肇庆市2020届高三化学第一次统测试题含解析

广东省肇庆市2020届高三化学第一次统测试题含解析广东省肇庆市2020届高三化学第一次统测试题含解析PAGE29-广东省肇庆市2020届高三化学第一次统测试题含解析广东省肇庆市2020届高三化学第一次统测试题（含解析）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷（非选择题)两部分.第Ⅰ卷1至5页，第Ⅱ卷6至16页，共300分.考生注意：1.答题前,考生务必将自己的考号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上的考号、姓名与考生本人考号、姓名是否一致。2.第Ⅰ卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需要改动用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号。第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答。在试题卷上作答，答案无效。3.考试结束。监考人员将试卷、答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16F19S32K39Cu64Ni57第Ⅰ卷(选择题共126分）1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A。疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B。糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应C。铁粉和维生素C均可作食品袋内的脱氧剂D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】B【解析】【详解】A。疫苗一般应冷藏存放,以避免蛋白质变性，正确；B。油脂、蛋白质均能发生水解反应，但糖类中的单糖不能发生水解，错误；C。铁粉和维生素C都具有还原性，均可作食品袋内的脱氧剂,正确；D。电热水器用镁棒防止内胆腐蚀,原理是牺牲阳极的阴极保护法，正确。故答案为B。2。国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.02214076×1023mol-1）,于2019年5月20日正式生效.设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.40g正丁烷和18g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB.常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-数目为0.01NAC.电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g时，转移的电子数为0。1NAD.0.1molCl2与足量NaOH溶液反应后,溶液中Cl—、ClO—两种粒子数之和为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A。正丁烷和异丁烷互为同分异构体，二者相对分子质量相同，分子内的共价键数目也相同（都为13个)。混合物共58g，其物质的量为1mol，共价键数目为13NA，正确；B。常温下,pH=12的Ba(OH）2溶液中的OH—数目无法计算，因为不知道溶液的体积，错误；C.电解精炼铜时，阳极放电的金属不仅有铜，还有杂质中的比铜活泼的金属，所以阳极质量减小3。2g时，转移的电子数不一定是0.1NA,错误；D.0.1molCl2与足量NaOH溶液反应,溶液中除Cl—、ClO-两种粒子外，可能还有ClO3-等含氯离子，它们的数目之和为0.2NA，错误。故选A3。有机物环丙叉环丙烷的结构为.关于该有机物的说法正确的是A.所有原子处于同一平面B.二氯代物有3种C.生成1molC6H14至少需要3molH2D。1mol该物质完全燃烧时，需消耗8。5molO2【答案】C【解析】【详解】A。分子中所有碳原子处于同一平面，但氢原子不在此平面内，错误；B。二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的异构体有1种，两个氯原子连在不同碳原子上的异构体有3种，也就是二氯代物共有4种,错误;C。生成1molC6H14,至少需要3molH2，正确;D.该物质的分子式为C6H8，1mol该物质完全燃烧时，需消耗8molO2，错误。答案为C。4。实验室制取硝基苯的反应装置如图所示,关于实验操作或叙述错误的是A.试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯B.实验时，水浴温度需控制在50~60℃C。长玻璃导管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反应物转化率D.反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤、结晶，得到硝基苯【答案】D【解析】【详解】A。试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸,最后加入苯，正确；B。实验时，水浴温度需控制在50~60℃，正确;C。长玻璃导管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反应物转化率，正确；D.反应后混合液经水洗、碱溶液洗涤、分液(不是结晶)，得到硝基苯,错误。故答案为D。5.根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是选项实验操作和现象结论A向2mL浓度均为1.0mol⋅L−1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2～3滴0。0lmol⋅L−1AgNO3溶液，振荡，有黄色沉淀产生.Ksp(AgCl）〉Ksp(AgI）B向某溶液中加入Ba（NO3)2溶液有白色沉淀产生，再加入足量稀盐酸，白色沉淀不消失。原溶液中有SO42−C向两支分别盛有0.1mol⋅L−1醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度的Na2CO3溶液，可观察到前者有气泡产生，后者无气泡产生。电离常数：Ka(CH3COOH）>Ka1（H2CO3）〉Ka(H3BO3）D在两支试管中各加入4mL0.01mol⋅L−1KMnO4酸性溶液和2mL0。1mol⋅L−1H2C2O4溶液，再向其中一支试管中快速加入少量MnSO4固体，加有MnSO4的试管中溶液褪色较快。Mn2+对该反应有催化作用A。A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出,则向2mL浓度均为1。0mol/L的NaCl、NaI混合溶液中滴加2~3滴0。0lmol/LAgNO3溶液,振荡，有黄色沉淀产生说明Ksp(AgCl）＞Ksp（AgI），故A正确；B.若溶液中含有SO32−,加入Ba(NO3)2溶液有白色亚硫酸钡沉淀生成，反应后溶液中存在硝酸根离子，再加入盐酸时,相当于加入了硝酸,硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡,白色沉淀不消失，则向某溶液中加入Ba(NO3）2溶液有白色沉淀产生，再加入足量稀盐酸，白色沉淀不消失说明溶液中可能含有硫酸根，也可能含有亚硫酸根，故B错误；C.向两支分别盛有0。1mol/L醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度的Na2CO3溶液，可观察到前者有气泡产生,后者无气泡产生，由强酸反应制弱酸的原理可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3，酸的电离常数越大，其酸性越强,则电离常数：Ka(CH3COOH）〉Ka1(H2CO3）>Ka（H3BO3）,故C正确；D.在两支试管中各加入4mL0。01mol/LKMnO4酸性溶液和2mL0。1mol/LH2C2O4溶液，再向其中一支试管中快速加入少量MnSO4固体,加有MnSO4的试管中溶液褪色较快说明Mn2+能够加快反应速率，对该反应有催化作用，故D正确；故选B.【点睛】若溶液中含有SO32−，加入Ba（NO3）2溶液有白色亚硫酸钡沉淀生成,反应后溶液中存在硝酸根离子，再加入盐酸时，相当于加入了硝酸，硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，白色沉淀不消失是分析难点,也是易错点。6。电－Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生反应生成的羟基自由基（·OH）能氧化降解有机污染物。下列说法错误的是A.电源的A极为负极B。与电源B极相连电极的电极反应式为H2O－e—＝H+＋·OHC。Fenton反应为：H2O2＋Fe2+＝Fe(OH）2+＋·OHD.每消耗2.24LO2（标准状况）,整个电解池中理论上可产生·OH为0.2mol【答案】D【解析】【分析】根据图示，三价铁离子在左端电极得到电子转化为亚铁离子，发生还原反应，左端电极为阴极，则A为电源负极，B为电源正极,右端电极为阳极。【详解】A.根据上述分析，电源的A极为负极，故A正确；B.与电源B极相连电极为阳极，根据图示，水在阳极上失电子产生羟基自由基（·OH），电极反应式为H2O－e—＝H+＋·OH，故B正确；C.电解产生的H2O2与Fe2+发生反应生成的羟基自由基(·OH），由图示装置可知,H2O－e-＝H+＋·OH，Fe3++e—=Fe2+，O2+2e-+2H+=H2O2；则H2O2+Fe2+=Fe(OH）2++·OH，Fenton反应为：H2O2＋Fe2+＝Fe(OH）2+＋·OH,故C正确；DD.每消耗1molO2,转移4mol电子,根据H2O2+Fe2+=Fe（OH）2++·OH反应看出转移1mol电子,生成1mol·OH,所以应当生成4mol·OH，故D错误；答案选D。7。某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5。0×10—4和1。7×10—5.将pH相同、体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是A。曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液B。溶液中水的电离程度：b点小于c点C.相同体积a点的两种酸分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n（NO2－)＞n(CH3COO－）D.由c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子）【答案】C【解析】【分析】由电离常数可知，HNO2和CH3COOH都是弱酸，并且醋酸的酸性更弱。pH相同、体积均为V0的两种酸溶液中,醋酸的物质的量比亚硝酸大.【详解】A。相同pH的弱酸加水稀释，酸性越强的酸,pH变化越大,所以曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，正确；B。从图中可以看出,溶液的pHb点小于c点，说明c（H+）b点比c点大，c（OH—)c点比b点大，从而说明溶液中水的电离程度c点比b点大，正确；C。相同体积a点的两种酸，醋酸的物质的量大，分别与NaOH溶液恰好中和后,溶液中n（NO2－）〈n(CH3COO－），错误；D。由c点到d点,弱酸的电离常数和水的电离常数都不变，所以Kw/Ka不变，即保持不变，正确。故答案为C。8.对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖,而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：反应（i)：2CH4(g）＋O2（g)2CO(g）＋4H2(g）△H=－71。4kJ•mol-1反应（ii):CH4（g)＋CO2(g）2CO（g)＋2H2（g）△H=+247.0kJ•mol-1（1）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：_____.（2)在两个体积均为2L的恒容密闭容器中,起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应（ii）:CH4（g)＋CO2(g）2CO（g)＋2H2(g)（不发生其它反应），CO2的平衡转化率如下表所示：起始物质的量(n)/molCO2的平衡转化率CH4CO2COH2Ⅰ0。10。10050％Ⅱ0.10。10.20.2/①下列能说明反应达到平衡状态是_____。A。v正(CH4)=2v逆(CO）B.容器内各物质的浓度满足c(CH4)·c（CO2）=c2(CO)·c2(H2)C。容器内混合气体的总压强不再变化D.容器内混合气体密度保持不变②若容器Ⅰ内反应从开始到平衡所用的时间为tmin，则tmin内该反应的平均反应速率为：v(H2）=____(用含t的表达式表示）。③达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ内CO的物质的量的关系满足：2n(CO)Ⅰ___n(CO)Ⅱ(填“＞”、“＝”或“＜”）。（3）将CH4（g）和O2(g)以物质的量比为4：3充入盛有催化剂的恒容密闭容器内,发生上述反应（i）:2CH4(g）＋O2(g)2CO（g)＋4H2(g）,测得CO的体积分数［ψ（CO）]与温度（T）的关系如图如示.①T2℃时，CO体积分数最大的原因是____。②若T2℃时,容器内起始压强为P0，平衡时CO的体积分数为20％，则反应的平衡常数KP=___（用平衡分压强代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。（4）2016年我国科研人员根据反应Na+CO2→Na2CO3+C（未配平)研制出一种室温“可呼吸”Na-CO2电池.放电时该电池“吸入"CO2,充电时“呼出"CO2。其放电时的工作原理如图所示，已知吸收的全部CO2中,有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面，写出放电时正极的电极反应式:___。【答案】(1）.CO（g）+O2（g）=CO2(g)△H=-282。7kJ•mol—1（2）.C（3）。mol/（L•min）(4).＞（5）.低于T2℃时，反应未达平衡，相同时间内温度越高反应速率越快，CO的体积分数就越高；高于T2℃时，反应达到平衡，因正反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动，故温度越高，CO的体积分数就越小;(6）.（7）.4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C（或3CO2+4e—=2CO32-+C）【解析】【分析】（1)根据盖斯定律计算出焓变，继而写出热化学方程式；（2)①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意，选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。②根据计算tmin内v（H2）；③将容器Ⅱ内的物料进行“一边倒”，通过等效平衡思想进行分析；（3)①没有达到平衡状态时，温度升高、反应速率加快,当达到平衡状态后，升高温度平衡向着逆向移动，据此分析；②恒容密闭容器中压强之比等于物质的量之比，等于浓度之比，CH4（g)和O2(g)的物质的量之比为4：3，可先假设CH4物质的量为4x，O2为3x，平衡时生成CO的物质的量为ymol,利用三段式求解;(4）放电时正极得电子发生还原反应。【详解】（1）反应（i):2CH4（g）+O2（g)⇌2CO（g）+4H2（g）△H=—71.4kJ•mol—1

反应（ii)：CH4（g）+CO2（g)⇌2CO（g)+2H2（g)△H=+247.0

kJ•mol-1

根据盖斯定律［反应（i）-反应（ii)］可得CO（g）+O2（g）=CO2(g）的△H=［—71.4kJ•mol-1—(+247。0

kJ•mol—1）×2]=—282。7kJ•mol—1,即CO燃烧热的热化学方程式为CO(g）+O2(g）=CO2（g）△H=—282。7kJ•mol—1，

故答案为:CO(g)+O2(g)=CO2(g）△H=—282.7kJ•mol-1;（2)在容器Ⅰ（体积为2L)中反应三段式为：①A。反应平衡时v正（CH4)=v逆（CH4），2v逆（CH4）=v逆(CO),所以平衡时2v正(CH4)=v逆(CO），故A错误；B。由反应三段式计算该温度下的平衡常数K=,而c（CH4)•c（CO2）=c2(CO)•c2（H2)的状态有:浓度熵Qc=1＞K，反应逆向进行，即不是平衡状态,故B错误；

C．反应CH4(g)+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）是气体体积变化的反应，反应进行时气体总物质的量发生变化，容器中压强也发生变化，所以容器内混合气体的总压强不再变化的状态是平衡状态，故C正确；

D．反应体系中各物质均为气体，则混合气体的质量m不变，恒温恒容条件下V不变，根据可知，容器内密度始终不变，所以容器内混合气体密度保持不变的状态不一定是平衡状态，故D错误；

故答案为:C；②由反应三段式可知，△c(H2）=0。05mol/L,所以tmin内v（H2）=mol/（L•min)，

故答案为：mol/(L•min）

；

③恒温恒容条件下,0.1molCH4(g）、0.1molCO2（g)、0。2molCO（g）、0.2molH2（g)的反应体系II等效于0.2molCH4(g）、0。2molCO2(g)的反应体系，若二者达到等效平衡，则2n（CO）Ⅰ=n（CO）Ⅱ，但实际上0。2molCH4（g）、0.2molCO2(g）的反应体系相当2个容器I的体系合并后压缩,则平衡逆向逆向移动、CO物质的量减小，所以2n(CO）Ⅰ＞n(CO）Ⅱ，故答案为：＞；（3)①温度低于T2℃时,反应未达平衡，温度升高、反应速率加快，相同时间段内温度越高反应速率越快，则CO的体积分数越大；在温度为T2℃时，反应达到平衡，由于该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动，CO的体积分数减小,所以T2℃时CO的体积分数最大,也可能是T0℃时催化剂的催化活性最高，反应速率最快，故答案为：低于T2℃时，反应未达平衡，相同时间内温度越高反应速率越快，CO的体积分数就越高；高于T2℃时，反应达到平衡,因正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故温度越高，CO的体积分数就越小；②CH4（g）和O2（g）的物质的量之比为4：3，设CH4物质的量为4x，O2为3x，平衡时生成CO的物质的量为ymol，列三段式:CO的平衡体积分数为20%，则：×100%=20％，解得：y=2x，

平衡时混合气体的总物质的量为：7x+1。5y=10x，反应前总物质的量为7xmol，恒温恒容条件下，气体的压强与物质的量成正比，T2℃时容器内起始压强为p0，则平衡时压强为：,平衡时各气体的分压:平衡时p(CH4)=p(O2)=p（CO）=，p(H2）=,所以平衡常数,故答案为：；（4）由原电池反应Na+CO2→Na2CO3+C可知，“吸入”的CO2得电子生成C和Na2CO3，为正极，电极反应式为4Na++3CO2+4e—=2Na2CO3+C(或3CO2+4e—=2CO32—+C)，

故答案为：4Na++3CO2+4e—=2Na2CO3+C(或3CO2+4e-=2CO32-+C）。【点睛】第(2)题中计算反应速率和平衡常数时要注意该题中容器的体积为2L；第(3）题计算平衡分压时要注意反应前压强为p0,反应后的压强是会发生变化的。9.Cr、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)还原沉淀法是处理含铬（Cr2O72−和CrO42−）工业废水的常用方法,过程如下：①已知：常温下，初始浓度为1。0mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−）随c（H+)的变化如图所示。则上述流程中CrO42—转化为Cr2O72-的离子方程式为______________________.②还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________.③Cr3+与Al3+的化学性质相似，对CrCl3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为____________。④常温下，Ksp［Cr（OH)3］=1。0×10-32,欲使处理后废水中的c（Cr3+）降至1。0×10—5mol·L−1(即沉淀完全），应调节至溶液的pH=_____.（2）“亚硫酸盐法”吸收烟中的SO2①将烟气通入1。0mol/L的Na2SO3溶液，当Na2SO3恰好完全反应时,溶液pH约为3，此时，溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为_________（用离子浓度符号和“＞”号表示）.②室温下，将烟道气通入(NH4）2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示。已知部分弱电解质的电离常数（25℃）如下:电解质电离常数H2SO3Ka1=1.54×10—2Ka2=1.02×10-7NH3·H2OKb=1。74×10—5（i）(NH4）2SO3溶液呈____（填“酸"、“碱"或“中”）性，其原因是_________________。（ii)图中b点时溶液pH=7，则n（NH4+）:n（HSO3—)=_________.【答案】(1)。CrO42—＋2H+Cr2O72—＋H2O(2）.1:6（3）。Cr2O3（4）。5(5）.c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c（SO32-）＞c(OH—）（6）.碱（7).H2SO3的第二电离常数Ka2=1.02×10—7小于NH3·H2O的电离常数Kb，故SO32—的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈碱性（8）。3：1【解析】【详解】(1）①从图中可以看出,c（Cr2O72−)随c(H+)的增大而不断增大，当c（H+）=6。0×10—7mol/L时，c（Cr2O72−）=0。4mol/L，此时反应达平衡状态,所以此反应为可逆反应.由此可得CrO42-转化为Cr2O72-的离子方程式为CrO42—＋2H+Cr2O72—＋H2O答案为CrO42—＋2H+Cr2O72-＋H2O②依据电子守恒，氧化剂Cr2O72−与还原剂Fe2+的关系为：Cr2O72−—-6Fe2+从而得出还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6.答案为1：6；③Cr3+与Al3+的化学性质相似，说明Cr3+在水溶液中易发生水解反应，最终生成Al（OH)3，灼烧时再分解为铬的氧化物。所以对CrCl3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为Cr2O3.答案为Cr2O3④Ksp［Cr（OH）3]=1。0×10-32，pH=5。答案为5；(2）①将烟气通入1。0mol/L的Na2SO3溶液，当Na2SO3恰好完全反应时,全部生成NaHSO3，此时溶液pH约为3，则表明HSO3-以电离为主。发生的电离、水解反应方程式为:HSO3—H++SO32-、HSO3—+H2OH2SO3+OH—、H2OH++OH—且前面反应进行的程度大于后面反应，从而得出溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c（HSO3—）＞c(H+)＞c（SO32—）＞c（OH—）.答案为c(Na+)＞c（HSO3—)＞c(H+)＞c(SO32—)＞c(OH—）②(i）在(NH4）2SO3溶液中,NH4+、SO32—都将发生水解，从表中数据Ka2=1.02×10—7、Kb=1.74×10—5可以看出,HSO3—的电离常数小，SO32-的水解常数大,所以溶液呈碱性。答案为碱;溶液呈碱性的原因是：溶液H2SO3的第二电离常数Ka2=1。02×10-7小于NH3·H2O的电离常数Kb，故SO32—的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈碱性.答案为:H2SO3的第二电离常数Ka2=1。02×10—7小于NH3·H2O的电离常数Kb，故SO32—的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈碱性。(ii）图中b点时溶液pH=7,此时c（HSO3—)=c（SO32-)，则c(NH4HSO3）=c[(NH4）2SO3］，从而得出n(NH4+)：n（HSO3—)=3：1答案为3：1。10.过氧硫酸氢钾复合盐(K2SO4•KHSO4•2KHSO5）易分解，可用作漂白剂、NOx和SO2等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。已知：浓硫酸与H2O2反应，部分转化为过硫酸(化学式为H2SO5，是一种一元强酸）（1)H2SO5中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数目为________；工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时,反应的离子方程式为___________________________。（2)若反应物的量一定，在上述流程的“转化”步骤中需用冰水浴冷却,且缓慢加入浓硫酸，其目的是___________________________。（3）“结晶"操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体,该过程的化学方程式为______________________________.过氧硫酸氢钾复合盐产率（以产品含氧量表示）随溶液pH和温度的变化关系如图所示,则该过程适宜的条件是_________________。(4）产品中KHSO5含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中,用适量蒸馏水溶解，加入5mL5%的硫酸和5mL25％的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用0。2000mol·L—1硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25。00mL。已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2OI2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI①用_____滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。②产品中KHSO5的质量分数为___________。【答案】（1)。1(2)。3HSO5－＋2NO＋H2O=3SO42－＋2NO3－＋5H+(3).防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解（4）.5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2（K2SO4•KHSO4•2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O(5）。控制pH在2.0~2。5之间，温度在0℃左右(6）。乙（7）.38。00%【解析】【详解】(1）H2SO5中硫元素的化合价为+6价，依据化合价的代数和为0计算，有2个氧原子显—1价,所以过氧键的数目为1。答案为1；工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为3HSO5－＋2NO＋H2O=3SO42－＋2NO3－＋5H+。答案为3HSO5－＋2NO＋H2O=3SO42－＋2NO3－＋5H+(2)在“转化”步骤中，30％的H2O2溶液加入98％的浓硫酸中,相当于浓硫酸稀释,会放出大量的热，而H2O2受热易分解,所以需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。答案为：防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解；（3)“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2（K2SO4•KHSO4•2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O.答案为:5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2(K2SO4•KHSO4•2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O从溶液pH看,过氧硫酸氢钾复合盐产率在2。0～2.5之间时最大;从温度看,过氧硫酸氢钾复合盐产率在0℃左右最大,所以该过程适宜的条件是控制pH在2。0～2.5之间，温度在0℃左右。答案为：控制pH在2.0～2。5之间，温度在0℃左右；（4）①硫代硫酸钠溶液呈碱性,应放在碱式滴定管内。答案为乙；②由反应2KHSO5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2O和I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI可得出如下关系式:KHSO5-—2Na2S2O3n(Na2S2O3)=0.2mol/L×0.025L=0。005mol，n（KHSO5）=0。0025mol产品中KHSO5的质量分数为：答案为：38.00％。11.K、Al、Si、Cu、N

i均为重要的合金材料，在工业生产、科技、国防领域有着广泛的用途，请回答下列问题：（1）K元素处于元素同期表的_____区。（2）下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______（填标号)。A。[Ne]

B.

［Ne]C。

[Ne］D。[Ne]3s3s3p3s3p3s3p3p（3）从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是_____________.(4)一些化合物的熔点如下表所示：化合物NaClKClSiO2熔点/°C8017701723解释表中化合物之间熔点差异的原因________________________________。（5）NiSO4

溶于氨水形成[Ni

(NH3)6］SO4。①N、O、S三种元素中电负性最大的是_______。②写出一种与［Ni

(NH3)6］SO4中的阴离子互为等电子体的分子的分子式_________.③1mol［Ni

（NH3）6］SO4中含有δ键的数目为___________。④NH3

的VSEPR模型为____

;NH3、SO42—的中心原子的杂化类型分别为___、___.(6）K、Ni、F三种元素组成的一种晶体的长方体晶胞结构如图所示。若NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度ρ=______g·cm—3(用代数式表示）。【答案】(1)。s（2）。A（3).基态Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满状态,更稳定（或“Cu+离子核外电子处于稳定的全充满状态”)（4)。NaCl、KCl为离子晶体，SiO2为原子晶体；K+半径大于Na+半径,晶格能NaCl〉KCl(5）.O（6)。CX4、SiX4（X表示卤素原子，任写一种）（7)。28NA(8）。四面体形(9).sp3（10).sp3（11）.【解析】【详解】（1）K元素的价电子排布式为4s1,最后的电子排在s轨道上，所以处于元素同期表的s

区。答案s；（2）在第三周期，轨道的能量3s<3p，电子的能量越低,电离时消耗的能量越高,所以3s轨道上的电子电离时消耗的能量最高.答案为A；（3）从核外电子排布角度看，基态Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满状态，更稳定。答案为：基态Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满状态，更稳定（或“Cu+离子核外电子处于稳定的全充满状态”)(4)从表中可以看出，KCl、NaCl的熔点相近，而SiO2的熔点高。因为NaCl、KCl为离子晶体，SiO2为原子晶体，所以SiO2的熔点高；K+半径大于Na+半径，晶格能NaCl>KCl,所以NaCl的熔点高。答案为：NaCl、KCl为离子晶体，SiO2为原子晶体；K+半径大于Na+半径，晶格能NaCl>KCl(5）NiSO4

溶于氨水形成[Ni

（NH3）6]SO4.①N、O、S三种元素中电负性最大的是O。答案为O②［Ni

（NH3)6]SO4中的阴离子为SO42—，它的价电子数为42，与它互为等电子体的分子为CX4、SiX4（X表示卤素原子，任写一种）。答案为CX4、SiX4(X表示卤素原子,任写一种）③在［Ni

（NH3）6]SO4中，[Ni

(NH3)6］2+含有24个δ键,SO42-中含有4个δ键.所以1mol［Ni

（NH3）6]SO4中含有δ键的数目为28NA.答案为28NA④NH3

的VSEPR模型为四面体。答案为四面体形NH3的中心原子的杂化类型sp3，答案为sp3。SO42-的中心原子的杂化类型为sp3，答案为sp3。(6）从K、Ni、F三种元素组成的一种晶体的长方体晶胞结构图，我们可以得出该物质的化学式为K4Ni2F8，它的相对分子质量为426，则该晶体的密度ρ=×1023g·cm-3。答案为：。【点睛】由晶胞结构确定物质的化学式时,我们可根