2021年贵州省遵义市高考化学一模试卷

2021年贵州省遵义市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.生活与生产均离不开化学。

下列说法中，正确的是()
A. “绿色化学”就是产物是绿颜色的化学反应
B. “恒大冰泉”纯净水中不含任何化学物质
C. 电镀废液加入氨水中和后，即可随意排放
D. Al(OH)3胶体能通过滤纸，但不能通过半透膜
2.设N A为阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是()
A. 常温下，1.7gNH3含有N A个电子
B. 1molFe溶于过量稀硝酸，转移电子数为2N A
C. 33.6LCl2与27gAl充分反应，转移电子数为3N A
D. 1molCO2与足量NaOH溶液反应后，溶液中的CO32−一定有N A个
3.已知X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，其中只有W是金属。

X、Z是人体中含量最高的物质的两种组成元素，Y与Z处于相邻位置。

则下列说法中正确的是()
A. 由W、Y、Z三种元素组成的盐的水溶液一定是中性的
B. X和Y的单质之间的化合反应不需要任何条件即可发生
C. X、Z、W组成的化合物可能不溶于水
D. W的氢氧化物一定是强碱
4.中国科学院研发了一种新型钾电池，有望成为锂电池的替代品。

该电池的电解质为
CF3SO3K溶液，其简要组成如图所示。

电池放电时的总反应为
2KC14H10+xMnFe(CN)6=2K1−x C14H10+xK2MnFe(CN)6则下列说法中，正确的是()
A. 放电时，电子从电极A经过CF3SO3K溶液流向电极B
B. 充电时，电极A质量增加，电极B质量减少
C. 放电时，CF3SO3K溶液的浓度变大
D. 充电时，阳极反应为K2MnFe(CN)6−2e−=2K++MnFe(CN)6
5.下列实验操作、现象和得出的结论全部正确的是
()
实验操作现象结论
A
向某溶液中滴加稀HNO3，再加入过量的BaCl2溶液产生白色沉淀
原溶液中一定含
有SO42−
B
25℃时分别测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值NaHCO3溶液的
pH更大
酸性：H2CO3<
H2C2O4
C
其他条件不变，将H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的平衡体系的容器体积增大为原来的10倍气体颜色变浅
减小压强，平衡正
向移动
D
将氯气和甲烷在光照下反应后的混合气体通入紫色石蕊试液紫色石蕊试液
变红
甲烷的氯代产物
具有酸性
A. A
B. B
C. C
D. D
6.研究表明，柠檬酸是需氧生物体内普遍存在的一种代谢中间体。

柠檬酸的结构简式
如图，关于柠檬酸的说法中不正确的是()
A. 柠檬酸的分子式是C6H8O7
B. 柠檬酸中有2种不同的含氧官能团
C. 1mol柠檬酸能够和4mol NaOH发生反应
D. 柠檬酸可以用来清洗掉铁器表面的铁锈
7.常温下，向20.00mL0.1mol/L氨水中滴入0.1mol/L盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)
的负对数[−1gc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法不正确的是()
A. 常温下，K b(NH3⋅H2O)的数量级约为10−5
B. R到N、N到Q所加盐酸体积相等
C. R、Q两点对应溶液不都是中性的
D. N点有：c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=0.05mol/L
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
8.次氯酸溶液是常用的消毒剂和漂白剂。

某学习小组根据需要欲制备次氯酸溶液。

资料1：常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。

资料2：将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。

该学习小组同学用以下装置制备次氯酸溶液。

回答下列问题：
(1)请写出装置B的玻璃容器名称______ 。

(2)各装置的连接顺序为______ →______ →______ →______ →E。

(3)装置A中反应的离子方程式是______ 。

(4)反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是______ 。

(5)装置E采用棕色烧瓶是因为______ 。

(6)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl−。

测定E中次氯酸溶液的物质的
量浓度的实验方案为：用酸式滴定管准确量取20.00mL次氯酸溶液，加入足量的______ 溶液，再加入足量的______ 溶液，过滤，洗涤，真空干燥，称量沉淀的质量。

(可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液。

)
(7)若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的
水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，则至少需要碳酸钠的质量为______ g。

三、简答题（本大题共4小题，共52.0分）
9.碱式氧化镍(NiOOH)可作镍电池的正极材料，现用某废镍原料(主要含Ni、Al、SiO2，
少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如图。

回答下列问题：
(1)“碱浸”时，发生反应的离子反应方程式①______ ，②______ 。

(2)已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。

开始沉淀的pH完全沉淀的pH
Ni2+ 6.28.6
Fe2+7.69.1
Fe3+ 2.3 3.3
Cr3+ 4.5 5.6
“调pH1”时，主要除去的离子是______ ，溶液pH范围______ 。

(3)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式______ 。

(4)在酸性溶液中CrO42−可以转化成Cr2O72−，用离子方程式表示该转化反应______ ，
已知BaCrO4的K sp=1.2×10−10，要使溶液中CrO42−沉淀完全(c(CrO42−)≤
1×10−5mol⋅L−1)，溶液中钡离子浓度至少为______ mol⋅L−1。

10.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。

氯的许多化合物既是重要化工原料，
又是高效、广谱的灭菌消毒剂。

回答下列问题：
Ⅰ.(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取氯气。

装置中的离子膜为______ (A.阳离子交换膜B.阴离子交换膜)，b处逸出的气体是______ 。

(填化学式)
(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分
,X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。

HClO的电数δ[δ(X)=c(X)
c(HClO)+c(ClO−)
离常数K a值为______ 。

Ⅱ.CH4−CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。

回答下列问题：
CH4−CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。

已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H1=−75kJ⋅mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=−394kJ⋅mol−1
C(s)+1
O2(g)=CO(g)△H3=−111kJ⋅mol−1
2
(3)该催化重整反应的△H=______ kJ⋅mol−1。

(4)有利于提高催化重整反应中CH4平衡转化率的条件是______ 。

A.高温低压
B.低温高压
C.高温高压
D.低温低压
(5)在恒容绝热密闭容器中进行CH4−CO2催化重整反应，下列表示已达平衡状态的是______ 。

A.H2的反应速率是CO2反应速率的2倍
B.容器中的温度不再变化
C.容器中气体的密度不再变化
D.容器中的压强不再变化
(6)容器中分别通入1mol CH4(g)和1mol CO2(g)，在等压下(p)发生上述反应，CO2(g)
的平衡转化率为α。

反应的平衡常数K p=______ 。

(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
(7)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转
化，其原理如图所示。

①阴极上的反应式为______ 。

②若生成的乙烯和乙烷的体积比为3：1，则消耗的CH4和CO2体积比为______ 。

11.已知Mn、Fe、Co是组成合金的重要元素，P、S、
Cl是农药中的重要元素。

回答下列问题：
(1)Mn元素位于元素周期表的______ 区，基态锰原
子的价电子排布图为______ 。

(2)P、S、Cl三种元素的第一电离能由大到小顺序为
______ 。

(3)已知NH3的沸点高于PH3，原因是______ 。

(4)农药“乐果”中的主要成分O，O−二甲基−S−(N−甲基氨基甲酰甲基)二硫代
磷酸酯的分子结构为：，其中N原子的杂化类型为
______ 。

(5)已知P4(白磷)为正四面体结构，与氧气反应生成非极性分子P4O10，其中P在空
间的相对位置不变，则P4O10中σ键和π键的数目之比为______ 。

(6)已知一种立方型FeS2晶体的晶胞如图所示，则与体心Fe2+距离最近且等距离的
S22−的数目为______ 。

如可用晶胞参数为单位长度建立的坐标系表示晶胞中各原子的位置，并称作原子分数坐标，则该晶胞中体心Fe2+的坐标为______ 。

(7)已知该立方型FeS2晶体的晶胞参数为apm，密度为dg⋅cm−3，阿伏加德罗常数
的值为N A，则a与d的关系是a=______ 。

(用d、N A表示a)
12.有机物A是含2个碳原子的不饱和烃，并是裂解气的主要成分之一。

化合物PVB
常用作安全玻璃的夹层，下面是用A为原料合成高分子化合物PVB的路线。

已知：RCH2CH2OH+
(1)C的分子式为______ ，用系统命名法命名D，其名称为______ 。

(2)F与H互为同分异构体，F的核磁共振氢谱只有一组峰，F的结构简式为______ 。

(3)D→G的反应类型是______ 。

(4)PVA与N合成PVB的化学方程式是______ 。

(5)下列说法正确的是______ 。

A.每个PVB分子中都只存在一个六元环
B.M属于醇类的同分异构体只有3中(不包括M)
C.PVA和PVB都是有机高分子材料
(6)写出符合下列条件的物质K的结构简式______ 。

①与上述N物质组成元素相同，但相对分子质量比N大14；
②含羰基，不能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱为两组峰，峰面积之比为3：2。

(7)已知，
完成由苯乙烯为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)。

______ 。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.绿色化学又称环境友好化学，核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故A错误；
B.“恒大冰泉”纯净水含水，水是化学物质，故B错误；
C.电镀废液只加入氨水中和后，不能确保除去有毒的重金属离子，故C错误；
D.Al(OH)3胶体中分散质粒子能通过滤纸，但不能通过半透膜，故D正确。

故选：D。

A.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；
B.纯净水含有水；
C.电镀废液含有重金属离子，应确保除去重金属离子后才能排放；
D.胶体分散质能透过滤纸，不能透过半透膜。

本题考查了元素化合物知识及绿色化学概念，明确绿色化学含义，熟悉胶体分散质粒子大小及电镀液成分是解题关键，题目难度不大。

2.【答案】A
=0.1mol，【解析】解：A.每个NH3分子中有10个电子，1.7gNH3物质的量= 1.7g
17g/mol
0.1molNH3分子中有N A个电子，故A正确；
B.1molFe溶解在过量稀硝酸中，生成Fe3+，转移电子数应为3N A，故B错误；
C.33.6LCl2状态并不一定是标准状况下，不能计算气体物质的量，故C错误；
D.1molCO2与足量NaOH溶液反应生成1molNa2CO3，溶液中碳酸根离子水解，所以碳酸根离子小于N A个，故D错误；
故选：A。

A.每个NH3分子中有10个电子；
B.1molFe溶解在过量稀硝酸中，产生Fe3+；
C.温度压强不知，不能计算33.6LCl2物质的量；
D.1molCO2与足量NaOH溶液反应生成碳酸钠溶液，碳酸根离子水解。

本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

3.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为H、Y为N、Z为O、W为Na或Mg或Al，
A.W、Y、Z三种元素组成的盐若为硝酸铝、硝酸镁，则盐溶液水解显酸性，若为NaNO2溶液水解显碱性，故A错误；
B.H2和N2反应需要高温、高压、催化剂下发生反应，故B错误；
C.若为氢氧化铝、氢氧化镁均不溶于水，故C正确；
D.若W为Na，NaOH为强碱，若为Mg和Al，对应的氢氧化物分别为弱碱和两性氢氧化物，故D错误；
故选：C。

X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Z是人体中含量最高的物质的两种组成元素，则X为H、Z为O；Y与Z处于相邻位置，结合原子序数可知Y为N；其中只有W是金属，W可能为第三周期的Na、Mg、Al，以此来解答。

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握人体中含量最高的物质、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意W不确定，题目难度不大。

4.【答案】D
【解析】解：A.放电时电子不可能经过电解质溶液，故A错误；
B.充电时总反应为2K1−x C14H10+xK2MnFe(CN)=2KC14H10+xMnFe(CN)6，则电极A 的质量减少，电极B的质量增加，故B错误；
C.该电池的电解质为CF3SO3K溶液，放电时，CF3SO3K溶液不参与电极反应，所以
CF3SO3K溶液的浓度不发生变化，故C错误；
D.充电时，阳极上K2MnFe(CN)6失电子，电极反应式为K2MnFe(CN)6−2e−=2K++ MnFe(CN)6，故D正确；
故选：D。

放电时，KC14H10失电子为负极，负极(B极)反应式为：2KC14H10−2xe−=
2K1−x C14H10+2xK+，MnFe(CN)6得到电子为正极，正极(A极)电极反应式为：xMnFe(CN)6+2xK++2xe−=xK2MnFe(CN)6，充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，据此分析。

本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池和电解池原理，明确充放电各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。

5.【答案】B
【解析】解：A.白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，且硝酸可氧化亚硫酸根离子，则溶液中可能有Ag+或亚硫酸根等离子，故A错误；
B.测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值，NaHCO3溶液的pH更大，可知碳酸氢根离子的水解程度大，则酸性：H2CO3<H2C2O4，故B正确；
C.容器体积增大，浓度减小，气体颜色变浅，且为气体体积不变的反应，则平衡不移动，故C错误；
D.发生取代反应生成的HCl使石蕊变红，甲烷的氯代产物不具有酸性，故D错误；
故选：B。

A.白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡；
B.测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值，可比较对应酸的酸性；
C.容器体积增大，浓度减小，且为气体体积不变的反应；
D.发生取代反应生成的HCl使石蕊变红。

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、离子检验、盐类水解及平衡移动、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。

6.【答案】C
【解析】解：A.根据结构简式确定分子式为C6H8O7，故A正确；
B.含有醇羟基和羧基两种官能团，故B正确；
C.只有羧基能和NaOH以1：1反应，该分子中含有3个羧基，所以1mol柠檬酸能够和3mol NaOH发生反应，故C错误；
D.含有羧基，具有酸性，所以能用来清洗掉铁器表面的铁锈，故D正确；
故选：C。

该有机物中含有羧基、醇羟基，具有羧酸和醇的性质，一定条件下能发生中和反应、中和反应、消去反应、缩聚反应等。

本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大，注意：酚羟基能和NaOH溶液反应，但醇羟基和NaOH溶液不反应。

7.【答案】B
【解析】解：A.常温下，未加盐酸的氨水的−lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH−)=10−11mol/L，溶液中c(OH−)=10−14
mol/L=10−3mol/L，NH3⋅H2O
10−11
=
电离程度较小，则c(NH3⋅H2O)≈0.1mol/L，因此K b(NH3⋅H2O)=c(NH4+)⋅c(OH−)
c(NH3⋅H2O)
10−3×10−3
=1×10−5，故A正确；
0.1
B.R点氨水略过量，R→N加HCl消耗NH3⋅H2O，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，故B错误；
C.N点水电离出的H+浓度最大，说明N点已经全部是NH4Cl，因此Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，故C正确；
D.N点酸碱恰好完全反应生成NH4Cl，则N点溶液为0.05mol/L的NH4Cl溶液，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=0.05mol/L，故D正确；
故选：B。

A.常温下，未加盐酸的氨水的−lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=
c(OH−)=10−11mol/L，溶液中c(OH−)=10−14
mol/L=10−3mol/L，NH3⋅H2O电离程
10−11
度较小，则c(NH3⋅H2O)≈0.1mol/L，因此K b(NH3⋅H2O)=c(NH4+)⋅c(OH−)
；
c(NH3⋅H2O)
B.R点氨水略过量，R→N加HCl消耗NH3⋅H2O，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离；
C.N点水电离出的c(H+)最大，说明N点已经全部是NH4Cl，则Q点溶质为HCl和NH4Cl；
D.N点酸碱恰好完全反应生成NH4Cl，则N点溶液为0.05mol/L的NH4Cl溶液，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意酸碱混合后溶液体积增大导致[c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)]减小，D为解答易错点。

8.【答案】三颈烧瓶 A D B C MnO2+4H++2Cl−− △
Mn2++Cl2↑+2H2O防止反
应放热后温度过高导致Cl2O分解HClO见光易分解H2O2AgNO353
【解析】解：(1)装置B有三个口，常用来做反应器，是三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
(2)A装置制备氯气，D装置吸收吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，C装置吸收除去Cl2O中的Cl2，
E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，所以各装置的连接顺序为A→D→B→C→E，故答案为：A；D；B；C；
(3)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓
)− △
 MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−− △
Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl−− △
Mn2++Cl2↑+2H2O；
(4)由题可知：Cl2O42℃以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致
Cl2O分解，装置B需放在冷水中，
故答案为：防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解；
(5)为防止反应生成的HClO见光分解，E装置应选择棕色圆底烧瓶，
故答案为：HClO见光易分解；
(6)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl−，FeCl2含氯离子影响HClO的测定，则测定E中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用酸式滴定管准确量取20.00 mL 次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤，洗涤，真空干燥，称量沉淀AgCl的质量，可测定HClO的含量，
故答案为：H2O2；AgNO3；
(7)装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，n=cV=0.5L×0.8mol/L=0，
.4mol，Cl2O+H2O2HClO，反应的Cl2O为0.2mol，装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留
在E前各装置中，制得Cl2O的物质的量为0.2mol
1−20%
=0.25mol，2Cl2+2Na2CO3+H2O= Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，需碳酸钠的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×106g/mol= 53g，
故答案为：53。

A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，由D装置饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+
2NaCl+2NaHCO3，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，通入C装置吸收除去Cl2O中的Cl2，并在E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，据此分析作答。

(1)装置B有三个口，常用来做反应器；
(2)欲制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液，先制取氯气，然后除去氯气中的氯化氢，将氯气和空气(不参与反应)按体积比 1：3 混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应，除去未反应的氯气，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液，据此分析连接装置；
(3)装置 A 中二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，据此书写离子反应方程式；
(4)Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2；
(5)HClO不稳定，见光易分解；
(6)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl−，FeCl2含氯离子影响HClO的测定，则测定E中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用酸式滴定管准确量取20.00 mL 次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤，洗涤，真空干燥，称量沉淀AgCl的质量得到HClO的含量；
(7)根据方程式2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，找出关系式计算。

本题考查制备实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、实验基本操作能力及计算能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，题目难度中等。

9.【答案】Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑(或2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+ 3H2↑)SiO2+2OH−=SiO32−+H2O Fe3+、Cr3+ 5.6～6.2(或5.6≤pH<
6.2)4Ni(OH)
2+O2− △ 
4NiOOH+2H2O2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O 1.2×10−5
【解析】解：(1)由分析可知，碱浸时发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑或2Al+
2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH−=SiO32−+H2O，
故答案为：Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑(或2Al+2OH−+6H2O=
2[Al(OH)4]−+3H2↑)；SiO2+2OH−=SiO32−+H2O；
(2)由分析可知，向得到的硫酸盐溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH1在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤除去铁离子和铬离子，
故答案为：Fe3+、Cr3+；5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2)；
(3)空气中加热氢氧化镍可得碱式氧化镍的反应为氢氧化镍被空气中氧气在加热条件下氧化为碱式氧化镍，反应的化学方程式为4Ni(OH)2+O2− △ 
4NiOOH+2H2O，
故答案为：4Ni(OH)2+O2− △ 
4NiOOH+2H2O；
(4)在酸性溶液中，铬酸根离子与氢离子反应生成重铬酸根和水，反应的离子方程式为2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O；由BaCrO4的K sp=1.2×10−10可知，要使溶液中CrO42−
沉淀完全，溶液中钡离子浓度c(Ba2+)≥K sp
c(Cr2O72−)=1.2×10−10
1.0×10−5
mol⋅L−1=1.2×10−5mol⋅
L−1，
故答案为：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O；1.2×10−5。

由题给流程可知，向某废镍原料加入氢氧化钠溶液碱浸，铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，过滤得到滤渣1；向滤渣1中加入稀硫酸酸溶，镍、铬和硫化亚铁与硫酸反应得到硫酸盐溶液，向反应后的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氢氧化镍调节溶液pH在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转
化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铬的滤渣2和硫酸镍溶液；向硫酸镍溶液加入碱溶液调节溶液pH，过滤得到氢氧化镍沉淀；在空气中加热氢
氧化镍制得碱式氧化镍。

本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

10.【答案】A H210−7.5+247 A ABD 4α4p2
CO2+2e−=CO+O2−8：7
(1+α)2×(1−α)2
【解析】解：Ⅰ.(1)电解精制盐水，阳极阴离子Cl−失电子发生氧化反应生成Cl2，由a
口逸出；阴极H+得电子发生还原反应生成H2，Na+透过离子膜向阴极移动，离子膜防止OH−透过与阳极生成的Cl2反应，也防止H2和Cl2混合而发生爆炸，装置中的离子膜为A.阳离子交换膜，b处逸出的气体是H2，
故答案为：A；H2；
=c(H+)=10−7.5，(2)pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO−)，HClO的电离常数K a=c(ClO−)c(H+)
c(HClO)
故答案为：10−7.5；
Ⅱ.(3)①C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H1=−75kJ⋅mol−1，
②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=−394kJ⋅mol−1，
O2(g)=CO(g)△H3=−111kJ⋅mol−1，
③C(s)+1
2
盖斯定律计算③×2−①−②得到：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=
+247kJ/mol，
故答案为：+247；
(4)该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，可升高温度、减小压强
能使平衡正向移动，增大甲烷转化率，即选A，
故答案为：A；
(5)在恒容绝热密闭容器中进行CH4−CO2催化重整反应，CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+ 2H2(g)△H=+247kJ/mol，
A.反应过程中，H 2的反应速率是CO 2反应速率的2倍，说明正逆反应速率相同，能说明反应达到平衡状态，故A 正确；
B.在恒容绝热密闭容器中进行反应，反应为吸热反应，容器中的温度不再变化，说明正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故B 正确；
C.反应前后气体质量和体积不变，容器中气体的密度始终不变化，不能说明反应达到平衡状态，故C 错误；
D.反应前后气体体积变化，容器中的压强不再变化，说明气体物质的量不变，反应达到平衡状态，故D 正确；
故答案为：ABD ；
(6)容器中分别通入1molCH 4(g)和1molCO 2(g)，在等压下(p)发生上述反应，
CO 2(g)的平衡转化率为α，结合三段式列式计算平衡气体物质的量，
CH 4(g)+CO 2(g)⇌2CO(g)+2H 2(g)
起始量(mol) 1 1 0 0
变化量(mol) α α 2α
2α 平衡量(mol) 1−α 1−α 2α 2α
平衡状态下气体总物质的量=2+2α，气体分压p(CH 4)=p ×1−α2+2α，
p(CO 2)=p ×1−α2+2α，p(CO)=p ×
2α2+2α，p(H 2)=p ×2α2+2α， K p =(p×2α2+2α)2×(p×2α2+2α)2(p×1−α2+2α)×(p×1−α2+2α)=4α4p 2(1+α)2×(1−α)2， 故答案为：4α4p 2(1+α)2×(1−α)2；
(7)①由原理图可知，阴极上CO 2→CO ，阴极反应式为CO 2+2e −=CO +O 2−， 故答案为：CO 2+2e −=CO +O 2−；
②生成的乙烯和乙烷的体积比为3：1时，阴极反应式为CO 2+2e −=CO +O 2−，阳极反应：8CH 4+7O 2−−14e −=3C 2H 4+C 2H 6+7H 2O ，设生成乙烯3mol ，乙烷1mol ，结合原子守恒得到，甲烷物质的量=3mol ×2+1mol ×2=7mol ，电子转移=7×148mol ，设二氧化碳物质的量为xmol ，根据电子守恒可知，x ×2=
7×148，x =498，则相同条件下
消耗甲烷和二氧化碳的体积比=7：498=8：7，
故答案为：8：7。

Ⅰ.(1)电解精制盐水，阳极阴离子Cl −失电子发生氧化反应生成Cl 2，阴极H +得电子发生还原反应生成H 2，Na +透过离子膜向阴极移动；
(2)HClO的电离常数K a=c(ClO−)c(H+)
c(HClO)
，pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO−)；
Ⅱ.(3)①C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H1=−75kJ⋅mol−1，
②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=−394kJ⋅mol−1，
③C(s)+1
2
O2(g)=CO(g)△H3=−111kJ⋅mol−1，
盖斯定律计算③×2−①−②得到：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H；
(4)要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但不能通过增大甲烷浓度实现；
(5)化学平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，据由此衍生的一些物理量也不变，以此解答；
(6)容器中分别通入1molCH4(g)和1molCO2(g)，在等压下(p)发生上述反应，CO2(g)的平衡转化率为α，结合三段式列式计算平衡气体物质的量，用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数，分压=总压×物质的量分数；
(7)①利用电化学装置将CH4和CO2耦合转化生成乙烯、乙烷、水，由原理图可知，阴极上CO2→CO，电极反应式为CO2+2e−=CO+O2−；
②生成的乙烯和乙烷的体积比为3：1时，阴极反应式为CO2+2e−=CO+O2−，阳极反应：8CH4+7O2−−14e−=3C2H4+C2H6+7H2O，设生成乙烯3mol，乙烷1mol，
结合原子守恒得到，甲烷物质的量=3mol×2+1mol×2=7mol，电子转移=7×14
8
mol，设二氧化碳物质的量为xmol，根据电子守恒计算得到。

本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律、化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响、电解池和原电池原理等知识点，侧重考查学生分析、推断及图象分析能力，明确化学反应原理及物质性质是解本题关键，注意图象分析、判断和电极反应式的书写，题目难度中等。

11.【答案】d Cl>P>S NH3分子间存在氢键sp34：
1 6 (1
2,1
2
,1
2
)√480
d×N A
3×1010
【解析】解：(1)Mn是25号元素，外围电子排布式为3d54s2，位于元素周期表的d区，基态锰原子的价电子排布图为，
故答案为：d；；
(2)同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但P元素原子的3p轨道
为半充满稳定状态，其第一电离能高同周期相邻元素的，故第一电离能由大到小顺序为：Cl >P >S ，
故答案为：Cl >P >S ：；
(3)NH 3分子间存在氢键，而PH 3分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，NH 3的沸点高于PH 3，
故答案为：NH 3分子间存在氢键；
(4)由分子结构图可知，N 原子形成3条键，还有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，故N 原子采取sp 3杂化，
故答案为：sp 3；
(5)已知P 4(白磷)为正四面体结构，与氧气反应生成非极性分子P 4O 10，其中P 在空间的相对位置不变，其空间构型为，有12个P −O 单键，4个P =O 双键，每个双键由1个σ键和1个π键构成，则P 4O 10中σ键和π键的数目之比为4：1， 故答案为：4：1；
(6)与体心Fe 2+距离最近且等距离的S 22−处于晶胞面心位置，共有6个；该晶胞中体心Fe 2+
距离各坐标平面距离均为晶胞棱长的12，则该晶胞中体心Fe 2+的坐标为(12,12,12)， 故答案为：6；(12,12,12)；
(7)晶胞中，Fe 2+数目为1+12×14=4，S 22−数目为8×18+6×12=4，晶胞相当于含有4个“FeS 2”，晶胞质量=4×
120g/mol N A mol −1，故4×120g/mol N A mol −1=(a ×10−10cm)3×dg ⋅cm −3， 整理可得a =√480
d×N A 3×1010， 故答案为：√480
d×N A 3×1010。

(1)Mn 是25号元素，外围电子排布式为3d 54s 2；
(2)同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但IIA 族、VA 族元素第一电离能高同周期相邻元素的；
(3)分子间存在氢键，使其熔沸点升高；
(4)N 原子形成3条键，还有1对孤电子对，杂化轨道数目为4；
(5)已知P 4(白磷)为正四面体结构，与氧气反应生成非极性分子P 4O 10，其中P 在空间的。