精品解析：黑龙江省部分学校2024-2025学年高三上学期一轮复习联考(四)化学试题

2025届高三一轮复习联考(四) 化学试题 考试时间75分钟，满分100分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案字母涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案字母；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56 Zn-65 Ni-59 Pb-207 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列化学用语或图示表示错误的是 A. 的结构示意图： B. 用电子式表示的形成过程： C. 乙醇的空间填充模型： D. 中键的原子轨道的电子云图形： 【答案】B 【解析】 【详解】A．硫为16号元素，则的结构示意图为，A正确； B．氯化氢为共价化合物，则用电子式表示的形成过程为，B错误； C．乙醇的结构简式CH3CH2OH，空间填充模型为：，C正确； D．分子中键是两个p轨道头碰头形成的原子轨道，电子云图形为：，D正确； 故选B。 2. 实验是化学研究的重要方式。下列实验操作正确的是 A. 液溴保存时，常加少量的水进行液封 B. 金属钠、镁着火时，可用二氧化碳扑灭 C. 取用药品时，剩余药品均不能放回原试剂瓶 D. 滴定实验时，滴定管和锥形瓶均应先润洗 【答案】A 【解析】 【详解】A．液溴易挥发，密度大于水，在水中溶解度较小，且液溴具有氧化性，能腐蚀橡胶塞，所以液溴保存时，常加少量的水进行液封，A正确； B．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，氧气助燃；镁能与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，所以金属钠、镁着火时，不能用二氧化碳扑灭，B错误； C．取用药品时，剩余药品一般不能放回原试剂瓶。但钠、钾等活泼金属从安全角度考虑，剩余后要放回原试剂瓶，C错误； D．滴定实验时，滴定管应先润洗，锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，D错误； 故选A。 3. 下列物质的性质不能用化学键理论解释的是 A. 稳定性： B. 沸点： C. 硬度：金刚石>晶体硅 D. 熔点：氧化镁>氯化钠 【答案】B 【解析】 【详解】A．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性，所以稳定性：，与化学键有关，A不符合题意； B． 和均为分子晶体，的沸点低于，是因为乙醇分子间存在氢键，与化学键无关，B符合题意； C．金刚石和晶体硅均为原子晶体，原子半径，则键长小于键长，键能：＞，所以硬度:金刚石晶体硅，与化学键有关，C不符合题意； D．氧化镁和氯化钠均为离子晶体，离子电荷数、，故晶格能，所以熔点：氧化镁氯化钠，与化学键有关，D不符合题意； 故选B。 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. S与NaOH溶液反应时，每生成1 mol还原产物，则转移的电子数目为4NA B. 1 mol丙烯腈(CH2=CHCN)中π键的电子对数目为3NA C. 标准状况下，22.4L N2与6.72L H2充分反应，由于该反应为可逆反应，则生成NH3的分子数目为0.2NA D. 标准状况下，22.4L苯中sp2杂化的原子数目为6NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．S与NaOH溶液反应的方程式为3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O。S的化合价从0价降低到－2价，降低2价，生成Na2S，还原产物为Na2S。每生成1 mol还原产物Na2S，转移的电子的物质的量为2mol，数目为2NA，A错误； B．丙烯腈的结构式为，碳碳双键中有1个π键，碳氮三键中有2个π键，则1mol丙烯腈中含有π键的数目为3NA，B正确； C．合成氨反应的化学方程式为N2＋3H22NH3。标准状况下，22.4L N2与6.72L H2充分反应时，H2不足，其物质的量为。若0.3mol H2完全反应生成0.2mol NH3。可逆反应中，反应物不可能完全反应，因此生成的NH3的分子数目小于0.2NA，C错误； D．标准状况下，苯为液体，不能用气体摩尔体积来计算苯的物质的量，因此无法得知22.4L苯中sp2杂化的原子数目，D错误； 答案选B。 5. 已知、、、四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示。下列表述正确的是 A B C D A. B元素的最高正价可能为+6价 B. D元素的周期数有可能等于其族序数 C. C的最高价氧化物有可能与的最高价氧化物对应的水化物反应 D. 若为氧元素，则离子半径顺序： 【答案】C 【解析】 【详解】A．若B的最高正价为+6价，则B为S，那C、D就位于第四周期，不属于短周期元素，A错误； B．D元素可能为Si、P、S，这三种元素都是第三周期，Si元素是第ⅣA族，P元素是第ⅤA族，S元素是第ⅥA族，W的周期数不可能等于其族序数，B错误； C．若C为Al，则B为N，Al2O3能与HNO3反应生成硝酸铝和水，C正确； D．若A为O，则B为F，C为P，D为S，离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径P3->S2->O2->F-，D错误； 故答案选C。 6. 环穴状受体可以与被识别的分子或离子形成超分子，现有大三环穴受体物质，结构如图1所示，并且可以进行四面体识别。下列说法错误的是 A. 图1中每个环穴内的所有原子都在同一平面内 B. 图2中受体与通过氢键形成超分子 C. 图3中识别的分子为水分子 D. 与的VSEPR模型均为四面体形 【答案】A 【解析】 【详解】A．图1中环穴上有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体构型，故环穴内所有原子不可能在同一平面内，A错误； B．由图2可知，受体中N与铵根中的H形成N-H…N氢键，从而形成超分子，B正确； C．由图3可知，受体中N与H2O中的H形成O-H…N和N-H…O氢键，识别H2O分子，C正确； D．与的中心原子N原子和O原子价层电子对数都为4，孤电子对数分别为1和2，它们的VSEPR模型都为四面体形，D正确； 故选A。 7. 某兴趣小组以重铬酸钾()溶液为例，研究外界条件对溶液中平衡体系的影响做如下实验。 已知：①溶液存在平衡：。 ②含铬元素的离子在溶液中的颜色：(橙色)；(黄色)；(绿色)。 ① ② ③ ④ 由实验现象可知下列说法正确的是 A. 实验①可验证的逆反应是放热反应 B. 若实验②验证“只降低生成物的浓度，使平衡正向移动”，试剂a可用 C. 实验③可以验证“增大生成物的浓度，该平衡逆向移动” D. 实验④中溶液变为黄色的原因是有还原性 【答案】B 【解析】 【详解】A．加热后溶液橙色加深，说明增大，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，A错误； B．实验②验证“只降低生成物的浓度，该平衡正向移动”，如果试剂a是，消耗，降低生成物的浓度，平衡正向移动，B正确； C．加入浓硫酸，平衡逆向移动可能的原因除了增加氢离子浓度外，还可能是浓硫酸溶于水放出大量的热，使平衡逆向移动，C错误； D．亚硫酸根离子可以和氢离子结合，降低氢离子浓度，平衡正向移动，溶液变为黄色，不能说明溶液变为黄色的原因是有还原性，D错误； 故选B。 8. 是催化剂领域应用广泛的稀土氧化物，其晶胞如图1所示，晶胞参数为，一种铈的氧化物催化乙苯脱氢反应机理如图2所示。下列说法正确的是 A. 晶胞中与最近的核间距为 B. 的晶胞面对角线切面上的离子数目均有10个 C. 催化乙苯脱氢过程中物质I为催化剂 D. 反应过程中有非极性键的断裂和生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．由晶胞图知，CeO2晶胞中Ce4+与O2-最近的核间距为晶胞体对角线的，故核间距为apm，A错误； B．由晶胞图知，晶胞面对角线切面上的离子数目为10个，，B正确；； C．由图2知，催化乙苯脱氢过程中物质IV参与反应过程，反应后又重新生成，为催化剂，I为中间产物，C错误； D．由图2知，反应过程中有碳氢极性键、氮氧极性键的断裂，以及氮氮非极性键的形成，没有非极性键的断裂，D错误； 故本题选B。 9. 某溶液中各离子的浓度相等，可能含有下列离子中的若干种：K＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3+、Cl－、、、、。现进行如下实验： ①取少量该溶液，加入KSCN溶液，无明显变化； ②另取少量该溶液，并加入少量盐酸，有无色气体生成，且该无色气体遇空气变成红棕色； ③向②中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成； ④向②中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成，过滤，并向所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成。 下列说法错误的是 A. 溶液中一定不含Al3＋、Fe3＋、、 B. 不能确定溶液中是否含有Cl－ C. 实验②中生成无色气体的离子方程式为3Fe2＋＋＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O D. 实验④中加入过量浓氨水时，则溶液中存在[Cu(NH3)4]2＋ 【答案】B 【解析】 【分析】①取少量该溶液，加入KSCN溶液，无明显变化，说明不存在Fe3＋；②另取少量该溶液，并加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，产生的气体是NO，说明被还原，能发生氧化还原的组合是、Fe2＋，则一定含有、Fe2＋；Fe2＋会与、反应，因此一定不存在、；③向②中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是BaSO4，则一定含有；④向②中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀[Fe(OH)3]生成，过滤，并向所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，说明含有Cu2＋。综上，可以判断溶液中一定存在的离子有、Fe2＋、Cu2＋、，一定不存在有Fe3＋、、，不确定的还有K＋、Al3+、Cl－。溶液中各离子的浓度相等，结合电荷守恒，则一定含有Cl－，没有K＋、Al3+。 【详解】A．根据分析，溶液中一定不含Al3＋、Fe3＋、、，A不符合题意； B．根据分析，溶液中各离子的浓度相等，结合电荷守恒，可知溶液中一定含有Cl－，B符合题意； C．溶液中加入少量盐酸，Fe2＋被氧化，生成NO气体，根据得失电子守恒和电荷守恒配平，离子方程式为3Fe2＋＋＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，C不符合题意； D．溶液中有Cu2＋，加入过量浓氨水时，Cu2＋与浓氨水反应生成[Cu(NH3)4]2＋，D不符合题意； 答案选B。 10. 三氯化六氨合钴{[Co(NH3)6]Cl3}常用于工业合成，实验室可用以下装置制备(加热和夹持装置省略)。 已知：①Co2＋在溶液中较稳定；[Co(NH3)6]2+具有比Co2＋更强的还原性； ②常温下，Ksp[Co(OH)2]=6×10-15； ③常温下，氨气能与CaCl2固体结合生成CaCl2·8NH3。 下列说法错误的是 A. 仪器中冷凝水的进水口为1处 B. 加入H2O2溶液与浓氨水时，应先打开活塞b C. 制备[Co(NH3)6]Cl3反应的化学方程式为2CoCl2＋10NH3·H2O＋2NH4Cl＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O D. 仪器d中的物质为无水CaCl2 【答案】B 【解析】 【详解】A．仪器c是球形冷凝管，冷凝水应该“下进上出”，故进水口为1处，A不符合题意； B．由已知①可知，Co2＋在溶液中较稳定，不易被氧化。[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，所以应该先加入氨水将Co2＋转化为易被氧化的物质，再加H2O2将其氧化，即向混合液中加入H2O2溶液与浓氨水时，应先打开活塞a，B符合题意； C．[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价为＋3价，在反应中CoCl2转化为Co的化合价从＋2升高到＋3，升高1价。H2O2中O的化合价从－1降低到－2，H2O2中含有2个O原子，则一共降低2价。在氧化还原反应中，化合价升降守恒，则CoCl2和H2O2的系数比为2:1。根据原子守恒配平，制备[Co(NH3)6]Cl3反应的化学方程式为2CoCl2＋10NH3·H2O＋2NH4Cl＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O，C不符合题意； D．仪器d为尾气处理装置，根据已知信息③，无水CaCl2吸收可能挥发出的氨气，D符合题意； 答案选B。 11. 25℃时，向的醋酸溶液中逐滴加入的NaOH溶液，向的溶液中逐滴加入的盐酸，且溶液的[化学上规定]与[或]的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线①中的 B. 当时，则存在关系： C. 当时，两溶液的pH均小于4.74 D. 25℃时，的溶液的pH约为9.37 【答案】C 【解析】 【分析】向的醋酸溶液中逐滴加入的NaOH溶液，，加入NaOH溶液，pH增大，氢氧根离子浓度增大，促进醋酸的电离，逐渐增大，对应曲线②；向的溶液中逐滴加入的盐酸，，加入盐酸，pH减小，氢离子消耗氢氧根离子，促进醋酸根离子的水解，逐渐增大，对应曲线①； 【详解】A．向溶液中逐滴加入的盐酸，溶液的酸性增强，pOH增大，生成的增多，增大，曲线①中正确； B．当时，两线相交，则存在关系：，说明，B正确； C．当时，则两混合溶液中均含等物质的量的和，根据两线交点，可求，所以，则，根据电离常数计算，，C错误； D．假设时，的溶液中，则，解得，则时，的溶液的pH约为9.37，D正确； 故选：C。 12. 某配合物的分子结构如图所示，其中，M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为16；W元素基态原子的核外电子有15种空间运动状态，以及有2个未成对电子。下列说法错误的是 A. Y的简单氢化物是一种常见的制冷剂 B. 此配合物中W元素的化合价为+4价 C. 第一电离能由大到小的顺序为Y＞Z＞X D. X与Z的简单氢化物的键角大小为X＞Z 【答案】B 【解析】 【分析】根据分子结构，M形成1个共价键及M与Z形成氢键，Z形成2个共价键，可知M为H，Z为O。X形成4个共价键，Y形成3个共价键和1个配位键，结合原子序数，可知X为C，Y为N。W元素基态原子的核外电子有15种空间运动状态，即占用了15个原子轨道，以及含2个未成对电子，可知W的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，W为Ni。 【详解】A．Y的简单氢化物是NH3，是一种常见的制冷剂，正确，A不符合题意； B．根据配合物的结构，可知配合物中与H形成氢键的O只形成1根共价键；O原子本应形成2根共价键，说明该O原子得到一个由Ni提供电子。这种O原子有2个，则共从Ni得到2个电子，因此Ni为+2价，错误，B符合题意； C．同周期元素从左到右第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但是第ⅤA元素的第一电离能大于第ⅥA元素的第一电离能，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，即Y＞Z＞X，正确，C不符合题意； D．CH4的中心原子C的价层电子对数为，则中心原子采取sp3杂化。H2O的中心原子O的价层电子对数为，则中心原子采取sp3杂化。CH4和H2O的中心原子都是sp3杂化，但H2O中O有两对孤对电子，对成键电子对的斥力大，使得键角减小，所以键角大小为CH4＞H2O，即X＞Z，正确，D符合题意； 答案选B。 13. 利用在碱性条件下实现废水中的回收，铬的去除率大于99.5%，其装置如图所示。下列说法正确的是 A. 膜a、膜b均为阳离子交换膜 B. 废水室中反应的离子方程式为 C. 反应一段时间后，阴极区溶液的减小 D. 通电过程中石墨极每产生(标准状况)气体，则双极膜内减少 【答案】D 【解析】 【分析】根据图示中氢离子的移动方向可知，N为阴极，则M为阳极，在阳极水失去电子生成氧气电极反应为：2H2O−4e−=4H++O2↑，氢离子结合硫酸根离子生成硫酸，缓冲室中的硫酸根离子通过膜a向左移动，缓冲室中的钠离子通过膜b向右移动，则膜a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，以此解题。 【详解】A．由分析可知，膜a为阴离子交换膜，膜b均为阳离子交换膜，A错误； B．由图可知，废水室为碱性环境，则废水室中反应的离子方程式为，B错误； C．由分析可知，N为阴极，在阴极氢离子得到电子生成氢气，但是同时双极膜中的氢离子向阴极移动，则反应一段时间后，阴极区溶液的不变，C错误； D．N产生的是氢气，则石墨极每产生氢气的物质的量为1.5mol，此时转移电子为3mol，此时双极膜消耗水为3mol，质量为54g，D正确； 故选D。 14. 某立方晶系的硫锰矿晶胞，沿c轴将原子投影到ab平面，投影图如下（设代表阿伏加德罗常数的值，括号中c数据为原子在c轴方向的原子坐标）。下列说法错误的是 A. 基态Mn的价电子排布式为 B. 晶体中的配位数是6 C. Mn位于晶胞的顶角和面心 D. 若晶体密度为，则最近的两个硫原子之间的距离为 【答案】B 【解析】 【详解】A．为25号元素，其基态原子的核外电子排布式为，基态Mn的价电子排布式为，A正确； B．据投影图可知，晶胞结构如图，晶体中的配位数是4，B错误； C．投影图可知，晶胞结构如图，晶胞中位于面心和顶角，C正确； D．据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个，锰原子有，设晶胞棱长为a cm，，a=，最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，即，D正确； 故答案为：B。 15. 已知可以发生分解反应： ，若反应速率与相关物质的浓度关系为：，(，均为速率常数，只受温度影响)，速率常数与温度的关系如图1.在四个恒容密闭容器(I~IV)中分别充入表中相应量的气体，容器I、II、III中的平衡转化率如图2所示。下列说法正确的是 起始物质的量 容器I 0.1 0 0 容器II 0.1 0 0 容器III 0.1 0 0 容器IV 0.06 0.06 0.04 A. 的分解反应在低温下能自发进行 B. 图2中、、三点对应的容器内气体的密度最小的是点 C. 若容器II、IV的体积均为1L，且容器IV在470℃下进行反应，则容器IV中起始反应速率： D. 若容器II、IV的体积均为1L，且容器IV在470℃下进行反应，当反应达到平衡时，则 【答案】D 【解析】 【详解】A. 根据图2，升高温度，N2O的平衡转化率增大，可知正反应吸热，>0，气体物质的量增多，△S>0，根据能自发进行，的分解反应在高温下能自发进行，故A错误； B. 相同温度下，容器I、II、III 中的平衡转化率依次减小，则I、II、III的压强依次增大，容器I、II、III的体积依次减小，图2中、、三点对应的容器内气体的密度最小的是A点，故B错误； C.若容器II、IV的体积均为1L。容器II中470℃下的平衡转化率为60%，则反应达到平衡时，的浓度为0.04mol/L、N2的浓度为0.06mol/L、O2的浓度为0.03mol/L ，K=；容器IV在470℃下进行反应，则容器IV中起始时 ，反应正向进行，反应速率：，故C错误； D. 容器II中470℃下的平衡转化率为60%，则反应达到平衡时，的浓度为0.04mol/L、N2的浓度为0.06mol/L、O2的浓度为0.03mol/L ，，，只受温度影响，所以且容器IV在470℃下进行反应，当反应达到平衡时， ，故D正确； 选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 已知X、Y、Z、W、Q、R是元素周期表前36号中原子序数依次递增的元素，对它们的性质及结构的描述如下： X元素的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等。工业上通过分离液态空气获得Z单质。W元素的基态原子的最外层电子数与电子层数之积等于X、Y、Z三种元素的原子序数之和。Q元素为过渡金属，其基态原子的价电子中，其两种自旋状态的电子数之比为1:4。R元素的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。 请回答下列问题： （1）X元素的基态原子的核外电子占据___________个不同原子轨道，R元素位于元素周期表中的___________区。 （2）已知元素的电负性：Y＞W，则Y与W形成的化合物YW3的空间结构为___________， YW3与水发生水解反应的化学方程式为___________。 （3）过渡金属配合物常满足“18电子规则”，即中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，由XZ和作为配体形成的Q的配合物满足18电子规则，其配体“”中的大Π键可表示为___________(已知苯分子中的大Π键表示为)。 （4）R的甲酸盐[R(HCOO)2]与对苯二甲酸()、乙醇混合析出晶体A(晶体A的晶胞结构如图所示)，甲酸根离子全部被交换到溶液中。 1个A晶胞中含有R的数目为___________；若1mol A晶胞的质量为456g，实验表明，91.2mg晶体A可吸收13.44mg N2，则所得晶体中R与N的个数之比为1：___________。 【答案】（1） ①. 4 ②. ds （2） ①. 三角锥形 ②. NCl3+4H2O=NH3·H2O+3HClO或NCl3+3H2O=NH3 +3HClO （3） （4） ①. 2 ②. 2.4 【解析】 【分析】X元素的基态原子有3个不同的能级，按照构造原理，分别为1s、2s、2p，各能级中的电子数相等，则X元素的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，X为C。工业上通过分离液态空气获得Z单质，结合原子序数可知Z为O、Y为N；元素W原子的最外层电子数与电子层数之积等于X、Y、Z三种元素的原子序数之和，X、Y、Z三种元素的原子序数之和为6+7+8=21，则W只能为处于第三周期，最外层电子数为7，则W为Cl。Q元素为过渡金属，其基态原子的价电子中，其两种自旋状态的电子数之比为1:4，Q为钒(V)，价电子排布式为3d34s2。R元素的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，原子序数大于钒，处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，R为Cu。 【小问1详解】 根据分析，X元素的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，X为C，电子占据4个不同的原子轨道。R元素的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，其电子排布式为1s22s22p23s23p63d104s1，R为铜元素，位于周期表ds区。 答案为4 ds。 【小问2详解】 根据分析，Y为N，W为Cl。已知电负性N＞Cl，则在NCl3中N显负价，Cl显正价；NCl3的中心原子N的价层电子对数为，中性N原子采用sp3杂化，有1个孤电子对，则NCl3的空间结构为三角锥形。NCl3与水发生水解反应生成一水合氨（或氨）和次氯酸，反应的化学方程式为NCl3+4H2O=NH3·H2O+3HClO或NCl3+3H2O=NH3+3HClO。 答案为三角锥形 NCl3+4H2O=NH3·H2O+3HClO或NCl3+3H2O=NH3+3HClO。 【小问3详解】 根据分析，Q为钒(V)，价电子排布式为3d34s2，价电子数为5。4个CO配体提供的电子数为8，还需要5个电子才能满足18电子规则。这5个电子由配体“”中的大Π键提供，所以可表示为。 答案为。 【小问4详解】 根据分析，R为Cu。将甲酸铜[Cu(HCOO)2]、对苯二甲酸、乙醇混合析出晶体A，甲酸根离子全被交换到溶液中，则晶体A为；根据均摊原子，含有Cu2+的微粒位于顶角且每个微粒中含有2个Cu2+，则Cu2+的数目为个。 若1mol A晶胞的质量为456g，91.2mg 晶体A中晶胞的物质的量，含有Cu的物质的量为4×10-4mol。13.44mg N2中N的物质的量为，所得晶体中Cu与N的个数比为4:9.6=1:2.4。 答案为2 2.4。 17. 氮化亚铜(CuCl)为白色立方晶体，多用于工业催化剂和还原剂，溶于浓盐酸，不溶于水、乙醇等。实验室用废铜屑制取氯化亚铜的步骤如下。 步骤1：由废铜屑制备硫酸铜的工艺如下。 步骤2：用天平称取25.0g CuSO4·5H2O(s)和10g NaCl(s)并置于400 mL烧杯中，加100 mL水溶解。另称取7.5g Na2SO3(s)和5g Na2CO3(s)共溶于40 mL水中。 步骤3：将各药品置于如图所示装置，将Na2SO3、Na2CO3混合溶液缓慢滴入CuSO4、NaCl混合溶液中，反应1h。 步骤4：抽滤，滤饼用1%的盐酸洗涤，然后用去氧水冲洗3次，最后用15 mL无水乙醇冲洗。干燥得到7.57g晶体。 （1）“步骤1”中操作a为___________。 （2）“步骤3”中，盛放Na2SO3、Na2CO3混合溶液的仪器名称为___________。 （3）“步骤3”中，随着反应进行，反应体系的pH随时间变化的关系如图1所示，则发生反应的离子方程式为___________。若CuCl的产率随pH的变化关系如图2所示，则反应中加入Na2CO3的作用为___________。 （4）“步骤4”的一系列操作中减压过滤(即抽滤)的优点是___________。 （5）氯化亚铜的定量分析 ①称取步骤4所得样品0.25g置于含有玻璃珠50粒和10mL过量FeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动。锥形瓶中玻璃珠的作用是___________。 ②待样品溶解后，加水50mL，加入邻菲罗啉指示剂2滴。 ③立即用0.10 mol/L硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点；同时做空白实验一次。 已知：CuCl＋FeCl3=CuCl2＋FeCl2，Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋。 实验 1 2 3 空白实验消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL) 0.75 0.50 0.80 0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL) 24.65 24.75 24.70 ④数据处理：CuCl的产率为___________(平行实验结果相差不能超过0.3%)。 【答案】（1）蒸发浓缩 （2）恒压滴液漏斗 （3） ①. 2Cu2＋＋＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋ ②. 中和反应生成的H＋，提高CuCl产率 （4）加快过滤速度，得到较为干燥的沉淀 （5） ①. 加速样品溶解 ②. 73% 【解析】 【分析】废铜屑在酸性条件下被H2O2氧化，生成CuSO4；过滤后得到CuSO4溶液。从CuSO4溶液中得到CuSO4·5H2O晶体，蒸发浓缩，冷却结晶，再过滤洗涤干燥。 【小问1详解】 从CuSO4溶液中得到CuSO4·5H2O晶体，操作为蒸发浓缩，冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥。 【小问2详解】 盛放Na2SO3、Na2CO3混合溶液的仪器为恒压滴液漏斗。 【小问3详解】 根据图1，反应后溶液的酸性增强，说明反应中产生了H＋。实验目的是制备CuCl，Cu2＋的化合价降低，则中S的化合价升高，转化为。Cu2＋转化为CuCl，化合价从＋2价降低到＋1价，降低1价；转化为，化合价从+4升高到+6，升高2价；根据化合价升降守恒，则Cu2＋和的系数比为2:1，根据电荷守恒和质量守恒配平，得反应的离子方程式为2Cu2＋＋＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋。根据图2，pH在3.5时CuCl产率最高，所以需要试剂中和一部分反应生成的H＋，维持pH在3.5左右，Na2CO3可以起到该作用。 【小问4详解】 减压过滤(即抽滤)利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的的操作。与一般的过滤相比，减压过滤(即抽滤)的过滤速度更快，得到的沉淀更干燥。 【小问5详解】 ①根据实验步骤，CuCl样品与FeCl3反应转化为CuCl2，使CuCl样品溶解，玻璃珠可以起到搅拌的作用，加快样品溶解的速率。 ④三组实验消耗的标准液的体积分别为23.90mL、24.25mL、23.90mL，按照实验要求，平行实验结果相差不能超过0.3%，第2组数据误差大，应舍掉；则其他两组可计算出滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是23.90mL。根据已知，可得关系式CuCl～Ce4＋，所以0.25g样品中CuCl的质量为23.90×10-3L×0.1 mol/L×99.5 g/mol≈0.238g。所得样品0.25g中含有0.238gCuCl，则7.57g CuCl晶体中含有CuCl。根据Cu守恒，可得关系式CuSO4·5H2O～CuCl，则25.0g CuSO4·5H2O应得到CuCl，所以CuCl的产率为。 18. “碳中和”是环境保护的重要举措，碳的氧化物有效转化是“碳中和”的重要方式。 I．一氧化碳转化氮的氧化物可实现无害化处理。 （1）汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可发生如下反应： 2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g) ΔH 已知：CO的燃烧热ΔH1=-283kJ/mol； N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180.5kJ/mol。 则ΔH=___________。 （2）某小组对反应NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)＋NO(g) ΔH＜0进行相关实验探究。在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比[n0(NO2):n0(NO)]进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定NO2的平衡转化率[α(NO2)]，部分实验结果如图所示。 ①如果将图中B点的平衡状态改变为C点的平衡状态，应采取的措施是___________。 ②图中B、D两点对应的实验温度分别为TB和TD，通过计算判断：TB___________TD(填“>” “=”或“<”)。 Ⅱ．将“水煤气”中的CO变换成H2，可作为合成氨的原料，其主要发生的反应为： 主反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH1＜0 副反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2＜0 （3）关于此变换过程，下列说法正确的是___________(填字母)。 A. 在恒温、恒容条件下，混合气体的压强保持不变时，反应达到平衡 B. 在恒温、恒容条件下，混合气体的密度保持不变时，反应达到平衡 C. 选择适当的催化剂，可以改变CO的平衡转化率 D. 在一定压强下，随着温度的升高，变换塔中CO与CO2的物质的量之比增大 （4）压强平衡常数Kp的表达式就是在浓度平衡常数表达式中，用物质的分压代替物质的浓度。气体B的分压p(B)=p·x(B)，p为平衡的总压强，x(B)为平衡系统中物质B的物质的量分数。恒容条件下向变换塔中充入2.0mol CO、2.8mol H2O、2.0mol H2、1.0mol N2，T℃时，反应达到平衡后，平衡的总压强为p1，测得平衡时CO2为1.4mol和CH3OH为0.2mol。则T℃时，主反应的压强平衡常数Kp=___________。 （5）水煤气变换反应的机理被广泛研究，其中有一种为羧基机理，某催化剂催化反应CO*(g)+H2O*(g)⇌CO2*(g)＋H2(g)(*表示吸附态，Ea表示活化能)的步骤如下： a． b．…… c． d．…… ①请补充步骤b的反应式：___________。 ②反应CO*(g)+H2O*(g)⇌CO2*(g)＋H2(g)的快速步骤是___________(填字母)。 【答案】（1）－746.5kJ/mol （2） ①. 升高温度 ②. ＜ （3）AD （4）7.5 （5） ①. CO*+OH*(g)→COOH* ②. a 【解析】 【小问1详解】 CO的燃烧热ΔH1=-283kJ/mol，则CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-283kJ/mol，设该式为①。N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180.5kJ/mol，设该式为②。 则2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)可表示为①×2－②，则ΔH=ΔH1×2-ΔH2=-283kJ/mol×2-180.5kJ/mol=-746.5 kJ/mol。 答案为-746.5 kJ/mol。 【小问2详解】 ①如果将图中B点的平衡状态改变为C点的平衡状态，NO2的平衡转化率减小，则平衡逆向移动。B点和C点的原料气配比相同，不能加入反应物，否则会改变原料气配比；反应前后气体体积不变，改变压强平衡不一定，转化率不变，因此也不能改变压强，只能改变温度。由于正反应放热，升高温度则平衡逆向移动，故采取的措施为升高温度。 ②由于B、D两点投料量不同，温度可用平衡常数的大小比较，反应NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)＋NO(g)为放热反应，温度越高，平衡常数越小。根据图示所知，在B点时，n0(NO2):n0(NO)=1:1，NO2的平衡转化率为75%，设NO2和CO的起始浓度均为1mol·L-1，根据题意得： 平衡常数。 在D点时，n0(NO2):n0(NO)=3:2，NO2的平衡转化率为40%，设NO2和CO的起始浓度分别为3mol·L-1、2mol·L-1，根据题意得： 平衡常数。 由于KB＞KD，所以TB＜TD。 答案为升高温度； ＜。 【小问3详解】 A．副反应的化学方程式两边的气体计量数之和不等，随着反应进行，压强减小，当压强保持不变时，反应达到平衡，A正确； B．在恒温、恒容条件下，反应前后均是气体，气体的质量守恒，气体的密度始终不变，B错误； C．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，C错误； D．在一定压强下，随着温度的升高，变换塔中的反应均逆向移动，CO与CO2的物质的量之比增大，D正确； 综上AD符合题意； 答案为AD。 【小问4详解】 利用三段式求平衡常数，由题干信息列三段式： 则平衡后气体的物质的量分别为n(H2O)=1.4mol、n(CO2)=1.4mol、n(CO)=2-1.4-0.2mol=0.4mol、n(H2)=2.0+1.4-0.4mol=3.0mol、n[CH3OH(g)]=0.2mol、n(N2)=1.0mol。气体的总物质的量为1.4mol+1.4 mol +0.4 mol +3.0 mol +0.2 mol +1mol=7.4mol。气体的分压分别为p(H2O)=、p(CO2)= 、 p(CO)= 、 p(H2)=，主反应的压强平衡常数。 答案为7.5。 【小问5详解】 ①由已知反应可知步骤c中COOH*作为反应物，则在步骤b中应生成COOH*，结合总反应，可知步骤b为：CO*+OH*(g)→COOH*。 ②根据活化能越大，反应速率越慢，而慢反应决定总反应速率，则决速步骤为a。 答案为CO*+OH*(g)→COOH* a。 19. 镍是工业生产中重要的金属材料，广泛应用于采矿、冶炼、电镀、化工、石油提炼、染料等领域。 （1）与Ni属于同周期且基态原子的未成对电子数与Ni相同的主族元素有___________(填元素符号)。 （2）镍能形成多种配合物，其中Ni(CO)4是无色的挥发性液体，K2[Ni(CN)4]是红黄色单斜晶体。K2[Ni(CN)4]中的配位原子是___________(填元素符号)；K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4的原因是___________；1mol Ni(CO)4中σ键与π键的数目之比为___________。 （3）如图，NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同。已知熔点：NiO＞FeO，则离子半径：r(Ni2＋)___________r(Fe2＋)(填“＜”或“＞”)，距离镍离子最近的氧离子所围成的图形为___________。NiO晶体在氧气中加热则部分Ni2＋被氧化为Ni3＋，晶体结构产生镍离子缺位的缺陷，其组成变为NixO(x＜1)，测得晶胞的边长为a pm、密度为ρ g·cm-3，则x=___________(写计算表达式)。 【答案】（1）Ge、Se （2） ①. C ②. K2[Ni(CN)4]为离子晶体，而Ni(CO)4为分子晶体 ③. 1:1 （3） ①. ＜ ②. 正八面体 ③. 【解析】 【小问1详解】 Ni是28号元素，位于第四周期，其基态原子的价层电子排布式是3d84s2，价层电子的轨道表示式为，其未成对电子数是2。同为第四周期，且未成对电子数为2的主族元素，则只能是4p轨道上有2个未成对的电子，价层电子的轨道表示式为和，分别为Ge和Se。 答案为：Ge、Se。 【小问2详解】 K2[Ni(CN)4]中Ni可以提供空轨道，CN－的电子式为，C原子和N原子都有孤电子对，但是N的电负性强于C，不易提供孤电子对形成配位键，因此配位原子是C。Ni(CO)4是无色的挥发性液体，说明其熔点比较低，其晶体是由分子构成的分子晶体，熔化时只要克服分子间作用力；而K2[Ni(CN)4]是离子化合物，其晶体熔化时，需要克服离子键，离子键强于分子间作用力，因此K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4。Ni(CO)4中CO和Ni形成的配位键均为σ键，1个分子中有4个配位键，即有4个σ键；CO中有1个σ键和2个π键，则1mol Ni(CO)4中σ键与π键的数目之比为[(4+4):(2×4)]=1:1。 答案为：C；K2[Ni(CN)4]为离子晶体，而Ni(CO)4为分子晶体；1:1。 【小问3详解】 NiO、FeO均为离子晶体，熔点：NiO＞FeO，故NiO的离子键强于FeO的离子键；电荷相容时，离子半径越小，离子键越强，熔沸点越高，则r(Ni2＋)＜r(Fe2＋)。根据晶胞的示意图，可知距离Ni2＋最近的O2－有6个，因此O2－所围成的图形为八面体。根据均摊法，晶胞中O2－个数为4，设晶胞中Ni的粒子数为x，测得晶胞边长为a pm，密度为ρ g·cm-3，则，可求得。 答案为：＜；正八面体；。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三一轮复习联考(四) 化学试题 考试时间75分钟，满分100分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案字母涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案字母；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56 Zn-65 Ni-59 Pb-207 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列化学用语或图示表示错误的是 A. 的结构示意图： B. 用电子式表示的形成过程： C. 乙醇的空间填充模型： D. 中键的原子轨道的电子云图形： 2. 实验是化学研究的重要方式。下列实验操作正确的是 A. 液溴保存时，常加少量的水进行液封 B. 金属钠、镁着火时，可用二氧化碳扑灭 C. 取用药品时，剩余药品均不能放回原试剂瓶 D. 滴定实验时，滴定管和锥形瓶均应先润洗 3. 下列物质的性质不能用化学键理论解释的是 A. 稳定性： B. 沸点： C. 硬度：金刚石>晶体硅 D. 熔点：氧化镁>氯化钠 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. S与NaOH溶液反应时，每生成1 mol还原产物，则转移的电子数目为4NA B. 1 mol丙烯腈(CH2=CHCN)中π键的电子对数目为3NA C. 标准状况下，22.4L N2与6.72L H2充分反应，由于该反应为可逆反应，则生成NH3的分子数目为0.2NA D. 标准状况下，22.4L苯中sp2杂化的原子数目为6NA 5. 已知、、、四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示。下列表述正确的是 A B C D A. B元素的最高正价可能为+6价 B. D元素的周期数有可能等于其族序数 C. C的最高价氧化物有可能与的最高价氧化物对应的水化物反应 D. 若为氧元素，则离子半径顺序： 6. 环穴状受体可以与被识别的分子或离子形成超分子，现有大三环穴受体物质，结构如图1所示，并且可以进行四面体识别。下列说法错误的是 A. 图1中每个环穴内的所有原子都在同一平面内 B. 图2中受体与通过氢键形成超分子 C. 图3中识别的分子为水分子 D. 与的VSEPR模型均为四面体形 7. 某兴趣小组以重铬酸钾()溶液为例，研究外界条件对溶液中平衡体系的影响做如下实验。 已知：①溶液存在平衡：。 ②含铬元素的离子在溶液中的颜色：(橙色)；(黄色)；(绿色)。 ① ② ③ ④ 由实验现象可知下列说法正确的是 A. 实验①可验证的逆反应是放热反应 B. 若实验②验证“只降低生成物的浓度，使平衡正向移动”，试剂a可用 C. 实验③可以验证“增大生成物的浓度，该平衡逆向移动” D. 实验④中溶液变为黄色的原因是有还原性 8. 是催化剂领域应用广泛的稀土氧化物，其晶胞如图1所示，晶胞参数为，一种铈的氧化物催化乙苯脱氢反应机理如图2所示。下列说法正确的是 A. 晶胞中与最近的核间距为 B. 的晶胞面对角线切面上的离子数目均有10个 C. 催化乙苯脱氢过程中物质I为催化剂 D. 反应过程中有非极性键的断裂和生成 9. 某溶液中各离子的浓度相等，可能含有下列离子中的若干种：K＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3+、Cl－、、、、。现进行如下实验： ①取少量该溶液，加入KSCN溶液，无明显变化； ②另取少量该溶液，并加入少量盐酸，有无色气体生成，且该无色气体遇空气变成红棕色； ③向②中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成； ④向②中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成，过滤，并向所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成。 下列说法错误的是 A. 溶液中一定不含Al3＋、Fe3＋、、 B. 不能确定溶液中是否含有Cl－ C. 实验②中生成无色气体的离子方程式为3Fe2＋＋＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O D. 实验④中加入过量浓氨水时，则溶液中存在[Cu(NH3)4]2＋ 10. 三氯化六氨合钴{[Co(NH3)6]Cl3}常用于工业合成，实验室可用以下装置制备(加热和夹持装置省略)。 已知：①Co2＋在溶液中较稳定；[Co(NH3)6]2+具有比Co2＋更强的还原性； ②常温下，Ksp[Co(OH)2]=6×10-15； ③常温下，氨气能与CaCl2固体结合生成CaCl2·8NH3。 下列说法错误的是 A. 仪器中冷凝水的进水口为1处 B. 加入H2O2溶液与浓氨水时，应先打开活塞b C. 制备[Co(NH3)6]Cl3反应的化学方程式为2CoCl2＋10NH3·H2O＋2NH4Cl＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O D. 仪器d中的物质为无水CaCl2 11. 25℃时，向的醋酸溶液中逐滴加入的NaOH溶液，向的溶液中逐滴加入的盐酸，且溶液的[化学上规定]与[或]的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线①中的 B. 当时，则存在关系： C. 当时，两溶液的pH均小于4.74 D. 25℃时，的溶液的pH约为9.37 12. 某配合物的分子结构如图所示，其中，M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为16；W元素基态原子的核外电子有15种空间运动状态，以及有2个未成对电子。下列说法错误的是 A. Y的简单氢化物是一种常见的制冷剂 B. 此配合物中W元素的化合价为+4价 C. 第一电离能由大到小的顺序为Y＞Z＞X D. X与Z的简单氢化物的键角大小为X＞Z 13. 利用在碱性条件下实现废水中的回收，铬的去除率大于99.5%，其装置如图所示。下列说法正确的是 A. 膜a、膜b均为阳离子交换膜 B. 废水室中反应的离子方程式为 C. 反应一段时间后，阴极区溶液的减小 D. 通电过程中石墨极每产生(标准状况)气体，则双极膜内减少 14. 某立方晶系的硫锰矿晶胞，沿c轴将原子投影到ab平面，投影图如下（设代表阿伏加德罗常数的值，括号中c数据为原子在c轴方向的原子坐标）。下列说法错误的是 A. 基态Mn的价电子排布式为 B. 晶体中的配位数是6 C. Mn位于晶胞的顶角和面心 D. 若晶体密度为，则最近的两个硫原子之间的距离为 15. 已知可以发生分解反应： ，若反应速率与相关物质的浓度关系为：，(，均为速率常数，只受温度影响)，速率常数与温度的关系如图1.在四个恒容密闭容器(I~IV)中分别充入表中相应量的气体，容器I、II、III中的平衡转化率如图2所示。下列说法正确的是 起始物质的量 容器I 0.1 0 0 容器II 0.1 0 0 容器III 0.1 0 0 容器IV 0.06 0.06 0.04 A. 的分解反应在低温下能自发进行 B. 图2中、、三点对应的容器内气体的密度最小的是点 C. 若容器II、IV的体积均为1L，且容器IV在470℃下进行反应，则容器IV中起始反应速率： D. 若容器II、IV的体积均为1L，且容器IV在470℃下进行反应，当反应达到平衡时，则 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 已知X、Y、Z、W、Q、R是元素周期表前36号中原子序数依次递增的元素，对它们的性质及结构的描述如下： X元素的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等。工业上通过分离液态空气获得Z单质。W元素的基态原子的最外层电子数与电子层数之积等于X、Y、Z三种元素的原子序数之和。Q元素为过渡金属，其基态原子的价电子中，其两种自旋状态的电子数之比为1:4。R元素的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。 请回答下列问题： （1）X元素的基态原子的核外电子占据___________个不同原子轨道，R元素位于元素周期表中的___________区。 （2）已知元素的电负性：Y＞W，则Y与W形成的化合物YW3的空间结构为___________， YW3与水发生水解反应的化学方程式为___________。 （3）过渡金属配合物常满足“18电子规则”，即中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，由XZ和作为配体形成的Q的配合物满足18电子规则，其配体“”中的大Π键可表示为___________(已知苯分子中的大Π键表示为)。 （4）R的甲酸盐[R(HCOO)2]与对苯二甲酸()、乙醇混合析出晶体A(晶体A的晶胞结构如图所示)，甲酸根离子全部被交换到溶液中。 1个A晶胞中含有R的数目为___________；若1mol A晶胞的质量为456g，实验表明，91.2mg晶体A可吸收13.44mg N2，则所得晶体中R与N的个数之比为1：___________。 17. 氮化亚铜(CuCl)为白色立方晶体，多用于工业催化剂和还原剂，溶于浓盐酸，不溶于水、乙醇等。实验室用废铜屑制取氯化亚铜的步骤如下。 步骤1：由废铜屑制备硫酸铜的工艺如下。 步骤2：用天平称取25.0g CuSO4·5H2O(s)和10g NaCl(s)并置于400 mL烧杯中，加100 mL水溶解。另称取7.5g Na2SO3(s)和5g Na2CO3(s)共溶于40 mL水中。 步骤3：将各药品置于如图所示装置，将Na2SO3、Na2CO3混合溶液缓慢滴入CuSO4、NaCl混合溶液中，反应1h。 步骤4：抽滤，滤饼用1%的盐酸洗涤，然后用去氧水冲洗3次，最后用15 mL无水乙醇冲洗。干燥得到7.57g晶体。 （1）“步骤1”中操作a为___________。 （2）“步骤3”中，盛放Na2SO3、Na2CO3混合溶液的仪器名称为___________。 （3）“步骤3”中，随着反应进行，反应体系的pH随时间变化的关系如图1所示，则发生反应的离子方程式为___________。若CuCl的产率随pH的变化关系如图2所示，则反应中加入Na2CO3的作用为___________。 （4）“步骤4”的一系列操作中减压过滤(即抽滤)的优点是___________。 （5）氯化亚铜的定量分析 ①称取步骤4所得样品0.25g置于含有玻璃珠50粒和10mL过量FeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动。锥形瓶中玻璃珠的作用是___________。 ②待样品溶解后，加水50mL，加入邻菲罗啉指示剂2滴。 ③立即用0.10 mol/L硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点；同时做空白实验一次。 已知：CuCl＋FeCl3=CuCl2＋FeCl2，Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋。 实验 1 2 3 空白实验消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL) 0.75 0.50 0.80 0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL) 24.65 24.75 24.70 ④数据处理：CuCl的产率为___________(平行实验结果相差不能超过0.3%)。 18. “碳中和”是环境保护的重要举措，碳的氧化物有效转化是“碳中和”的重要方式。 I．一氧化碳转化氮的氧化物可实现无害化处理。 （1）汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可发生如下反应： 2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g) ΔH 已知：CO的燃烧热ΔH1=-283kJ/mol； N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180.5kJ/mol。 则ΔH=___________。 （2）某小组对反应NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)＋NO(g) ΔH＜0进行相关实验探究。在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比[n0(NO2):n0(NO)]进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定NO2的平衡转化率[α(NO2)]，部分实验结果如图所示。 ①如果将图中B点的平衡状态改变为C点的平衡状态，应采取的措施是___________。 ②图中B、D两点对应的实验温度分别为TB和TD，通过计算判断：TB___________TD(填“>” “=”或“<”)。 Ⅱ．将“水煤气”中的CO变换成H2，可作为合成氨的原料，其主要发生的反应为： 主反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH1＜0 副反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2＜0 （3）关于此变换过程，下列说法正确的是___________(填字母)。 A. 在恒温、恒容条件下，混合气体的压强保持不变时，反应达到平衡 B. 在恒温、恒容条件下，混合气体的密度保持不变时，反应达到平衡 C. 选择适当的催化剂，可以改变CO的平衡转化率 D. 在一定压强下，随着温度的升高，变换塔中CO与CO2的物质的量之比增大 （4）压强平衡常数Kp的表达式就是在浓度平衡常数表达式中，用物质的分压代替物质的浓度。气体B的分压p(B)=p·x(B)，p为平衡的总压强，x(B)为平衡系统中物质B的物质的量分数。恒容条件下向变换塔中充入2.0mol CO、2.8mol H2O、2.0mol H2、1.0mol N2，T℃时，反应达到平衡后，平衡的总压强为p1，测得平衡时CO2为1.4mol和CH3OH为0.2mol。则T℃时，主反应的压强平衡常数Kp=___________。 （5）水煤气变换反应的机理被广泛研究，其中有一种为羧基机理，某催化剂催化反应CO*(g)+H2O*(g)⇌CO2*(g)＋H2(g)(*表示吸附态，Ea表示活化能)的步骤如下： a． b．…… c． d．…… ①请补充步骤b的反应式：___________。 ②反应CO*(g)+H2O*(g)⇌CO2*(g)＋H2(g)的快速步骤是___________(填字母)。 19. 镍是工业生产中重要的金属材料，广泛应用于采矿、冶炼、电镀、化工、石油提炼、染料等领域。 （1）与Ni属于同周期且基态原子的未成对电子数与Ni相同的主族元素有___________(填元素符号)。 （2）镍能形成多种配合物，其中Ni(CO)4是无色的挥发性液体，K2[Ni(CN)4]是红黄色单斜晶体。K2[Ni(CN)4]中的配位原子是___________(填元素符号)；K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4的原因是___________；1mol Ni(CO)4中σ键与π键的数目之比为___________。 （3）如图，NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同。已知熔点：NiO＞FeO，则离子半径：r(Ni2＋)___________r(Fe2＋)(填“＜”或“＞”)，距离镍离子最近的氧离子所围成的图形为___________。NiO晶体在氧气中加热则部分Ni2＋被氧化为Ni3＋，晶体结构产生镍离子缺位的缺陷，其组成变为NixO(x＜1)，测得晶胞的边长为a pm、密度为ρ g·cm-3，则x=___________(写计算表达式)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $