福建省龙岩某中学2024届高三年级下册第五次模拟考试化学试题

龙岩一中2024届高三下学期

化学

满分：100分；考试时间：75分钟；

注意事项：

L答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

可能用到的相对原子质量：H-10-16Cl-35.5Cr-52Ni-59Nb-93

第I卷（选择题）

一、单选题（共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个正确选项）

1.龙是中华民族精神的象征，以下与龙有关文物的叙述错误的是（）

A.“月白地云龙纹绰丝单朝袍”所使用丝的主要材质为纤维素

B.“东汉玛瑙龙头雕刻品”的主要成分为二氧化硅

C.“战国青铜双翼神龙”的主要材质为铜合金

D.”龙首人身陶生肖俑”是以黏土为主要原料，经高温烧结而成

2.A1N是一种半导体材料，一种制备方法是A12O3+N2+3c°皿2A1N+3CO。设NA为阿伏加德罗

常数的值。下列叙述正确的是（）

A.消耗等物质的量的A12O3和N2,转移电子数目为6NA

B.12gC（石墨）含非极性键数目为3NA

C.标准状况下，1L2LN2含万键数目为NA

D.O.lmolA12O3溶于足量盐酸，溶液中含A13+数目为Q2N、

3.根据下列实验操作和现象，得出结论正确的是（）

选项操作及现象结论

在Na2s2O5溶液中滴加盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，产生白

A原溶液含有SO：

色沉淀

B在锌和稀硫酸的混液中滴Ag2s。4浊液，产生气体速率加快Ag2sO,作催化剂

C在苯酚浊液中滴加NaOH溶液，振荡，溶液变澄清苯环活化了羟基

D镁条能在干冰制作灯笼中剧烈燃烧，发出白光CC）2能支持燃料燃烧

A.AB.BC.CD.D

4.短周期非金属元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中基态Y原子的电子具有4种不同的空间运动

w

X—

状态，X、Z均与Y原子相邻。W、X、Z可形成化合物Q,其结构如图：W'IZ—w/，下列相关

w

说法错误的是（）

A.X、Y、Z元素的第一电离能和电负性均依次增大

B.Q分子中X、Z间存在配位键，且由X提供孤电子对

C.YW4分子的VSEPR模型名称和空间结构名称均为正四面体形

D.Q比Y?W6熔点高很多的主要原因是W'+和W”之间存在一种弱电性的相互作用

5.苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法来生产苯酚和丙酮，物质转化关系如图，下

列说法正确的是（）

0

abcd

A.a、b分子中均含手性碳原子

B.a、b、c均可使酸性高锯酸钾溶液褪色

C.a的同分异构体中属于苯的同系物的有6种（不包括a）

D.c、d反应生成的双酚A（HO—）的分子中同一直线上的碳原子最多有5个

6.某小组采用电化学法制备有机物，装置如图所示。双极膜是由阴膜和阳膜组成的，双极膜中水电离出的

阴、阳离子在电场中向两极迁移。下列叙述正确的是（）

B.制备Imol时双极膜内质量减少18g

C.b极的电极反应式为2c。2+10H++10e-=C2H2+4H2O

D.每转移Imole-，生成、C2H2的物质的量之比为1：5

7.室温下，用Na2so3溶液吸收SO?的过程如图所示。

烟气中的SO?CaCOj

已知：&1（H2so3）=1.54x10-2,&2（H2so3）=6.2x10-8。

下列说法正确的是（）

A.吸收烟气后的溶液中：c（Na+）<2c（SO；）+2c（HSO；）+2c（H2SO3）

B.用O.lOOmoLUi的Na2sO3溶液吸收SO2，当溶液的pH=7时，溶液中：

c（Na+）>c（SOj_）>c（HSO；）>c（H+）=c（0H-）

C.检测“氧化”操作得到的产物的实验方案：取少量氧化产物溶于水，静置，在上层清液中滴加氯化钢溶

液，若有白色沉淀生成，则说明已被氧化

（,、^SD（CaSO3）

D.“沉淀”操作得到的上层清液中：cSO-卜P:一

'7c（Ca2+）

8.观察下列模型并结合信息，判断有关说法错误的是（）

A.马脑，又名玛瑙、码瑙或马瑙，属于共价晶体，且两原子个数比为2：1

B.FeSC>4-TH2。结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1〉2

C.固态硫S&中S原子为sp~杂化

D.HCN的结构式为H—C三N

9.科学家对CeO?-S-U负载的不同过渡金属催化剂上产物活性和选择性的不同进行了探究。测定CO2

在不同催化剂上发生还原反应生成CH30H的自由能如图所示，数字标注的为吉布斯自由能变化值。

下列说法正确的是（）

A.5O

Y

-ffi

.6O

-n点o

悬

.O

-

>

3

、S0

髭

-S皿5

凝-O.

炉-oL0

和

>o

35

、

控

丑

皿-o

掾-l.0

屋.5

祀.0

A.由图可知，C02在不同催化剂上发生还原反应生成CH30H的吉布斯自由能相同

B.CO2在三种催化剂上发生还原反应生成CH30H的决速步骤均相同

C.中间体的吸附构型与催化剂的活性和选择性存在直接的关系

D.CC）2发生还原反应的过程中，碳氧双键均断裂，且氧原子均生成甲醇

10.25C时，向Na2c2O4溶液中滴入盐酸，混合溶液的POH与-IgX的变化关系如图所示。

c（CQj）c（HC2O；）

已知：Tgx__ig）〈或-ig4~~v

C（HC2O；）C（H2c2O4）

下列说法正确的是（）

c（HC2O；）

A.曲线L表示pOH与-1g一一=~《的变化关系

C（H2c2O4）

+

B.当溶液pH=7时，c（Na）=c（HC2O；）+2C（C2O；~）

c（GOj）

D.滴入盐酸过程中,不变

2

C（H2C2O4）C（OH-）

第n卷（非选择题，共4题，60分）

二、解答题

11.（14分）研究氮的氧化物（如：NO、NO2>N2O4）和氮的氢化物都有广泛的用途，如：N2H4和

N2O4可作为运载火箭的推进剂。

（1）已知：N2O4（g）^2NO2（g）AH>0o现将2mOIN2O4放入1L恒容密闭容器中，平衡体系中

N2O4的体积分数（⑺随温度的变化如图所示。

②a、b、c三点中平衡常数Ka、Kb、K0由小到大是。

③在T?时，N2O4的平衡转化率为;若平衡时的总压为lOOkPa,则该反应平衡常数Kp=

（保留到小数点后1位）。

（2）NO氧化为NO2的反应为：2NO（g）+C>2（g）.-2NO2（g）,该反应分如下两步进行：

I.2NO（g）FN2O2（g）AH,<0（较快）

ILN2O2（g）+O2（g）»2NO2（g）AH2<0（较慢）

在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和。2,保持其它条件不变，控制反应温度分别为和T5,c（NO）

随t（时间）的变化如图所示。

在反应时间相同时，条件下转化的NO量______（填“大于”“等于”“小于”）条件下转化的NO

量，其本质原因是（结合反应I和H的反应热进行分析）。

（3）脱除了可作火箭的推进剂外，还可用于新型环保电池中，电池工作原理如图所示。

固体轼化物电解质

①。2-向移动(填“电极甲”或“电极乙”)。

②该电池的负极反应式为o

12.(16分)纯保常用作锂离子电池的正极材料以及有机合成的催化剂。以废银合金为原料(主要成分是

Ni和Cu,还有少量Fe和Si等)制备高纯度银的流程如下：

稀硝酸+稀疏酸萃取剂

废41合金i

粉末一酸浸一*浸液

Fe^.NO;,SOJ；萃主液

纯Ni一粗穗嚣NgOj需N©Q,・"Re。，血一FeOOH

已知：随着pH升高，Fe?+被氧化速率增大，同时Fe?+水解生成Fe(OH)3胶体增多且能吸附Ni?*。回答

下列问题：

(1)“酸浸”中稀硫酸的作用有调节pH、减少Fe(0H)3胶体、0

(2)“氧化”中H2O2的作用是(用离子方程式表示)。该过程通常需控制pH小于3的条件下进

行，pH为3~4时候的回收率降低，其主要原因是。

5

(3)已知：常温下，Kb(NH3-H2O)=1.8xl0*,凡］(H2c2O4)=5.4xICT?,Ka2(H2C2O4)=

5.4x10-5。O.lmoLIji(NHJC2O4溶液PH(填或“=")7,此溶液中H2c2O4、

NH：、C?O广、He2。：浓度由大到小排序为o

(4)分别用CO和H2还原Ni3()4制备等质量的Ni，消耗CO和H2的质量之比为。

(5)工业上，提纯银粉的原理是Ni(s)+4CO(g)-Ni(CO)4(g)AH<0,如图所示(分子膜只允许气

体分子通过，不允许固体杂质和银粉通过)。

COiCO.

*粗Ni:纯Ni■

I温区分子膜7；温区

温度：工(填“>”或“=")T2,判断依据是

（6）银保合金可用于喷射引擎、燃气涡轮发动机、火箭组件和耐热燃烧器材等，在航空航天领域有着重

要应用。一种盥银合金晶胞如图所示。

该晶体密度为g-cm3（列出计算式）。

13.（15分）六水合三氯化修（CrCL4H2。）可用于制备催化剂、媒染剂和聚合胶黏剂。实验室用铭酸钠

（NazCrOj为原料制备六水合三氯化铭的实验方案和装置如下：

Na£Q（aq）120℃加入适量NaOH迎过滤广燃

幅树砥r㈣晒8%砌画黑噜为小网。晶体

溶解

]IIHlIVvVI

已知：①甲醇沸点61.7℃。

②六水合三氯化铝易溶于水、可溶于乙醇、不溶于乙醛。

③Cr（OH）3的性质与A1（OH）3类似。

（1）仪器a的名称为；步骤I中使用该仪器的作用是o

（2）步骤I反应生成CrCb的同时有CO2气体逸出，反应的化学方程式为。

（3）步骤n中调节溶液pH不能加入过量NaOH的原因是（用离子方程式解释）。

（4）步骤IV中洗涤Cr（OH）3固体的方法是0

（5）步骤VI中“一系列操作”包括加热浓缩、冷却结晶、过滤、用少量_______洗涤、低温烘干。

（6）用碘量法测定产品纯度。称取6.0g产品，在强碱性条件下，加入过量Hz。2溶液，小火加热使十

完全转化为CrOj,再继续加热煮沸一段时间。冷却至室温后，滴入适量稀硫酸使CrOj转化为

-

Cr2O；,再加入蒸储水将溶液稀释至250mL。取25.00mL溶液，加入过量KI溶液，滴加2—3滴淀粉溶

液，用0.3000mol-LNa2s2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O1-=S4O^+2I-,三次平行实验

测得消耗Na2s2O3标准溶液体积的数据如下:

第1次第2次第3次

20.05mL20.30mL19.95mL

①“继续加热煮沸一段时间”的目的是o

②滴定终点的现象为»

③该产品的纯度为%（结果保留1位小数）。

14.（15分）盐酸罗替戈汀（G）是一种用于治疗帕金森病的药物，G的一种合成路线如图:

回答下列问题：

（1）B的名称是3-甲氧基苯乙酰氯，则A的名称是o

（2）D的结构简式为,E-F的反应类型是

（3）8分子中◎键和兀键数目之比为‘碳原子上连有4个不同的原子或基团

时，该碳称为手性碳，F分子中有个手性碳，G的含氧官能团名称是0

（4）A-B反应的化学方程式为0

（5）C的同分异构体X同时满足下列条件，其结构有种（不考虑立体异构）。

①含有苯环，能使澳水褪色；

②能在酸性条件下发生水解，两种水解产物中所含碳原子数之比为6：5o

X的一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子，X的结构简式是。

龙岩一中2024届高三下学期第六次模拟考试

化学

参考答案

1-5：ACCBB6-10：CACCD

11.（14分）

（1）>（1分）Ka<Kb<Kc（2分）25%（2分）26.7kPa（2分）

（2）小于（2分）升高温度有利于I逆向移动，UN2。?）减小，浓度降低的影响大于温度对反应H速率

的影响（2分）

2-

（3）电极甲（1分）N2H4+2O-4e-=N2T+2H2O（2分）

12.（16分）

（1）增强NO1的氧化性（1分）

2++

（2）2Fe+H2O2+2H2O=2FeOOH+4H（2分）Fe（OH）3胶体增多，吸附Ni?+（2分）

（3）<（2分）c（NH^）>c（C2O；"）>c（HC2O；）>c（H2C2O4）（2分）

（4）14：1（2分）

（5）<（1分）合成Ni（CO）4是放热反应，在低温区有利于生成Ni（CO）4,杂质残留在低温区；高温区有

利于Ni（CO）4分解，在高温区收集纯Ni（2分）

,、59x6+93x2

（）（2分）

6-2---------------7T

acxNAxMo

13.（15分）

（1）球形冷凝管（1分）将甲醇、盐酸冷凝回流，提高原料利用率（1分）

120℃

（2）2Na2CrO4+CH3OH+10HCl^=2CrCl3+4NaCl+7H2O+CO2T（2分）

⑶Cr（OH）3+OH=CrO；+2H2O（2分）

（4）向漏斗中加入蒸储水至刚好浸没沉淀，待蒸储水自然流下，重复操作2-3次（2分）

（5）乙醛（1分）

（6）除去过量的Hz。？，防止将KI氧化为L（2分）

当滴入最后半滴Na2s2O3标准溶液，溶液恰好由蓝色褪为无色，且半分钟不恢复原来的颜色（2分）

88.8%（2分）

14.（15分）

（1）3-甲氧基苯乙酸（2分）

（2分）取代反应（1分）

(3)15：2(2分)1（1分）羟基（1分）

+SC)2+H2C)(2分)

龙岩一中2024届高三下学期第五次模拟考试

化学参考答案

1.A

【详解】A.月白地云龙纹纯丝单朝袍”所使用丝为蚕丝，主要材质为蛋白质，A项错误；

B.玛瑙的主要成分是Si。？，B项正确；

C.青铜主要材质是铜合金，C项正确；

D.陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，D项正确；

答案选A。

2.C

【详解】A.由于不知道等物质的量的川2。3和N2具体物质的量，无法计算转移的电子数目，A不正确；

B.12gC（石墨）的物质的量为Imol,根据石墨的结构，每个碳原子形成3根非极性键，每根碳碳键是两

个碳原子形成，每个碳原子对非极性键的占有率为,，故Imol石墨含111101><3义！=1.511101非极性键,

22

即非极性键数目为1.5NA，B不正确；

C.1个N2分子含2个兀键，标准状况下，11.2LN2的物质的量为0.5mol,含NA个兀键，C正确；

D.AP+会水解，o」molAI2O3溶于足量盐酸，溶液中含AJ3+数目小于0.2NA，D不正确；

本题选C。

3.C

【详解】A.Na2s2。5中S显+4价，盐酸酸化的Ba（NC）3）2溶液具有强氧化性，能氧化硫元素生成硫酸

盐，A错误；

B.锌能置换出银，锌与银构成原电池，加快了锌失去电子，Ag2so4不是作催化剂，B错误；

C.醇不能与碱反应，苯酚能与碱反应，说明苯环使氢氧键变活泼，易断裂，C正确；

D.镁条在干冰灯笼中燃烧，只能说明C。2支持镁等金属燃烧，不能支持木材、甲烷等燃料的燃烧，D错

误；

答案选C。

4.B

【分析】基态Y原子的电子具有4种不同的空间运动状态，故Y的核外电子排布式为Is22s22P2,故Y

为C；X、Z均与Y原子序数相邻，X原子序数小于Y,故X为B,在物质Q中，B形成4根键，其中有

一根是配位键，Z的原子序数大于Y,且根据化合物中Z成四根键，Z最外层应该有5个电子，故Z为

N,W原子序数最小，且为非金属元素，故W为H,形成的化合物Q为NHs-BH-

【详解】由分析知，W为H,X为B,Y为C,Z为N。

A.同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，电负性逐渐增大，B、C、N元素的第一电离能和电负性均

依次增大，故A正确；

B.X为B,能形成3根普通的共价键，Z为N,能形成3根普通的共价键，还有1对孤电子对，故Q分子

中B、N间存在配位键，且由N提供孤电子对，故B错误；

C.CH4分子的中心原子C的价层电子对数为4,且没有孤电子对，故其VSEPR模型名称和空间结构名称

均为正四面体形，故C正确；

D.在氨硼烷分子中，与氮原子相连的氢原子呈正电性，而与硼原子相连的氢原子呈负电性，这种电性的差

异导致正电性氢原子和负电性氢原子之间存在静电相互吸引作用，故Q比C2H6熔点高很多的主要原因是

W8+和W3-之间存在一种弱电性的相互作用，故D正确；

故选B。

5.B

【详解】A.手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；ab分子中不含手性碳原子，A项错误；

B.a中与苯环相连的碳上有氢，b中有过氧键(-O-O-),c含酚羟基，均可使酸性高锯酸钾溶液褪色，B项

正确；

C.a的同分异构体中属于苯的同系物的除苯环外可以含有个取代基(-CH2cH2cH3),有1种；含有两个

取代基(-CH3和-C2H5),有3种；含有3个取代基(3个-CH3),有3种；因此共有7种，C项错

误；

D.HO——0H的中间碳原子为sp3杂化，因此同一直线上的碳原子最多有3个，D

项错误；

故选B。

6.A

【分析】Na2sO3溶液吸收烟气后得到Na2sO3和NaHSOs的混合溶液，然后加入碳酸钙得到亚硫酸钙沉

淀，过滤分离，最后经氧气氧化为石膏，据此回答。

【详解】A.吸收烟气后的溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，则

++

2c（Na）=3c（SO|）+3c（HSO3）+3C（H2SO3）,c（Na）＜2c（SO『）+2c（HSO；）+2c（H2SO3）,A

正确；

B.用O.lOOmoLlji的Na2s。3溶液吸收S。？，当溶液的pH=7时，根据电荷守恒可知

c（H+）＜（S。；）则c（S。；）_七6.2x10-8

c（Na+）=2c（SO^）+c（HSO）,由于Ka2

3+7

c（HSO3），'c（HSO3）c（H）1.0XW

0.62,故溶液中c（Na+）＞c（HSO3）＞c（SO；）＞c（H+）=c（OH）,B错误;

C.首先需排除亚硫酸根离子的干扰，先加过量盐酸，再滴加氯化钢溶液，若有白色沉淀生成，则说明已被

氧化，C错误；

/^SD(CaSO3)

D.有沉淀产生，说明上层清液为饱和溶液，则c(SCV)=；32+)，D错误;

故选Ao

7.C

【分析】由图可知C。2转化为C2H2,碳元素化合价降低，发生还原反应，b极为阴极，a极为阳极。

【详解】A.由物质转化可知，环己烯被氧化、CO2被还原，所以a极为阳极、b极为阴极，阳极应连接电

源正极，故A错误；

B.阳极的电极反应式为+2OH—2e「f+H2o,制备Imol氧化产物，双极膜内向左侧迁

移2moiOH'向右侧迁移2moiH+，质量共减36g,故B错误;

C.由图可知C。2转化为C2H2,碳元素化合价降低，发生还原反应，b极为阴极，b极的电极反应式为

+

2C02+10H+10e=C2H2+4H2O,故C正确；

D.根据电子得失守恒可知，每转移Imolel生成0.5molO.lmolC2H之，其物质的量之比为

5:1,故D错误;

故答案为：Co

8.C

【详解】A.玛瑙的主要成分是Si。？，属于共价晶体，且两原子个数比为2：1,A正确；

B.键角3是硫酸根中键角，硫酸根为正四面体结构，键角为109°28\键角1与键角2都是水分子中的键

角，水分子中。采用sp3杂化，但是由于水中。上有孤电子对，导致键角变小，故键角3最大；键角1与

键角2比较，1上的O孤电子对提供出来形成配位键，导致键角1会比键角2大，故键角1、2、3由大到

小的顺序：3>1>2,故B正确；

C.固态硫Sg中S原子形成了2个共价键，还有2个孤电子对，故采用sp3杂化，故C错误；

D.根据HCN的比例模型，结构价键规律，HCN的结构式为H—C三N,故D正确；

故选C。

9.C

【详解】A.由图可知，CO?在不同催化剂上发生还原反应生成CHjOH的吉布斯自由能不同，分别为

0.98eV、0.92eV、0.86eV,故A错误；

B.CC)2在三种催化剂上发生还原反应生成CH3OH的决速步骤不同，分别为*CHOT*OCH3、

*OCHf*OCH3、*OCOH,*OCHOH，故B错误；

C.CO2在不同催化剂上发生还原反应生成CH'OH吉布斯自由能不同、决速步骤不同，说明中间体的吸附

构型与催化剂的活性和选择性存在直接的关系，故C正确；

□.CO2发生还原反应的过程中，1个碳氧双键完全断裂，1个碳氧双键断裂一个键，氧原子部分转化为甲

醇，故D错误;

故答案为：C„

10.D【分析】Na2c2O4溶液中存在平衡：C2O^+H2OHC2O4+OH\

<c2o；-)

HC,O4+H2OH9C2O4+OH,滴入盐酸，pH减小，pOH增大，平衡正向移动，-------减小,

c(HC2O4)

c（C,Oj）c（HCO；）

C（HC2O；）o

减小,则Tg——《和_lg_\都增大，又因为H2c2O4得第一步电离常数大

（；）6

C（H2c2O4）cHC2OC（H2C2O4）

c(c,oj)c(HC2Oj

于第二步电离常数,同一溶液中，~综上所述，曲线表示与

6PpOH

<HC2O；)C(H2C2O4)

c(C,O1)

_[^（HC2O；）

"gc（HCO）的变化关系，曲线L表示pOH与-的变化关系。

224c(HC2O；)

c(HC2O；)

【详解】A.由分析可知，曲线P表示pOH与-lg=~的变化关系，A错误;

%(H2C2O4)

B.当溶液pH=7时，c(H+)=c(OH),结合电荷守恒

++

c（Na）+c（H）=c（HC2O4）+2c（C2O4）+C（OH）+C（CF）可得

+

c（Na）=c（HC2O；）+2C（C2O^）+C（Cl）,B错误;

+

c（H1c（HC?04）10-14

C.由点（11.8,-1）可得Ka/H2c2。4）=\\一=一rrrx10=10--由点（12.2,2）可得

alV22"118

C（H2C2O4）IO

+&/H2c24）02

c（H）c（C2O；j_IQ-14。「」

xIO"=1。3826错

Kal（H2C2O4）==10<1000,C

12262（H2c24）I

c（HC2O4）IO-。一。''

误;

C2（H+）C（C2。；）_勺他©2。4）&（国©204）

D.入盐酸过程中c（H+）增大,

22+

C（H2C204）C（0Hjc（H）"《

正确;

故选D。

11.（1）>Ka<Kb<KC25%26.7kPa

（2）小于升高温度有利于i逆向移动，C（N2（）2）减小，浓度降低的影响大于温度对反应n速率的影响

2

（3）电极甲N2H4+2O-4e-=N2T+2H2O

【详解】（1）①由图可知，d点四氧化二氮的体积分数大于d点对应温度平衡时的体积分数，说明反应向

正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；

②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由图可知，a、b、c三点

温度依次增大，则平衡常数越大的大小顺序为Ka<Kb<K/故答案为：Ka<Kb<Kc；

③由图可知，温度为T?达到平衡时，四氧化二氮的体积分数为60%,设四氧化二氮的转化率为a,由题意

可建立如下三段式:

N2O4（g）2NO2（g）

起始（mol）20

转化（mol）2a4a

平衡（mo。2-2a

4a

r\o

由三段式数据可得：—^-X100%=60%,解得a=0.25,则四氧化二氮的转化率为25%,反应平衡常

2+2a

1,

（一xlOO%）2

数Kp=-----------=26.7kPa,故答案为：25%；26.7kPa；

—xlOO

2.5

（2）一氧化氮与氧气的为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化二氮的浓度减小，由图

可知，在相同时间内，条件下一氧化氮浓度大于条件下一氧化氮浓度，说明升高温度有利于反应I

逆向移动，二氧化二氮浓度减小的影响大于了温度对反应n速率的影响，故答案为：升高温度有利于I逆

向移动，KN2。?）减小，浓度降低的影响大于温度对反应n速率的影响;

（3）由图可知，通入氧气的电极乙为环保电池的正极，电极甲为负极；

①由分析可知，电极甲为负极，电池工作时，阴离子氧离子向负极电极甲移动，故答案为：电极甲；

②由图可知，通入氧气的电极乙为环保电池的正极，电极甲为负极，联氨在氧离子作用下做负极失去电子

发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4+2。2-—4e-=N2T+2H2O,故答案为：

2-

N2H4+2O--4e=N2T+2H2O。

12.（1）增强NC＞3的氧化性

2++

（2）2Fe+H2O2+2H2O=2FeOOH+4HFe（0H）3胶体增多，吸附Ni?+

（3）＜c（NH：）＞c（C2Ot）＞c（HC2O4）＞c（H2C2O4）

（4）14:1

（5）＜合成Ni（C0）4是放热反应，在低温区有利于生成Ni（C0）4,杂质残留在低温区；高温区有利于

Ni（C0）4分解，在高温区收集纯Ni

59x6+93x2

230

⑹acxNAxW

【分析】废锲合金为原料（主要成分是Ni和Cu,还有少量Fe和Si等）加入稀硝酸、稀硫酸进行酸浸，

浸液中含有氢离子，银离子、铜离子、铁离子、硝酸根离子，硫酸根离子等，加入萃取剂进行萃取得到萃

取液和水溶液，水溶液还原后再加入双氧水氧化，过滤得到FeOOH和滤液，滤液加入草酸镂，得到草酸

银，300℃条件下利用空气作用，得到Nis。,，Nis。,在还原剂中加热得到粗银，处理得到纯Ni。

【详解】（1）金属与硝酸反应生成硝酸盐，加入硫酸，氧化性增强，答案为增强N。1的氧化性；

（2）双氧水氧化亚铁离子生成FeOOH和酸，反应的离子方程式为

2++

2Fe+H2O2+2H2O=2FeOOHi+4H；依题意，pH升高，Fe（OH）3胶体增多，吸附保离子，导

致银回收率降低；

KK

（3）NH：、。0；一水解常数依次为石匕、广，前者水解程度较大，故草酸镀溶液呈酸性，

KbKa2

0.1mol•Ll（NH4）2C2O4溶液pH＜7；由于离子水解程度较小，C?。：分步水解，所以离子浓度大小排

序为c（NH；）＞c（C2O：）＞c（HC2O；）＞c（H2c2O4）；

（4）等物质的量CO、H2参加反应时失去电子数相等，生成等量镁需要还原剂CO、H2质量之比为

14:1；

(5)根据镁与CO化合反应可知，低温时有利于银与CO化合；高温时有利于Ni(CO)4分解生成银，故

粗银放在低温区，在高温区收集纯保，杂质残留在低温区；答案为＜；合成Ni(CO)4是放热反应，在低温

区有利于生成NiC。口,杂质残留在低温区；高温区有利于Nig。％分解，在高温区收集纯Ni；

(6)晶体密度计算：铝原子位于长方体晶胞顶点和体内；银原子位于长方体晶胞棱上、面上，1个银银晶

11159x6+93x2_3

胞中，N(Nb)=8x-+l=2,N(Ni)=4x-+10x-=6,P=—~~—^g-cm0

842aCXNAxlO

13.(1)球形冷凝管将甲醇、盐酸冷凝回流，提高原料利用率

120℃

(2)2Na2CrO4+CH30H+10HC1—2CrCl3+4NaCl+7H2O+CO2T

-

(3)Cr(OH)3+OH=CrO；+2H2O

(4)向漏斗中加入蒸储水至刚好浸没沉淀，待蒸储水自然流下，重复操作2-3次

(5)乙醛

(6)除去过量的H2。？，防止将KI氧化为匕当滴入最后半滴Na2s2。3标准溶液，溶液恰好由蓝色褪为

无色，且半分钟不恢复原来的颜色88.8%

【分析】铭酸钠溶液与甲醇、浓盐酸控温在120℃反应生成氯化铭溶液，加入适量氢氧化钠溶液调节

pH=6.8,过滤得到氢氧化铭固体和滤液，固体洗涤、加入浓盐酸溶解，再一系列操作，为蒸发浓缩、冷

却结晶、过滤、洗涤、干燥得到氯化铭晶体；

【详解】(1)由装置图可知，仪器a为冷凝管；因为甲醇沸点为64.7℃,为减少反应过程中甲醇和盐酸的

大量挥发，故使用冷凝管对其冷凝回流，提高原料利用率；

(2)由信息可知，甲醇转变为CO?，NazCrOd被还原为CrCh，根据元素守恒和得失电子守恒可写出反

120℃

应的化学方程式为2Na2CrO4