山东省威海市2020届高三模拟考试4月化学试题(一模)化学试题(解析版)
山东省威海市2020届高三模拟考试4月（一模）
第Ⅰ卷（选择题共40分）
可能用到的相对原子质量：
H1B11C12O16Na23P31Cl35.5Zn65
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.化学与科技、生产、生活等密切相关，下列说法错误的是（）
A. 尼龙是有机合成高分子材料，强度很大
B. 碳纳米管和石墨烯互为同分异构体
C. 游乐场应用的玻璃钢是一种复合材料
D. 新型冠状病毒可用医用酒精消毒，因为酒精能使病毒的蛋白质变性
『答案』B
『详解』A．尼龙绳的主要成分为合成高分子化合物，强度很大，故A正确；
B．碳纳米管和石墨烯为C元素的不同单质，为同素异形体，故B错误；
C．玻璃钢由合成树脂和玻璃纤维构成的复合材料，故C正确；
D．酒精能够使蛋白质变性，所以可以用酒精杀菌消毒，故D正确；
故『答案』为B。
2.某有机物M的结构简式为，下列说法正确的是（）
A. M名称为2,4,4-三甲基-3-乙基-3-戊醇
B. M的消去反应产物有3种
C. M的一氯代物有5种
D. M不能发生氧化反应
『答案』C
『详解』A．根据系统命名法，其正确命名应为2,2,4-三甲基-3-乙基-3-戊醇，故A错误；B．与羟基相连的碳原子的邻位碳原子中只有两个碳原子有氢原子，所以消去反应产物只有2种，故B错误；
C ．该有机物有如图所示5种环境的氢原子，所以一氯代物有5种，故C 正确；
D ．虽然与羟基相连的
碳原子上没有氢原子，但该物质可以燃烧，燃烧也属于氧化反应，故D 错误；
故『答案』为C 。
『点睛』与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子时可以发生消去反应(苯环除外)；当与羟基相连的碳原子上有氢原子时，可以发生羟基的催化氧化。
3.仅用下表提供的玻璃仪器（导管和非玻璃仪器任选）就能完成实验的是（ ）
选项 实验名称
玻璃仪器
A
制取乙酸乙
试管、酒精灯 B 石油分馏
蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、锥形瓶、
牛角管 C
用浓硫酸配制250mL 一定浓度的
硫酸溶液
250mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头
滴管
D 粗盐提纯
烧杯、玻璃棒、酒精灯
『答案』A
『详解』A ．制备乙酸乙酯需要的药品有乙酸、乙醇、浓硫酸，均为液体，在试管中按照一
定顺序混合，然后利用酒精灯加热即可，故A 正确；
B ．石油分馏时要根据温度收集不同的产物，还需要温度计测定温度，故B 错误；
C ．浓硫酸为液体，需要用量筒量取一定体积的浓硫酸进行稀释，故C 错误；
D ．粗盐提纯需要过滤、蒸发结晶等操作，因此还需要漏斗和蒸发皿，故D 错误； 故『答案』为A 。
4.设A N 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A. 标准状况下，11.2L 三氯甲烷中含有氯原子的数目为A 1.5N B. 90g 葡萄糖中含羟基数目
A 3N
C. 常温下，11L 0.5mol L -醋酸铵溶液（pH=7）中3CH COO -
与4NH +
数目均为A 0.5N D. 21mol Na O 和221mol Na O 组成的混合物中含有的离子总数为A 6N
『答案』D
『详解』A ．标况下三氯甲烷为液体，11.2L 三氯甲烷的物质的量不是0.5mol ，故A 错误； B ．葡萄糖的分子式为C 6H 12O 6，每个葡萄糖分子中有5个羟基，90g 葡萄糖的物质的量为0.5mol ，所含羟基数目为2.5N A ，故B 错误；
C ．醋酸铵溶液pH=7，根据电荷守恒可知溶液中n (CH 3COO -)=n (NH 4+)，但由于铵根和醋酸根都会发生水解，所以二者的数目小于0.5N A ，故C 错误；
D ．1mol Na 2O 所含离子的物质的量为3mol ，1mol Na 2O 2所含离子的物质的量也为3mol ，所以1mol Na 2O 和1mol Na 2O 2组成的混合物中含有的离子总数为6N A ，故D 正确； 故『答案』为D 。
5.下列叙述错误的是（ ） A. 24C H 分子中有π键 B. 4CH 的中心原子是3sp 杂化
C. HCl 和HI 化学键的类型和分子的极性都相同
D. 价电子构型为243s 3p 的粒子其基态原子轨道表示式为：
『答案』D
『详解』A ．乙烯分子中两个C 原子之间形成碳碳双键，为一个σ键和一个π键，故A 正
确；
B ．甲烷分子中心碳原子价层电子对数为4，为sp 3杂化，故B 正确；
C ．HCl 和HI 中的共价键均为极性共价键，且均为极性分子，故C 正确；
D ．根据洪特规则，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以价电子构型为3s 23p 4的粒子的基态原子轨道表示式为
，故D 错误；
故『答案』为D 。
6.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为7；W、X原子序数之和是Y的一半；W与Z同族；Y的单质是我国古代四大发明之一黑火药的一种成分。下列说法错误的是（）
A. 简单离子半径：Y>Z
B. W、X、Y三种元素电负性由强到弱的顺序为：Y>X>W
C. W与Z形成的化合物的水溶液显碱性
D. X、Z二者最高价氧化物对应水化物与Y的简单氢化物三者间两两相互反应
『答案』B
『分析』W与Z同族，且W、X、Z最外层电子数之和为7，则三者最外层电子数可能是1,5,1、2,3,2、3,1,3；黑火药中的单质有S和C，若Y为C，则W、X的原子序数之和为3，则必有一种元素为0族元素，不符合题意“主族元素W、X、Y、Z”，所以Y为S，W、X
的原子序数之和为8，再结合W、X最外层电子可能的情况可知W为H，X为N，则Z为K。
『详解』A．K+和S2-电子层数相同，但S2-核电荷数更小，半径更大，即简单离子半径：Y>Z，故A正确；
B．非金属性越强电负性越强，非金属性：N>S，所以电负性N>S，即X>Y，故B错误；C．W与Z形成的化合物为KH，溶于水生成KOH，溶液显碱性，故C正确；
D．X、Z二者最高价氧化物对应的水化物为HNO3和KOH，Y的简单氢化物为H2S，硝酸和氢氧化钾可以发生中和反应，硝酸可以氧化H2S，KOH和H2S可以发生中和反应，故D 正确；
故『答案』为B。
7.用如图所示的装置进行实验，仪器a、b、c中分别盛有试剂1、2、3，其中能达到实验目的是（）
选项试剂1 试剂2 试剂3 实验目的
A 浓盐酸 2MnO
饱和食盐水 制备2Cl
B 浓硫酸 乙醇
溴水 验证乙烯能使溴水褪色 C
盐酸
23Na SO
品红试液
证明2SO 具有漂白性 D 稀硫酸 溶液X
澄清石灰水
验证X 溶液中是否有2-
3CO
『答案』C
『详解』A ．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，故A 不符合题意；
B ．乙醇在浓硫酸、170℃的条件下可以生成乙烯，图示装置既没有酒精灯，也缺少温度计，故B 不符合题意；
C ．盐酸酸性比亚硫酸强，所以盐酸可以与亚硫酸反应生成二氧化硫，生成的二氧化硫通入品红溶液验证二氧化硫的漂白性，故C 符合题意；
D ．HCO 3-也可以与稀硫酸反应生成CO 2使澄清石灰水变浑浊，且SO 2气体也可以使澄清石灰水变浑浊，故不能判断出X 溶液中是否含有CO 32-，故D 不符合题意； 故『答案』为C 。
8.M 、N 两种化合物在医药方面有重要的作用，下列说法错误的是（ ）
A. N 的化学式为15205C H O
B. M 分子间能形成氢键，N 分子间不能形成氢键
C.
M 中含有四种含氧官能团 D. 1molM 与溴水反应，最多消耗23molBr
『答案』A
『详解』A ．根据N 的结构简式可知其分子式为C 15H 22O 5，故A 错误；
B ．M 分子中含有羟基、肽键，可以形成分子间氢键，N 分子没有类似结构不能形成分子间氢键，故B 正确；
C ．M 中的含氧官能团有羟基、酯基、肽键(酰胺基)、羧基共四种，故C 正确；
D ．1mol M 中含有2mol 碳碳双键可以消耗2mol Br 2，酚羟基的邻位有一个空位可以与Br 2发生取代消耗1mol Br 2，共可以消耗3molB r 2，故D 正确； 故『答案』为A 。
『点睛』选项D 为易错点，要注意由于酚羟基的影响，导致苯环上邻、对位氢原子容易被取代，所以1molM 最多消耗3molBr 2。
9.某同学釆用离子交换法测定4CaSO 的溶度积常数。所用离子交换树脂用3R-SO H 表示（结构如图），交换反应为：()2+
+3322R-SO H+Ca RSO Ca+2H →。在4CaSO 的饱和溶液中
还存在平衡：2+2-44CaSO (aq)
Ca +SO ，当溶液流经交换树脂时，由于2+
Ca
被交换平衡右移，结果溶液中的2+Ca 和4CaSO 中的2+Ca 全部被交换。下列说法正确的是（ ）
A. 用pH 计测定流出液中()+
c H ，根据交换反应即可求出()2+
c Ca ，从而计算出4CaSO
的
溶度积常数 B. 本实验中，()()[]+
2+
4
c H
=c Ca +c CaSO (aq)
C. 该阳离子交换树脂中有3个手性碳原子
D. 为提高交换效果，可加快液体流出速度
『答案』C
『详解』A ．在CaSO 4的饱和溶液中还存在平衡：2+2-44CaSO (aq)
Ca +SO ，即Ca 元素
并不是全部以Ca 2+的形式存在，根据c (H +)可以确定全部Ca 元素的量，要确定CaSO 4的饱和溶液中c (Ca 2+)还需知道饱和溶液中c [CaSO 4(aq)]，根据题目所给条件并不能确定饱和溶液中c [CaSO 4(aq)]，故A 错误； B ．根据方程式()2+
+3322R-SO H+Ca RSO Ca+2H →可知，c (H +)= 2c (Ca 2+)+2c [CaSO 4(aq)]，
故B 错误；
C ．连接四个不同原子或原子团的
碳原子为手性碳原子，该阳离子交换树脂中有如图所示3
个手性碳原子
，故C 正确；
D ．交换过程需要一定时间，如果流速太快交换不充分会影响测定结果，故D 错误； 故『答案』为C 。
10.已知柠檬酸易溶于水和乙醇，有酸性和还原性。用图示裝置（夹持和加热仪器已省略）制备补血剂甘氨酸亚铁()222H NCH COO Fe ????（易溶于水，难溶于乙醇）。下列说法错误的是（ ）
A. 装置甲中所盛放的药品可以是石灰石和稀盐酸
B. 加入柠檬酸溶液可调节溶液的pH ，并防止2+Fe 被氧化
C. 丙中反应方程式为()32222222FeCO +2H NCH COOH H NCH COO Fe+CO +H O ↑→
D. 洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是柠檬酸溶液
『答案』D
『分析』甘氨酸亚铁中亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，所以需要整个装置处于无氧环境，则甲装置的作用是产生某种气体将装置中的氧气排尽，乙装置为除杂装置，碳酸氢钠可以吸收酸性比碳酸强的酸性气体如HCl ，可知该实验中利用CO 2将装置中的空气排尽；之后利用甘氨酸和碳酸亚铁反应制备甘氨酸亚铁，柠檬酸溶液具有还原性和酸性，可以抑制亚铁离子被氧化和同时促进碳酸亚铁的溶解。
『详解』A ．根据分析可知甲中可以利用石灰水和稀盐酸反应生成二氧化碳排尽装置中的空
气，故A 正确；
B ．柠檬酸溶液有酸性和还原性，可以调节pH 并防止亚铁离子被氧化，故B 正确；
C ．根据元素守恒以及要制备的目标产物可知丙中发生复分解反应，方程式为
()32222222FeCO +2H NCH COOH H NCH COO Fe+CO +H O ↑→，故C 正确；
D ．由于甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤产品可以减少产品的溶解，提高产率和纯度，故D 错误； 故『答案』为D 。
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11.在体积可变的密闭容器中投入0.5mol CO 和1mol H 2，不同条件下发生反应：
23CO(g)+2H (g)CH OH(g)
ΔH 。实验测得平衡时H 2的转化率随温度、压强的变化如图
1所示。下列说法错误的是（ ）
A. Y 代表压强，且12Y >Y ；X 代表温度，且Δ<0H
B. M 点反应物转化率之比()2(CO):H =1:1αα，N 点该比例减小
C. 若M 、N 两点对应的容器体积均为5L ，则N 点的平衡常数2-2=100L mol K
D. 图2中曲线AB 能正确表示该反应平衡常数的负对数p (p =-lg )K K K 与X 的关系
『答案』BD
『详解』A ．若X 为压强，Y 为温度，由图可知相同温度下压强越大氢气的转化率越小，
而该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强越大H 2的转化率越大，所以Y 为压强，X 为温度，且12Y >Y ；相同压强下温度越高，氢气的转化率越小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即Δ<0H ，故A 正确；
B ．初始投料n (CO)：n (H 2)=1:2，根据方程式可知反应过程中CO 和H 2按照1:2反应，所以任意时刻二者的转化率之比均为1:1，故B 错误；
C ．N 点和M 点温度相同，则平衡常数相同，容器体积为5L ，M 点H 2的转化已知，为50%，可根据该点列三段式
()()()
-231-1-1+mol L 0.10.20
mol L 0.050.10.05mol L 0.050.1
C 0.O g 2H g CH OH g 05起始()转化()平衡()
根据平衡常数的定义可知K =
()
-1
2
-1
-10.05mol L 0.05mol L 0.1mol L
?=2-2100L mol ，故C 正确；
D ．p =-lg K K ，则K 越大，p K 越小，该反应正反应为放热反应，温度越高K 越小，则p K 越大，故曲线AC 表示该反应平衡常数的负对数p (p =-lg )K K K 与X 的关系，故D 错误； 故『答案』为BD 。
『点睛』当各反应物的投料比等于方程式中计量数之比时，反应过程中任意时刻各反应物的转化率均相等。
12.下图是实验室中制取4KMnO 的流程图，已知24K MnO 显墨绿色，下列说法中错误的是（ ）
A. 第①步在瓷坩埚中进行，第⑥步中加热浓缩在蒸发皿中进行
B. 第②步加入的2MnO 作还原剂，第④步通2CO 发生反应：
224242323MnO 2CO 2MnO MnO 2CO ,
MnO ---+=+↓+是氧化产物 C. 第③步分批浸取可提高浸取率
D. 第⑤步加热趁热过滤，说明4KMnO 的溶解度随温度变化比较大
『答案』AB
『分析』KOH 和KClO 3加热熔融，之后加入MnO 2，碱性环境下KClO 3将二氧化锰氧化成K 2MnO 4，之后分批加蒸馏水浸取，得到K 2MnO 4的溶液，通入CO 2调节溶液pH ，MnO 42-发生歧化反应生成MnO 4-和MnO 2，为提高KMnO 4的溶解度，加热趁热过滤得到KMnO 4溶液，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到KMnO 4。
『详解』A ．瓷坩埚中含有SiO 2，不能用瓷坩埚加热熔融碱性物质，故A 错误；
B ．第④步种MnO 42-中Mn 元素由+6价降低到+4价得到MnO 2，所以MnO 2为还原产物，故B 错误；
C ．分批浸取是指一定条件下加入一定量的蒸馏水达到要求的浸取率后卸出浸取液，再次加入一定量的蒸馏水，相当于不断移走生物质，可提高浸取率，故C 正确；
D ．加热趁热过滤，说明温度较高时KMnO 4的溶解度较大，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶过滤得到KMnO 4，即KMnO 4的溶解度随温度变化比较大，故D 正确； 故『答案』为AB 。
13.工业电解23Na CO 溶液的装置如图所示，A 、B 两极均为惰性电极。下列说法正确的是（ ）
A. 该装置可用于制备3NaHCO 溶液，其中A 极发生还原反应
B. 生成a 溶液的电极室中反应为：-2-232-
32H O-4e +4CO =O +4HCO ↑
C. A 极还可能有少量CO 2产生，A 、B 两极产生的气体M 和R 体积比略大于2:1
D. 当-1
121c =1mol L c =9mol L -??时，则另一室理论上可制备4mol 溶质a （假设右室溶液
体积为0.5L ）
『答案』BD
『分析』电解池中阳离子流向阴极，根据Na +的流向可知B 为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，同时电离出更多的氢离子，所以流出NaOH 溶液浓度变大；A 为阳极，水电离出的氢氧根放电生成氧气，同时电离出更多的氢离子，氢离子与碳酸根结合生成碳酸氢根，a 溶液为碳酸氢钠溶液。
『详解』A ．根据分析可知A 极为阳极发生氧化反应，故A 错误；
B ．根据分析可知A 极为阳极，水电离出的氢氧根放电生成氧气，同时电离出更多的氢离子，氢离子与碳酸根结合生成碳酸氢根，电极方程式为-2-232-
32H O-4e +4CO =O +4HCO ↑，故B 正确；
C ．气体M 为O 2，R 为H 2，根据电子守恒可知，理论上生成1mol O 2的同时生成2mol H 2，A 极还可能有少量CO 2产生，所以A 、B 两极产生的气体M 和R 体积比应略大于1:2，故C 错误；
D ．当-1
121=1mol L
=9mol L c c -??时，说明电解过程中阴极生成的OH -为8mol/L ，右室体积
为0.5L ，则转移的电子为4mol ，根据电极方程式-2-232-
32H O-4e +4CO =O +4HCO ↑可知生成的碳酸氢钠为4mol ，故D 正确； 故『答案』为BD 。
『点睛』解决本题的关键是要记住电解池中阳离子流向阴极，阴离子流向阳极，据此确定该电解池的阴阳极，再进行分析作答。
14.乙胺是一种一元碱，碱性比一水合氨稍强，在水中电离方程式为
3222323CH CH NH H O
CH CH NH OH +
-++。298K 时，在120.00mL 0.1mol L -?乙
胺溶液中滴加10.1mol L -?盐酸V mL ，混合溶液的pH 与
()
()
253252c C H NH lg c C H NH +
的关系如图所
示。下列说法正确的是（ ）
A. 在pH 7=时加水稀释混合溶液，b 点向c 点移动
B. b 点对应溶液中离子浓度关系：()(
)(
)()-
+
-
+
253c Cl =c C H NH =c OH =c H
C. 在a 点时，V<10.00
D. 298K 时乙胺的电离常数b K 的数量级为1110-
『答案』C
『分析』乙胺的电离平衡常数为K b =
()(
)()
+
-
253252C H NH OH C H NH c c c ，则
(
)()
(
)
()()()
+
+
253
b b
-
-+
252C H NH H lg
=lg
C H NH OH
OH H lg
=c K c K c c c c ，298K 时
K w
= c (OH
－
)·c (H +)=10-14，所以
(
)()
+
253
252C H NH C H NH lg
c c =lg K b
-pH+14。
『详解』A ．298K 时，pH=7的溶液显中性，加水稀释后仍为中性，即pH 不变，所以不移
动，故A 错误；
B ．根据电荷守恒可知()(
)(
)()-
-
+
+
253Cl +OH =C H NH +H
c c c c ，b 点溶液显中性，即c (OH
－
)=c (H +)，所以()(
)
-
+
253Cl =C H NH c c ，但要大于c (OH －)和c (H +)，故B 错误；
C ．根据题意，当V=10.00时，溶液中的溶质为等物质的量的C 2H 5NH 2和C 2H 5NH 3Cl ，根据
(
)()
+
253
252C H NH C H NH lg
c c =lg K b
-pH+14结合a 点坐标可知K b
=10
-3.25，则K h =
-14
-10.75w -3.25b 10==1010
K K
)()
+
253
252C H NH C H NH lg
c c =0，即lg K b
-pH+14=0，所以K b
=10
-3.25
，故D 错误；
故『答案』为C 。
15.已知丙烯与HCl 发生加成反应有两种可能，如图1所示；其中丙烯加H +的位能曲线图如图2所示。下列说法错误的是（ ）
A. 过渡态（Ⅰ）比过渡态（Ⅱ）稳定
B. 生成①的过程所需活化能较低，速率快
C. ①②③④中碳原子的杂化方式相同
D. 丙烯与HCl 发生加成反应，主要生成产物③
『答案』C
『详解』A ．据图可知过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)能量更低，所以更稳定，故A 正确；
B ．活化能越小反应速率越快，据图可知生成①的过程所需活化能较低，反应速率较快，故B 正确；
C ．①②中均有一个碳原子为sp 2杂化，其他碳原子均为sp 3杂化，故C 错误；
D ．据图可知生成①的过程所需活化能较低，反应更容易进行，选择性更强，所以主要产物为③，故D 正确； 故『答案』为C 。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
注意事项：第Ⅱ卷包括5小题，共60分，将『答案』写在答题卡上
16.碘及其化合物在生产、生活和科技等方面都有着重要的应用。回答下列问题： (1)已知：①1222CO(g)+O (g)=2CO (g)Δ=-1200kJ mol H -?
②125225CO(g)+I O (s)=5CO (g)+I (s)Δ=-2017kJ mol H -?
③122I (s)=I (g)
Δ=+36kJ mol H -?
则2I (g)与2O 反应生成25I O (s)的热化学方程式为________________________________。 (2)反应：1222HI(g)
H (g)+I (g)ΔH=+11kJ mol -?。在716K 时，容积均为1L 的A 、
B 两个密闭容器中，起始时A 容器中充入1mol HI 、B 容器中充入2H 、2I (g)各0.5mol ，气体混合物中碘化氢的物质的量n(HI)与反应时间t 的关系如下表：
①120min 时，可判断A 、B 容器反应处于平衡状态，理由是__________________________。716K 时，该反应的平衡常数K =_________________（只列计算式即可）。
②上述反应中，正反应速率为2
v =k c (HI)?正正，逆反应速率为()()22v =k c H c I ??逆逆，其
中k 正、k 逆为速率常数，则k 正________________（以K 和k 逆逆表示）。
③由A 容器中实验数据计算得到v ~x(HI)正和()2v ~x H 逆的关系可用如图表示（x 为物质的量分数）。当降低到某一温度时，反应重新达到平衡，v ~x(HI)正和()2~H v x 逆相对应的点可能分别为____、______（填字母）。若向A 容器中加入催化剂，则达到平衡时，相对应点的横坐标值______（填“增大”“减小”或“不变”，下同），纵坐标值________。
『答案』(1). 122252I (g)5O (g)2I O (s)
H 2038kJ mol -+=?=-? (2). 恒温恒容条件
下，A 容器从反应物1molHI 逐渐到达平衡，B 容器从生成物H 2、I 2(g)各0.5mol 逐渐到达平
衡，在120min 时n （HI ）都为0.784mol ，恰好到达平衡状态 (3). 2
2
0.1080.784
(4). K ·k 逆 (5). D (6). G (7). 不变 (8). 增大
『详解』(1)I 2(g)与O 2反应生成I 2O 5(g)的方程式为22252I (g)5O (g)2I O (s)+=；
已知：①1222CO(g)+O (g)=2CO (g)Δ=-1200kJ mol H -? ②125225CO(g)+I O (s)=5CO (g)+I (s)Δ=-2017kJ mol H -?
③122I (s)=I (g)
Δ=+36kJ mol H -?
反应①×
5-2×(②+③)可得目标反应方程式，根据盖斯定律可知22252I (g)5O (g)2I O (s)+= △H =(-1200kJ?mol -1)×
5-(-2017kJ?mol -1+36kJ?mol -1)×2=-2038kJ?mol -1；
(2)①恒温恒容条件下，A 容器从反应物1mol HI 逐渐到达平衡，B 容器从生成物H 2、I 2(g)各0.5mol 逐渐到达平衡，在120min 时n (HI)都为0.784mol ，恰好到达平衡状态；容器体积为1L ，列三段式有：
()
()()-1221--1+mol L 100
mol L 0.7840.1080.108mol L 0.7840.1080.12HI g H 8
I g g 0起始()转化()平衡()
根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K =2
2
0.1080.784
； ②平衡时v 正=v 逆，即2
k (HI)c 正
=22k (H )(I )c c 逆，
222(H )(I )(=H )
=I c c c k K k 正逆，所以k 正=K ·k 逆； ③降低稳度，正逆反应速率均减慢，正反应焓变大于零为吸热反应，降低稳定平衡逆向移动，HI 的物质的量分数变大，H 2的物质的量分数变小，所以v ~x(HI)正对应的点可能为D ，
()2 v ~x H 逆对应的点可能为G ；加入催化剂反应速率加快，但不影响平衡移动，所以横
坐标不变，纵坐标增大。
17.近期我国学者研制出低成本的电解“水制氢”催化剂——镍掺杂的磷化钴三元纳米片电催化剂（0.10.9Ni Co P ）。回答下列问题：
(1)Co 在元素周期表中的位置为_________，Co 2+价层电子排布式为______________。 (2)Co 、Ni 可形成()()323366Co NH Cl K Co NO ????????、、4Ni(CO)、()346Ni NH SO ????等多种配合物。
①24SO -
的空间构型为__________，3NO -
中N 原子的杂化轨道类型为_________。 ②C 、N 、O 、S 四种元素中，第一电离能最大的是_____________。
③()3261mol Co NH Cl ????中含有σ键的数目为__________；已知NF 3比NH 3的沸点小得多，试解释原因________________________________________。 (3)常用丁二酮肟来检验Ni 2+，反应如下：
Ni 2+(aq)+2 2H +(aq)
①1个二（丁二酮肟）合镍（Ⅱ）中含有_________________个配位键。 ②上述反应的适宜pH 为_________________（填字母序号） A.12 B.5～10 C.1
(4)磷化硼是一种备受关注的耐磨涂料，其晶体中磷原子作面心立方最密堆积，硼原子填入四面体空隙中（如图）。已知磷化硼晶体密度为-3
ρ g cm ?，计算晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为___________cm 。
『答案』(1). 第四周期第Ⅷ族 (2). 3d 7 (3). 正四面体形 (4). sp 2 (5). N (6).
24N A (7). NH 3分子间存在氢键 (8). 4 (9). B (10).
3
A
321
2
N ρ?『详解』(1)Co 为27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；基态Co 原子价层电子排布
为3d 74s 2，失去最外层2个电子形成Co 2+，所以Co 2+的价层电子排布为3d 7；
(2)①硫酸根中心原子的价层电子对数为6+2-42
4+
=42
?，无孤对电子，所以空间构型为正四面体结构；NO 3-中心原子的价层电子对数为5+1-32
3+
=32
?，所以为sp 2杂化； ②同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，同周期元素自左向右第一电离能呈增大趋势，但第I IA 族、第V A 族元素第一电离能大于其相邻元素，所以4中元素中第一电离能最大的为N 元素；
③6个NH 3与Co 2+之间形成6个配位键，属于σ键，每个氨气分子中的氮氢键也为σ键，共6+3×
6=24，所以1mol[Co(NH 3)6]Cl 2含有的σ键个数为24N A ；N 元素电负性较大，所以NH 3分子间存在氢键，沸点较高；
(3)①根据N 原子的成键特点可知，在二(丁二酮肟)合镍中N 原子和Ni 2+形成的化学键均为配位键，所以1个二(丁二酮肟)合镍中含有4个配位键；
②碱性太强容易生成Ni(OH)2沉淀，酸性太强大量的氢离子存在不利于二(丁二酮肟)合镍的生成，所以适宜的pH 应为B ：5~10；
(4)由图可知，1个晶胞中含有4个B 原子和4个P 原子，故晶胞质量A
4(11+31)
=
g m N ?，设
边长为
acm ，则晶胞的体积V =a 3cm 3，故晶胞密度-33
A 4(11+31)=
g cm a
m V
N ρ?=
??，解得
3
A 21a=2cm ρ×N ?；晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为品胞体对角线的1
4
，体对角线长度为晶胞边长的3倍，所以晶体中硼原子和磷原子的最近核间距
33A A
321321=
2=cm ρ×N ρ×N ???。 『点睛』第3题判断配位键个数时要注意，在丁二酮肟中N 原子已经形成3个共价键，即N 原子已经饱和，此时每个N 原子有一对孤电子对，形成二(丁二酮肟)合镍时，N 原子提供孤对电子，Ni 2+提供空轨道形成配位键，即N 原子和Ni 2+之间均为配位键。
18.铈及其化合物在工业生产中应用广泛。以某玻璃废料（主要成分为CeO 2、SiO 2、Fe 2O 3、FeO 等）为原料制备CeO 2和NH 4Fe(SO 4)2·12H 2O （硫酸铁铵晶体），其流程如下（已知CeO 2既不溶于稀硫酸，也不溶于氢氧化钠溶液）：
回答下列问题：
(1)浸取玻璃废料选用的“稀酸A”为____________（填“稀硫酸”或“稀盐酸”）。
(2)向滤渣1加入H 2O 2的目的是_______________________________________（用离子方程式表示）。为了提高溶解“滤渣1”的速率，常釆用加热措施，但温度高于60℃时溶解速率减慢，其主要原因是____________________________________________________。
(3)为了不引入杂质，所选用固体1的化学式为_______________。 (4)制备2mol CeO 2需要NaClO 的质量为____________。 (5)锌铈液流电池放电时的工作原理如图所示。
①放电时电池的总离子反应方程式为____________________。
②充电时，当a 极增重6.5g 时，有_________mol 离子通过交换膜以平衡电荷。
『答案』
(1). 稀硫酸 (2). 3222222CeO H O 6H 2Ce 4H O O ++
++=++↑ (3). 温度过高，加快22H O 分解 (4). ()442NH SO (5). 74.5g (6).
423Zn 2Ce Zn 2Ce ++++=+ (7). 0.2
『分析』先用稀酸A 溶解玻璃废料，根据后续流程产物可知稀酸A 为稀硫酸，滤渣1为CeO 2和SiO 2，滤液1中主要金属阳离子为Fe 2+、Fe 3+；滤渣1中加入稀硫酸酸化的H 2O 2，将CeO 2还原为Ce 3+，得到含Ce 3+的滤液，加入次氯酸钠将Ce 3+氧化生成Ce(OH)4，加热得到纯净的CeO 2；滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，加入硫酸铵固体同时蒸发浓缩、常温晾干得到硫酸铁铵晶体。
『详解』(1)根据分析可知稀酸A 为稀硫酸；
(2)滤渣1中加入双氧水将CeO 2还原为Ce 3+，根据电子守恒和电荷守恒可知离子方程式为
3222222CeO H O 6H 2Ce 4H O O ++++=++↑；温度过高会使双氧水分解加快，导致溶解
速率减慢；
(3)为了不引入新的杂质，固体1应为(NH 4)2SO 4；
(4)由Ce 3+→Ce(OH)4→CeO 2，Ce 元素化合价升高1价，所以制备2mol CeO 2需要2mol 电子，NaClO 在反应过程中被还原成Cl -，化合价降低2价，转移2mol 电子所需的NaClO 的物质的量为1mol ，质量为1mol×
74.5g/mol=74.5g ；
(5)①据图可知a 电极Zn 被氧化成Zn 2+，为负极，b 电极Ce 4+被还原成Ce 3+，为正极，所以电池的总离子反应方程式为：423Zn 2Ce Zn 2Ce ++++=+；
②充电时，a 电极发生反应Zn 2++2e -=Zn ，增重6.5g ，即生成0.1mol Zn ，转移电子为0.2mol ，交换膜为质子交换膜只允许氢离子通过，所以有0.2mol H +通过交换膜以平衡电荷。 『点睛』第5题中通过交换膜的离子数目为易错点，虽然转移0.2mol 电子时，理论上有0.2mol 带一个正电荷的阳离子流向阴极，同时有0.2mol 带一个负电荷的阴离子流向阳极，但该题中使用了质子交换膜，只允许氢离子通过，所以只要0.2mol 离子通过交换膜。 19.工业上可采用湿法技术从废印刷电路板中回收纯铜，其流程简图如下：
回答下列问题：
(1)开始时，将废电路板“粉碎”的目的是___________________________________。“操作”的名称是_________________。
(2)某化学兴趣小组同学为探究“溶浸”过程中反应的实质，采用如图所示的装置，设计了如下对照实验。
序号 实验名称 实验步骤 实验现象
Ⅰ
将铜片置于
H 2O 2溶液中
先向A 中加入0.5g 光亮的铜片，再通过B 加
入30%的H 2O 2溶液50mL
——————
开始无明显现象，10小时
后，溶液变为浅蓝色，铜表面附着一层蓝色固体 Ⅱ
将铜片置于硫
酸酸化的H 2O 2溶液中
再通过C 加入
8mL 5mol/L
的稀硫酸
开始铜片表面产生少量气
泡，随着反应的进行，气
泡越来越多，溶液颜色为
蓝色，铜片表面保持光亮
①仪器A的名称为______________________。
②实验Ⅰ中反应的化学方程式为___________________________。
③实验Ⅱ中产生的气体是________（写化学式），实验Ⅱ比实验Ⅰ现象明显的原因是
___________________________________。
④实验Ⅲ中“溶液颜色变为深蓝色”所发生反应的离子方程式为
______________________________________________。
⑤实验Ⅳ中空格处实验现象为______________________________，加入NH4Cl的作用是
___________________________________________________________。
『答案』(1). 增大接触面积，使反应更充分(2). 过滤(3). 三颈烧瓶(4). Cu+ H2O2=Cu(OH)2(5). O2(6). 酸性条件下提高了H2O2的氧化性(7).
Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O (8). 溶液颜色变为深蓝色(9). 防止溶液中c(OH-)过高，生成Cu(OH)2沉淀
『分析』本实验目的是探究“溶浸”过程中反应的实质，根据工业流程可知，铜在H2O2、NH3·H2O、NH4Cl溶液的共同作用下可以生成[Cu(NH3)4]Cl2，根据元素的化合价变化可知该过程中Cu被双氧水氧化；对比实验I和Ⅱ可知，在酸性环境下铜表面没有蓝色固体，可推测该蓝色固体应为Cu(OH)2；同时酸性环境下，Cu与双氧水的反应速率更快；根据活泼性