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湖南省湘潭一中2020届高三11月高考模拟诊断化学试题
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1.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是( )
选项
性质
实际应用
A
SO2具有漂白性
SO2可用于食品增白
B
SiO2熔点高
SiO2可用于制作耐高温仪器
C
Al(OH)3具有弱碱性
Al(OH)3可用于制胃酸中和剂
D
Fe3+具有氧化性
FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、SO2有毒，对人体有伤害，不能用于食品加工，故说法错误；
B、SiO2是原子晶体，熔点高，因此可以作耐高温仪器，故说法正确；
C、胃酸的成分是盐酸，氢氧化铝表现弱碱性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和剂，故说法正确；
D、铜和Fe3＋发生反应，即2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故说法正确。
2.下列实验操作能达到实验目的是
A. 用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2
B. 用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液
C. 用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性
D. 用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A、NO2和水发生反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；
B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；
C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故正确；
D、Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L CH4含有的共价键数为NA
B. 1 mol Fe与1mol Cl2充分反应，电子转移数为3NA
C. 常温下，pH =2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02NA
D. 常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、标准状况下，22.4 L CH4的物质的量为1mol，1mol甲烷中有4molC－H，因此22.4L甲烷中共价键的物质的量为22.4×4/22.4mol=4mol，故错误；
B、2Fe＋3Cl2=2FeCl3，铁过量，氯气不足，因此转移电子物质的量为1×2×1mol=2mol，故错误；
C、没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故错误；
D、由于N2O4的最简式为NO2，所以46g的NO2和N2O4混合气体N2O4看作是46g NO2，即1mol，原子物质的量为1mol×3=3mol，故正确。
4. 用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是（ ）
A. 通电后阳极区溶液pH增大
B. 阴极区的电极反应式为4OH－–4e－＝O2↑+2H2O
C. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的Cl2生成
D. 通电后Li+通过交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出
【答案】D
【解析】
试题分析：A、左端为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应2Cl－2e－=Cl2↑，pH不变，故错误；B、右端是阴极区，得到电子，反应是2H＋＋2e－=H2↑，故错误；C、根据选项A的电极反应式，通过1mol电子，得到0.5molCl2，故错误；D、根据电解原理，阳离子通过阳离子交换膜，从正极区向阴极区移动，LiOH浓溶液从d口导出，故正确。
考点：考查电解的原理、电极反应式的书写等知识。
5.用下列装置完成相关实验，合理是( )
A. 图①：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3
B. 图②：收集CO2或NH3
C. 图③：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5
D. 图④：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5
【答案】B
【解析】
A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A错误；B．氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；C．Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C错误；D．CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D错误；答案选B。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。
6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是( )
A. 单质的沸点：Z>W
B. 简单离子半径：X>W
C. 元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物
D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。
【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A正确；B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B错误；C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。
7.25℃时，用0.1 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B. pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等
C. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)
D. V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【分析】
A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；
B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；
D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。
【详解】A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；
B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C正确；
D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
8.是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为。回答下列问题：
a. b.粉末 c.溶液 d.、溶液 e. 溶液
（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。
（2）完成下表实验过程：
操作步骤
装置C的实验现象
解释原因
检查装置气密性后，添加药品
pH计读数约为13
用离子方程式表示（以为例）：①__
打开，关闭，调节；使硫酸缓慢匀速滴下
ⅰ.导管口有气泡冒出，②
___
ⅱ. pH计读数逐渐③___
反应分步进行：
↓
（较慢）
当pH计读数接近7时，立即停止通，操作是④___
必须立即停止通的原因是：⑤___
（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量，某同学预测转变为，设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少） (5). 减小 (6). 关闭、，打开 (7). 过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率 (8). 加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成
【解析】
【分析】
（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体；
（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：
Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2
2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓
Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）
发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 ，据此分析反应现象；
当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；
（3）预测S2O32-转变为SO42-，可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；
【详解】（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，
故答案为：SO2； H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；
(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，
打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：
Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2
2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓
Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）
发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 ，
反应过程中现象是导管口有气泡冒出，溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小
当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，
故答案为：S2−+H2O⇌HS−+OH−；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率；
(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32−转变为SO42−，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，
故答案为：加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
9.研究、、等的处理方法对环境保护有重要意义。
（1）科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成和，其反应为：
①为了研究外界条件对该反应的影响，进行下表三组实验，测得不同时刻NO的浓度（c）随时间变化的趋势如图1所示。1、2、3代表的实验编号依次是________。（已知在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。）
实验温度NO初始浓度O初始浓度催化剂比表面积催化剂用量编号（℃）
实验
编号
温度
（℃）
NO初始浓度
CO初始浓度
催化剂比表面积
催化剂用量
（g）
Ⅰ
280
82
50
Ⅱ
280
124
50
Ⅲ
350
124
50
②图2表示NO的平衡转化率（a）随温度、压强变化的示意图。X表示的是________，理由是________；Y表示的是________，且Y1________Y2（填“>”或“<”）。
（2）一定温度下，将与以体积比1：2置于密闭容器中发生反应，达到平衡时的体积分数为25％。该反应的平衡常数________。
（3）利用原电池反应可实现的无害化，总反应为，电解质溶液为碱性。工作一段时间后，该电池负极区附近溶液pH________（填“变大”、“变小”或“不变”），正极电极反应式为________。
【答案】 (1). Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ (2). 温度 (3). 该反应为放热反应，温度升高平衡向左移动， 降低：该反应为气体分子数减小的反应，压强增大，平衡向右移动，增大 (4). 压强 (5). < (6). 1.8 (7). 变小 (8).
【解析】
【分析】
（1）①根据温度和催化剂对反应速率的影响及平衡的移动，结合图象和表格来判断；
②反应为气体分子数减少的反应，增大压强，有利于反应正向进行，结合反应的焓变分析温度变化对化学平衡的影响；
（2）设NO2与SO2的物质的量分别为1mol、2mol，容器体积为1L，则
NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）
开始 1 2 0 0
转化 x x x x
平衡 1-x 2-x x x
达到平衡时SO3的体积分数为25%，则
解得x=0.75mol/L，
结合K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算。
（3）正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应，负极上是氨气失电子发生氧化反应，结合电极反应分析判断。
【详解】①温度越高，反应速率越快，催化剂能改变反应速率，但不改变平衡状态，由图1可知，反应3的速率最快，反应1的速率比反应2的速率快，达到平衡时反应物的转化率相同，图表中反应Ⅲ的温度最高且催化剂的表面积最大，则反应3为Ⅲ，而Ⅱ与Ⅰ比较温度相同，但Ⅱ催化剂的表面积大，即Ⅱ的反应速率比Ⅰ快，但平衡状态相同，可知反应1为Ⅱ，反应2为Ⅰ，
故答案为：Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ；
②反应为气体分子数减少的反应，增大压强，有利于反应正向进行，反应焓变△H<0，正反应放热，降低温度有利于反应正向进行，当反应逆向进行时，NO转化率降低，则可采取的措施有升高温度或降低压强，因此条件为温度，则Y表示压强，控制温度相同时，压强越大，NO转化率越高，则Y1
(2)设NO2与SO2的物质的量分别为1mol、2mol，容器体积为1L，则
NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)
开始 1 2 0 0
转化 x x x x
平衡 1−x 2−x x x
达到平衡时SO3的体积分数为25%，则，解得x=0.75mol/L，
该反应的平衡常数，
故答案为：1.8；
(3)原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据电极总反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O，可知正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−，该电池正极区附近溶液pH增大，
故答案为：变大； 2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−。
10.镍及其化合物用途广泛。某矿渣主要成分是（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、等，以下是从该矿渣中回收的工艺路线：
已知：在350℃以上会分解生成和。在焙烧过程中生成、。锡（Sn）位于第五周期第ⅣA族。
（1）焙烧前将矿渣与混合研磨，混合研磨的目的是________。
（2）“浸泡”过程中生成的离子方程式为________，“浸渣”的成分除、外还含有________（填化学式）。
（3）为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入将还原为，所需的物质的量不少于物质的量的________倍；除去过量的后，再用酸性标准溶液滴定溶液中的，还原产物为，滴定时反应的离子方程式为________。
（4）“浸出液”中 ，当除钙率达到99％时，溶液中 ________［已知 ］
（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（对溶液中、的萃取率影响如图所示，的最佳取值是________。
【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2). (3). 、 (4). 0.5 (5). (6). (7). 0.25
【解析】
【分析】
某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°C焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。
（1）混合研磨增大接触面积，加快反应速率；
（2）“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的反应为水解反应，矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵在600°C焙烧，然后热水浸泡，浸取后的浸渣为FeO(OH)、焙烧是生成的Fe2O3以及微溶于水的硫酸钙和不溶于水的二氧化硅；
（3）用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，依据氧化还原反应定量关系计算得到SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的倍数，用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+，还原产物为Cr3+，亚铁离子被氧化为铁离子；
（4）浸出液”中c（Ca2+）=1.0×10-3mol•L-1，当除钙率达到99%时，剩余钙离子1%×1.0×10-3mol/L=1.0×10-5mol/L，结合溶度积常数计算得到溶液中c（F-）；
（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（V0/VA）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图2所示，最佳取值是镍离子不能被萃取，亚铁离子被萃取，据此选择。
【详解】(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
(2)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为：，浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有 SiO2、CaSO4，故答案为：; SiO2、CaSO4；
(3)为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，反应为：2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的一半，为0.5倍，用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+，还原产物为Cr3+，滴定时反应的离子方程式为：Cr2O2−7+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：0.5; Cr2O2−7+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
(4)浸出液”中c(Ca2+)=1.0×10−3mol⋅L−1，当除钙率达到99%时，剩余钙离子1%×1.0×10-3mol/L=1.0×10-5mol/L，溶液中，故答案为：2.0×10−3；
(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图2所示，最佳取值是镍离子不能被萃取，亚铁离子被萃取，V0/VA的最佳取值是0.25，故答案为：0.25。
11.
CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。回答下列问题：
（1）CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子基态核外电子排布式为____________，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小为____________。
（2）SO42－的立体构型是________，与SO42－互为等电子体的一种分子为____________（填化学式）。
（3）往Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物[Cu(NH3)4](NO3)2。其中NO3－中心原子的杂化轨道类型为________，[Cu(NH3)4](NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有____________。
（4）CuSO4的熔点为560℃，Cu(NO3)2的熔点为115℃，CuSO4熔点更高的原因是____________。
（5）利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）；C为（，，）。则D原子的坐标参数为________，它代表________原子。
②若Cu2O晶体密度为d g·cm－3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA=________。
【答案】（1）[Ar]3d9；N>O>S；（2）正四面体，CCl4（或SiF4等）；（3）sp2，配位键、离子键；（4）CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高；（5）①(；；)，Cu；②。
【解析】
试题分析：（1）阳离子是Cu2＋，Cu元素位于第四周期IB族，元素基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为：[Ar]3d9；同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，非金属性越强，第一电离能越大，即第一电离能大小顺序是N>O>S；（2）SO42－价层电子对数为SO42－价层电子对数为为4＋(6＋2－4×2)/20=4，因此SO42－立体结构是正四面体，等电子体：价电子总数相等，原子总数相等的微粒，因此S符合条件的是CCl4或SiF4等；(3)NO3－中N有3个σ键，孤电子对数(5＋1－2×3)/2=0，杂化类型等于价层电子对数，即N的杂化类型为sp2，含有化学键为离子键、配位键；(4) CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高；（5）①根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是(；；)，根据均摊法，白球的个数为(8×1/8＋1)=2，灰球位于体心，灰球有4个，因此化学式为Cu2O，灰球是Cu；②晶胞质量为2×144/NAg，晶胞的体积为(a×10－10)3cm3，根据密度的定义，阿伏加德罗常数=。
考点：考查电子排布式、等电子体、立体构型、杂化类型、化学键、晶格能、晶胞等知识。
12. [化学——选修5：有机化学基础]化合物M是一种香料，A与D是常见的有机化工原料，按下列路线合成化合物M：
已知以下信息：
①A的相对分子质量为28
回答下列问题：
（1）A的名称是___________，D的结构简式是___________。
（2）A生成B反应类型为________，C中官能团名称为___________。
（3）E生成F的的化学方程式为___________。
（4）下列关于G的说法正确的是___________。（填标号）
a．属于芳香烃
b．可与FeCl3溶液反应显紫色
c．可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀
d．G分子中最多有14个原子共平面
（5）化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种（不考虑立体异构）。
①与化合物M含有相同的官能团；②苯环上有两个取代基
（6）参照上述合成路线，化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，X的结构简式为________，Y的结构简式为________。
【答案】（1）乙烯，；（2）加成反应，醛基；
（3）；
（4）cd；（5）18；（6）CH3CH2CHO，。
【解析】
试题分析：根据信息②，推出，C和D结构简式为：CH3CHO和，A的分子量为28，推出A为CH2=CH2(乙烯)，B为CH3CH2OH，G的结构简式为：，F的结构简式为：，E的结构简式为：，D的结构简式为：，（1）A为乙烯，D的结构简式为：；（2）A和B发生CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，发生加成反应，C的结构简式含有官能团是醛基；(3)E生成F，发生取代反应，反应方程式为：；（4）根据G的结构简式为：，a、烃仅含碳氢两种元素，G中含有O元素，故错误；b、不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故错误；c、含有醛基，与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O，故正确；d、苯环是平面正六边形，醛基共面，所有原子共面，即有14个原子共面，故正确；（5）N比M大14，说明N比M多一个“CH2”，（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有3×6=18种；(6)根据信息②，X为CH3CH2CHO，Y的结构简式为。
考点：考查有机物的推断、官能团的性质、同分异构体的书写等知识。
1.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是( )
选项
性质
实际应用
A
SO2具有漂白性
SO2可用于食品增白
B
SiO2熔点高
SiO2可用于制作耐高温仪器
C
Al(OH)3具有弱碱性
Al(OH)3可用于制胃酸中和剂
D
Fe3+具有氧化性
FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、SO2有毒，对人体有伤害，不能用于食品加工，故说法错误；
B、SiO2是原子晶体，熔点高，因此可以作耐高温仪器，故说法正确；
C、胃酸的成分是盐酸，氢氧化铝表现弱碱性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和剂，故说法正确；
D、铜和Fe3＋发生反应，即2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故说法正确。
2.下列实验操作能达到实验目的是
A. 用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2
B. 用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液
C. 用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性
D. 用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A、NO2和水发生反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；
B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；
C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故正确；
D、Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L CH4含有的共价键数为NA
B. 1 mol Fe与1mol Cl2充分反应，电子转移数为3NA
C. 常温下，pH =2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02NA
D. 常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、标准状况下，22.4 L CH4的物质的量为1mol，1mol甲烷中有4molC－H，因此22.4L甲烷中共价键的物质的量为22.4×4/22.4mol=4mol，故错误；
B、2Fe＋3Cl2=2FeCl3，铁过量，氯气不足，因此转移电子物质的量为1×2×1mol=2mol，故错误；
C、没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故错误；
D、由于N2O4的最简式为NO2，所以46g的NO2和N2O4混合气体N2O4看作是46g NO2，即1mol，原子物质的量为1mol×3=3mol，故正确。
4. 用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是（ ）
A. 通电后阳极区溶液pH增大
B. 阴极区的电极反应式为4OH－–4e－＝O2↑+2H2O
C. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的Cl2生成
D. 通电后Li+通过交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出
【答案】D
【解析】
试题分析：A、左端为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应2Cl－2e－=Cl2↑，pH不变，故错误；B、右端是阴极区，得到电子，反应是2H＋＋2e－=H2↑，故错误；C、根据选项A的电极反应式，通过1mol电子，得到0.5molCl2，故错误；D、根据电解原理，阳离子通过阳离子交换膜，从正极区向阴极区移动，LiOH浓溶液从d口导出，故正确。
考点：考查电解的原理、电极反应式的书写等知识。
5.用下列装置完成相关实验，合理是( )
A. 图①：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3
B. 图②：收集CO2或NH3
C. 图③：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5
D. 图④：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5
【答案】B
【解析】
A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A错误；B．氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；C．Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C错误；D．CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D错误；答案选B。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。
6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是( )
A. 单质的沸点：Z>W
B. 简单离子半径：X>W
C. 元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物
D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。
【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A正确；B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B错误；C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。
7.25℃时，用0.1 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B. pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等
C. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)
D. V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【分析】
A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；
B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；
D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。
【详解】A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；
B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C正确；
D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
8.是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为。回答下列问题：
a. b.粉末 c.溶液 d.、溶液 e. 溶液
（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。
（2）完成下表实验过程：
操作步骤
装置C的实验现象
解释原因
检查装置气密性后，添加药品
pH计读数约为13
用离子方程式表示（以为例）：①__
打开，关闭，调节；使硫酸缓慢匀速滴下
ⅰ.导管口有气泡冒出，②
___
ⅱ. pH计读数逐渐③___
反应分步进行：
↓
（较慢）
当pH计读数接近7时，立即停止通，操作是④___
必须立即停止通的原因是：⑤___
（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量，某同学预测转变为，设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少） (5). 减小 (6). 关闭、，打开 (7). 过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率 (8). 加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成
【解析】
【分析】
（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体；
（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：
Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2
2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓
Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）
发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 ，据此分析反应现象；
当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；
（3）预测S2O32-转变为SO42-，可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；
【详解】（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，
故答案为：SO2； H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；
(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，
打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：
Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2
2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓
Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）
发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 ，
反应过程中现象是导管口有气泡冒出，溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小
当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，
故答案为：S2−+H2O⇌HS−+OH−；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率；
(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32−转变为SO42−，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，
故答案为：加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
9.研究、、等的处理方法对环境保护有重要意义。
（1）科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成和，其反应为：
①为了研究外界条件对该反应的影响，进行下表三组实验，测得不同时刻NO的浓度（c）随时间变化的趋势如图1所示。1、2、3代表的实验编号依次是________。（已知在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。）
实验温度NO初始浓度O初始浓度催化剂比表面积催化剂用量编号（℃）
实验
编号
温度
（℃）
NO初始浓度
CO初始浓度
催化剂比表面积
催化剂用量
（g）
Ⅰ
280
82
50
Ⅱ
280
124
50
Ⅲ
350
124
50
②图2表示NO的平衡转化率（a）随温度、压强变化的示意图。X表示的是________，理由是________；Y表示的是________，且Y1________Y2（填“>”或“<”）。
（2）一定温度下，将与以体积比1：2置于密闭容器中发生反应，达到平衡时的体积分数为25％。该反应的平衡常数________。
（3）利用原电池反应可实现的无害化，总反应为，电解质溶液为碱性。工作一段时间后，该电池负极区附近溶液pH________（填“变大”、“变小”或“不变”），正极电极反应式为________。
【答案】 (1). Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ (2). 温度 (3). 该反应为放热反应，温度升高平衡向左移动， 降低：该反应为气体分子数减小的反应，压强增大，平衡向右移动，增大 (4). 压强 (5). < (6). 1.8 (7). 变小 (8).
【解析】
【分析】
（1）①根据温度和催化剂对反应速率的影响及平衡的移动，结合图象和表格来判断；
②反应为气体分子数减少的反应，增大压强，有利于反应正向进行，结合反应的焓变分析温度变化对化学平衡的影响；
（2）设NO2与SO2的物质的量分别为1mol、2mol，容器体积为1L，则
NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）
开始 1 2 0 0
转化 x x x x
平衡 1-x 2-x x x
达到平衡时SO3的体积分数为25%，则
解得x=0.75mol/L，
结合K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算。
（3）正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应，负极上是氨气失电子发生氧化反应，结合电极反应分析判断。
【详解】①温度越高，反应速率越快，催化剂能改变反应速率，但不改变平衡状态，由图1可知，反应3的速率最快，反应1的速率比反应2的速率快，达到平衡时反应物的转化率相同，图表中反应Ⅲ的温度最高且催化剂的表面积最大，则反应3为Ⅲ，而Ⅱ与Ⅰ比较温度相同，但Ⅱ催化剂的表面积大，即Ⅱ的反应速率比Ⅰ快，但平衡状态相同，可知反应1为Ⅱ，反应2为Ⅰ，
故答案为：Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ；
②反应为气体分子数减少的反应，增大压强，有利于反应正向进行，反应焓变△H<0，正反应放热，降低温度有利于反应正向进行，当反应逆向进行时，NO转化率降低，则可采取的措施有升高温度或降低压强，因此条件为温度，则Y表示压强，控制温度相同时，压强越大，NO转化率越高，则Y1
(2)设NO2与SO2的物质的量分别为1mol、2mol，容器体积为1L，则
NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)
开始 1 2 0 0
转化 x x x x
平衡 1−x 2−x x x
达到平衡时SO3的体积分数为25%，则，解得x=0.75mol/L，
该反应的平衡常数，
故答案为：1.8；
(3)原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据电极总反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O，可知正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−，该电池正极区附近溶液pH增大，
故答案为：变大； 2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−。
10.镍及其化合物用途广泛。某矿渣主要成分是（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、等，以下是从该矿渣中回收的工艺路线：
已知：在350℃以上会分解生成和。在焙烧过程中生成、。锡（Sn）位于第五周期第ⅣA族。
（1）焙烧前将矿渣与混合研磨，混合研磨的目的是________。
（2）“浸泡”过程中生成的离子方程式为________，“浸渣”的成分除、外还含有________（填化学式）。
（3）为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入将还原为，所需的物质的量不少于物质的量的________倍；除去过量的后，再用酸性标准溶液滴定溶液中的，还原产物为，滴定时反应的离子方程式为________。
（4）“浸出液”中 ，当除钙率达到99％时，溶液中 ________［已知 ］
（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（对溶液中、的萃取率影响如图所示，的最佳取值是________。
【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2). (3). 、 (4). 0.5 (5). (6). (7). 0.25
【解析】
【分析】
某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°C焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。
（1）混合研磨增大接触面积，加快反应速率；
（2）“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的反应为水解反应，矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵在600°C焙烧，然后热水浸泡，浸取后的浸渣为FeO(OH)、焙烧是生成的Fe2O3以及微溶于水的硫酸钙和不溶于水的二氧化硅；
（3）用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，依据氧化还原反应定量关系计算得到SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的倍数，用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+，还原产物为Cr3+，亚铁离子被氧化为铁离子；
（4）浸出液”中c（Ca2+）=1.0×10-3mol•L-1，当除钙率达到99%时，剩余钙离子1%×1.0×10-3mol/L=1.0×10-5mol/L，结合溶度积常数计算得到溶液中c（F-）；
（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（V0/VA）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图2所示，最佳取值是镍离子不能被萃取，亚铁离子被萃取，据此选择。
【详解】(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
(2)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为：，浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有 SiO2、CaSO4，故答案为：; SiO2、CaSO4；
(3)为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，反应为：2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的一半，为0.5倍，用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+，还原产物为Cr3+，滴定时反应的离子方程式为：Cr2O2−7+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：0.5; Cr2O2−7+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
(4)浸出液”中c(Ca2+)=1.0×10−3mol⋅L−1，当除钙率达到99%时，剩余钙离子1%×1.0×10-3mol/L=1.0×10-5mol/L，溶液中，故答案为：2.0×10−3；
(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图2所示，最佳取值是镍离子不能被萃取，亚铁离子被萃取，V0/VA的最佳取值是0.25，故答案为：0.25。
11.
CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。回答下列问题：
（1）CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子基态核外电子排布式为____________，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小为____________。
（2）SO42－的立体构型是________，与SO42－互为等电子体的一种分子为____________（填化学式）。
（3）往Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物[Cu(NH3)4](NO3)2。其中NO3－中心原子的杂化轨道类型为________，[Cu(NH3)4](NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有____________。
（4）CuSO4的熔点为560℃，Cu(NO3)2的熔点为115℃，CuSO4熔点更高的原因是____________。
（5）利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）；C为（，，）。则D原子的坐标参数为________，它代表________原子。
②若Cu2O晶体密度为d g·cm－3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA=________。
【答案】（1）[Ar]3d9；N>O>S；（2）正四面体，CCl4（或SiF4等）；（3）sp2，配位键、离子键；（4）CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高；（5）①(；；)，Cu；②。
【解析】
试题分析：（1）阳离子是Cu2＋，Cu元素位于第四周期IB族，元素基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为：[Ar]3d9；同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，非金属性越强，第一电离能越大，即第一电离能大小顺序是N>O>S；（2）SO42－价层电子对数为SO42－价层电子对数为为4＋(6＋2－4×2)/20=4，因此SO42－立体结构是正四面体，等电子体：价电子总数相等，原子总数相等的微粒，因此S符合条件的是CCl4或SiF4等；(3)NO3－中N有3个σ键，孤电子对数(5＋1－2×3)/2=0，杂化类型等于价层电子对数，即N的杂化类型为sp2，含有化学键为离子键、配位键；(4) CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高；（5）①根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是(；；)，根据均摊法，白球的个数为(8×1/8＋1)=2，灰球位于体心，灰球有4个，因此化学式为Cu2O，灰球是Cu；②晶胞质量为2×144/NAg，晶胞的体积为(a×10－10)3cm3，根据密度的定义，阿伏加德罗常数=。
考点：考查电子排布式、等电子体、立体构型、杂化类型、化学键、晶格能、晶胞等知识。
12. [化学——选修5：有机化学基础]化合物M是一种香料，A与D是常见的有机化工原料，按下列路线合成化合物M：
已知以下信息：
①A的相对分子质量为28
回答下列问题：
（1）A的名称是___________，D的结构简式是___________。
（2）A生成B反应类型为________，C中官能团名称为___________。
（3）E生成F的的化学方程式为___________。
（4）下列关于G的说法正确的是___________。（填标号）
a．属于芳香烃
b．可与FeCl3溶液反应显紫色
c．可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀
d．G分子中最多有14个原子共平面
（5）化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种（不考虑立体异构）。
①与化合物M含有相同的官能团；②苯环上有两个取代基
（6）参照上述合成路线，化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，X的结构简式为________，Y的结构简式为________。
【答案】（1）乙烯，；（2）加成反应，醛基；
（3）；
（4）cd；（5）18；（6）CH3CH2CHO，。
【解析】
试题分析：根据信息②，推出，C和D结构简式为：CH3CHO和，A的分子量为28，推出A为CH2=CH2(乙烯)，B为CH3CH2OH，G的结构简式为：，F的结构简式为：，E的结构简式为：，D的结构简式为：，（1）A为乙烯，D的结构简式为：；（2）A和B发生CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，发生加成反应，C的结构简式含有官能团是醛基；(3)E生成F，发生取代反应，反应方程式为：；（4）根据G的结构简式为：，a、烃仅含碳氢两种元素，G中含有O元素，故错误；b、不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故错误；c、含有醛基，与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O，故正确；d、苯环是平面正六边形，醛基共面，所有原子共面，即有14个原子共面，故正确；（5）N比M大14，说明N比M多一个“CH2”，（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有3×6=18种；(6)根据信息②，X为CH3CH2CHO，Y的结构简式为。
考点：考查有机物的推断、官能团的性质、同分异构体的书写等知识。
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