2021年新高考化学适应性考试模拟卷(山东专用)(八)(解析版)VIP

2020-2021年山东新高考全真模拟卷（八）化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题目要求。1．下列关于古代化学的应用和记载的说明不合理的是（）A．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳机”，指的是黑火药爆炸，其主要反应的方程式为：S+2KNO3+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑B．《梦溪笔谈》“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了氧化还原反应C．“自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是纤维素D．“司南之杓(勺)，投之于地，其杓指南”，司南中“杓”的主要成分为Fe3O4【答案】C【解析】A．黑火药是我国古代四大发明之一，它是由木炭、硫磺、火硝（KNO3）按一定比例混合而成的，爆炸时生成硫化钾（K2S）、氮气和二氧化碳，化学方程式为S+2KNO3+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑；故A正确；B．铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，Fe、Cu元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；C．“自古书契多编以竹简，其用缣帛者谓之为纸”，这里纸(缣帛)的主要成分是蛋白质，故C错误；D．Fe3O4具有磁性，司南中“杓”的主要成分为Fe3O4，故D正确。2．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.4NAB．1molCaH2和1molCaO，晶体中所含离子数目均为3NAC．60gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为2NAD．0.5mol雄黄(As4S4结构如下图)含有NA个S-S键【答案】C【解析】A.1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol

碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA

，0.2

mol

FeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.6NA，故A错误；B.1

mol

CaH2和1

mol

CaO晶体中，前者所含离子数目为3NA，后者所含离子数目为2NA，故B错误；C.

60

g

HCHO与CH3COOH混合物中含有2mol最简式

CH2O,含有2molC原子，C原子数为2NA，故C正确；D、0.5mol雄黄(As4S4，结构如图)含有0.5NA个S-S键，故D错误；3．下列离子反应方程式正确的是（）A．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3＋＋3CO=Al2（CO3）3↓B．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2OC．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2＋＋HCO＋OH－=CaCO3↓＋H2OD．向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2－＋5SO2＋2H2O=3S↓＋4HSO【答案】D【解析】A.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，最初生成碳酸铝，但水解为氢氧化铝，2Al3＋＋3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，A错误；B.氧化亚铁溶于稀硝酸，稀硝酸具有氧化性，3FeO＋10H＋+NO3-=3Fe3＋＋5H2O+NO，B错误；C.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，NH4++Ca2＋＋HCO＋OH－=CaCO3↓＋NH3H2O+H2O，C错误；D.向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2－＋5SO2＋2H2O=3S↓＋4HSO，D正确。4．化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是（）A．原子半径：X>Y>ZB．元素的非金属性：X<Y<ZC．该化合物中Z的化合价均呈-2价D．该化合物中X、Y、Z都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】A.原子半径：C>O>H，即Y>Z>X，A项错误；B.元素的非金属性：H<C<O，即X<Y<Z，B项正确；C.该化合物中Z的化合价为-1和-2价，C项错误；D.氢不满足8电子稳定结构，D项错误；5．环碳如图所示，球表示碳原子，棍表示单键双键或三键。下列有关环碳的叙述错误的是()A．与金刚石互为同素异形体 B．环碳的摩尔质量为C．分子中的碳碳键只能都是双键 D．能与氢气发生加成反应生成环十八烷【答案】C【解析】A．图中只有碳原子没有氢原子，分子式为，是一种全新的碳的同素异形体，故A正确；B．摩尔质量为，故B正确；C．根据价键理论，碳原子形成4个键，所以环碳中的碳有可能只形成碳碳双键，也有可能是碳碳单键与碳碳三键交替，故C错误；D．无论环碳中是只有碳碳双键，还是碳碳单键与碳碳三键交替，理论上一定条件下都可以与氢气发生加成反应生成环十八烷，故D正确。6．下列操作不能达到相应实验目的的是()选项实验目的操作A鉴别蔗糖和葡萄糖分别加入新制氢氧化铜碱性悬浊液，加热煮沸B测定0.5mol/L纯碱溶液的pH用洁净的玻璃棒蘸取0.5mol/L纯碱溶液滴在pH试纸上C用95.5%的酒精制备无水酒精向95.5%的酒精中加入新制生石灰，然后蒸馏D实验室制备溴苯向烧瓶中依次加入苯、溴水、铁粉，无需加热【答案】D【解析】A.蔗糖是非还原性双糖，葡萄糖是还原性单糖，分别加入新制氢氧化铜碱性悬浊液，加热煮沸，观察到有砖红色沉淀产生的是葡萄糖，A正确；B.用洁净的玻璃棒蘸取纯碱溶液滴在pH试纸上来测定纯碱溶液的pH，B正确；C.向95.5%的酒精中加入新制生石灰除去其中的少量水，乙醇的沸点较低，然后蒸馏分离制备无水酒精，C正确；D.实验室制备溴苯的药品是苯、液溴、铁粉或三溴化铁，苯与溴水会发生萃取分层现象，铁粉在水底与溴的苯溶液无法接触，D错误。7．某温度时，将nmol•L﹣1氨水滴入20mL1.0mol•L﹣1盐酸中，忽略溶液混合时的体积变化，溶液pH和温度随加入氨水体积变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是（）A．a点：Kw＝1.0×10﹣14B．b点：c(NH)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)C．25℃NH4Cl水解常数为(n﹣1)×10－6D．b点水的电离程度最大【答案】D【解析】A．水电离吸收热量，降低温度抑制水电离，则水的离子积常数减小，a点温度小于25℃，则a点Kw＜1.0×10-14，A错误；B．酸碱中和反应是放热反应，二者恰好反应时放出的热量最多，此时溶液的温度最高。根据图知，b点温度最高，此时二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵电离产生的NH水解导致溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH)＜c(Cl-)，但由于NH水解电离程度较小，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，故溶液中离子浓度关系为：c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)，B错误；C．加入20mL氨水时溶液的pH=7，溶液中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，根据电荷守恒得c(Cl-)=c(NH)=0.5mol/L，根据物料守恒得溶液中c(NH3•H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，电离平衡常数Kb=，则NH4Cl水解常数=(n﹣1)×10-7，C错误；D．酸或碱抑制水电离，NH水解促进水电离，酸或碱浓度越大其抑制水电离程度液越大，溶液中c(NH)越大，水电离程度就越大，a点溶质为HCl、b点溶质为氯化铵、c点溶质为氯化铵和一水合氨、d点溶质为氯化铵和一水合氨，只有b点促进水电离，因此水电离程度最大的是b，D正确；故合理选项是D。8．一种二次电池体系——混合锂离子/氧电池如图所示。当电池放电时，与在电极处生成。下列说法错误的是()A．充电时，电池总反应为B．充电时，由正极脱出穿过电解质移向负极C．放电时，阴极反应为D．放电时，阳极发生的氧化反应为【答案】A【解析】A．当电池放电时，与在电极处生成，放电时电池的总反应：，充电时电池总反应为放电时的逆反应：，故A错误；B．原电池放电时，阳离子的移动总是由负极经过电解质溶液移向正极，充电时阳离子的移动总是由正极经过电解质溶液移向负极，故B正确；C．根据题意，放电时，与在电极处生成，阴极(正极)反应为，故C正确；D．放电时负极(阳极)金属锂失去电子被氧化为锂离子，负极反应式是，故D正确；9．一种如图所示的三室微生物燃料电池用来处理废水(废水中高浓度有机物用C6H12O6表示)，下列叙述不正确的是A．a电极反应式为：C6H12O6+6H2O-24e-＝6CO2↑+24H＋B．b电极附近的溶液pH增大C．温度越高，处理废水的效率越高D．若反应中转移的电子数为NA，则生成标准状况下N2的体积为2.24L【答案】C【解析】A．a电极是负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-＝6CO2↑+24H＋A正确；B．b电极是正极，电极反应式为2+6H2O+10e-＝N2↑+12OH-，因此b电极附近的溶液pH增大，B正确；C．高温下能使厌氧菌和反硝化菌等蛋白质变性，所以温度越高，处理废水的效率不一定越高，C错误；D．根据2+6H2O+10e-＝N2↑+12OH-可知若反应中转移的电子数为NA，则生成标准状况下N2的物质的量是0.1mol，其体积为2.24L，D正确；10．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl−B．=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−C．的溶液中：K+、NH4+、MnO4−、SO42－D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42－、HCO3－【答案】B【解析】A.

Fe3+可与SCN−结合形成Fe(SCN)3，溶液变红色，因此，该组离子在溶液中不能大量共存，故A错误；B.

的溶液中(OH-)=0.1mol/l，显强碱性。四种离子之间不发生反应，且它们与OH-也都不反应，所以，该组离子在指定溶液中能大量共存，故B正确；C.

Fe2+具有还原性，MnO4−具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，因此，该组离子在溶液中不能大量共存，故C错误；D.能使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，HCO3－可与氢离子结合生成碳酸，碳酸不稳定，分解为二氧化碳和水，所以，该组离子在溶液中不能大量共存，故D错误。二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或者俩个选项是符合题目要求。全部选对得四分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．常压下羰基化法精炼镍的原理：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是（）A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B．该反应达到平衡时，生成[Ni(CO)4]）＝4生成(CO)C．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低【答案】C【解析】A．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c（CO），虽然平衡向正向移动，但反应的平衡常数不变，故A错误；B．反应的速率之比等于气体的计量数之比，所以平衡时有4生成[Ni(CO)4]=生成(CO)，故B错误；C．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故C正确；D．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D错误；12．用石墨电极完成下列电解实验实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生……下列对实验现象的解释或推测不合理的是（）A．a、d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH- B．b处：2Cl--2e-=Cl2↑C．c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+ D．根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜【答案】B【解析】A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A正确；B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确；D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，D正确；13．“钾泻盐”的化学式为MgSO4·KCl·xH2O，是一种制取钾肥的重要原料，它溶于水得到KCl与MgSO4的混合溶液。某化学活动小组设计了如下实验方案：以下说法不正确的是A．该方案能够计算出“钾泻盐”中KCl的质量分数B．足量Ba(NO3)2溶液是为了与MgSO4充分反应C．“钾泻盐”化学式中x＝2D．上述实验数据的测定利用学校实验室里的托盘天平即可完成【答案】CD【解析】A．加入足量的硝酸银溶液，能将氯离子转化为沉淀，由沉淀质量进而求得氯化钾的质量，然后计算出氯化钾的质量分数，故A正确；Ｂ．加入足量Ba

(NO3)

2溶液是为了与MgSO4充分反应，从而计算硫酸镁的质量，故B正确；C．根据提供的数据，可计算出硫酸镁和氯化钾的质量，然后根据化学式可求出化学式中x的值。设该样品中MgSO4的质量为xMgSO4+Ba(NO3)2=BaSO4+Mg(NO3)2120233x23.30gX=12.00g该样品中MgSO4的质量为12.00g设该样品中KCl的质量为yAgNO3+KCl=AgCl↓+KNO374.5143.5y14.35gy=7.45g该样品中KCl的质量为7.45g；水的质量为24.85g-12.00g=5.4g根据“钾泻盐”的化学式MgSO4

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KCl

·

xH2O12018x12.00g5.4gx=3故C错误；D．因为托盘天平只能精确到0.1g，题目中的数据精确到0.01g，故D错误；14．研究表明CO与N2O在Fe＋作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为①N2O＋Fe＋=N2＋FeO＋（慢）、②FeO＋＋CO=CO2＋Fe＋（快）。下列说法正确的是（）A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定C．Fe＋使反应的活化能减小，FeO＋是中间产物D．若转移1mol电子，则消耗标况下11.2LN2O【答案】CD【解析】A．反应①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)中N的化合价由+1价变为0价，Fe的化合价由+1价变为+3价，化合价发生改变，反应①是氧化还原反应，同理②FeO++CO=CO2+Fe+(快)中Fe元素的化合价由+3价变为+1价，C的化合价由+2价变为+4价，化合价发生改变，故反应②也是氧化还原反应，A错误；B．由图中可知两步反应的反应物总能量均高于生成物总能量，故均为放热反应，总反应的化学反应速率是由慢反应决定的，故由反应①决定，B错误；C．由历程图中可知，Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，故Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物，C正确；D．由反应N2O+CO=N2+CO2可知，反应中转移了2mol电子，故若转移1mol电子，则消耗0.5molN2O，标准状况下0.5molN2O的体积为11.2L，D正确；15．一种双功能结构催化剂能同时活化水和甲醇，用以解决氢气的高效存储和安全运输。下图是甲醇脱氢转化的反应历程(表示过渡态)下列说法正确的是()A．的脱氢反应是分步进行的B．甲醇脱氢反应历程的最大能垒(活化能)是C．甲醇脱氢反应中断裂了极性键和非极性键D．该催化剂的研发为醇类重整产氢的工业应用提供了新思路【答案】AD【解析】A．读图知，的脱氢反应是分步进行的，故A正确；B．能垒是发生某步反应需要克服的能量，1.30-0.94=0.36、2.15-1.60=0.55，2.53-2.28=0.25、2.69-2.02=0.67、3.11-2.16=0.95，最大能垒(活化能)是0.95eV,故B错误；C．该历程为，没有非极性键断裂，故C错误；D．该催化剂的成功研发，对工业上的醇类重整产氢有重要的启示，对促进我国制氢工业的节能减排和氢能升级提供了新思路，故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）研究氮氧化物、碳氧化物的产生及利用有重要的化学意义。回答下列问题：(1)汽车燃料中不含氮元素，汽车尾气中所含产生的原因是______，反应的平衡常数约为，从热力学角度看，该反应程度应该很大，实际汽车尾气中该反应的程度很小，原因是_____，要增大汽车尾气净化装置中该反应的程度，关键是要______。(2)将放入密闭的真空容器中，发生反应，反应达到平衡时为，如反应温度不变，将反应体系的体积快速压缩为原来的一半，则的变化范围为_____。(3)用和在一定条件下可转化生成甲醇蒸气和水蒸气：已知部分化学键键能如下表所示：化学键436745351463413①________。②一定条件下，在相同体积的恒容密闭容器中充入和，相同时间段内测得的转化率随温度变化如图所示：d点v正________v逆(填“>”“<”或“=”)。b点的转化率比a点高的原因是________。已知容器内的起始压强为，则图中d点对应温度下反应的平衡常数________(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)【答案】（1）高温下空气中的氮气与氧气反应产生（2分）该反应活化能高，反应速率慢（1分）寻找耐高温的高效催化剂（1分）（2）（2分）（3）①-181（1分）②=（1分）达到平衡前，反应速率随温度升高而加快（2分）或（2分）【解析】（1）汽车的汽缸中汽油燃烧时温度很高，通常空气过量，高温下空气中的氮气与过量氧气反应产生；平衡常数很大说明该反应程度很大，但并不表明该反应活化能小，反应速率快，相反，“实际汽车尾气中该反应的程度很小”说明该反应活化能高，反应速率慢；要增大实际汽车尾气净化装置中该反应的程度，关键是要寻找耐高温的高效催化剂；故答案为：高温下空气中的氮气与氧气反应产生；该反应活化能高，反应速率慢；寻找耐高温的高效催化剂；（2）温度不变时，原平衡与重新达到平衡时的平衡常数K相同，均为，故重新达到平衡时二氧化碳的浓度不变，仍为；体积快速压缩为原来的一半，如果不考虑平衡向左移动，二氧化碳的浓度为，实际上平衡要向左移动，所以二氧化碳的浓度小于，故；（3）①根据焓变等于反应物键能之和-生成物键能之和计算，；②d点是平衡点，所以正逆反应速率相等；达到平衡前，反应速率随温度升高而加快，故b点的转化率比a点高；由d点可得三段式计算如下：；可得物质的量分数，分别为：：；：；：0.3；：0.3；在恒温恒容条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比，则平衡时总压强；该反应的平衡常数。17．（12分）某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05mol·L-1硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。（1）检验产物①取出少量黑色固体，洗涤后，_______（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。②取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+。（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是___________________（用离子方程式表示）。针对两种观点继续实验：①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测，同时发现有白色沉淀生成，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号取样时间/min现象ⅰ3产生大量白色沉淀；溶液呈红色ⅱ30产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深ⅲ120产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色较30min时变浅（资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN）②对Fe3+产生的原因作出如下假设：假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；假设b：空气中存在O2，由于________（用离子方程式表示），可产生Fe3+；假设c：酸性溶液中NO3-具有氧化性，可产生Fe3+；假设d：根据_______现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。实验Ⅱ可证实假设d成立。实验Ⅰ：向硝酸酸化的________溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3min时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是________，操作及现象是________________。（3）根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因：_______________。【答案】（1）加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀（1分）（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+（2分）②4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（2分）加入KSCN溶液后产生白色沉淀（1分）③0.05mol·L-1NaNO3溶液（1分）FeSO4溶液（或FeCl2溶液）（1分）分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深（2分）（3）溶液中存在反应：①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①、②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。（2分）【解析】（1）①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解。或者先用硝酸溶解固体，再用HCl检验Ag+。②K3[Fe(CN)3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。②O2氧化Fe2+生成Fe3+的反应为4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O。白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。③证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用0.05mol·L-1NaNO3溶液。原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2（或者FeSO4溶液）。假设d成立，则上述原电池中能够产生电流，左侧溶液中生成的Fe3+遇到KSCN时红色会更深。（3）由于存在过量铁粉，溶液中存在反应有①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，反应生成的Fe2+能够被Ag+氧化发生反应②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，生成的Fe3+与过量铁粉发生反应③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。18．（12分）H·C·Brown和Schlesinger于1942年在芝加哥大学发现的硼氢化钠(NaBH4)是最常用的还原剂之一，反应常生成偏硼酸钠(NaBO2)。有关实验流程如图所示：I.氢化钠的制备：已知NaH能在潮湿的空气中自燃。甲同学用如图所示装置(每种装置只选一次)来制取NaH。(1)装置的连接顺序是C→____________→D→__________，X、Y分别是__________、__________。(2)通入H2，点燃装置D处酒精灯之前的实验操作是__________。若省略该操作，可能导致的后果是__________。Ⅱ.硼氢化钠的制备及纯度测定：将硼硅酸钠与氢化钠在450～500℃温度和(3.04～5.07)×105Pa压力下反应，生成硼氢化钠和硅酸钠。(3)乙同学欲通过测定硼氢化钠与稀硫酸反应生成氢气的体积来确定硼氢化钠样品的纯度(杂质只有氢化钠)，设计了以下4种装置，从易操作性、准确性角度考虑，宜选装置。__________(4)称取4.04g样品(杂质只有氢化钠)，重复实验操作三次，测得生成气体的平均体积为9.184L(已折算为标准状况)，则样品中硼氢化钠的纯度为__________%(结果保留两位有效数字)。Ⅲ.碉氢化钠的性质检验：(5)碱性条件下，丙同学将NaBH4与CuSO4溶液反应可得到纳米铜和NaBO2，其离子方程式为__________。【答案】（1）A（1分）B（1分）碱石灰(或生石灰等)（1分）浓硫酸（1分）（2）验纯(或将装置中空气排尽)（1分）爆炸(或仪器炸裂等)（1分）（3）丁（2分）（4）94（2分）（5）BH4-＋4Cu2＋＋8OH－=4Cu↓＋BO2-＋6H2O（2分）【解析】I．(1)根据分析，C装置中制取的氢气需要除杂和干燥，即除去水蒸气和氯化氢气体，应选择碱石灰(或生石灰等)既可以吸收氯化氢也可以吸收水分，D装置制得的NaH能在潮湿的空气中自燃，还需要在D装置之后连接一个干燥装置，则实验装置的连接顺序为C→A→D→B，A的盛装的试剂X为碱石灰(或生石灰等)，B中盛装的试剂Y为浓硫酸；(2)通入H2，点燃装置D处酒精灯之前的实验操作是验纯(或将装置中空气排尽)；若省略该操作，氢气中混有空气，可能导致的后果是爆炸(或仪器炸裂等)；Ⅱ．(3)由于量筒的精确度不高，不属于精密的测量仪器，则收集的气体的体积准确度较低，硼氢化钠与稀硫酸反应时要确保反应装置内外压强相同，能使分液漏斗内的反应液顺利流下，综上分析应选择装置丁；(4)设样品中NaH的物质的量为x，NaBH4的物质的量为y，则有24x+38y＝4.04g，样品与稀硫酸反应，反应方程式为：2NaH+H2SO4＝2H2↑+Na2SO4、2NaBH4+H2SO4+6H2O＝8H2↑+2H3BO3+Na2SO4，生成气体的平均体积为9.184L，气体为氢气，故生成的n(H2)==0.41mol，有x+4y＝0.41，解得y=0.1mol，x=0.01mol，则样品中硼氢化钠的纯度为×100%≈94%；Ⅲ．(5)硼氢化钠是一种强还原剂，碱性条件下，NaBH4与CuSO4溶液发生氧化还原反应生成铜、NaBO2和水，其离子方程式为BH4-＋4Cu2＋＋8OH－=4Cu↓＋BO2-＋6H2O。19．（12分）(1)写出Cr3+的核外电子排布式_____。我国科学家合成某种铬的化合物M(如图甲)对乙烯聚合表现出较好的催化活性，甲中化学键1、2、3、4属于配位键的是_____；聚乙烯链中碳原子采取的杂化方式为_____。(2)1mol(SCN)2中含有π键的数目为_____。HSCN的结构有两种，其中硫氰酸(H﹣S﹣C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H﹣N＝C＝S)，原因是_____。(3)研究表明水能凝结成13种类型结晶体，其中重冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如乙，则该晶体中H2O的配位数为_____；若该晶胞边长为apm，重冰的密度为_____g•cm﹣3(写出数学表达式，NA为阿伏加德罗常数)。(4)图丙为Fe3O4晶体中O2﹣的排列方式，其中O2﹣围成正四面体空隙(1、3、6、7)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12)；Fe3O4晶体中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中，则晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为_____；有_____%的正八面体空隙没有填充阳离子。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d3（1分）2（1分）sp3（1分）（2）4NA（1分）异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键（1分）（3）8（1分）（2分）（4）2：1（2分）50（2分）【解析】(1)Cr核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1失去3个电子成为Cr3+，Cr3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3；N，O，Cl最外层分别有3、2、1个未成对电子，故分别形成3、2、1个价键，在N原子上有四个价键，故2处为配位键；聚乙烯链中每个碳原子均为4个单键，故C原子杂化方式为sp3；(2)(SCN)2中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，(SCN)2结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，C和N形成的三键中，有2个是π键，则每个分子中含有4个π键，则1mol(SCN)2中含有π键的数目为4NA；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸；(3)立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图可知为体心立方堆积，故配位数为8；每个晶胞中水分子个数为2，晶胞质量m＝g，晶胞密度ρ＝＝＝g•cm﹣3；(4)结构中如1、3、6、7的O2﹣围成的正四面体空