2021年四川省雅安市高考化学三诊试卷(附答案详解)

2021年四川省雅安市高考化学三诊试卷
一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
1.化学与生活息息相关，下列说法正确的是()
A. 淀粉和纤维素都属于多糖
B. 天然药物无毒副作用，可以长期服用
C. SO2有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
D. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，能使溴水褪色
2.下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是()
A. 环己烷
B. 乙醇
C. 丙烯
D. 苯乙烯
3.短周期主族元素X、Y、Z位于同一周期，它们的原子最外层电子数之和为11，Y的
族序数等于其周期序数，Z的阳离子半径在同周期元素的阳离子中最大。

下列说法正确的是()
A. 化合物Z2O2是只含离子键的离子化合物
B. 工业上制备Y的单质可以电解熔融的YX3
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Z>Y
D. 常温下，Y和Z的单质均能溶于浓硫酸
4.用N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()
A. 2.4g镁在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数无法计算
B. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2N A
C. 1mol羟基中含有的电子数为10N A
D. 标准状况下，22.4LHCl溶于水后溶液中有N A个HCl分子
5.一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示。

下列说法不正确的是
()
A. 电池的正极反应为H 2O 2+2e −=2OH −
B. 电池放电时，Na +移向b 极区
C. 温度越高该电池性能提高越大
D. 理论上两极分别产生的OH −和BO 2−的物质的量之比为8：1
6. 下列化学实验操作、现象和结论均正确的是(
)
选
项 操作 现象
结论 A 将苯与液溴反应产生的气体通入AgNO 3溶液中
AgNO 3溶液中
出现淡黄色沉
淀 证明苯与液溴发生了取代反应 B 向Al 与Fe 2O 3反应后的固体产物中先加
稀硫酸溶解，再加入几滴KSCN 溶液 溶液不变红 无法证明反应后固体产
物中是否含有Fe 2O 3
C 向H 2O 2溶液中加入几滴FeCl 3溶液 溶液中产生气
泡 发生的离子反应为：
2Fe 3++H 2O 2=O 2+
2Fe 2++2H +
D 向淀粉溶液中加入适量20%H 2SO 4溶
液，加热，冷却后加 NaOH 溶液至碱性，再滴加少量碘水 溶液未变蓝
淀粉已完全水解
A. A
B. B
C. C
D. D
7. 草酸(H 2C 2O 4)是一种二元弱酸。

常温下向H 2C 2O 4溶液中滴
加NaOH 溶液，混合溶液里lgX[X 表示c(HC 2O 4−)
c(H 2C 2O 4)或c(C 2O 42−)
c(HC 2O 4−)]随
pH 的变化如图所示。

下列说法不正确的是( )
A. NaHC 2O 4溶液显酸性
B. H 2C 2O 4第二步电离常数的数量级是10−5
C. pH =7 时，c(Na +)=c(HC 2O 4−)+2c(C 2O 42−)
D. 1.22<pH<4.19时，c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(H2C2O4)
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
8.实验室熔融法合成高锰酸钾的反应原理：将软锰矿(主要成分为MnO2)、碱和KClO3(
还原产物为KCl)混合强热共熔，即可得到墨绿色的锰酸钾熔体。

然后再电解锰酸钾溶液得到高锰酸钾。

【实验Ⅰ】：KMnO4合成步骤过程如图所示：
【实验Ⅱ】：KMnO4纯度测定
称取自制的KMnO4晶体2.000g，配制成250.00mL溶液。

取25.00mL0.1000mol/L草酸标准液溶液于锥形瓶中，加入25.00mL1mol/L硫酸，混合均匀后加热到75～85℃，用KMnO4溶液滴定，重复操作3次，平均消耗20.00mLKMnO4溶液。

请根据上述实验回答下列问题
(1)“容器Ⅰ”的名称是______。

加热过程中需要不断搅拌，搅拌仪器名称是______。

(2)操作②的名称是______。

烘干操作中温度不能过高的原因是______。

(3)“容器Ⅰ”中发生反应的化学方程式是______。

(4)判断电解可以结束的方法是______。

(5)电解操作中总反应的离子方程式是______。

(6)滴定操作过程中，KMnO4溶液应装入______(填“酸式滴定管”或“碱式滴定
管”)，其自制KMnO4纯度是______。

三、简答题（本大题共4小题，共45.0分）
9.三氧化二镍(Ni2O3)是重要的电子元件材料和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主
要成分为镍、铝、氧化铁、碳等)提取Ni2O3，工艺流程如图：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+。

②实际生产温度时的溶解度：NiC2O4>NiC2O4⋅H2O>NiC2O4⋅2H2O。

③相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下(开始沉淀的pH按金属离子的浓度为
1mol⋅L−1计算)：
氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Fe(OH)2
开始沉淀的pH 1.8 3.07.1 5.8
沉淀完全的pH 3.2 5.09.28.0
(1)“预处理”操作选择用酒精清洗的目的是______。

(2)“酸浸”时，①温度不宜过高，原因是______。

②常温下，盐酸的浓度为
2.5mol⋅L−1，“液固比”与镍的浸出率的关系如图所示，实际生产采取的“液固比”
为______，主要的原因是______。

(3)室温下，“浸出”所得溶液中Fe3+的浓度为0.2mol⋅L−1，当溶液的pH调到2时，
c(Fe3+)=______。

加NiO调节pH的范围为______。

(已知：K sp[Fe(OH)3]=
4.0×10−38)
(4)加入Na2C2O4溶液“沉镍”得到的沉淀为______。

(5)电解过程中产生的氯气在碱性条件下生成ClO−，再把二价镍氧化为三价镍，写
出“氧化”反应的离子反应方程式______。

10.在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。

(1)t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如表所示：
请写出t℃时NH 3被NO 氧化生成无毒气体的热化学方程式 ______(反应热用a 、
b 、e 、d 代数式表示)。

t℃该反应的平衡常数为 ______(用K 1和K 2表示)。

请解释该反应能否自发进行 ______。

(2)一定温度下，将2molN 2和6molH 2置于1L 的恒容密闭容器中发生如下反应：N(g)+3H
2(g)⇌2NH 3(g)△H <0。

测得不同条件、不同时间段内合成氨反应中N 的转化率，数据如表：
①上表中T 1______T 2(“>”“<”或“=”表示)，其中a 、b 、80%三者的大小关系是 ______(用含“>”“<”或“=”的关系式表示)。

②研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度关系为v =kc(N 2)c(H 2)3
2c(NH 3)−1，k 为速率常数。

以下说法正确的是 ______(填字母)
A.升高温度，k 值增大
B.T 2℃时若容器内混合气体平均相对分子质量为17且保持不变，则反应达到平衡状态
C.将原容器中的NH 3及时分离出来可使v 增大
D.合成氨达到平衡后，增大c(N 2)可使正反应速率在达到新平衡的过程中始终增大。

③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol ，容器容积为1L ，保持温度和压强不变，又充入3molN 2后，平衡 ______(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。

11.2020年11月24日，长征五号遥五运载火箭搭载嫦娥五号月球探测器成功发射升空
并将其送入预定轨道，实现了我国首次月球无人采样返回。

月球的沙土中含有丰富的钛铁矿，土壤中还含有硅、铝、钾、钡、钻、物、汞、铜和稀土元素等。

(1)在元素周期表的短周期中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是______，Al元素
基态原子核外M层电子自旋状态相同的电子数为______个。

(2)钠与铝是位于同一周期的金属元素，但NaCI的熔点(801℃)高于AlCl3(194℃)，
原因是______﹔事实证明熔融态氯化铝可挥发出二聚分子Al2Cl6，其结构如图所示，请在图上用“→”标出其配位键______；S也是第3周期元素，同周期元素中，第一电离能比S高的有______种。

(3)作为过渡元素的Fe、Cu容易形成配位化合物：如实验室检验Fe3+会用到KSCN溶
液，C、N两种元素的电负性大小关系为______，与SCN−互为等电子体的粒子有______(写两种即可)。

无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力有______。

A.配位键
B.金属键
C.离子键
D.共价键
E.氢键
F.范德华力
(4)钻的一种化合物晶胞结构如图所示：
①晶胞中离Ti最近的O有______个，其中Co原子位于O原子构成的______空隙中。

A.正四面体
B.正六面体
C.正八面体
D.正十二面体
②已知该晶体的密度为ρg⋅cm−3，则晶胞中Ti与O的最近距离是______nm(用含ρ、
N A的代数式表示，相对原子质量O—16，Co—59，Ti—48)。

12.熟地吡喃酮是从中药熟地中提取的有效成分，化合物F是合成熟地吡喃酮的一种中
间体，合成路线如图所示。

已知：
回答下列问题：
(1)F中含氧官能团的名称是______ 。

(2)A→B的反应类型为______ 。

(3)C的核磁共振氢谱有______ 组吸收峰。

(4)D的结构简式是______ 。

(5)E和F______ 同分异构体。

(填“是”或“不是”)
(6)化合物是合成抗菌药磺胺甲唑的一种中间体，写出以乙
二酸和丙酮()为原料合成该化合物的反应方程式______ 。

(其他无机及有机试剂任选)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.淀粉和纤维素都能水解得到多分子单糖，都是多糖，故A正确；
B.是药三分毒，不可长期服用，损害肝肾，故B错误；
C.二氧化硫具有还原性，常用作葡萄酒的抗氧化剂，故C错误；
D.聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故D错误；
故选：A。

A.淀粉和纤维素都能水解得到多分子单糖；
B.是药三分毒；
C.依据二氧化硫的还原性解答；
D.聚乙烯不含碳碳双键。

本题考查了与生产生活相关的化学知识，化学来源于生产生活，也必须服务于生产生活，所以与人类生产生活相关的化学知识也是重要的考试内容之一，注意基础知识的积累。

2.【答案】D
【解析】解：A.环己烷具有甲烷的结构特点，所有原子不可能在同一个平面上，故A错误；
B.乙醇中含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故B错误；
C.由于甲基中4个原子不能共平面，故丙烯中原子不可能全部共平面，故C错误；
D.苯乙烯由苯环与碳碳双键通过一个碳碳单键相连，乙烯和苯是平面型结构，所有原子有可能处在同一平面上，故D正确；
故选：D。

在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，碳碳单键可以旋转，其它有机物可在此基础上进行分析判断。

本题考查学生对原子共平面的问题的理解和掌握，明确分子的结构是解题关键。

同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度不大，培养学生的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析。

3.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为Cl，Y为Al，Z为Na元素，
A.Z2O2为Na2O2，Na2O2为离子化合物，含有共价键和离子键，故A错误；
B.氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电，无法电解熔融氯化铝冶炼铝，故B错误；
C.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Z>Y，故C正确；
D.常温下铝在浓硫酸中发生钝化现象，无法溶于浓硫酸，故D错误；
故选：C。

短周期主族元素X、Y、Z位于同一周期，它们的原子最外层电子数之和为11，Z的阳离子半径在同周期元素的阳离子中最大，Z位于ⅠA族，Y的族序数等于其周期序数，若Y位于第二周期，其最外层电子数为2，X的最外层电子数为11−1−2=8(舍弃)，则Y只能位于第三周期，为Al元素，Z为Na元素，X的最外层电子数为11−1−3=7，则X为Cl元素，以此分析解答。

本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

4.【答案】B
【解析】解：A.镁在空气中无论生成氧化镁还是氮化镁，镁元素都从0价升高为+2价，
=0.1mol，在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数2.4g镁物质的量为 2.4g
24g/mol
0.2N A，故A错误；
B.二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，则反应后分子数大于2N A个，故B正确；
C.羟基中含9个电子，1mol羟基中含9N A个电子，故C错误；
D.氯化氢为强电解质，在水溶液中完全电离，不存在HCl分子，故D错误；
故选：B。

A.镁在空气中无论生成氧化镁还是氮化镁，镁元素都从0价升高为+2价；
B.二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；
C.羟基中含9个电子；
D.氯化氢为强电解质。

本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意公式的选用以及物质结构特
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查原电池的工作原理，为高频考点，根据物质化合价的变化判断两极反应为解答该题的关键，注意电子守恒的应用和电极反应式的书写，题目难度不大。

【解答】
以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为+3价)和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4−+8OH−−8e−= BO2−+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH−，电极反应式为H2O2+ 2e−=2OH−，则电极a为负极，电极b为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴
离子向负极移动，据此分析解答。

A.正极上H2O2发生得电子的还原反应生成OH−，电极反应式为H2O2+2e−=2OH−，故A正确；
B.原电池工作时，a为负极，b为正极，阳离子向正极移动，即电池放电时，Na+移向b极区，故B正确；
C.H2O2不稳定，受热易分解，所以温度越高该电池性能越差，故C错误；
D.负极反应式为BH4−+8OH−−8e−=BO2−+6H2O，正极反应式为H2O2+2e−=2OH−，根据电子守恒有BO2−∼8e−∼8OH−，故D正确；
故选：C。

6.【答案】B
【解析】解：A.挥发的溴与硝酸银反应，由实验及现象可知，不能证明苯与液溴发生了取代反应，故A错误；
B.铝热反应生成Fe，可能含剩余的氧化铁，溶于稀硫酸后Fe与铁离子反应亚铁离子，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红，则无法证明反应后固体产物中是否含有Fe2O3，故B正确；
C.氯化铁可催化过氧化氢分解，过氧化氢不能氧化铁离子，故C错误；
D.水解后取水解液加碘水检验淀粉，且NaOH与碘反应，操作不合理，不能由现象证明
淀粉完全水解，故D错误；
A.挥发的溴与硝酸银反应；
B.铝热反应生成Fe ，可能含剩余的氧化铁；
C.氯化铁可催化过氧化氢分解；
D.水解后取水解液加碘水检验淀粉，且NaOH 与碘反应。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

7.【答案】D
【解析】解：K a1=c(HC 2O 4−)
c(H 2C 2O 4)
×c(H +)，则lg
c(HC 2O 4−)c(H 2C 2O 4)
=lg
K a1c(H )
=lgK a1−lgc(H +)=
lgK a1+pH ，同理lg c(C 2O 42−)
c(HC
2O 4−
)
=lgK a2−lgc(H +
)=lgK a2+pH ，lg c(HC 2O 4−)
c(H
2C 2O 4)
=lgK a1+pH =
0时，K a1=10−pH ，K a1>K a2，则K a1=10−1.22、K a2=10−4.19，
A.HC 2O 4−电离使水溶液呈酸性、HC 2O 4−水解使水溶液呈碱性，HC 2O 4−水解平衡常数K h =K w K a1
=10−14
10−1.22=10−12.78<K a2，说明HC 2O 4−电离程度大于水解程度，则NaHC 2O 4溶液呈
酸性，故A 正确；
B.通过以上分析知K a2=10−4.19，即H 2C 2O 4第二步电离常数的数量级是10−5，故B 正确；
C.pH =7时，溶液呈中性，则c(H +)=c(OH −)，溶液中存在电荷守恒c(H +)+c(Na +)=
c(HC 2O 4−)+2c(C 2O 42−)+c(OH −)，所以存在c(Na +
)=c(HC 2O 4−)+2c(C 2O 42−)，故C 正
确；
D.通过以上分析知，a 点c(HC 2O 4−)=c(H 2C 2O 4)、b 点c(HC 2O 4−)=c(C 2O 42−)，则1.22<pH <4.19时，c(H 2C 2O 4)减小、c(HC 2O 4−)先增加后减小、c(C 2O 42−)增加，如果pH 值接近a 点时，存在c(HC 2O 4−)>c(H 2C 2O 4)>c(C 2O 42−)，故D 错误；
故选：D 。

K a1=
c(HC 2O 4−)c(H 2C 2O 4
)×c(H +
)，则lg
c(HC 2O 4−)
c(H
2C 2O 4)
=lg
K a1c(H +)
=lgK a1−lgc(H +)=lgK a1+pH ，同理
lg c(C 2O 42−)
c(HC
2O 4
−)
=lgK a2−lgc(H +)=lgK a2+pH ，lg c(HC 2O 4−)
c(H
2C 2O 4)
=lgK a1+pH =0时，K a1=
10−pH ，K a1>K a2，则K a1=10−1.22、K a2=10−4.19，
A.HC 2O 4−水解平衡常数K h =K
w K a1
=10−14
10−1.22=10−12.78
<K a2，说明HC 2O 4−电离程度大于水
解程度；
B.通过以上分析知K a2=10−4.19；
C.pH =7时，溶液呈中性，则c(H +)=c(OH −)，溶液中存在电荷守恒c(H +)+c(Na +)=
c(HC 2O 4−)+2c(C 2O 42−)+c(OH −
)；
D.通过以上分析知，a 点c(HC 2O 4−)=c(H 2C 2O 4)、b 点c(HC 2O 4−)=c(C 2O 42−)，则1.22<pH <4.19时，c(H 2C 2O 4)减小、c(HC 2O 4−)先增加后减小、c(C 2O 42−)增加。

本题考查混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、电离平衡常数与水解平衡常数关系、pH 值变化时溶液中各微粒浓度变化特点是解本题关键，D 为解答易错点。

8.【答案】铁干锅 铁棒 过滤 防止高锰酸钾受热分解 3MnO 2+6KOH +
KClO 3
−
 强热 
3K 2MnO 4+KCl +3H 2O 用玻璃杯蘸取少量电解液于一片试纸上，如果试纸
只显示紫红色，而无墨绿色，则说明电解可以结束 MnO 42−+2H 2O
− 通电 
MnO 4−+2OH −
+
H 2↑ 酸式滴定管 97.85%
【解析】解：(1)“容器Ⅰ”的名称是铁干锅，加热过程中需要不断搅拌，搅拌仪器名称是铁棒，
故答案为：铁干锅；铁棒；
(2)操作②的名称是过滤，烘干操作中温度不能过高的原因是防止高锰酸钾受热分解， 故答案为：过滤；防止高锰酸钾受热分解；
(3)“容器Ⅰ”中发生反应的化学方程式为：3MnO 2+6KOH +KClO
3−
 强热 
3K 2MnO 4+
KCl +3H 2O ，
故答案为：3MnO 2+6KOH +KClO
3
−
 强热 
3K 2MnO 4+KCl +3H 2O ；
(4)判断电解可以结束的方法是用玻璃杯蘸取少量电解液于一片试纸上，如果试纸只显示紫红色，而无墨绿色，则说明电解可以结束，
故答案为：用玻璃杯蘸取少量电解液于一片试纸上，如果试纸只显示紫红色，而无墨绿色，则说明电解可以结束；
(5)电解操作中总反应的离子方程式是MnO 42−
+2H 2O
− 通电 
MnO 4−+2OH −+H 2↑
， 故答案为：MnO 4
2−+2H 2O
− 通电 
MnO 4−+2OH −+H 2↑
， (6)滴定操作过程中，KMnO 4溶液应装入酸式滴定管，KMnO 4与草酸反应的关系式为：2KMnO 4～5H 2C 2O 4，H 2C 2O 4的物质的量为0.025L ×0.1000mol/L =0.0025mol ，则
=0.001mol，故自制KMnO4纯度是
KMnO4的物质的量为0.0025mol×2
5
×158g/mol
0.001mol×250mL
×100%=97.85%，
20mL
2g
故答案为：酸式滴定管；97.85%。

容器Ⅰ中发生为MnO2与KOH、KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，加水，微热溶解后，过滤，得到滤渣和墨绿色溶液(K2MnO4溶液)，对墨绿色溶液(K2MnO4溶液)电解约1小时，再进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得到高锰酸钾晶体和滤液，
(1)容器Ⅰ中有KOH，不能用瓷坩埚，瓷坩埚中二氧化硅能与KOH反应，搅拌仪器也不能用玻璃棒，玻璃中也含有二氧化硅；
(2)根据分析可知操作②的名称，高锰酸钾受热易分解；
(3)“容器Ⅰ”中发生反应为MnO2与KOH、KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，根据原子守恒、化合价升降守恒即可写出反应的化学方程式；
(4)判断电解可以结束的方法是判断电解液中无MnO42−即可；
(5)电解操作中阳极是MnO42−失去电子生成MnO4−，阴极是氢离子得到电子被还原为H2；
(6)滴定操作过程中，KMnO4会腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，KMnO4与草酸反应的关系式为：2KMnO4～5H2C2O4，H2C2O4的物质的量为0.025L×0.1000mol/L=0.0025mol，
=0.001mol，进一步计算自制KMnO4纯度。

则KMnO4的物质的量为0.0025mol×2
5
本题主要考查物质的分离与提纯，同时考查学生的看图、读取信息并加以应用的能力，氧化还原型离子方程式、电极反应式的书写，对关系式、产品纯度的计算等，学生的能力要求较高，难度较大。

9.【答案】除去镍表面的油污盐酸易挥发，温度过高时，盐酸挥发，导致盐酸浓度降低6：1镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，增大了成本0.04mol/L 5.0≤pH<7.1NiC2O4⋅2H2O ClO−+Ni(OH)2=Cl−+Ni2O3+2H2O
【解析】解：(1)“预处理”操作选择用酒精清洗的目的是除去镍表面的油污，
故答案为：除去镍表面的油污；
(2)“酸浸”时，①温度不宜过高，原因是盐酸易挥发，温度过高时，盐酸挥发，导致盐酸浓度降低，②由图可知，实际生产采取的“液固比”为6：1，因为此时镍的浸出率较高(达到90%以上)，增大液固比，浸出率变化不大，但盐酸使用量增大，增大了成本，
故答案为：盐酸易挥发，温度过高时，盐酸挥发，导致盐酸浓度降低；6：1；镍的浸出
率较高，增大液固比，浸出率变化不大，增大了成本；
(3)pH=2时，c(H+)=10−2mol/L，c(OH−)=10−12mol/L，c(Fe3+)=K sp[Fe(OH)3]
c3(OH−)
=
4.0×10−38
(10−12)3
=0.04mol/L，加NiO调节pH的范围为5.0～7.1，即5.0≤pH<7.1，
故答案为：0.04mol/L；5.0≤pH<7.1；
(4)加入Na2C2O4溶液“沉镍”得到的沉淀为NiC2O4⋅2H2O，
故答案为：NiC2O4⋅2H2O；
(5)ClO−把二价镍氧化为三价镍，自己被还原为氯离子，方程式为：ClO−+Ni(OH)2= Cl−+Ni2O3+2H2O，
故答案为：ClO−+Ni(OH)2=Cl−+Ni2O3+2H2O。

(1)镍表面的油污属于有机物，易溶于酒精或热的纯碱溶液；
(2)①温度过高时，盐酸挥发，导致盐酸浓度降低，②由图可知，实际生产采取的“液固比”为6：1，此时镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大；
(3)pH=2时，c(H+)=10−2mol/L，c(OH−)=10−12mol/L，依据c(Fe3+)=K sp[Fe(OH)3]
c3(OH−)
，将数据代入计算即可，加NiO调节pH，必须满足铁离子、铝离子完全沉淀，而镍离子不能开始沉淀；
(4)实验温度下NiC2O4⋅2H2O的溶解度最小；
(5)ClO−把二价镍氧化为三价镍，自己被还原为氯离子，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒即可写出反应的离子方程式。

本题主要考查物质的分离与提纯，同时考查学生的看图、读取信息并加以应用的能力，K sp的计算，氧化还原型离子方程式的书写，对学生的能力要求较高，难度较大。

10.【答案】4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(e−d−5a+5b)kJ⋅
mol−1K2
(K1)5
该反应△H<0，△S>0，所以△G<0，可以自发进行<a=b<
80%ABC不移动
【解析】解：(1)依题意可得：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=(a−b)kJ⋅mol−1①，
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(e−d)kJ⋅mol−1②，利用盖斯定律，将反应②−①×5，即得t℃时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式为
4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(e−d−5a+5b)kJ⋅mol−1，t℃该反应
的平衡常数为K=c 5(N2)c6(H2O)
c6(NO)c4(NH3)=K2
(K1)5
，因为a>b、e<d，所以△H=(e−d−5a+
5b)<0，反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，该反应能自发进行，原因是
该反应△H<0，△S>0，所以△G<0，可以自发进行，
故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(e−d−5a+5b)kJ⋅mol−1；；该反应△H<0，△S>0，所以△G<0，可以自发进行；
(2)①因为相同时间内，T2时反应物的转化率大，则反应速率快，温度高，所以上表中T1<T2；由于正反应为放热反应，温度高时反应物的转化率低，所以a、b、80%三者
的大小关系是a=b<80%，
故答案为：<；a=b<80%；
②A.升高温度，反应速率加快，则v增大，所以k值增大，故A正确；
B.合成氨反应中混合气的总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，则物质的量不变，气体的分子数不变，所以反应达到平衡状态，故B正确；
C.将原容器中的NH3及时分离出来，则c(NH3)减小，所以v增大，故C正确；
D.合成氨达到平衡后，增大c(N2)瞬间，正反应速率增大，随着平衡的移动，正反应速
率减小，故D错误；
故答案为：ABC；
③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器容积为1L，则K=1；保持温度
和压强不变，又充入3molN2后，此时容器的体积为2L，Q=c 2(NH3)
c(N2)c3(H2)=(
1
2
)2
(1
2
)3×(4
2
)
=1，
则平衡不移动，
故答案为：不移动。

(1)依题意可得：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=(a−b)kJ⋅mol−1①，4NH3(g)+
5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(e−d)kJ⋅mol−1②，利用盖斯定律，将反应
②−①×5，即得t℃时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式；
(2)①因为相同时间内，T2时反应物的转化率大，则反应速率快，温度高；
②A.升高温度，反应速率加快；
B.合成氨反应中混合气的总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，则物质的量不变，气体的分子数不变；
C.将原容器中的NH3及时分离出来，则c(NH3)减小；
D.合成氨达到平衡后，增大c(N2)瞬间，正反应速率增大；
③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器容积为1L，则K=1；保持温度
和压强不变，又充入3molN2后，此时容器的体积为2L，Q=c 2(NH3)
c(N2)c3(H2)=(
1
2
)2
(1
2
)3×(4
2
)
=1=K。

在合成氨的平衡体系中，增大N2的物质的量，判断平衡移动的方向时，需利用浓度商进
行判断。

11.【答案】Be2NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶
体3N>C CO2、N2O BC12C√2
2×√155
N Aρ
3×107
【解析】(1)在周期表中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是Be，Al基态原子核外最高能级排布式为3s23p1，最高能级电子自旋状态有2种，
故答案为：Be；2；
(2)NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体，故NaCl的熔点(801℃)高于AlCl3，Al2Cl6结构中，Al原子与Cl原子之间形成3个共价键、1个配位键，Al
原子杂化轨道数目为4，标出其配位键为：，同周期从左到右第
一电离能是增大的趋势，其中第ⅡA和ⅤA比同周期相邻元素原子的第一电离能高，在第3周期所有元素中，第一电离能比S高的有3种，为P、Cl、Ar，
故答案为：NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体；
；3；
(3)非金属性越强，电负性越大，非金属性N>C，则电负性N>C；等电子体为原子个数相同且价电子数相等的微粒，故C O2或N2O为与SCN−互为等电子体的分子，硫酸铜在溶液中完全电离，不含离子键，水分子间存在范德华力和氢键，水分子内和硫酸根离子中原子间以共价键形式结合，水合铜离子中存在配位键，则硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力是离子键和金属键，
故答案为：N>C；CO2或N2O；BC；
(4)①以顶点Ti原子为中心，与之相邻的O处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面
为2个晶胞共用，因此与Ti紧邻的O的个数为3×8
2
=12个，将6个O原子连起来构成正八面体，Co原子位于O原子构成的正八面体空隙中，
故答案为：12；C；
②Co原子位于晶胞的内部，全部属于晶胞，Ti位于顶点，属于该晶胞的个数为8×1
8
=1，
氧原子位于面心，属于该晶胞的个数为6×1
2
=3，化学式为CoTiO3，晶胞的质量为
59+48+3×16
N A g，设晶胞边长为anm，晶胞的密度ρ=m
V
=155
N A(a×10−7)3
g⋅cm−3，晶胞的边长
为a=√155
N Aρ
3×107nm，根据晶胞的结构，Ti与O最近的距离是面对角线的一半，即最近
的距离是√2
2×√155
N Aρ
3×107nm，
故答案为：√2
2×√155
N Aρ
3×107。

(1)在周期表中，对角线元素的性质相似，Al基态原子核外M层排布式为3s23p1；
(2)NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；Al2Cl6结构中Al原子与Cl原子之间形成3个共价键、1个配位键，Al原子杂化轨道数目为4，同周期从左到右第一电离能是增大的趋势，其中第ⅡA和ⅤA比同周期相邻元素原子的第一电离能高；
(3)非金属性越强，电负性越大；等电子体为原子个数相同且价电子数相等的微粒，故
C O2或N2O为与SCN−互为等电子体的分子，硫酸铜在溶液中完全电离，不含离子键，水分子间存在范德华力和氢键；
(4)①以顶点Ti原子为中心，与之相邻的O处于面心，晶胞中离Ti最近的O有12个，将6个O原子连起来构成一个正八面体；
②利用均摊法计算出该晶胞的化学式，晶胞的密度ρ=m
V
，根据晶胞的结构，Ti与O最近的距离是面对角线的一半，求出结果。

本题主要考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、第一电离能、等电子体、晶胞计算等，重点是对结构图象的观察与理解，综合性强，知识面广，难度中等。

12.【答案】羟基、醚键取代反应(或酯化反应
)6是。