可知，T 1>T 2，但温度升高，反应结束时，n(CO)越大，则升高温度，平衡逆向移动，该正反应为放热反应，温度越高，生成Ni(CO)4的量越少，达到平衡时Ni(CO)4的体积分数φ越小，故答案为：温度；根据图1分析反应为放热反应，升高温度，可使平衡向逆反应方向移动，使φ减小；

③当T 2时反应达到平衡，v 正=v 逆，则44k [Ni(CO)]=k (CO)

x x 正逆，4

Ni +4CO

Ni(CO)/mol 3.70/mol 0.10.9

初始物质的量结束物质的量，则40.9

[Ni(CO)]=

=0.90.9+0.1

x ，0.1(CO)==0.10.9+0.1

x ，则444k [Ni(CO)]0.9===9000k (CO)0.1x x 正逆； ④升高温度，v 正、v 逆都会增大，但反应逆向进行，x(CO)增大，4[Ni(CO)]x 减小，相应的点分别为G 、A 。 17. 纳米氧化亚铜(Cu 2O)是一种用途广泛的光电材料，常用作光催化剂。已知：Cu 2O 不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu 2O+2H +=Cu 2++Cu+H 2O 。

I.(1)用还原法制取：工业上常用液态肼(N 2H 4)与新制的Cu(OH)2反应制备纳米级Cu 2O ，同时放出N 2，该反应的化学方程式为_______；该过程需要控制溶液的pH 为5的原因是_______。

(2)用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl 和NaOH 的混合溶液可得到Cu 2O ，阳极及溶液中物质的有关转化如图所示：

①阳极的电极反应式为_______；

②电解一段时间后，向电解液中补充一定量的_______可将溶液恢复至初始状态。

II.(3)H2S与CO2在纳米Cu2O催化作用下反应可生成羰基硫(COS)，羰基硫的结构式为_______。

(4)利用纳米级Cu2O可以处理含有Cr2

O2

7

的酸性废水，光照时会在形成的微电极上发生电极反应，原理如图所示，写出该过程中正极的反应方程式_______。

III.(5)已知高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因：_______。

(6)如图是Cu2O的晶胞示意图，有图可知O原子的配位数是_______。晶胞结构为正方体，边长为a pm，则晶体的密度为_______g·cm-3(用含N A、a的代数式表示)。

【答案】(1). 4Cu(OH)2+ N2H4Δ

2Cu2O + N2↑ + 6H2O(2). PH太小时，会发生歧化反应：

Cu 2O+2H +=Cu 2++Cu+H 2O ；PH 太大，氧化亚铜会溶解 (3). CuCl --e -+Cl --=2CuCl -

(4). H 2O (5).

O=C=S (6). Cr 2O 72-+14H ++6e -=2Cr 3++7H 2O (7). 失去了个电子后，亚铜离子核外电子，处于稳定的

全充满状态，所以高温下Cu 2O 比CuO 更稳定； (8). 8 (9). 32

3

A 5.7610N a

?? 【解析】 【分析】

【详解】I.(1)根据题意，用液态肼（N 2H 4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu 2O ，同时放出N 2，根据信息可知该反应的化学方程式为4Cu(OH)2+ N 2H 4

Δ

2Cu 2O + N 2↑ + 6H 2O ；该过程需要控制溶液的pH 为5的原

因是氧化亚铜在PH 太小时，会发生歧化反应：Cu 2O+2H +=Cu 2++Cu+H 2O ，PH 太大，氧化亚铜会溶解； (2)①由题给反应机理可知，用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl 和NaOH 的混合溶液可得到Cu 2O 时，阳极上CuCl -失去电子发生氧化反应生成2CuCl -，电极反应式为CuCl -

-e -

+Cl -

-=2CuCl -

；②该

电解反应的实质是，铜与水反应，生成氧化亚铜与氢气，电解一段时间后，向电解液中补充一定量的H 2O 可将溶液恢复至初始状态；

II.(3)羰基硫(COS)，中的C 分别与S 、O 形成两对共用电子对，故羰基硫的结构式：O=C=S ；

(4)该反应属于电池，如题中图所示，纳米级Cu 2O 作催化剂， Cr 2O 27-

转化为Cr 3+时，Cr 化合价降低，得到电子，发生还原反应，是正极反应，废水显酸性，综上所述正极的反应方程式Cr 2O 72-+14H ++6e -=2Cr 3++7H 2O ； III.(5)铜原子失去1个电子后，亚铜离子基态核外电子排布式为：[Ar]3d 10，处于稳定的全充满状态，所以高温下Cu 2O 比CuO 更稳定；

(6) 以上底面面心O 原子为研究对象,与之最近的Cu 原子为晶胞中，上层4个Cu 原子,及面心氧原子所在另外晶胞中，下层4个Cu 原子,故O 原子配位数为8；晶胞中Cu 原子数目为8，

O 原子数目为：11

86482

?+?=,晶胞体积10

3V (a 10

cm)-=? 则，

A 103

m (864416)

N V (10)a ρ-?+?=

==? 32

3A 5.7610N a

??。

18. 2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，疫情严重影响了人类的生命安全，世界各国在研制疫苗的同时，各类消毒剂也在大量的生产和应用。依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。

(1)高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体，实验室以电解法制备ClO 2的流程如下：

①在电解过程中，放出的气体A为_______；

②在NaClO2和NCl3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。

(2)“84”消毒液也是人们常用的消毒剂，其有效成分为NaClO，但是不适于长期储存，其原因是_______(用化学方程式解释)。等物质的量ClO2和“84”消毒液，在相同条件下，ClO2的氧化消毒能力是“84”消毒液的

_______倍。

(3)2020年2月15日，由国家科研攻关组的主要成员单位的专家组共同研判磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019-nCoV)的感染。

①已知磷酸氯喹的结构如图所示，则所含C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______；

②N、P均为V A族元素，磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_______，P原子核外价层电子排布式为_______，其核外电子有_______种空间运动状态。H3PO4中PO34 的空间构型为_______。

【答案】(1). H2(2). 1:6(3). NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO、2HClO=2HCl+O2↑(4). 2.5 (5). N>O>C(6). sp2、sp3(7). 3s23p3(8). 9(9). 正四面体

【解析】

【分析】

NH被氧化成NCl3，阴极上H+被还原为H2，即气体A为H2，(1)电解NH4Cl和盐酸混合溶液时，阳极上+

4

加入NaClO2后溶液中发生的化学反应方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，【详解】(1)①在电解过程中，阴极上H+被还原为H2，即放出的气体A为H2；

②NaClO2和NCl3的反应方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，氧化剂是NCl3、还原剂是NaClO2，它们的物质的量之比为1:6；

(2)“84”消毒液的主要成分是NaClO，但是不适于长期储存，其原因是会与空气中的二氧化碳反应，反应方程式为：NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO、2HClO=2HCl+O2↑；NaClO中氯元素为+1价，反应后被还原为-1价，得2mol e-，ClO2中氯元素为+4价，反应后被还原为-1价，得5mol e-，得电子能力和氧化消毒能力成正比，则在相同条件下，ClO2的氧化消毒能力是“84”消毒液的2.5倍；

(3)①同周期元素从左到右，核电荷数增大，第一电离能也增大，N 元素的核外价层电子排布式为，p 轨道为半充满的结构，较稳定，则第一电离能由大到小顺序为：N>O>C ，；

②环上的N 原子有三个电子参与了形成σ键，另外两个电子参与环上大π键的形成，故是sp 2杂化，链上的N 原子有三个电子参与了形成σ键，还有一对孤电子对，故是sp 3杂化；P 原子核外价层电子排布式为：3s 23p 3，其核外电子有9种空间运动状态，PO 34-

的孤对电子对为[5--3]-42

=02

?（）,形成四个σ键，且无孤对电子

对，则PO 34-

的空间构型：正四面体。

19. 以黄铁矿制硫酸产生的硫酸渣(含Fe 2O 3、Fe 3O 4、SiO 2、Al 2O 3等)为原料制备纳米铁粉的部分工艺流程如下：

(1)“酸溶”过程中，H 2SO 4过量除了可以提高铁元素的浸出率，另一目的是_______。 (2)“沉淀”过程中，空气参与反应的离子方程式为_______。

(3)为了确保纳米铁粉的纯度，“沉淀”过程需要调节溶液的pH 的范围是_______，部分离子形成氢氧化物时溶液的pH 值如下表： 沉淀物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)2 开始沉淀 2.7 3.8 7.5 完全沉淀

3.2

5.2

9.7

(4)“还原”过程中除了生成纳米铁粉还有H 2和H 3BO 3生成，请回答下列问题： ①写出NaBH 4的电子式_______；

②该过程生成1 mol 纳米铁粉，转移电子的物质的量为_______；

③从溶液中分离出纳米铁采用离心法，下列方法也可分离纳米铁粉的是_______；(填字母序号)

④H 3BO 3是一元弱酸，下列与其酸性最接近的是_______(填字母序号)，写出H 3BO 3在水中的电离方程式_______。

A.HClO

B.H 4SiO 4

C.H 3PO 4

D.HNO 2

【答案】 (1). 抑制金属离子水解 (2). 4Fe 2++O 2+8OH -+2H 2O=4Fe(OH)3↓ (3). 3.2~3.8 (4).

(5). 12 mol (6). C (7). AB (8). -+324B(OH)+H O

[B(OH)]+H

【解析】 【分析】

硫酸渣（含Fe 2O 3、Fe 3O 4、SiO 2、Al 2O 3等）加入硫酸酸溶，过滤得到滤渣含有SiO 2，滤液加入氢氧化钠并通入空气可得到氢氧化铁沉淀，控制溶液pH ，滤液中含有铝离子等，氢氧化铁加入硫酸溶解得到硫酸铁，加入NaBH 4发生氧化还原反应生成纳米铁粉。

【详解】(1)“酸溶”过程中H 2SO 4过量，可提高铁元素的浸出率，且抑制金属离子水解，故答案为：提高铁元素的浸出率，抑制金属离子水解；

(2)沉淀”过程中，通入空气，氧化亚铁离子，可生成氢氧化铁，反应的离子方程式为4Fe 2++O 2+8OH -+2H 2O=4Fe(OH)3↓，故答案为：4Fe 2++O 2+8OH -+2H 2O=4Fe(OH)3↓；

(3)“沉淀”过程需要调节溶液的pH 的范围是3.2～3.8，可使Fe 3+完全沉淀，而Al 3+不沉淀，故答案为：3.2～3.8；

(4)①NaBH 4为离子化合物，含有Na +和BH +

4，则NaBH 4的电子式为

；

②向Fe 2(SO 4)3溶液中滴加NaBH 4溶液，溶液中BH +

4（B 元素的化合价为+3）与Fe 3+反应生成纳米铁粉、H 2和H 3BO 3，反应中只有Fe 、H 元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为

3+-423322Fe +6BH +18H O=2Fe+6H BO +21H ↑，生成1 mol 纳米铁粉，转移电子的物质的量为

46

=12mol 2

?； ③利用胶体的性质，从溶液中分离出纳米铁粉，选用渗析法分离，故选装置C ； ④H 3BO 3是一元弱酸，其酸性与HClO 、H 4SiO 4最接近，H 3BO 3在水中的电离方程式：

-+324B(OH)+H O

[B(OH)]+H 。

20. 某实验小组对KSCN 的性质进行探究，设计如下实验：

试管中试剂

实

验 滴加试剂

现象

Ⅰ

i.先加1mL 0.1mol/L FeSO 4溶液

i.无明显现象

资料：①溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关，例如Cu 2+可与SCN -反应生成CuSCN 白色沉淀和(SCN)2。但是用CuSO 4溶液、KSCN 溶液与石墨电极、电流表、盐桥组装成原电池，电流表指针几乎不偏转；

②(SCN)2称为“拟卤素”，在水溶液中呈黄色；(SCN)2的化学性质与Cl 2相似，可与水、碱等发生反应。 回答下列问题：

(1)①用离子方程式表示实验I 溶液变红的原因_______、_______；

②针对实验I 中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN -被酸性KMnO 4氧化为SO 24

，试设计实验验证_______(简述操作及现象)；

③写出与SCN -互为等电子体的分子为_______；互为等电子体的离子为_______。

(2)实验II 中CuSO 4溶液显酸性的原因是_______(用离子方程式表示)。反应后试管内溶液pH 减小，可能的原因是_______。

(3)同学们根据相同条件下氧化性Fe 3+>Cu 2+，预测实验III 中除了发生络合反应外，Fe 3+与SCN -还可发生类似II 中的氧化还原反应，于是通过实验IV 进行探究。 ①写出该实验生成蓝色沉淀的离子方程式：_______；

②试分析该实验中原电池指针由几乎不偏转到偏转明显的原因_______。

【答案】 (1). -3++2+2+

42MnO +5Fe +8H =Mn +5Fe +4H O (2). 3+-3Fe +3SCN =Fe(SCN) (3).

用酸性KMnO 4、KSCN 、石墨、盐桥组装成原电池进行反应，取少量反应后的KSCN 溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀则SCN -被氧化为2-

4SO (4). CO 2

（或N 2O 、CS 2、COS 中任选一作答） (5).