广东省中山一中、仲元中学等七校联合体2021届高三第一次联考(8月)理综(解析版)

1、广东省中山一中、仲元中学等七校联合体2021届高三第一次联考8月理综1化学与社会、生产、生活密切相关。以下说法错误.的是A. SiO2超分子纳米管属无机非金属材料B. 草莓棚中使用的吊袋式二氧化碳气肥的主要成分是碳酸钙C. 梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城 中柳絮的主要成分和棉花的相同D. ?本草纲目?记载的 凡酸坏之酒，皆可蒸烧的实验方法可用来别离乙酸和乙醇【答案】B【详解】A.SQ2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，A正确；B. 碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B错误；C柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，C正确；D.凡酸坏之

2、酒，皆可蒸烧涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来别离 乙酸和乙醇，D正确； 故合理选项是B。2以下关于有机物的说法正确的选项是A. 乙醇和丙三醇互为同系物B. 环己烯 O 分子中的所有碳原子共面C. 分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种不考虑立体异构D. 二环己烷的二氯代物有6种结构不考虑立体异构【答案】C【详解】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；B. 环己烯分子中含有 4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；C.

3、 分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，假设为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH 2CHCH 32、HCOOCHCH 3CH2CH3、HCOOCCH 33；假设 为乙酸和丙酯，有 2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCHCH 32 ；假设为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；假设为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH 3,所以属于酯的同分异构体共有( 4+2+1+2 ) =9 种， C正确；D二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中， 假设2个Cl原子在

4、同一个 C原子 上，只有1种结构，假设在两个不同的 C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有 7 种，D错误；故合理选项是C。3. Na是阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是()A. 11g超重水(T20)含中子数为5NaB. 1mol金刚石中CC键的数目为2NaC. 常温下，pH=6的MgCl2溶液中的数目为10-6 NaD. 标准状况下，2.24L Cl 2全部溶于水所得溶液中的 C数目为0.1Na【答案】B【详解】A.11g超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，在1个超重水(T2O)中含有12个中子，所 以0.5mol超重水(T2O)中含中子数为6Na , A错误；B. 由

5、于在金刚石中，一个 C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1个C原子含有的C-C键数目为4X15=2，因此1mol金刚石中C-C键的数 目为2Na , B正确；C. 缺体积，无法计算 h +的数目，C错误；D. 氯气和水的反响为可逆反响，反响物不能完全转化为生成物，反响不能进行彻底， 且生成的是HCI和HCIO，故溶液中的氯离子个数小于0.1Na个，D错误；故合理选项是B。4. 一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30, Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子 数之和与 W

6、的最外层电子数相等， W是地壳中含量最多的元素。以下说法错误.的是()A. 原子半径：X>Y>WB. 最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC. X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2D. Z、W组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反响【答案】D【分析】一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30, X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，那么W为0元素；X与Y位于同一主族，X、Y、Z的最外层电子数之和与 W的最外层电子数相等，当 X、Y 位于I A族时，Z位于W A族，Y与W0元素位于同一周

7、期，那么 Y为Li , X为Na, Z为 Si元素；当X、Y位于n A族时，Z位于n A族，短周期不可能存在 3种元素同主族，不满 足条件，据此解答。【详解】根据上述分析可知：X为Na元素，Y为Li元素，Z为Si元素，W为0元素。A. 同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。Li、0同一周期，核电荷数 0>Li，原子半径Li>0 , Li、Na同一主族，核电荷数 Na>Li，原子半径 Na>Li，那么原子半径是 X>Y>W , A正确；B. 元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性N

8、a>Li，所以碱性：NaOH>LiOH，那么最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y , B正确；C. X的单质是Na，在氧气中燃烧生成 Na2O2，存在Na+和。22-，那么阴、阳离子之比为 1： 2, C正确；D. Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反响，Si单质才是常见的半导体材料，D错误；故合理选项是D。【点睛】此题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。5以CO2和Na2O2为原料，制取纯洁枯燥的 O2，实验装置如下:F列说法不正确的选项是A. 装置中试剂可以是

9、NaOH溶液B. 装置的作用是枯燥 O2C. 收集氧气应选择装置 aD. 装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶【答案】C【分析】实验原理分析：二氧化碳通过 U型管与过氧化钠反响生成氧气，氧气和没有反响 的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳， 可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否 除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶枯燥氧气，最后收集；【详解】A.装置中试剂可以是 NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选 A ；B. 装置中盛有浓硫酸，作用是枯燥02,故不选B；C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，应选C；D. 装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D ；答案：C

10、6科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备本钱。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950C利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的选项是A. 电子由液态Cu-Si合金流出，流入液态铝电极B. 液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极C. 在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被复原D. 三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动【答案】A【详解】A.图示得到：液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出；液态铝为阴极， 连接电源负极，所以电子从液态铝流入；A正确；B. 图中，铝电极是 Si4+得电子被复原为 Si，因此与电源负极相连，该

11、电极为阴极，B错误；C由图示得到，电解的阳极反响为 Si失电子转化为Si4+，阴极反响为Si4+得电子转化为Si, C错误；D. 使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反响的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉 积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质， D错误；故合理选项是A。7向湿法炼锌的电解液中同时参加Cu和CuS04，可生成CuCI沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) AHi=a kJ mol-1C(aq)+Cu+(aq)= CuCl(s)AH2=b kJ mol-1实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如下图。以下说法正确的

12、选项是()A. 溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大B. 反响到达平衡时增大 c(Cu2+), c(Cl-)减小C. 向电解液中参加稀硫酸，有利于 Cl-的去除11D. Cu(s)+ Cu2+(aq)+CI-(aq)= CuCI(s) A H=(a+2b)kJ mol-122【答案】B【详解】A.温度升高，吸热反响的Ksp越大，K只受温度的影响，pH越大，Ksp (CuCl )不变，A错误；B. 反响到达平衡状态，增大c(Cu2+)，由于K不变，所以c(Cl-)减小，B正确；C. 根据图中信息：溶液的 pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中参加稀硫酸，不利于Cl-的去除，C错误；D. Cu(s)

13、+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) AH1=a kJ mol-1,CI-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) AH2=bkJ mol-1，根据盖斯定律，将 >0.5+ ，整理可得：11a-Cu(s)+ Cu2+(aq)+CI-(aq)= CuCl(s) A H=L +b) kJ mol-1, D 错误；2 2 2故合理选项是B。8. 乳酸亚铁晶体CH 3CH(OH)COO 2Fe 3H2O，相对分子质量为 288易溶于水，是一种很好 的补铁剂，可由乳酸CH3 CH(OH)COOH与FeCO3反响制得。I 碳酸亚铁的制备(装置如以下图所示)(1) 仪器B的名称是 ;实验操作如下：翻开k

14、i、k2，参加适量稀硫酸，关闭ki，使反响进行一段时间，其目的是 。(2) 接下来要使仪器 C中的制备反响发生，需要进行的操作是 ，该反响产生一种常见气体，写出反响的离子方程式 。(3) 仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeC03沉淀，检验其是否洗净的方法是 。H.乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定向纯洁FeC03固体中参加足量乳酸溶液，在75C下搅拌使之充分反响，经过滤，在的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定： 甲同学通过KMnO 4滴定法测定样品中 Fe2*的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于100%，其原因可能是

15、 。 乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000 g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取25. 00 rnL该溶液加入过量KI溶液充分反响，然后参加几滴淀粉溶液， 用0. 100 mol L-1硫代硫酸钠溶液滴定(已 知：l2+2S2O32-=S4O62-+2l-)，当溶液，即为滴定终点； 平行滴定3次,硫代硫酸钠溶液的平均用量为 24.80 mL,那么样品纯度为 % (保存1位小数)。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气 (3).关闭k2(4). Fe2+ +2HCO3-=FeCO

16、3 J +COf +HO (5).取最后一次洗涤液，参加稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，假设无白色沉淀，那么洗涤干净(6).隔绝空气(7).乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多(8).蓝色褪去且半分钟不恢复(9). 95.2%【分析】I .亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反响制备硫酸亚铁，利用反响生成的氢气排尽装置中的空气，B制备硫酸亚铁，利用生成氢气， 使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入 C中。C装置中硫酸亚铁和 NH4HCO3 发生反响产生FeCO3沉淀。n. Fe2+有较强复原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸

17、亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；12的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据反响可得关系式2Fe3+122S2O32-，根据滴定时参加反响的硫代硫酸钠的物质的量计算出F0的物质的量，再计算样品纯度。【详解】I .亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反响制备硫酸亚铁，利用反响生成的氢气排尽装置中的空气，装置B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH 4HCO 3发生反响：Fe2+2HCO3-=FeCO3 J +COf +HO,禾U用生成氢气，使 B 装置中气压增大，将 B装置中的氯化亚铁溶液压入 C中。

18、(1) 由仪器图形可知 B为蒸馏烧瓶；翻开 ki、k2，参加适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；(2) 待装置内空气排出后，再关闭k2,反响产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反响生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反响的离子方程式为 Fe2+ +2HCO3-=FeCO3 J +COf +HO；(3) FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，参加过量稀盐酸酸化，滴加一定量的 BaCl2溶液，假设无白色浑浊出现，那么说明洗涤液中不存在

19、SO42-,即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；n. (4)Fe2+有较强复原性，易被空气中氧气氧化，那么乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反响都消耗KMnO 4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中 乳酸亚铁的质量分数会大于100% ；I2遇淀粉溶液显蓝色， 滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅， 说明I2与Na2S2O3发生了氧化 复原反响，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80 mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na 2S2O3)=0.024

20、80L (X100mol/L=2.48 氷0-3mol，根据关系式 2Fe2+ 2Fe3+ I22S2O32-，可知样品中 CH3CH(OH)COO 2Fe?3H?O的物质的量为 n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48 W-3mol x 100mL=9.92 氷0-3mol，那么样品的纯度为25.00mL39.92 10 3mol 288g/mol100%=95.2%。3.0g【点睛】此题考查实验制备方案的知识，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质别离提纯、氧化复原反响滴定应用等，明确原理是解题关键，通过化学方程式可得关系式，然后(LiFePO4)做电极材料。对 LiFePO4根据关

21、系式进行有关化学计算，注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关 系，以免出错。9. 新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂废旧电极(含杂质 Al、石墨粉)回收并获得高纯 Li 2CO3的工业流程图如图:资料：碳酸锂在水中溶解度:温度/C020406080100溶解度/g1.541.331.171.010.850.72(1) 过程i研磨粉碎的目的是。过程ii参加足量 NaOH溶液的作用(用反响方程式表示)。过程iii采用不同氧化剂分别进行实验，均采用 Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5, 浸取1.5h后，实验结果如表所示：序号酸氧化剂浸出液Li+浓度(g/L)滤渣中

22、Li含量/%实验1HClH2O29.020.10实验2HClNaClO39.050.08实验3HCIO27.050.93 实验2中，NaCI0 3与盐酸反响生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反响的离子方程式为 。 综合考虑Li+的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为 。 过程iii得到的浸出液循环两次的目的是 。浸出液中存在大量 H2PO4和 HPO42-,：H2PO4 HPO42_+H + , HPO4L= PO43-+H + ,结合平衡移动原理，解释过程iv得到磷酸铁晶体的原因 。(5)简述过程vi的操作。【答案】(1).增大接触面积，加快反响速率(2). 2AI+2NaOH+

23、2H 2O=2NaAIO2+3H2f(3) . CIO3+5C+6H+=3Cl2f +3HO(4). H2O2(5).提高浸出液中 Li+ 浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)(6). CO32结合H+, c(H+)减小，上述两个电离平衡均向右移动，c(PO43)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体(7).用热水洗涤、枯燥【分析】LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)研磨后参加氢氧化钠溶液，滤液1含有NaAIO 2, 滤渣1含有LiFePO4和石墨粉，参加盐酸、氧化剂可氧化亚铁离子生成铁离子，滤渣2为石墨粉，浸出液含有铁离子、锂离子，参加30%碳酸钠溶液可生成 FePO4?

24、2H2O，滤液2含有锂离子，参加饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，用热水洗涤，枯燥得到高纯Li2CO3，以此解答该题。【详解】(1)粉碎样品，可增大接触面积，加快反响速率；(2) 废旧电极含有铝，可与氢氧化钠溶液反响，那么参加氢氧化钠溶液，可溶解AI，使其别离出去，反响的化学方程式为：2AI+2NaOH+2H 2O=2NaAIO 2+3H 2 f;(3) 实验2中，NaCIO3与盐酸反响生成黄绿色气体，应生成氯气，反响的离子方程式为 CIO3-+5CI-+6H + =3Cl2 f +3HO; 结合实验结果和中的现象，最终选择H2O2作为氧化剂，Li +的进出率较高，且较环保； 过程

25、iii得到的浸出液循环两次，可提高浸出液中Li+浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量；要得到过程iv得到磷酸铁晶体，可使PO43溶液浓度增大，那么应使H2PO4 HPO42_+H + , HPO42= PO43-+H+平衡正向移动，可参加与 H+反响的物质，那么可参加碳酸钠，原因是CO32-结合 H+, c(H+)减小，H2PO4= HPO42一+H + , HPO42 PO43-+H+，两个电离平衡 均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；(6)由表中数据可知碳酸锂在温度较高时溶解度较小，那么可用热水洗涤，然后枯燥可得到高 纯碳酸锂。【点睛】此题考查物质

26、的别离和提纯的知识， 涉及物质别离和提纯试剂的选取、 平衡移动原理、氧化复原反响等，明确化学反响原理、物质性质及性质差异性是解此题关键，侧重考查学生分析及综合知识运用能力。10氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意 义。I 氮氧化物间的相互转化(1) 2NO(g)+O2(g)= 2NO2(g)的反响历程分两步：第一步2NO(g) = N2O2(g)(快速平衡)第二步 N2O2© +O 2(g) =2NO 2(g)(慢反响)ki，那么恳用O2表示的速率方程为 v(O 2)= kiQ2(NO)?c(O2)； NO2表示的速率方程为 v(NO 2)=k

27、2?c2(NO)?c(O2), ki与k2分别表示速率常数(与温度有关)以下关于反响2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的说法正确的选项是 (填序号)。A. 增大压强，反响速率常数一定增大B. 第一步反响的活化能小于第二步反响的活化能C. 反响的总活化能等于第一步和第二步反响的活化能之和(2) 容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器相同温度下，分别充入0.2mol的NO2,发生反响：2NO2(g)= N2O4©?H<0 ,甲中NO2的相关量随时间变化如下图。03s内,甲达平衡时，温度假设为 TC,此温度下的平衡常数 K=平衡时，K甲K乙，P甲P乙填“、

28、或“=以NH 3为复原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。主反响：4NH3g+4NOg+O 2g= 4N 2g+6H 20gAHi副反响：4NH3g+3O2g=2N 2g+6H 20gAH2=- 1267.1kJ/mol4NH 3g+5O2g=4NOg+6H 2Og AH3= 907.3 kJ/mol 厶H1=o 将烟气按一定的流速通过脱硝装置，测得出口NO的浓度与温度的关系如图1，试分析脱硝的适宜温度是 填序号。a.<850Cc.>1050 Cb.9001000CF俸出口200150IO£l-ppm1000 10301100F俸出口J - r. r- -4以连二亚硫酸盐

29、S2O42为复原剂脱除烟气中的 NO,并通过电解再生，装置如图2。阴极的电极反响式为，电解槽中的隔膜为填阳或阴离子交换膜。【答案】1. 0.52. B 3.反响放热，体系的温度升高，反响速率加快.225(5). <(6). >(7). -1626.9 kJ/mol(8). b (9). 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O(10).阳【分析】(1)用02表示的速率方程为v(O2)=ki?c2(NO)?c(O2)、NO2表示的速率方程为v(NO 2)=k2?c2(NO)?c(O2), 2v(O 2)=v(NO 2)，带入上式两个式子，整理可得ki、k2的关系；A.反响速

30、率常数只与温度有关；B反响越容易，反响物活化能越小；C反响的总活化能小于第一步和第二步反响的活化能之和；(2)该反响的正反响是放热反响，根据温度对化学反响速率的影响分析； 根据该温度下物质的平衡浓度，结合化学反响平衡常数的定义分析判断； 甲为恒容绝热，乙为恒温容器，根据温度对化学平衡的影响及对体系的压强影响分析判断；根据盖斯定律，将第二、第三个热化学方程式进行叠加，就可以得到相应的反响的热 化学方程式及其相应的反响热；氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000 C,氨气和氧气反响生成NO;(4) 阴极上亚硫酸根离子得电子生成S2O42-；阳极上水失电子生成氧气和氢离子，右侧多余的氢离子通过离子

31、交换膜进入左侧。【详解】(1)用。2表示 速率方程为v(O2)=ki?c2(NO)?c(O2)、NO2表示的速率方程为2v O2 k1 1v(NO 2)=k2?c2(NO)?c(O2), 2v(O2)=v(NO 2)，所以=v NO2 k2 2A.反响速率常数只与温度有关，与压强大小无关，A错误；B.反响越容易，反响物活化能越小，反响速率越快，步反响较快，说明反响物活化能较小，B正确;C.反响的总活化能小于第一步和第二步故合理选项是B ；(2)该反响的正反响是放热反响，加学反响速率加快;反响开始时c(NO2)=0.2mol/L , c(程式2NO2(g)N2O4(g)中物质变化学平衡常数K=

32、："2°4c NO20.090.022甲容器保持恒容，乙容器保持恒温,能之和4)=0mol/L ,系可知 c(N平=0.09mol/L那么该温度下5；该反响的正反/物，随着反响升行,那么根据方衡时c(NO应的化K 甲K 乙,放热反响，随反响的j应体系温度升I 口J 5.02mol/容器内气体的温度升高，升高温度，平衡向吸热的逆反响方向移动，所以平衡时,温度升高，气体分子运动加快，体系的压强增大，所以平衡时容器内气体的压强P甲P乙；升高温度平衡常数减小，那么平衡常数的对数减小，图中横坐标数值越大，温度越低，化学平衡常数越大，其对数越大，所以a符合，应选a；(3) i. 4NH

33、 3(g)+4NO(g)+O 2(g)= 4N2(g)+6H 20(g)Hiii. 4NH 3(g)+3O 2(g)=2N 2(g)+6H 20(g)AH2= 1267.1kJ/moliii. 4NH 3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H 20(g)出二一907.3 kJ/mol将方程式 2Xii-iii ,整理可得 4NH3(g)+4NO(g)+O 2(g)=4N2(g)+6H2O(g) AH1=2 AH2-AH3=-1626.9 kJ/mol;氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000C，氨气和氧气反响生成NO;氮氧化物残留浓度越低越好，根据图知，在9001000 C时氮氧化物浓度最

34、低；温度超过1000C,氨气和氧气反响生成NO,导致NO浓度增大，故合理选项是b ；阴极上亚硫酸根离子得电子生成 S2O42-，电极反响式为2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O,阳 极上，水失电子生成氧气和氢离子， 右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧，所以交换膜为阳离子交换膜。【点睛】此题考查化学平衡计算、电解原理、盖斯定律等知识点，把握化学平衡计算方法、 电解池中各个电极上发生的反响是解此题关键，要掌握根本概念，看清反响过程中变化条件，用化学反响原理分析变化结果，离子交换膜判断为解答易错点。11.祖母绿是四大名贵宝石之一，主要成分为Be3Al2Si6O18，含有微量的 Cr

35、、Ni、Fe元素而呈现各种颜色。答复以下问题：(1) 基态Ni2+的电子排布式为 ;宝石中Si的杂化方式是 ;基态Al原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 。(2) 成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，在卤素与Al组成的化合物中，离子性百分数最高的化合物是 (填化学式)。六羰基铬Cr(CO)6用于制高纯度铬粉，它的沸点为220Co Cr(CO) 6的晶体类型是 ，每molCr(CO) 6含3键的数目为 ； 加热Cr(CO) 6可得到高纯度铬粉和CO,反响破坏作用力类型为 。a.离子键b.配位键 c.金属键d.分子间作用力(4) 多数配离子显示颜色与 d轨道的分裂能有关。分裂能是指配

36、离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的 d轨道跃迁到较高能量的 d轨道所需的能量(用表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。试判断分裂能 Fe(H2O)6 3+ Fe(O)6 2+ (填“>“ <或“=,理由是。1(5) 氧化镍晶胞如图甲所示，A的原子坐标参数为：(0, 0, 2)，那么底面面心B的原子坐Niz*002标参数为图乙按图乙所示无限拓宽延长，NiO可形成 单层分子，氧离子和镍离子均看着球体，其半径 分别为a pm、b pm,单层分子"截割出的最小重复结构单元在空间呈长方体，那么离子在长方体内的空间利用率为 (列出计算式即可)【答案】(1). 1s22

37、s22p63s23p63d8 (或Ar3d8)AIF3(5).分子晶体(6). 12Na(7). b(2). sp3(3).哑铃形或纺锥形(4).(8). >(9). Fe3+的3d轨道达半充满稳定结构，F0的3d轨道未达半充满稳定结构(10). (0.5 , 0.5 , 0)(11).n a3 b3X100%3(a+b)2 a【分析】(1)Ni是28号元素，根据构造原理写出其基态原子核外电子排布式，原子失去最外层2个电子，就形成 Ni2+;先判断Si元素的化合价，然后确定其 Si的杂化方式；根据 Al 原子核外电子排布式确定其电子占据最高能级的电子云形状；(2) 成键元素电负性差值越大

38、，化学键离子性百分数越高，而同主族自上而下电负性减小；(3) Cr(CO) 6的沸点比拟低，符合分子晶体的性质；Cr(CO) 6中铬与CO形成配位键，CO中两个原子通过共价三键结合；(4) 配离子所带正电荷越多，对电子的吸引力越大，d-d电子跃迁需要的能量越多，具有全充满、半充满、全空的电子层结构的微粒稳定性较高，越强需要的能量更高；由图中A原子处于晶胞棱心，可以判断底面面心B的原子坐标参数；图乙结构单元中镍离子数目为10,由电荷守恒可知，结构单元中氧离子数目为10,由几何知识可知，最近2个氧离子的核间距为(2a+2b)pmx _ =、2 (a+b)pm,可得结构单元中长2方体的各棱长，空间利

39、用率结构单元中原子总体积 结构单元的体积X100%。【详解】(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,失去4s能级2个电子形成Ni2+,基态Ni2+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8,在该化合物中Si元素化合 价为+4价，Si原子周围有4轨道原子，没有孤对电子，杂化轨道数为4, Si原子杂化方式为：sp3杂化，Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，可见其原子核外电子占据的最高能级3p能级，电子云形状为哑铃形或纺锥形；(2) 成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，而同主族自上而下电负性减小，卤族元素中F元

40、素电负性最大，故在卤素与Al组成的化合物中，离子性百分数最高的化合物为AIF3;(3) Cr(CO)6的沸点为220C，比拟低，说明Cr(C0)6属于分子晶体；在 Cr(CO)6中，Cr与CO通过配位键结合，6个配位键，在每一个CO中C、O原子间通过共价三键结合，其中含有1个3键，一共有6个CO,那么含有6个3键，所以每1molCr(CO)6含3键的数目为(6+6)Na=12Na；加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和 CO,加热过程中配体与中心原子之间的配位键被破坏， 故合理选项是b;Fe(H2O)63+带3个单位的正电荷，而Fe(H2O)62+带2个单位正电荷，前者对电离吸引力更大；Fe3+的3d到达半充满稳定结构，Fe2*的3d未到达半充满稳定结构，故分裂能 AFe(H2O)63+> Fe(H2O)62+；1 一(5) A 原子坐标参数为(0， 0，)，那么A原子处于晶胞棱心，故底面面心B的原子坐标21 1参数为：(一，一，0)；2 2图乙结构单元中镍离子数目为10，由电荷守恒可知，结构单元中氧离子数目为10，Ni、4O原子总体积=10 x-(a3+b3) pm3,根据几何知识可知，最近2个氧离子的核间距为(2a+2b)3pmx 丄=、2 (a+b)pm