江苏省启东市2020届高三化学上学期期中试卷（附解析Word版）

2019~2020 学年第一学期期中素质调研测试 高三化学试题 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 K:39 Fe:56 选择题(共 40 分) 单项选择题：本题包括 10 小题，每小题 2 分，共计 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.化学与生产、生活密切相关。下列与化学相关的说法正确的是 A. 水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品 B. 医用酒精和葡萄糖注射液可用丁达尔效应区分 C. 氯水和食盐水消毒杀菌的原理相同 D. 铵态氮肥和草木灰混合使用会降低肥效 【答案】D 【解析】 A 项：水晶不属于硅酸盐产品，A 项错误；B 项：医用酒精和葡萄糖注射液均为溶液，不可用 丁达尔效应区分，B 项错误；C 项：氯水消毒杀菌是利用其氧化性，食盐水消毒杀菌是利用其 能使细菌细胞失水，二者原理不同，C 项错误；D 项：铵盐和 K2CO3 会发生反应，生成的二氧 化碳、氨气挥发而降低肥效，D 项正确。 2.下列有关化学用语表示正确的是 A. 氮气分子的电子式： B. 质子数为 9 中子数为 20 的氟原子： F C. 对硝基苯酚的结构简式： D. NaHCO3 水解的离子方程式：HCO3－+H2O H3O++CO32－ 【答案】C 【解析】 【详解】A．氮原子的最外层有 5 个电子，故其电子式为 ，故 A 错误； B．质量数标示在元素符号的左上方，而质量数＝质子数+中子数，故质子数为 9 中子数为 20 的氟原子的质量数为 29，故表示为 299F，故 B 错误； C．对硝基苯酚中﹣OH 和﹣NO2 在苯环的对位，且硝基中 N 原子连接在苯环上，故表示为 ，故 C 正确； 9 20D．HCO3﹣水解为 H2CO3 和 OH﹣，故水解的离子方程式为 HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+H2CO3，故 D 错误； 故答案为 C。 3.化学与生产、实验密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. Al2O3 熔点高，可用作耐高温材料 B. FeCl3 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的 Cu C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯 D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥 CO2 【答案】A 【解析】 A．熔点高的物质可作耐高温材料，则 Al2O3 熔点高，可用作耐高温材料，选项 A 选；B．Cu 与 FeCl3 发生氧化还原反应，则用 FeCl3 腐蚀 Cu 刻制印刷电路板，与 FeCl3 溶液呈酸性无对应 关系，选项 B 不选；C、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，选项 C 不选；D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥 CO2，与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，选项 D 不选。答案选 A。 4.实验是化学研究的基础。关于下列各实验装置图的叙述中正确的是(　　) A. 装置①常用于分离互不相溶的液态混合物 B. 装置②可用于吸收氨气,且能防止倒吸 C. 用装置③不可以完成“喷泉”实验 D. 用装置④稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液 【答案】D 【解析】 【详解】A、该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故 A 错误； B、氨气极易溶于水,有缓冲装置的能防止倒吸,该装置中苯没有缓冲作用,所以不能防止倒吸, 故 B 错误； C、氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故 C 错误； D、浓硫酸溶于水放出大量热,且浓硫酸的密度大于水,稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中,图 示操作合理,所以 D 选项是正确的; 综上所述，本题应选 D。 5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　) A. Kw/c(H+)=1×10-13 mol/L 的溶液中：Fe2+、K+、NO3－、SO42－ B. 通入大量 CO2 的溶液中：Na+、C6H5O－、CH3COO－、HCO3－ C. c(ClO-)=l.0 mol/L 的溶液中：Na+、K+、S2－、SO42－ D. 能使酚酞变红的溶液中：K+、SO32－、CO32－、Cl－ 【答案】D 【解析】 【详解】A、Kw/c(H+)=1×10-13 mol/L 的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根离子能氧化强还原性 离子，所以酸性溶液中 Fe2+与 NO3－不能大量共存,故 A 不选； B、碳酸的酸性大于苯酚,所以含有 C6H5O－的溶液通入二氧化碳,会生成苯酚,所以溶液不能大 量共存,故 B 不选； C、次氯酸根离子能氧化还原性离子，则 c(ClO-)=l.0 mol/ L 的溶液中， S2－不能大量存在,故 C 不选； D、酚酞变红的溶液显碱性，弱酸根离子在碱性条件下可以存在,则 K+、SO32－、CO32－、Cl－能 够大量存在,故 D 选; 综上说述，本题应选 D。 【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离 子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成弱电解质、沉淀或气体，如题中Ｂ 项；②离子间发生氧化还原反应，如题中 A 项；③离子间发生双水解反应，如 Al3+与 HCO3-等； ④离子间发生络合反应，如 Fe3+与 SCN-等；⑤注意题中的附加条件。 6.用 H2O2 溶液处理含 NaCN 的废水，反应原理为 NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN 的酸性 比 H2CO3 弱。下列有关说法正确的是 （ ） A. 该反应中氮元素被氧化B. 该反应中 H2O2 作还原剂 C. 实验室配制 NaCN 溶液时，需加入适量的 NaOH 溶液 D. 每生产 0.1mol NaHCO3 转移电子数约为 0.1×6.02×1023 个 【答案】C 【解析】 试题分析：A．NaCN 中 C 为+2 价，Na 为+1 价，则氮元素的化合价为-3，反应前后 N 元素化合 价不变，故 A 错误；B．NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中 O 元素从-1 价降低为-2 价，所以 反应中 H2O2 作氧化剂，故 B 错误；C．因为 HCN 酸性比 H2CO3 弱，所以实验室配制 NaCN 溶液时， 需加入适量的 NaOH 溶液防止水解，故 C 正确；D．无体积无法计算，故 D 错误；故选 C。 考点：考查了氧化还原反应和盐 水解的相关知识。 7.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ） A. 用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2： 2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2O B. Ca（HCO3）2 溶液与少量 NaOH 溶液反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-＋2H2O C. 磁性氧化铁溶于足量稀硝酸： Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O D. 明矾溶液中滴入 Ba（OH）2 溶液使 SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋ 2SO42-===2BaSO4↓＋Al（OH）3↓ 【答案】A 【解析】 【详解】A、用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离 子反应为：2NH3·H2O+SO2 2NH4++SO32-+H2O，故 A 正确； B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为 Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O，故 B 错误； C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故 C 错误； D、明矾溶液中滴入 Ba(OH)2 溶液使 SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量 1： 2 反应：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+ 2H2O，故 D 错误； 综上所述，本题应选 A。 【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行： ①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中 B 项）等；②从 物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度 进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判 的断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中 D 项）。 8.X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素,且原子序数依次增大,其中 X、Z 同主族,Y 原子半径是 短周期主族元素中最大的,X 原子最外层电子数是其核外电子层数的 3 倍。下列说法正确的是 (　　) A. 原子半径:rW>rZ>rY>rX B. Z 的简单氢化物沸点比 X 的高 C. X、Y、Z 三种元素组成的化合物多于 2 种 D. W 元素氧化物对应水化物的酸性一定强于 Z 【答案】C 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y 原子半径是短周期主族元素中最 大的,Y 为 Na 元素;X 原子最外层电子数是核外电子层数的 3 倍,X 为第二周期元素 O；X、Z 同 主族,则 Z 为 S；W 的原子序数最大,可以知道 W 为 Cl。由上述分析可以知道,X 为 O,Y 为 Na,Z 为 S,W 为 Cl。 【详解】A、电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径: rZ>rY>rW>rX ,故 A 错误; B、Z 的简单氢化物为 H2S，X 的简单氢化物为 H2O, H2O 分子间存在氢键，沸点高于 H2S，故 B 错误； C、X、Y、Z 三种元素组成的化合物不止 2 种,如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等,所以 C 选 项是正确的; D、尽管非金属性 W＞Z,但是 W 元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于 Z 的，只有 W 元素最 高价氧化物对应水化物的酸性一定强于 Z 的,故 D 错误; 综上所述，本题应选 C。 【点睛】本题重点考查根据结构推断元素种类。此题型应熟练掌握元素周期律的相关知识。 根据 X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y 原子半径是短周期主族元素 中最大的,Y 为 Na 元素（原子半径的比较：电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷 数越大，半径越小）;X 原子最外层电子数是核外电子层数的 3 倍,X 为第二周期元素,X 为 O,X、Z 同主族,Z 为 S,W 的原子序数最大,可以知道 W 为 Cl。由上述分析可以知道,X 为 O,Y 为 Na,Z 为 S,W 为 Cl。9.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合只有 序号 X Y Z W ① Cu CuSO4 Cu(OH)2 CuO ② Na NaOH Na2CO3 NaCl ③ Cl2 Ca(ClO)2 HClO HCl ④ Fe FeCl3 FeCl2 Fe(OH)2 A. ①②③ B. ①③④ C. ②③ D. ①④ 【答案】A 【解析】 【分析】 ①Cu 与浓硫酸反应生成 CuSO4，再与 NaOH 反应生成 Cu(OH)2，Cu(OH)2 加热生成 CuO，氢气还 原 CuO 生成 Cu； ②Na 与水反应生成 NaOH，再与二氧化碳反应生成 Na2CO3，Na2CO3 与盐酸反应生成 NaCl，NaCl 电解生成 Na； ③Cl2 与 Ca(OH)2 反应可生成 Ca(ClO)2，盐酸酸性比次氯酸强，所以 Ca(ClO)2 中加入盐酸可生 成次氯酸，HClO 见光分解可生成 HCl，浓 HCl 溶液与二氧化锰加热可生成氯气； ④Fe 与氯气生成 FeCl3，FeCl3 与 Fe 反应 FeCl2，FeCl2 与 NaOH 反应生成 Fe(OH)2，但 Fe(OH)2 不能一步转化为 Fe。 【详解】①Cu CuSO4 Cu(OH)2 CuO Cu，符合转化，故①正确； ②Na NaOH Na2CO3 NaCl Na，符合转化，故②正确； ③Cl2 Ca(ClO)2 HClO HCl，浓 HCl 溶液 Cl2，转化均可实现，故③正确； ④Fe(OH)2 不能一步转化为 Fe，故④错误； 故答案为 A。 10.根据下列图示所得出的结论正确的是A. 图甲表示压强对可逆反应 2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大 B. 图乙是金刚石与石墨分别氧化生成 CO2 的能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石的反应的 ΔH>0 C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3 的平衡体积分数随 H2 起始体积分数(N2 的起始量 恒定)的变化，图中 a 点 N2 的转化率大于 b 点 D. 图丁表示常温下，稀释 HA、HB 两种酸的稀溶液时，溶液 pH 随加水量的变化，则相同条件 下 NaA 溶液的 pH 大于同浓度的 NaB 溶液的 pH 【答案】B 【解析】 【详解】A．2A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中 平衡状态相同，应为使用催化剂，故 A 错误； B．图中金刚石比石墨 能量高，则石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故 B 正确； C．增大氢气的量，可促进氮气的转化率，则图中 a 点 N2 的转化率小于 b 点，故 C 错误； D．开始的 pH 相同，稀释相同倍数时，酸性强的 pH 变化大，则 HA 的酸性强，相同条件下 NaA 溶液的 pH 小于同浓度的 NaB 溶液的 pH，故 D 错误； 故答案为 B。 不定项选择题：本题包括 5 小题，每小题 4 分，共计 20 分。每小题只有一个或两个选项符合 题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得 0 分；若正确答案包括两个选项，只选 一个且正确的得 2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得 0 分。 11.现以 CO、O2、熔融盐 Z(Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法处理 CO 同时制备 N2O5，装置 如图所示，其中 Y 为 CO2。下列说法不合理的是 的 A. 石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应 B. 甲池中的 CO32－向石墨Ⅱ极移动 C. 石墨Ⅰ的电极反应式：CO+CO32－－2e－=2CO2 D. 若甲池消耗标准状况下的氧气 2.24L，则乙池中产生氢气 0.2mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．CO 发生氧化反应是负极，则石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应，故 A 正确； B．原电池中阴离子向负极移动，所以甲池中的 CO32﹣向石墨 I 极移动，故 B 错误； C．石墨Ⅰ是原电池的负极，CO 发生氧化反应，电极反应式为 CO+CO32﹣﹣2e﹣═2CO2，故 C 正 确； D．若甲池消耗标准状况下的氧气 2.24L 即 0.1mol，整个电路转移电子的物质的量为 0.4mol， 而乙池中阴极若生成 1mol 氢气，则转移 2mol 的电子，所以根据得失电子守恒知生成氢气的 物质的量为 0.2mol，故 D 正确； 故答案为 B。 【点睛】如果电池的正负极判断失误，则电极反应必然写错，故准确判断原电池的正负极， 是解题关键，原电池正负极的判断方法：①根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对 强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；②根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流 出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；③根据溶液中离子移动的方向判 断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；④根据两极的反应类型判断：负 极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；⑤根据电极反应的现象判断：负极： 溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极；⑥燃料电池，通氧气的极为正极。 12.下列说法正确的是 A. 向稀醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸的电离程度增大 B. 电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极 C. 常温下，2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)不能自发进行，则该反应的△H>0D. 工业通过反应“Na(l) +KCl(l) NaCl(l)+K(g)”冶炼钾，说明钠的金属性强于钾 【答案】BC 【解析】 A、醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO－）浓度增大，抑制了醋酸的电离，选项 A 错 误；B、电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极，选项 B 正确；C、常温下，2NO （g）+O2（g）=2NO2（g）不能自发进行，说明△H-T△S＞0，已知该反应△SKsp(AgI) A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 A 项，苯酚的酸性弱于碳酸； B 项，CCl4 将 I2 从碘水中萃取出来，I2 在 CCl4 中的溶解度大于在水中的溶解度； C 项，Fe 从 CuSO4 溶液中置换出 Cu，Cu2+的氧化性强于 Fe2+； D 项，向 NaCl、NaI 的混合液中加入 AgNO3 溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI 的浓度未知，不能说明 AgCl、AgI 溶度积的大小。 【详解】A 项，向苯酚浊液中加入 Na2CO3 溶液，浊液变清，发生反应 +Na2CO3→ +NaHCO3， 酸性：H2CO3 HCO3-，A 项错误； B 项，向碘水中加入等体积 CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明 CCl4 将 I2 从碘水中萃取出来，I2 在 CCl4 中的溶解度大于在水中的溶解度，B 项正确； C 项，向 CuSO4 溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为 Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一 反应中氧化性：氧化剂 氧化产物，氧化性 Cu2+ Fe2+，C 项错误； D 项，向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀 AgNO3 溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到 AgI 的溶度积，但由于 NaCl、NaI 的浓度未知，不能说明 AgCl、AgI 溶度积的大小，D 项错误； 答案选 B。 【点睛】本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生 成。易错选 D 项，产生错误的原因是：忽视 NaCl、NaI 的浓度未知，思维不严谨。 14.25℃时，配制一组 c(PO43-)+c(HPO42-)+c(H2PO4-)+c(H3PO4)=0.100 mol·L－1 H3PO4 和 NaOH 混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随 pH 的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒 的物质的量浓度关系一定正确的是 A. pH=6 的溶液中：c(H3PO4)+c(HPO42-)＞c(H2PO4-) B. c(Na+)=0.100mol·L－1 的溶液中：c(H3PO4)=2c(PO43-)+c(HPO42-) C. pH =7 的溶液中：c(Na+)＞2c(HPO42-)+c(H2PO4-) D. c(H3PO4)=c(H2PO4-)的溶液中：c(Na+)＜0.100mol·L－1 +2c(PO43-)+c(HPO42-) 【答案】CD 【解析】 【详解】A．pH＝6 的溶液主要是 H2PO4﹣的溶液，此时磷酸已充分反应，c(H3PO4)+c(HPO42﹣)＜ c(H2PO4﹣)，故 A 错误； 的 > > > >B．c(Na+)＝0.100 mol•L ﹣1 的溶液中 c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)＝0.100mol•L ﹣1 ＝c(Na+)， 溶液中溶质主要是 NaH2PO4 根据图象可知，H2PO4﹣的水解程度小于电离程度，生成的 H3PO4 较 少，则 2c(PO43﹣)+c(HPO4﹣)＞c(H3PO4)，故 B 错误； C．pH＝7.2 的溶液为等浓度的 NaH2PO4 和 Na2HPO4，pH＝7 的溶液 NaH2PO4 的浓度略大于 Na2HPO4， 溶液中离子浓度 c(Na+)＞2c(HPO42﹣)＞c(H2PO4﹣)，故 C 正确； D．c(H3PO4)＝c(H2PO4﹣)的溶液 pH＝2，则 c(H+)＞c(OH﹣)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+) ＝c(OH﹣)+c(H2PO4﹣)+2c(HPO42﹣)+3c(PO43﹣)，c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)＝0.100mol•L﹣1， 得到 c(Na+)＜0.100mol•L﹣1+2c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)，故 D 正确； 故答案为 CD。 【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒 规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数 一定等于阳离子所带正电荷总数。如 NaHCO3 溶液中存在着 Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在 如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由 于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如 K2S 溶液中 S2-、HS-都能水解， 故 S 元素以 S2-、HS-、H2S 三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝ 2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如 Na2S 水溶液中质子守恒式可表示： c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或 c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以 由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。 15.一定温度下，在 3 个容积均为 1.0L 的恒容密闭容器中发生反应：PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)。下列说法正确的是 物质的起始浓度（mol·L－1） 物质 平衡浓度（mol·L－1）容器 编号 c(PCl5) c(PCl3) c(Cl2) c(Cl2) Ⅰ 0.4 0 0 0.2 Ⅱ 1.05 0.05 1.95 Ⅲ 0.8 0 0 的A. 达平衡时，容器Ⅰ中 比容器Ⅱ中的大 B. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 6∶31 C. 达平衡时，容器Ⅲ中 Cl2 体积分数大于 D. 达平衡时，容器Ⅲ中 0.4mol·L－1＜c(PCl5)＜0.8mol·L－1 【答案】BD 【解析】 【详解】A．容器编号Ⅰ PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)。 起始物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.4 0 0 转化物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.2 0.2 0.2 平衡物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.2 0.2 0.2 此时 ＝1，K＝ ＝ ＝0.2，容器Ⅱ，开始时 ≈1.86，此时 Qc＝ ≈0.09＜K，说明容器Ⅱ中反应向正反应方向移动，c(Cl2)浓度 增大，c(PCl5)减小，达到平衡时 ＞1.86＞1，则达平衡时，容器Ⅰ中 c(Cl2)/c(PCl5) 比容器Ⅱ中的小，故 A 错误； B．假设容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 6：31，压强之比等于物质的量浓度之比，容器Ⅰ 总物质的量浓度为 0.2mol•L﹣1×3＝0.6mol•L﹣1，说明容器Ⅱ总物质的量浓度为 3.1mol•L﹣1， 根据 A 得出容器Ⅱ反应向正反应方向移动，列化学平衡三段式 容器Ⅱ PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g) 起始物质的量浓度(mol•L﹣1) 1.05 0.05 1.95 转化物质的量浓度(mol•L﹣1) x x x 平衡物质的量浓度(mol•L﹣1) 1.05﹣x 0.05+x 1.95+x 容器Ⅱ总物质的量浓度为 3.1mol•L﹣1，则 3.1＝1.05﹣x+0.05+x+1.95+x，解得 x＝0.05； 则平衡时 c(PCl5)＝1mol•L﹣1，c(PCl3)＝0.1mol•L﹣1，c(Cl2)＝2mol•L﹣1，此时 Qc＝ ＝ 0.2＝K，说明此时达到化学平衡状态，假设成立，故 B 正确； C．容器Ⅰ达平衡时，Cl2 的体积分数为 ＝ ，容器容积为 2L，起始 c(PCl5)为 的 2 5 c Cl c ) (PCl ( ) 1 3 2 5 c Cl c ) (PCl ( ) ( ) ( ) ( )2 3 5 c C1 c PC1 c PC1 × 0.2 0.2 0.2 × 2 5 c Cl c ) (PCl ( ) 1.95 0.05 1.05 × 2 5 c Cl c ) (PCl ( ) 2 0.1 1 × 0.2 0.2 3× 1 30.8mol•L﹣1 与容器Ⅰ为 1L，起始 c(PCl5)为 0.4mol•L﹣1，是等效平衡；容器Ⅲ是 1L，相当于 增大压强，平衡向逆反应方向移动，Cl2 的量减小，所以达平衡时，容器Ⅲ中 Cl2 的体积分数 小于 1/3，故 C 错误； D．容器容积为 2L，起始 c(PCl5)为 0.8mol•L﹣1 与容器Ⅰ为 1L，起始 c(PCl5)为 0.4mol•L﹣1， 是等效平衡，容器Ⅲ是 1L，若此时平衡不移动，则 c(PCl5)＝0.4 mol•L﹣1，但容积体积变为 1L，相当于增大压强，平衡平衡向逆反应方向移动，c(PCl5)增大，所以 c(PCl5)＞0.4 mol•L﹣1，又因反应开始，消耗 PCl5，所以 c(PCl5)＜0.8 mol•L﹣1，则达平衡时，容器Ⅲ中 0.4 mol•L﹣1＜c(PCl5)＜0.8 mol•L﹣1，故 D 正确， 故答案为 BD。 第Ⅱ卷 非选择题(共 80 分) 16.钛酸钡被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。工业制取方法如图，先获得不溶性草酸氧钛钡晶 体[BaTiO(C2O4)2•4H2O]，煅烧后可获得钛酸钡粉体。 （1）酸浸时发生的反应的离子方程式为___。 （2）配制 TiCl4 溶液时通常将 TiCl4 固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是___。 （3）加入 H2C2O4 溶液时，发生反应的化学方程式为___。可循环使用的物质 X 是___（填化学 式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：___。 （4）煅烧草酸氧钛钡晶体得到 BaTiO3 的同时，生成高温下的气态产物有 CO、___。 （5）工业上用饱和 Na2CO3 溶液处理重晶石（主要成分是 BaSO4），待达到平衡后，移走上层清 液，重复多次操作，将其转化为易溶于酸的 BaCO3，再由 BaCO3 制备其它钡盐。已知常温下： Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.59×10－9，请问至少需要___mol•L－1 的碳酸钠溶液 浸泡才能实现上述转化（忽略 CO32－的水解）。 【 答 案 】 (1). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O (2). 抑 制 TiCl4 的 水 解 (3). BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO(C2O4)2•4H2O↓+6HCl (4). HCl (5). 取最后一次洗涤液 少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净 (6). CO2 和 H2O （g） (7). 2.59×10-4 【解析】【分析】 由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成 BaTiO(C2O4)2•4H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到 BaTiO3， (1)碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳； (2)TiCl4 可发生水解反应； (3)加入 H2C2O4 溶液生成草酸氧钛钡晶体，同时生成 HCl 可循环使用；可用硝酸银检验沉淀是 否洗涤干净； (4)BaTiO(C2O4)2•4H2O 煅烧，发生分解反应，生成高温下的气体产物有 CO、CO2、H2O(g)； (5)根据 Ksp(BaSO4)计算饱和溶液中硫酸根离子的浓度，再根据平衡常数计算 c(CO32﹣)。 【详解】(1)碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，离子反应为 BaCO3+2H+＝ Ba2++CO2↑+H2O； (2)TiCl4 可发生水解反应，则通常将 TiCl4 溶于浓盐酸，目的是抑制 TiCl4 的水解； (3)加入 H2C2O4 溶液生成草酸氧钛钡晶体，反应为 BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O＝ BaTiO(C2O4)2•4H2O↓+6HCl，同时生成 HCl(或盐酸)可循环使用，检验沉淀是否洗涤干净，可 取最后一次洗涤液少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净； (4)BaTiO(C2O4)2•4H2O 煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有 CO、 CO2、H2O(g)； (5)已知 Ksp(BaSO4)＝1.0×10﹣10，则饱和硫酸钡溶液中硫酸根离子的浓度 c(SO42﹣)＝ ＝1.0×10﹣5mol/L，则 c(CO32﹣)＝ mol/L＝2.59×10﹣4mol/L。 17.某研究小组利用软锰矿(主要成分为 MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱 硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的 SO2，又制得电池材料 MnO2(反应条件已省略)。 请回答下列问题： （1）下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中 SO2 含量的是___(填编号)。 a．NaOH 溶液、酚酞试液 b．稀 H2SO4 酸化的 KMnO4 溶液 c．碘水、淀粉溶液 d．氨水、酚酞试液 （2）写出软锰矿浆吸收 SO2 的离子方程式___。 ( )sp 4BaSOK 9 5 2.59 10 1.0 10 − − × ×（3）用 MnCO3 能除去溶液中的 Al3+和 Fe3+，其原理是___。 （4）写出 KMnO4 与 MnSO4 溶液反应的离子方程式___。 （5）工业上采用电解 K2MnO4 水溶液的方法来生产 KMnO4，其中隋性电极作阳极，铁作阴极， 请写出阳极的电极反应式___。 （6）除杂后得到的 MnSO4 溶液可以通过___(填操作名称)、过滤制得硫酸锰晶体。 【答案】 (1). bc (2). MnO2+SO2=Mn2++SO42－ (3). 消耗溶液中的酸，促进 Al3+和 Fe3+ 水 解 生 成 氢 氧 化 物 沉 淀 (4). 2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+ (5). MnO42--e-=MnO4- (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】 由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用 MnCO3 能除去溶液中 Al3+和 Fe3+，MnS 将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰， 以此解答该题。 【详解】(1)准确测定一定体积燃煤尾气中 SO2 含量，二氧化硫与氨水、NaOH 反应不易控制， 且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而 b、c 中利用还原性及高锰酸钾褪色、 淀粉变蓝等可准确测定气体的含量，故答案为 bc； (2)SO2 与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为 MnO2+SO2＝ Mn2++SO42﹣； (3)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物 沉淀，涉及反应为 3MnCO3+2Al3+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑+3Mn2+或 3MnCO3+2Fe3++3H2O＝ 2Fe(OH)3↓+3CO2↑+3Mn2+； (4)KMnO4 与 MnSO4 溶液反应的离子方程式为 2MnO4﹣+3 Mn2++2 H2O＝5MnO2+4H+； (5)惰性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上失去电子发生氧化反应，则阳极反应为 MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣； (6)除杂后得到的 MnSO4 溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶(过滤)制得硫酸锰晶体。 18.K3[Fe(C2O4)3]（三草酸合铁酸钾）可用于摄影和蓝色印刷。工业上制备 K3[Fe(C2O4)3]的反 应原理如下： 氧化：6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4═4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3 转化：2Fe(OH)3+3K2C2O4+3H2C2O4═2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O （1）制备 1mol 三草酸合铁酸钾至少需要 H2O2 的物质的量为___。（2）制备过程中需防止草酸被 H2O2 氧化，写出草酸被 H2O2 氧化的化学方程式：___。 （3）K3[Fe(C2O4)3]·xH2O（三草酸合铁酸钾晶体）是一种光敏材料，为测定该晶体中草酸根 的含量和结晶水的含量，某实验小组进行了如下实验： ①称量 9.820g 三草酸合铁酸钾晶体，配制成 250mL 溶液。 ②取所配溶液 25.00mL 于锥形瓶中，滴加 KMnO4 溶液至 C2O42-全部转化成 CO2 时，恰好消耗 24.00mL0.1000mol•L－1KMnO4 溶液。C2O42-被全部转化的标志是___。 ③计算该晶体的化学式，并写出计算过程。___ 【答案】 (1). 0.5mol (2). H2C2O2+H2O2=2CO2+2H2O (3). 溶液由无色转变为紫红色， 且 30 秒内不再变化 (4). K3[Fe(C2O4)3]·3H2O 【解析】 【分析】 (1)由氧化及转化反应可知，存在 3H2O2～6K3[Fe(C2O4)3]； (2)草酸被 H2O2 氧化生成二氧化碳和水； (3)②C2O42﹣被全部转化，高锰酸钾过量，溶液由无色变为紫色； ③由 Fe 元素守恒计算 25mL 溶液中 n(Fe3+)，然后计算 9.82g 草酸合铁酸钾晶体中 n(Fe3+)，再 根据电荷守恒计算 n(K+)，晶体中 m(H2O)＝9.82g﹣m(K+)﹣m(Fe3+)﹣m(C2O42﹣)，进而计算 n(H2O)，从而确定其化学式。 【详解】(1)由氧化及转化反应可知，存在 3H2O2～6K3[Fe(C2O4)3]，则制备 1mol 三草酸合铁酸 钾至少需要 H2O2 的物质的量为 1mol× ＝0.5mol； (2)草酸被 H2O2 氧化的化学方程式为 H2C2O2+H2O2＝2CO2+2H2O； (3)C2O42﹣被全部转化的标志是为溶液由无色转变为紫红色，且 30 秒内不再变化； (4)消耗 KMnO4 的物质的量为 0.1000mol/L×0.024L＝0.0024mol，由 5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝ 2Mn2++8H2O+10CO2↑可知，n(C2O42﹣)＝0.024mol× ＝0.006mol，250mL 原溶液中 C2O42﹣的物 质的量为 0.006mol×10＝0.06mol，则 n[K3Fe(C2O4)3]＝0.06mol× ＝0.02mol， m[K3Fe(C2O4)3]＝n[K3Fe(C2O4)3]M＝0.02×437＝8.74g，m(H2O)＝9.82﹣8.74＝2.28＝1.08g， n(H2O)＝ ＝0.06ml，即 0.02x＝0.06，故 x＝3，则该晶体的化学式为 K3[Fe(C2O4)3•3H2O]。 3 6 5 2 1 3 1.08g 18g / mol【点睛】考查氧化还原反应，注意从质量守恒和得失电子的角度解答，或根据离子方程式中 电荷守恒，也可得出 x。在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数必定相等， 常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式，运用守恒规律进行氧化还原反 应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量× 变价元素的原子个数×化合价的变化值 。 19.碘及其化合物在生活中应用广泛，含有碘离子的溶液需回收处理。 （1）“硫碘循环”法是分解水制备氢气的研究热点，涉及下列三个反应： 反应Ⅰ：SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) ΔH1 反应Ⅱ：HI(aq)= H2(g)+ I2(aq) ΔH2 反应Ⅲ：2H2SO4(aq)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(l) ①反应：SO2(g)+2H2O(l)=H2SO4(aq)+H2(g)的 ΔH=___（用 ΔH1、ΔH2 表示）。 ②分析上述反应，下列判断正确的是___ a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中 SO2 还原性比 HI 强 c．循环过程中需补充 H2O d．循环过程中产生 1molO2 同时产生 1molH2 ③反应 I 发生时，溶液中存在如下平衡：I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)，其反应速率极快且平衡 常数大。现将 1molSO2 缓缓通入含 1molI2 的水溶液中至恰好完全反应。溶液中 I3-的物质的量 n(I3-)随反应时间(t)的变化曲线如图所示。开始阶段 n(I3-)逐渐增大的原因是___。 （2）用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量就能将碘单 质进一步氧化成碘酸根离子(IO3-)，写出氯气与碘单质反应的离子方程式：___。 （3）科研小组用新型材料 Ag/TiO2 对溶液中碘离子进行吸附研究。如图是不同 pH 条件下，碘 离子吸附效果的变化曲线。据此推断 Ag/TiO2 材料最适合吸附___（填“酸性”“中性”或“碱 性”）溶液中的 I－。 1 2 1 2（4）氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为 I－ (aq)+AgCl(s) AgI(s)+Cl－(aq)，反应达到平衡后溶液中 c(I－)=___[用 c(Cl－)、Ksp(AgCl) 和 Ksq(AgI)表示]。该方法去除碘离子的原理是___。 【答案】 (1). ΔH1+2ΔH2 (2). bc (3). 开始阶段，SO2 和 I2 反应生成的 I-的浓度 不断增大，I 2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I 3-)不断增加 (4). 5Cl2+I2+6H2O=2IO3－+10Cl－+12H+ (5). 中性 (6). (7). AgI 的 溶度积比 AgCl 的溶度积小 【解析】 【分析】 (1)①SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq)①△H1；HI(aq)＝ H2(g)+ I2(aq)②△H2， ①+2×②得，SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H2(g)△H＝△H1+2△H2，据此进行分析； ②a．反应Ⅲ△S＞0、△H＞0，如能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0； b．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性； c．分解水制备氢气，应不断补充 H2O； d．循环过程中产生 1mol O2 同时产生 2mol H2； ③开始阶段，SO2 和 I2 反应生成的 I-的浓度不断增大，I2(aq)+I﹣(aq)⇌I3﹣(aq)的反应平衡向 右移动，n(I3﹣)不断增加； (2)氯气与碘单质反应生成碘酸根离子和氯离子； (3)由图象可知 pH＝7 时，吸附效果最好； (4)Ksp(AgCl)＝c(Ag +)c(Cl﹣)，则 c(Ag+)＝ ，Ksp(AgI)＝c(Ag +)c(I﹣)，则 c(Ag+)＝ ，故 ＝ ，且 AgI 的溶度积比 AgCl 的溶度积小。 ( ) ( ) c Cl Ksp AgI Ksp ) Cl ( Ag ⋅－ 1 2 1 2 ( ) ( )spK AgCl c Cl− ( ) ( )spK AgI c I− ( ) ( )spK AgCl c Cl− ( ) ( )spK AgI c I−【详解】(1)①SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq)①△H1；HI(aq)＝ H2(g)+ I2(aq)②△H2，①+2×②得，SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H2(g)△H＝△H1+2△H2； ②a．反应Ⅲ△S＞0、△H＞0，在高温下可满足△H﹣T•△S＜0，故 a 错误； b．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性 SO2 还原性比 HI 强，故 b 正确； c．分解水制备氢气，应不断补充 H2O，故 c 正确； d．循环过程中产生 1mol O2 同时产生 2mol H2，故 d 错误， 故答案为：bc； ③N(I3﹣)逐渐增大的原因是，开始阶段，SO2 和 I2 反应生成的 I﹣的浓度不断增大， I2(aq)+I﹣(aq)⇌I3﹣(aq)的反应平衡向右移动，n(I3﹣)不断增加； (2)氯气过量就能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子，故氯气与碘单质反应的离子方程式为 5Cl2+I2+7H2O＝2IO3﹣+10Cl﹣+12H+； (3)据图象分析 pH＝7 时，吸附效果最好，故最适合吸附的是中性； (4) Ksp(AgCl)＝c(Ag+)c(Cl﹣)，则 c(Ag+)＝ ，Ksp(AgI)＝c(Ag+)c(I﹣)，则 c(Ag+) ＝ ，故 ＝ ，，故 c(I﹣)＝ ，该方法去除 碘离子的原理是利用 AgI 的溶度积比 AgCl 的溶度积小。 【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程 式)，结合原热化学方程式(一般 2～3 个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某 一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的 ΔH 与原 热化学方程式之间 ΔH 的换算关系。 20.磷酸二氢钾在工农业和医学领域具有广泛的应用。以下是工业上制备磷酸二氢钾的三种方 法。回答下列问题： Ⅰ．直接法 1 2 1 2 ( ) ( )spK AgCl c Cl− ( ) ( )spK AgI c I− ( ) ( )spK AgCl c Cl− ( ) ( )spK AgI c I− ( ) ( ) ( ) sp sp c Cl K AgI K AgCl −（1）气体 X 为___（填化学式）。 （2）“转化”步骤发生反应的离子反应方程式___（已知：Ca3(PO4)2 难溶于水）。 （3）滤液①中加入甲醇的作用是___。 （4）“操作Ⅰ”是___。 Ⅱ．酸碱中和法 （5）氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾。写出此反应的离 子反应方程式___。由图 1 判断制备磷酸二氢钾（达 80%）的最佳 pH 范围___。 Ⅲ．电解法 电解法制取 KH2PO4 的原理如图 2 所示。一定件下，还可得到 NaClO3。 （6）在___室（填标号）可得到 KH2PO4；写出产生 ClO3－，的电极反应式___。 【答案】 (1). HCl (2). Ca3(PO4)2+4H++3SO42－ 2H2PO4－+3CaSO4 (3). 促进磷酸 二氢钾的析出 (4). 蒸馏 (5). OH －+H3PO4=H2PO4－+H2O (6). 3﹣6.5 (7). C (8). Cl－+6OH－﹣6e－=ClO3－+3H2O 【解析】 【分析】浓硫酸和氯化钾 180°C 发生反应生成氯化氢气体和硫酸氢钾，加水稀释得到硫酸氢钾的溶液， 加入磷矿磷酸钙 70°C 转化为磷酸二氢钙和磷酸钙，过滤后的滤液加入甲醇促进磷酸二氢钾 的析出，滤液②是硫酸钾和甲醇，蒸馏得到甲醇和硫酸钾， Ⅰ．(1)由流程可知，KCl 与浓硫酸得到 KHSO4，依据元素守恒分析； (2)浓硫酸和氯化钾加热反应生成了氯化氢气体，促进反应正向进行； (3)由流程可知 KHSO4 溶液加入 Ca3(PO4)270℃可以转化得到 KH2PO4，另一物质为 CaSO4，据此 书写； (4)滤液①中加入甲醇得到产品磷酸二氢钾，故甲醇的作用是促进磷酸二氢钾的析出； (5)蒸馏用来分离易挥发和难挥发的物质，据此分析； Ⅱ．(6)氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾，图象分析可知 磷酸二氢钾(达 80%)的 pH 范围； Ⅲ．(7)C 室连接电源负极得到电子做阴极，阳离子钾离子通过阳离子交换膜进入 C 室，得到 产品磷酸二氢钾，氯离子通过阴离子交换膜在 A 室失去电子发生氧化反应，据此分析。 【详解】Ⅰ．(1)由流程可知，KCl 与浓硫酸得到 KHSO4，则得到的气体为 HCl； (2)“浸取”步骤，浓硫酸能与 KCl 能发生化学反应的原因是：有 HCl 气体生成平衡向正反应 方向进行； (3)由流程可知 KHSO4 溶液加入 Ca3(PO4)270℃可以转化得到 KH2PO4，另一物质为 CaSO4，离子 方程式为：Ca3(PO4)2+4H++3SO42﹣ 2H2PO4﹣+3CaSO4； (4)滤液①中加入甲醇得到产品磷酸二氢钾，故甲醇的作用是促进磷酸二氢钾的析出； (5)经过操作Ⅰ得到易挥发的甲醇和电解质溶液，经过蒸馏可得； Ⅱ．(6)氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾，反应的离子反 应方程式：OH﹣+H3PO4＝H2PO4﹣+H2O，图象分析可知判断制备磷酸二氢钾(达 80%)的最佳 pH 范 围：3﹣6.5； Ⅲ．(7)C 室连接电源负极得到电子做阴极，阳离子钾离子通过阳离子交换膜进入 C 室，得到 产品磷酸二氢钾，氯离子通过阴离子交换膜在 A 室失去电子发生氧化反应得到 ClO3﹣，电极反 应式为：Cl﹣+6OH﹣﹣6e﹣＝ClO3﹣+3H2O。 21.磁性材料氮化铁镍合金可用 Fe(NO3)3、Ni(NO3)2、丁二酮肟、氨气、氮气、氢氧化钠、盐 酸等物质在一定条件下反应制得。 （1）基态 Ni 原子的价电子排布式是___。（2）丁二酮肟(结构简式如图 1 所示)中碳原子的杂化方式为___。丁二酮肟中 C、N、O 第一 电离能由大到小的顺序为___。1mol 丁二酮肟分子中含有 σ 键的数目为___mol。 （3）Ni(CO)4 是一种无色液体，与 CO 互为等电子体的二价阴离子的电子式为___。 （4）图 2 是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金储氢后，含 1molLa 的合金含有 Ni 的数目为___。 【答案】 (1). 3d84s2 (2). sp2 和 sp3 (3). N>O>C (4). 15 (5). (6). 5mol 或 3.01×1024 【解析】 【分析】 (1)基态 Ni 原子价电子为 3d、4s 能级上电子； (2)该分子中甲基上 C 原子价层电子对个数是 4、连接甲基的碳原子价层电子对个数是 3，根 据价层电子对互斥理论判断 C 原子杂化类型；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大 而呈增大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族第一电离能大于其相邻元素；共价单键为 σ 键、共价 双键中含有一个 σ 键和一个 π 键，1 个丁二酮肟分子中含有 15 个 σ 键； (3)与 CO 互为等电子体的二价阴离子中原子个数是 2、价电子数是 10，符合条件的阴离子为 C22﹣； (4)该晶胞中 La 原子个数＝8× ＝1、Ni 原子个数＝4× +1+4× ＝5，则该晶胞中 La、Ni 原子个数之比为 1：5。 【详解】(1)基态 Ni 原子价电子为 3d、4s 能级上电子，其价电子排布式为 3d84s2； (2)该分子中甲基上 C 原子价层电子对个数是 4、连接甲基的碳原子价层电子对个数是 3，根 据价层电子对互斥理论判断 C 原子杂化类型，前者为 sp3、后者为 sp2；同一周期元素，第一 1 8 1 2 1 2电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族第一电离能大于其相邻元素， 所以第一电离能 N＞O＞C；共价单键为 σ 键、共价双键中含有一个 σ 键和一个 π 键，1 个 丁二酮肟分子中含有 15 个 σ 键，则 1mol 该物质中含有 15molσ 键； (3)与 CO 互为等电子体的二价阴离子中原子个数是 2、价电子数是 10，符合条件的阴离子为 C22﹣，该离子与氮气也互为等电子体，根据氮气分子的电子式知其电子式为 ； (4)该晶胞中 La 原子个数＝8× ＝1、Ni 原子个数＝4× +1+4× ＝5，则该晶胞中 La、Ni 原子个数之比为 1：5，所以含 1 mol La 的合金含有 Ni 的数目为 3.01×1024。 1 8 1 2 1 2