2021届天津地区高三上学期期中考试模拟测化学试题(解析版)

2021届天津地区高三上学期期中考试模拟测化学试题（解析版）
1. 室温下，在pH＝11的某溶液中，由水电离出的c(OH－)为
①1.0×10－7mol·L－1②1.0×10－6mol·L－1 ③1.0×10－3mol·L－1④1.0×10－11mol·L－1
A. ③
B. ④
C. ①③
D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】pH＝11的溶液可能是碱溶液也可能是盐溶液，若为碱溶液，碱对水电离起抑制作用，水电离出的c(H＋)即为溶液中的H＋，c(OH－)水＝c(H＋)水＝1.0×10－11mol·L－1；若为盐溶液，是盐水解使溶液呈碱性，溶液中的OH－即为水电离出的，c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1，故选D。

2. 下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是
①常温下NaNO2溶液的pH大于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④常温下0.1 mol·L-1 HNO2溶液的pH＝2.1
⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7
⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1
A. ①④⑥
B. ①②③④
C. ①④⑤⑥
D. 全部
【答案】C
【解析】
【详解】①常温下NaNO2溶液的pH大于7表明是强碱弱酸盐，正确；
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，也可能是溶液的浓度太小，不能说明亚硝酸是弱电解质，错误；
③HNO2和NaCl不能发生反应，硝酸与氯化钠也不反应，但硝酸是强酸，错误；
④常温下0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1，若是强酸，其pH应该等于1，因此，表明亚硝酸是弱酸，正确；
⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7，若亚硝酸是强酸，pH＝7，因此是弱酸，正确；
⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1，若亚硝酸是强酸，pH＝4，因此是弱酸，正确。

综上所述，①④⑤⑥符合题意，C项正确；
故选C。

3. 一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：
pH 2 4 6 6. 5 8 13. 5 14
腐蚀快慢较快慢较快
FeO
主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3-2
下列说法不正确的是
A. 在pH＜4的溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀
B. 在pH＞6的溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀
C. 在pH＞14的溶液中，碳钢腐蚀的反应为O2+4OH-+4e-===2H2O
D. 在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减慢
【答案】C
【解析】
【详解】A. 当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；
B. 当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；
C. 在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；
D. 将碱性溶液煮沸除去氧气后，正极上氧气生成氢氧根离子的速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D 正确；
故选C。

4. 已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡：
CH3COOH＋H2O CH3COO－＋H3O＋K1＝1.75×10－5mol·L－1
CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－K2＝5.71×10－10mol·L－1
现将50 mL 0.2 mol·L－1醋酸与50 mL 0.2 mol·L－1醋酸钠溶液混合制得溶液甲，下列叙述正确的是
A. 溶液甲的pH＞7
B. 对溶液甲进行微热，K1、K2同时增大
C. 若在溶液甲中加入少量的NaOH 溶液，溶液的pH 明显增大
D. 若在溶液甲中加入5 mL 0.1 mol·L－1的盐酸，则溶液中醋酸的K1 会变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．K2<<K1，所以醋酸电离程度比醋酸钠的水解程度大，所以溶液呈酸性，pH<7，A错误；B．因为电离和水解都是吸热反应，温度升高有利于吸热反应进行，所以K1，K2都增大，B正确；C．加入少量NaOH，反而会促使醋酸更进一步的电离，所以PH不会明显增大，C错误；
D．溶液中加入盐酸会抑制醋酸电离，K1减小，D错误；
答案选B。

5. 室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是( )
加入物质结论
A 50 mL 1 mol·L－1H2SO4反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)
B 0.05 mol CaO 溶液中
() ()3
OH
HCO
c
c
-
-
增大
C 50 mL H2O 由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变
D 0.1 mol NaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32－+H2O HCO3－+OH－溶液呈碱性，据此分析解答。

【详解】A、加入50mL 1 mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SO42-)，A错误；
B、向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+ H2O=Ca(OH)2，则c(OH－)增大，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，使
CO32-+H2O HCO3-+OH-平衡左移，c(HCO3－)减小，故
()
()3
OH
HCO
c
c
-
-
增大，B正确；
C、加入50mL H 2O，溶液体积变大，CO32-+H2O HCO3-+OH-平衡右移，但c(OH-)减小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小，C错误；
D、加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32-反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D错误；
答案选B。

【点睛】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。

对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。

等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。

6. 常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
HCO)+c(H+)+c(H2CO3)
A. 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液中：c(OH-)＝c(-3
SO)
B. 将pH＝6的H2SO4稀释1000倍后，c(H+)＝2c(2-4
C. 浓度分别为0.1 mol·L-1和0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液中：c(CH3COO-)前者是后者的10倍
D. NaA溶液的pH＝8，c(Na+)-c(A-)＝9.9×10-7 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】 A. 通过如下方式得Na2CO3溶液中质子守恒关系式
，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3-)＋2c(H2CO3)，A
项错误；
B. pH＝6的H2SO4溶液稀释1000倍后，溶液中的c(H＋)接近10－7 mol·L－1，原溶液中硫酸根的浓度是5×10
-)的比为(1×10－7)：(5×10－10) ＝200∶1，即为c(H＋)＝
－7，稀释1000倍变成了5×10－10，c(H＋)与c(SO2
4
-)，B项错误；
200c(SO2
4
C. 若CH3COOH是强酸，结论正确，由于CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，而且稀释促进电离，所以两
者中c(CH3COO－)之比不等于酸的浓度之比，C项错误；
D. 溶液中pH＝8，c(H＋)＝10－8 mol·L－1，c(OH－)＝10－6 mol·L－1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，得：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6－10－8＝9.9×10－7 mol·L－1，D项正确；
故选D。

7. 已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。

据下表所列数据判断错误的是
A. 元素X的常见化合价是+1价
B. 元素Y是ⅢA族的元素
C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D. 若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【分析】
分析X的电离能数据，其I1与I2间差值很大，表明X的最外层电子数为1；分析Y的电离能数据，其I3与I4间差值很大，表明Y的最外层电子数为3。

【详解】A．由分析可知，元素X的原子最外层电子数为1，其常见化合价是+1价，A正确；
B．主族元素Y的原子最外层电子数为3，Y是ⅢA族元素，B正确；
C．元素X的原子最外层电子数为1，它为ⅠA族元素，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，C正确；D．若元素Y处于第3周期，则其为ⅢA族元素，应为金属铝，与冷水不反应，D错误；
故选D。

8. 常温下硫单质主要以S8形式存在，加热时S8会转化为S6、S4、S2等，当蒸气温度达到750 ℃时主要以S2形式存在，下列说法正确的是
A. S8转化为S6、S4、S2属于物理变化
B. 不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2
C. 常温条件下单质硫为原子晶体
D. 把硫单质在空气中加热到750 ℃即得S2
【答案】B
【解析】
【详解】A ．S 8、S 6、S 4、S 2属于不同的分子，它们间的转化为化学变化，故A 错误； B ．硫燃烧只能生成SO 2，故B 正确；
C ．常温下，硫单质主要以S 8形式存在，常温条件下单质硫为分子晶体，故C 错误；
D ．硫单质在空气中加热到750 ℃时被氧化，生成硫的氧化物，得不到S 2，故D 错误； 选B 。

9. 下列说法正确的是 A CHCl 3分子呈正四面体形
B. H 2S 分子中S 原子采用sp 2杂化，其分子的
空间构型为V 形 C. 二氧化碳分子中碳原子采用sp 杂化，其为直线形分子 D. +
4NH 呈三角锥形 【答案】C 【解析】
【详解】A ．甲烷分子中的4个共价键完全相同，其空间构型是正四面体形，CHCl 3分子中的4个共价键不完全相同，所以其空间构型不是正四面体形，A 错误；
B ．H 2S 分子中S 原子采用sp 3杂化，含有2对孤电子对，其空间构型为V 形，故B 错误；
C ．二氧化碳中C 原子的价层电子对数为2，二氧化碳分子中C 原子采用sp 杂化，分子呈直线形，故C 正确；
D ． +4NH 中N 原子采用sp 3杂化，不含孤电子对，+
4NH 呈正四面体形，故D 错误；
故选C 。

10. 某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A 、B 方块组成。

已知该晶体的密度为d g·cm -3，阿伏加德罗常数的值为N A ，则下列说法错误的是
A. 方块A 含有1.5Fe 2+、4个O 2-
B. 方块B 含有0.5Fe 2+、4个O 2-、4个Fe 3+
C. 该氧化物中Fe 2+、Fe 3+、O 2-的个数比为1∶2∶4
D. 晶胞的边长为 3
A 232
N d
×107 nm 【答案】D 【解析】
【详解】A. 根据均摊法计算A 含有1+4×18
=1.5个亚铁离子、4个氧离子，故A 正确； B. 根据均摊法计算B 含有4×18
=0.5个亚铁离子、4个氧离子、4个铁离子，故B 正确；
C. Fe 2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A 位置立方体的体心。

O 2-位于A 、B 小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个。

Fe 3+离子处于晶胞B 位置小立方体内部，晶胞中Fe 2+离子数目=4+8×18
+6×
1
2
=8、Fe 3+离子数目=4×4=16，O 2-离子数目=4×8=32，故Fe 2+、Fe 3+、O 2-的个数比为8：16：32=1：2：4，故C 正确；
D. 晶胞中含有Fe 2＋、Fe 3＋、O 2－的个数分别是2×4＝8，4×4＝16，8×4＝32，它们的相对原子质量之和是8×232，根据m ＝ρV 可得8×232＝d×a 3×N A ，a
107nm ，故D 错误；
故选D
11. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计
)，使其达到分解平衡：()
()()2432NH COONH s 2NH g CO g +。

实验测得不同温度下的平衡数据列
于下表： 下列有关叙述正确的是
A. 该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变
B. 因该反应S 0>、H 0>，所以在低温下自发进行
C. 达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大
D. 根据表中数据，计算25.0℃时的分解平衡常数约为8
13
1.6410(mol L )--⨯⋅ 【答案】D 【解析】
【详解】A ．从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A 错误；
B ．根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（△H ）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S ）大于0，所以在高温下自发进行，故B 错误；
C ．到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的浓度不变，故C 错误；
D ．根据表中数据，平衡气体的总浓度为4.8×10-3mol /L ，容器内气体的浓度之比为2：1，故NH 3和CO 2的浓度分别为3.2×10-3mol /L 、1.6×10-3mol /L ，代入平衡常数表达式：K =（3.2×10-
3）
2
×1.6×10-3=813
1.6410(mol L )--⨯⋅，故D 正确；
答案选D 。

【点睛】计算25.0℃时的分解平衡常数，要根据题目所给该温度下的浓度值，根据NH 3和CO 2的物质的量之比，在相同的容器中，体积相等，可以得到浓度的关系，再代入公式即可。

选项C 为解答的易错点，注意平衡常数的表达式以及影响因素。

12. H 3PO 4是三元酸，如图是在常温下溶液中含磷微粒的物质的量分数(δ)随pH 变化示意图。

下列说法不正确的是
A. 磷酸的第二级电离平衡常数约为10
-7.2
B. 在NaH 2PO 4溶液中：c(2-
4HPO )>c(H 3PO 4)
C. 在磷酸中滴加NaOH 溶液至pH=7，c(Na +)=2c(2-
4HPO )+c(-
24H PO ) D. Na 3PO 4溶液中：c(Na +)=3c(3-4PO )+3c(2-4HPO )+3c(-
24H PO )+3c(H 3PO 4) 【答案】C 【解析】
【详解】A. 磷酸的第二级电离平衡常数K a2=()()()
24
2
4
c H c HPO c H PO +-
-
⋅，当()24
c HPO -
=()2
4
c H PO -时，
K a2=c(H +)=10-7.2，A 正确；
B. 在NaH 2PO 4溶液中：存在24H PO -
的电离平衡和水解平衡，电离产生H +使溶液显酸性，水解产生OH −和H 3PO 4，使溶液显碱性，但盐电离和水解程度是微弱的，由于NaH 2PO 4溶液呈酸性，所以主要以盐电离为主，所以溶液中微粒浓度：(
)24
c HPO -
>c(H 3
PO 4
)，B 正确；
C. 在磷酸中滴加NaOH 溶液至pH=7，根据电荷守恒可得
c(Na +)+c(H +)=2(
)24c HPO -
+()2
4
c H PO -+3()34
c PO - +c(OH −
)，由于溶液显中性，所以c(H +
)=c(OH −
)，则
c(Na +)=2(
)24
c HPO -
+()2
4
c H PO -+3()34
c PO ->2()24
c HPO -+()2
4
c H PO -，C 错误；
D. 在Na 3PO 4溶液中：根据物料守恒可得：c(Na +)=3(
)34c PO -
+3()24
c HPO -+3()2
4
c H PO - +3c(H 3
PO 4
)，D
正确； 答案选C 。

13. A 、B 都是短周期元素，原子最外层电子排布式分别为(n+1)s x 、ns x+1np x+3。

A 与B 可形成化合物C 和D 。

D 溶于水时有气体E 逸出，E 能使带火星的木条复燃。

请回答下列问题：
(1)比较电离能：①I 1(A)______(填“>”或“<”，下同)I 2(A)，②I 1(A)_____I 1(B)，③I 1(B)_____I 1(He)。

(2)通常A 元素的
化合价是________，对A 元素呈现这种价态进行解释： ①用原子结构的观点进行解释：________。

②用电离能的观点进行解释：_______。

(3)写出D 跟水反应的离子方程式：__________。

(4)列举气体E 的主要用途__________(至少写出两项)。

【答案】 (1). ＜ (2). ＜ (3). ＜ (4). +1 (5). 钠原子失去一个电子后形成电子排布为1s 22s 22p 6的＋1价阳离子，其原子轨道处于全充满状态，该离子结构非常稳定，极难再失去电子 (6). 钠元素的第一电离能相对较小，第二电离能比第一电离能大很多倍，通常钠原子只能失去一个电子 (7). 2Na 2O 2＋2H 2O===4Na +＋4OH -＋O 2↑ (8). 供给动植物呼吸；支持燃料燃烧(其他合理答案均可) 【解析】 【分析】
由s 能级最多能容纳2个电子和n s x ＋
1可知，x 等于1。

由于A 、B 都是短周期元素，原子最外层电子排布式
分别为(n ＋1)s x 、n s x ＋1n p x ＋3可知，n 等于2；A 元素原子的核外电子排布式是1s 22s 22p 63s 1，A 是钠(Na)元素；B 元素原子的核外电子排布式是1s 22s 22p 4，B 是氧(O)元素。

A 与B 可形成化合物C 和D 。

D 溶于水时有气体E 逸出，E 能使带火星的木条复燃，可知C 是Na 2O 、D 是Na 2O 2、E 是O 2。

【详解】(1) ①同种元素的第一电离能小于第二电离能， I 1(Na) <I 2(Na)，②非金属性越强，第一电离能越大，I 1(Na) <I 1(O)，③He 是稀有气体元素，结构稳定，I 1(O) <I 1(He)； (2) Na 元素最外层有1个电子，通常Na 元素的化合价是+1；
①用原子结构的观点进行解释：钠原子失去一个电子后形成电子排布为1s 22s 22p 6的＋1价阳离子，其原子轨道处于全充满状态，该离子结构非常稳定，极难再失去电子，所以通常显+1价；
②用电离能的观点进行解释：钠元素的第一电离能相对较小，第二电离能比第一电离能大很多倍，通常钠原子只能失去一个电子，显+1价；
(3) Na 2O 2跟水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式是2Na 2O 2＋2H 2O===4Na +＋4OH -＋O 2↑； (4) 氧气供给动植物呼吸、支持燃料燃烧。

14. 黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由锌和铜组成。

回答下列问题：
（1）铜原子核外电子共有__种不同运动状态，基态铜原子的核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为__。

（2）根据铜、锌原子结构可知第二电离能I 2(Zn)__I 2(Cu)填“大于”或“小于” 。

（3）向蓝色硫酸铜溶液[Cu(H 2O)4]2+中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色[Cu(NH 3)4]2+。

①H 2O 分子中心原子的杂化类型为__；分子中的键角：H 2O __NH 3(填“大于”或“小于”)。

②通过上述实验现象可知，与Cu 2+的配位能力：H 2O __NH 3(填“大于”或“小于”)。

③氨硼烷(BH 3—NH 3)可以作为机动车使用的备选氢来源或氢储存的材料。

下列与氨硼烷是等电子体的
有__(填编号)。

A.乙烷 B.H 2O 2 C.H 3PO 4 D.S 8
④写出BH 3—NH 3的结构式 结构中若含配位键用→表示 __。

（4）某磷青铜晶胞结构如图所示。

①其化学式为__。

②若晶体密度为8.82g/cm 3，最近的Cu 原子核间距为__cm(用N A 表示阿伏加德罗常数，用M 表示该晶体的摩尔质量)。

【答案】 (1). 29 (2). 球形 (3). 小于 (4). sp 3 (5). 小于 (6). 小于 (7). A (8).
(9). SnCu 3P (10).
3A
2M
28.82N 【解析】 【分析】
(1)Cu 位于周期表中第4周期第ⅠB 族，基态核外电子排布为[Ar]3d 104s 1； (2)根据Zn 和Cu 的电子排布式考虑电离能大小；
(3)①根据VSEPR 理论和杂化轨道理论判断，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力；
②配合物向生成更稳定的配合物转化；
③原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；
④BH 3-NH 3中B 存在空轨道，N 存在孤电子对，由N 和B 之间形成配位键；
(4)①晶体中P 原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu ，每个Cu 分摊给一个晶胞的占
12，立方体顶角Sn 分摊给每个晶胞的原子为1
8
，据此得到化学式； ②设立方体边长为x ，铜原子间最近距离为a ，则a 2=(
2x )2+(2x )2，a=2
x ，结合密度ρ=m V ，V=x 3，1个晶胞质量m=
342
A
N g ，计算x 得到铜原子间最近距离。

【详解】(1)Cu 位于周期表中第4周期第ⅠB 族，为29号元素，则铜原子核外电子共有29种不同运动状态；基态核外电子排布为[Ar]3d 104s 1，则基态铜原子的核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形； (2)锌的第二电离能I 2(Zn)小于铜的第二电离能I 2(Cu)，Zn 的价电子排布式为3d 104s 2，Cu 的价电子排布式为3d 104s 1，Cu 失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn 失去一个电子价层变为3d 104s 1，再失去一个电子比Cu +容易，所以第二电离能相对小； (3)①对于H 2O ，根据VSEPR 理论，VP=BP+LP=2+
612
2
-⨯=4，则中心O 为sp 3杂化， 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，H 2O 的孤电子对数目多于NH 3的孤电子对数目，则分子中的键角：H 2O 小于NH 3；
②配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH 3和H 2O 与Cu 2+的配位能力：NH 3＞H 2O ；
③B 原子有空轨道，NH 3中N 原子有1对孤电子对，N 原子提供孤电子对个B 原子形成配位键，与氨硼烷互为等电子体的分子，可以用2个C 原子代替B 、N 原子，与氨硼烷等电子体一种分子为：C 2H 6，故答案为A ；
④BH 3-NH 3中B 存在空轨道，N 存在孤电子对，由N 和B 之间形成配位键，所以其结构式为：
；
(4)①晶体中P 原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu ，每个Cu 分摊给一个晶胞的占
12，立方体顶角Sn 分摊给每个晶胞的原子为1
8
，据此得到化学式SnCu 3P ； ②摩尔质量为342g/mol ，则一个晶胞质量m=
342
A
N g ，设立方体边长为x ，铜原子间最近距离为a ，则a 2=(2x )2+(2x )2，a=2
2x ，结合密度ρ=m V ，V=x 3=3
342
g ρg /A N cm =342A
N ρcm 3，3342A N ρcm ，
a=3
A
2M
28.82N
cm。

【点睛】价层电子对互斥模型(简称VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤
电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=1
2
×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个
数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。

15. 黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6] 目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)，我国卫生部规定食盐中黄血盐的最大使用量为10mg/kg。

一种制备黄血盐的工艺如下：
回答下列问题：
(1)步骤I反应的化学方程式为______。

(2)步骤IV过滤所得的废液中含量较多的溶质为______(填化学式)。

(3)步骤V是将难溶的K2CaFe(CN)6与X反应脱钙生成K4Fe(CN)6，所用的试剂X是_____。

(填名称)
(4)工艺中用到剧毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。

①25°C时Ka(HCN)=6.25×10-10；计算25℃时0.01mol•L-1的HCN溶液的pH=____(lg2.5=0.4)。

②处理含CN-废水的方法：第一步控制pH>10，用NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN；第二步控制pH为7.5〜8.5，用NaClO溶液完全氧化OCN生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。

第一步控制强碱性的主要目的是_______，第二步反应的离子方程式为______。

【答案】(1). 3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O(2). CaCl2(KCl可答，也可不答) (3). 碳酸钾(4). 5.6(5). HCl有剧毒，防止生成HCN污染环境(6). 2OCN-+3ClO-+H2O=N2↑+3Cl-+2HCO3-
【解析】
【分析】
将石灰乳、硫酸亚铁及过量HCN溶液混合可得Ca2Fe(CN)6，过滤除去含有CaSO4的滤渣，滤液中加入KCl，可得K2CaFe(CN)6沉淀，经过滤后，滤液中加入K2CO3进行脱钙处理，最终经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤干燥得产品K4Fe(CN)6•3H2O，以此来解答。

【详解】(1)步骤Ⅰ中石灰乳、硫酸亚铁及过量HCN溶液混合可得Ca2Fe(CN)6，反应的化学方程式为3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O；
(2)步骤Ⅵ过滤所得的废液中含量较多的溶质为CaCl 2(或答CaCl 2、KCl)；
(3)步骤V 目的是进行脱钙处理，降低溶液中Ca 2+的含量，所用的试剂X 是K 2CO 3； (4)①25°C 时Ka(HCN)=6.25×10-10，根据平衡常数的含义，K=
()()()
()2
c H c CN c H c HCN 0.01
+
-
+
==6.25×10
-10
，解
得c(H +)=2.5×
10-6 mol/L ，所以在25℃时0.01 mol/L 的HCN 溶液的pH =-lg2.5×10-6=6-0.4=5.6； ②第一步控制强碱性的主要目的是防止生成HCN ，污染环境；第二步是用NaClO“不完全氧化”OCN -生成N 2和两种盐，根据电子守恒、电荷守恒可知发生反应的离子方程式为2OCN -+3ClO -+H 2O=N 2↑+3Cl -+2HCO 3-。

【点睛】本题考查物质的制备实验，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，侧重考查学生的分析与实验能力。

16. 低碳经济成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一个重要研究方向， 既可变废为宝，又可减少碳的排放。

工业上可用CO 2和H 2制备被誉为“21世纪的清洁燃料”二甲醚(CH 3OCH 3)： 如在500℃时，在密闭容器中将炼焦中的CO 2转化为二甲醚，其相关反应为：
主反应I ：2CO 2 (g)+6H 2(g)−−−→←−−−催化剂
CH 3OCH 3(g)+3H 2O(g) ΔH 1 副反应II ：CO 2(g)+3H 2(g) −−−→←−−−
催化剂
CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH 2 (1)已知：①CO(g)+2H 2(g) CH 3OH(g) ΔH=-90.1kJ/mol
②2CH 3OH(g)CH 3OCH 3(g)+H 2O(g) ΔH=-24.5kJ/mol ③CO(g)+H 2O(g)
CO 2(g)+H 2(g) H= -41.0kJ/mol
则主反应I 的ΔH 1=______。

(2)在一定温度下某密闭容器中按CO 2和H 2的浓度比为1∶3投料进行反应，测得不同时间段部分物质的浓度如下表：
①10-20min 内，CH 3OCH 3的平均反应速率v(CH 3OCH 3)=_______。

②根据以上数据计算主反应I 的平衡常数K=______(列式，代入数据，不计算结果)。

(3)欲提高CH 3OCH 3产率的关键的因素是选用合适的催化剂，其原因是_______。

(4)对于反应II ，温度对CO 2的转化率及催化剂的效率影响如图所示：下列有关说法不正确的是_______。

A ．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO 2的平衡转化率可能位于M l
B ．温度低于250°
C 时，随温度升高甲醇的产率增大 C ．M 点时平衡常数比N 点时平衡常数大
D ．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO 2的转化
(5)利用太阳能电池将CO 2转化为乙烯、丙烯等有机化工原料，其工作原理如图所示。

则a 为太阳能电池的_______极，写M 极上生成丙烯的电极反应式为_________。

【答案】 (1). -122.7kJ/mol (2). 0.003mol/(L·min) (3). 3
26
0.100.100.3030.100.30⎛
⎫⨯+ ⎪⎝
⎭⨯ (4). 合适的催化剂能大幅提高主反应速率，从而提高二甲醚的产率 (5). ABD (6). 负极 (7). 3CO 2+18H ++18e −=6H 2O+CH 3CH=CH 2 【解析】 【分析】
（1）该小题是一道典型的盖斯定律的应用，只需用①×
2+②-③×2即可得到结果； （2）根据图表我们可以看出在30min 即达到平衡状态，用此时的数据代入平衡常数的表达式即可； （3）有机反应往往比较复杂，且伴随着很多副反应，选择合适的催化剂可以提高主反应的反应速率，从而提高目标产物的产率；
（4）根据图表我们可以看出催化剂在250℃附近达到最大催化能力，据此来分析各选项即可；
（5）由于有外电源，因此该装置是一个电解池，电解池阳极失电子被氧化，阴极得电子被还原，据此来分析作答即可。

【详解】(1)由①×2+②-③×2，整理可得2CO 2(g)+6H 2(g)CH 3OCH 3(g)+3H 2O(g) ΔH 1=-122.7 kJ/mol ；
(2)①结合表格数据，根据v=
c
t
∆∆可知在10～20min 内，CH 3OCH 3的平均反应速率
v(CH 3OCH 3)=
0.08-0.05mol/L
10min
（）=0.003mol/(L·min)；
②反应开始时c(H 2)=1.00mol /L ，平衡时c(H 2)=0.30mol/L ，反应消耗H 2浓度为Δc(H 2)=(1.00-0.30) mol/L=0.70 mol/L ，其中发生反应：2CO 2(g)+6H 2(g)
CH 3OCH 3(g)+3H 2O(g)，c(CH 3OCH 3)=0.10 mol/L ，则
c(H 2O)=0.30 mol/L ，反应消耗H 2浓度为0.60mol/L ，发生副反应CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+2H 2O(g)
消耗H 2的浓度是0.10mol/L ，其产生的H 2O 的浓度是0.10
3
mol/L ，所以平衡时水的浓度是c(H 2O)=(0.30+
0.10
3
)mol/L ；按CO 2和H 2的浓度比为1∶3投料，发生两个反应时CO 2和H 2是按1∶3关系反应，达到平衡时二者的物质的量浓度比也是1∶3，反应达到平衡时c(CO 2)=(13
-0.2+0.10
3)=0.10 mol/L ；故主反应I 达到平衡时的化学平衡常数K=3
26
0.100.100.3030.100.30⎛
⎫⨯+ ⎪⎝
⎭⨯； (3)催化剂对某一类反应有催化作用，对其它反应可能无催化作用或催化效率很低，采用适当的催化剂能大幅提高主反应速率，从而提高二甲醚的产率；
(4)A .催化剂不影响化学平衡，只改变反应速率，A 项错误；
B .温度低于250℃时，随温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率减小，B 项错误；
C .升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，即平衡逆向移动，所以M 点时化学平衡常数大于N 点，C 项正确；
D .较低的温度下进行反应，CO 2的转化率较高，但催化剂的活性、反应速率减小，不利于满足实际生产需要，D 项错误； 答案选ABD ；
(5)CO 2在M 电极得到电子，被还原产生丙烯，则M 电极为阴极，与阴极相连的是电源负极，M 电极反应式为：3CO 2+18H ++18e −=6H 2O+CH 3CH=CH 2。

【点睛】工业上为了生产效率，有时不得不牺牲转化率，例如合成氨虽然是一个放热反应，低温下原料的转化率较大，但是低温下反应速率也较慢，因此工业合成氨通常在高温下进行，这是勒夏特列原理不能解释的，本题也是同样的道理。