精品解析：浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高二下学期期初返校考试 化学试题

北仑中学2024学年第二学期高二年级期初考试化学试卷 (全年级+外高班使用) 可能会用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Cu-64 Ni-59 Mn-55 一、单选题(共20题，1-10题每题2分，11-20题每题3分) 1. 下列物质中属于弱电解质的是 A. SO2 B. NaHSO3 C. BaSO4 D. HF 2. 下列表示正确的是 A. 的结构示意图： B. 硫的分子式：S C. 的空间填充模型： D. 次氯酸的电子式： 3. 下列说法正确的是 A. H2和D2互为同位素 B. 分子式为C4H8的有机物同分异构体有5种(不考虑顺反异构) C. C2H4和C3H6一定互为同系物 D. 纤维素和淀粉互为同分异构体 4. 有关氢原子说法正确的是 A. 玻尔的原子结构模型，无法解释氢原子光谱为线状光谱 B. 霓虹灯呈现出五颜六色，与氢原子发射光谱的机理基本相同 C. 氢原子含一个电子，所以氢原子发射光谱中只有一根亮线 D. 氢原子含一个电子，所以氢原子电子云图中不可能出现无数个点 5. 下列反应的方程式正确的是 A. H2的燃烧热为，则 B. 向中投入固体：2H218O+2Na2O2 = 4Na+ +4OH-+18O2 C. 浓硝酸见光分解： D. 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解： 6. 下列说法正确是 A. 乙烯能使溴水褪色，所以聚乙烯也可以使溴水褪色 B. CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体，氢核磁共振谱显示两者均有两种不同的氢原子且两种氢原子的比例相同，故不能用氢核磁共振谱来鉴别 C. 煤的气化、液化均属于物理变化 D. 可利用饱和硫酸铵溶液分离提纯蛋白质 7. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol甲基所含电子的数目为7NA B. 标准状况下，46g NO2的分子数为NA C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数目为2NA D. 1mol CH4与1mol Cl2在光照下反应，生成的CH3Cl分子数为NA 8. 已知某温度下CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为4×10-4mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应大于 A. 7.0×10-6 mol/L B. 1.4×10-5 mol/L C. 2.8×10-5 mol/L D. 5.6×10-5 mol/L 9. 下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验装置与原理能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙氧化FeBr3溶液中的溴离子 C. 用装置丙分离出FeCl3溶液 D 用装置丁蒸干溶液可得无水FeCl3 10. 为探究金属腐蚀的原理，进行了如下实验。表面皿中都装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉和缠有锌皮的铁钉放置其中，如图所示。下列说法错误的是 A. 图B中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法 B. 离子在半凝固态的琼脂内可定向移动 C. 图B中铁钉上的电极反应式： D. 图A中铁钉两端蓝色中间红色，图B中铁钉两端红色中间无色 11. A、B、C、D、E为20号以前的元素，原子序数逐渐增大。A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn；A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的沸点：D>C>B>A B. 同周期元素第一电离能大于C的有2种 C. 氧化物对应水化物的酸性：D>B>A D. A和D、C和E形成的化合物中可能均含有非极性共价键 12. Ga在电子工业中有广泛的应用，氯化物有GaCl3 、GaCl2、Ga2Cl6等，实验证实GaCl3为共价化合物，GaCl2为离子化合物(含一种简单阳离子和一种复杂阴离子且基态阳离子中没有未成对电子)，下列说法不正确的是 A. Ga2Cl6中每个原子最外层均满足8电子稳定结构 B. GaCl3熔点可能低于GaF3 C. GaCl2中简单阳离子中Ga元素的化合价为+2价 D. GaCl2中阴离子的中心原子采用sp3杂化方式 13. NH3脱除NO的一种催化反应机理示意图如下，下列说法不正确的是 A. 属于氧化还原反应 B. 是该反应的中间产物 C. 总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O D. Ti4+可降低该反应的活化能 14. 一定温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol/L HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示：下列说法错误的是 I．   Ⅱ．   A. 获得高产率的应选择相对较短的反应时间 B. 反应活化能；反应I<反应Ⅱ C. 增加浓度，平衡时减小 D. 水气变换反应的焓变 15. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向溶液中滴加溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液，观察现象 该反应是否为可逆反应 B 用pH计分别测定的溶液和溶液的pH 探究键的极性对羧酸酸性的影响 C 向溶液中滴加2滴，观察现象。振荡试管，再滴加2滴溶液，观察现象 比较与的大小 D 向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，滴加KSCN溶液，观察颜色变化 Fe2O3全部被还原 A. A B. B C. C D. D 16. 已知图1所示的有机可逆反应在图2所示的装置内能自发进行。实验发现随着长度x的增加，A、B的转化率提高，D在产物中的占比逐渐增大并超过C。下列说法正确的是 A. 升高温度两个反应的平衡常数均增大 B. 反应2的活化能大于反应1的活化能 C. 装置中长度x越小，C的产率越高 D. 物质C比物质D稳定 17. 硅锰原电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. 放电过程中，负极区溶液pH增大 B. 导线上每通过1mole-，正极区溶液质量增加44.5g C. 将交换膜更换为阴离子交换膜，电解液换为NaOH溶液，电流更平稳 D. 原电池的工作原理： 18. 温度为T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：X(g) Y(g)+Z(g) ΔH，反应相同时间，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A. a点对应X的平衡转化率大于40% B. b、c两点V2：V3=5：9 C. d点有v正=v逆 D. 正反应速率v(b)=v(d) 19. 室温下，向均为的混合溶液中持续通入气体，始终保持饱和[]，通过调节使分别沉淀，溶液中与的关系如下图所示。其中，c表示的物质的量浓度的数值，。时所得的白色沉淀不溶于溶液。下列说法错误的是 A. ①代表与的关系曲线 B. C. 从0开始逐渐增大时，优先析出沉淀 D. 的平衡常数 20. 室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示： 已知：；；；，，下列说法正确的是 A. MgF2饱和溶液中：c(F-) + c(HF) = 2c(Mg2+) B. 为提高MnCO3的产率，使用Na2CO3溶液“沉锰”效果更好 C. 溶液中，c(H2CO3) +2c(H+) > c(CO) +2c(OH-) D. 反应的平衡常数为 二、填空题 21. 按要求回答下列问题： （1）已知C4H9Cl核磁共振氢谱表明只有一种化学环境的氢，则该有机物的结构简式为___________。 （2）立方烷()的六氯代物有___________种。 （3）CH2=CHCOOCH2CH3中含有的官能团名称为___________。 （4）用系统命名法命名 ：___________。 22. 铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。 （1）Cu在周期表中位于___________区，Cu2+价电子排布式为___________。核外具有___________种不同能量的电子。 （2）邻氨基吡啶()的铜配合物在有机合成中有重要作用。1mol中σ键的数目为___________。邻氨基吡啶的铜配合物结构简式如图所示，C原子轨道杂化类型为___________。 （3）晶体晶胞结构如图，晶胞参数为a nm，该晶体密度计算表达式为___________。 （4）NF3与NH3均为三角锥形分子，NF3分子中的氮原子不易与Cu2+形成配离子，请从电负性角度分析其原因是___________。 23. K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定。以K2FeO4为原料进行如下转化(所加试剂均过量，不考虑溶液的挥发)： （1）混合气体A由两种单质组成，其成分为___________。 （2）下列说法正确的是___________。 A. K2FeO4作净水剂不仅可以杀菌消毒，还可以除去水中悬浮颗粒物 B. K2FeO4中Fe的价层轨道为全空结构，稳定性比Fe3+好 C. 溶液B中的阳离子为Fe3+、K+，阴离子主要为Cl- D. 溶液C溶液呈碱性的原因是S2-的水解 （3）步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因___________。 （4）以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，写出该过程中阳极的电极反应式___________。 24. CO2会引起温室效应，开发“碳捕获”技术利用其生产其他化工产品是化工领域热门方向。 Ⅰ．CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应： 反应① K1 反应② K2 （1）反应③的平衡常数，其热化学方程式为___________。 （2）在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CO和CH3OH(g)在含碳产物中物质量分数及CO2的转化率随温度的变化如图所示。 ①250℃后，CO2的转化率随温度升高的原因是___________。 ②在压强为p的恒温恒压密闭容器中加入2mol CO2和6molH2反应，达到平衡状态时CO2的转化率为40%，生成CO的物质的量为0.6mol，反应①在该温度下的压强平衡常数Kp=___________(列计算式，分压=总压×物质的量分数)。 ③若在恒容绝热的密闭容器中进行上述反应，下列说法正确的是___________ A．体系压强不再发生变化时，能判断反应达到化学平衡状态 B．提高容器内的初始温度，CO2转化率可能不变 C．平衡后将产物甲醇移出体系，反应②平衡不发生移动 D．平衡后减小该容器体积，再次达到平衡时温度较之前平衡时更低 Ⅱ．2021年9月，我国科学家首次以二氧化碳为原料，经多步反应(如图)人工合成淀粉。 （3）写出“CO2→HCHO”总反应的化学方程式：___________。 Ⅲ． （4）已知Arrhenius经验公式为Rlnk为活化能，k为速率常数，R和C为常数)、为探究m、n两种催化剂的效能，进行了实验探究、依据实验数据获得如图所示曲线。在m催化剂作用下，该反应的活化能=___________，从图中信息获知催化剂效能较高的催化剂是___________(填m或n)。 25. 氧化镍(NiO)在冶金、化学及电子工业等领域中有广泛应用，某兴趣小组由工业废渣(主要成分：Fe、Ni，其它杂质不与酸反应)制备氧化镍的流程如下： 已知： 请回答： （1）下列说法正确的是_______。 A. 通过冲击破碎的方式预处理工业废渣可加快其在酸溶时的反应速率 B. 滤液1中的主要金属阳离子为、和 C. 操作Ⅱ与操作Ⅲ均为过滤，仅需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯 D. 滤渣2中加入过量氨水发生的反应为 （2）滤液3经过一系列操作可得到氧化镍粗品，包含以下步骤： a.将滤液放入烧杯中用煤气灯进行加热 b.将滤出的沉淀物进行烘干 c.用pH试纸测定溶液至不呈碱性 d.经马釜炉焙烧 e.过滤 ①请给出合理的操作排序(从上述操作中选取，按先后次序列出字母)_______。为提高氧化镍产率，向滤液3中加入稍过量的碳酸铵固体→e→→→e→→→氧化镍粗品 ②步骤a中对滤液进行加热的原因是_______。 （3）氧化镍产品的纯度可用配位滴定法测定。取1.500g氧化镍粗品，酸溶后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为的标准液滴定，平均消耗标准液。 已知：Ⅰ. Ⅱ.紫脲酸胺：紫色试剂，遇显橙黄色。 ①粗品中氧化镍的纯度是_______。(保留四位有效数字) ②下列操作会使测定结果偏低的是_______。 A.锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定 B.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡 C滴定前平视读数，滴定后俯视读数 D.振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北仑中学2024学年第二学期高二年级期初考试化学试卷 (全年级+外高班使用) 可能会用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Cu-64 Ni-59 Mn-55 一、单选题(共20题，1-10题每题2分，11-20题每题3分) 1. 下列物质中属于弱电解质的是 A. SO2 B. NaHSO3 C. BaSO4 D. HF 【答案】D 【解析】 【分析】在水溶液中或熔融状态下能部分电离出阴阳离子而导电的化合物属于弱电解质。 【详解】A．SO2是非金属氧化物，不能电离，属于非电解质，A错误； B．NaHSO3属于盐，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，B错误； C．BaSO4属于盐，属于强电解质，C错误； D．HF属于弱酸，在水溶液中能发生部分电离：，HF属于弱电解质，D正确； 故选D。 2. 下列表示正确的是 A. 的结构示意图： B. 硫的分子式：S C. 的空间填充模型： D. 次氯酸的电子式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．氧元素的原子序数是8，所以的结构示意图为，A正确； B．S只是硫的化学式，不是分子式，固态时，硫的分子式是S8，B错误； C．CCl4分子中的氯原子半径比碳原子半径大，因此CCl4的空间填充模型为，C错误； D．H和Cl周围形成1个共价键，O周围形成2个共价键，则HClO的电子式为，D错误； 故选A。 3. 下列说法正确的是 A. H2和D2互为同位素 B. 分子式为C4H8的有机物同分异构体有5种(不考虑顺反异构) C. C2H4和C3H6一定互为同系物 D. 纤维素和淀粉互为同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A．同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素，H2和D2是单质，A错误； B．分子式为C4H8的有机物：、、、、五种，B正确； C．同系物是结构相似，分子组成相差一个或多个CH2的化合物，若C2H4和C3H6分别是CH2=CH2与环丙烷，二者结构不相似，不能称为同系物，C错误； D．淀粉和纤维素都是混合物，同分异构体指分子式相同，结构不同的化合物互称同分异构体，二者聚合度n不同，不是同分异构体，D错误； 答案选B。 4. 有关氢原子说法正确的是 A. 玻尔的原子结构模型，无法解释氢原子光谱为线状光谱 B. 霓虹灯呈现出五颜六色，与氢原子发射光谱的机理基本相同 C. 氢原子含一个电子，所以氢原子发射光谱中只有一根亮线 D. 氢原子含一个电子，所以氢原子电子云图中不可能出现无数个点 【答案】B 【解析】 【详解】A．由玻尔理论知，原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中原子是稳定的，电子虽然在做加速运动，但并不向外辐射能量；不同的轨道能量不同，电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，它辐射或吸收能量；电子处在能量最低的轨道上时，称为基态，能量高于基态的状态，称为激发态；波尔理论是针对原子的稳定存在和氢原子光谱的事实提出，只引入一个量子数就成功的解释氢原子光谱为线状光谱，A错误； B．霓虹灯能够发出五颜六色的光，其发光机理与氢原子光谱形成机理基本相同，都是电子在不同的、能量量子化的状态之间跃迁所导致的，B正确； C．氢原子核外只有一个电子，但是它的激发态有多种，当电子跃迁回较低状态时释放能量，发出多条不同波长的光，所以它产生的原子光谱中不只有一根或明或暗的线，C错误； D．氢原子电子云图中小黑点的疏密表示电子在核外空间出现概率的大小，小黑点越密，表示电子出现的机会越多，反之，出现的机会越少，D错误； 选B。 5. 下列反应的方程式正确的是 A. H2的燃烧热为，则 B. 向中投入固体：2H218O+2Na2O2 = 4Na+ +4OH-+18O2 C. 浓硝酸见光分解： D. 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解： 【答案】D 【解析】 【详解】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定物质(其中H2O为液体)时放出的热量，H2的燃烧热为，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ⋅mol-1，A错误； B．过氧化钠和水的反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，生成物氧气中的氧原子不会来源于水，故该反应离子方程式为：2H218O+2Na2O2 = 4Na+ +2OH-+218OH-+O2↑，B错误； C．浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气和水，正确的化学方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，C错误； D．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，故向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解，离子方程式正确，D正确； 故本题选D。 6. 下列说法正确的是 A. 乙烯能使溴水褪色，所以聚乙烯也可以使溴水褪色 B. CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体，氢核磁共振谱显示两者均有两种不同的氢原子且两种氢原子的比例相同，故不能用氢核磁共振谱来鉴别 C. 煤的气化、液化均属于物理变化 D. 可利用饱和硫酸铵溶液分离提纯蛋白质 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙烯中含有碳碳双键，可以和Br2发生加成反应，使溴水褪色，聚乙烯中没有碳碳双键，不可以使溴水褪色，A错误； B．CH3COOH与HCOOCH3分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，二者含有的氢原子的种类、相应的数目相同，但是各种氢原子的化学位移不同，能用氢核磁共振谱来鉴别，B错误； C．煤的气化生成CO和H2，煤液化是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料，均为化学变化，C错误； D．饱和硫酸铵溶液通过盐析作用使蛋白质沉淀，此过程可逆，可用于分离提纯蛋白质，D正确； 故选D。 7. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol甲基所含电子的数目为7NA B. 标准状况下，46g NO2的分子数为NA C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数目为2NA D. 1mol CH4与1mol Cl2在光照下反应，生成的CH3Cl分子数为NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲基-CH3中所含电子数为9，故1mol甲基所含电子的数目为9NA，A错误； B．46g 纯NO2物质的量为1mol，由于存在平衡2NO2N2O4，分子数小于NA，B错误； C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物物质的量为0.5mol，甲烷和乙烯分子中都含有4个氢原子，故混合物中含有氢原子数目为2NA，C正确； D．CH4和Cl2的反应不一定停留在一取代阶段，产物中也可能有CH2Cl2，CHCl3等，故1mol CH4与1mol Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于NA，D错误； 故本题选C。 8. 已知某温度下CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为4×10-4mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应大于 A. 7.0×10-6 mol/L B. 1.4×10-5 mol/L C. 2.8×10-5 mol/L D. 5.6×10-5 mol/L 【答案】C 【解析】 【详解】溶液的浓度为，与某浓度CaCl2溶液等体积混合后溶液中，时，会产生沉淀，即×>2.8×10-9，解得，故原CaCl2溶液的最小浓度应大于； 故选C。 9. 下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验装置与原理能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙氧化FeBr3溶液中的溴离子 C. 用装置丙分离出FeCl3溶液 D. 用装置丁蒸干溶液可得无水FeCl3 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，A错误； B．应把氯气通到溴化铁溶液中，左边装置应长管进短管出，B错误； C．氯化铁溶于水不溶于苯，溴在苯中的溶解度更大，可用萃取分离，C正确； D．氯化铁溶液中铁离子易水解，在空气中蒸干溶液会得到氢氧化铁，得不到无水FeCl3，D错误； 答案选C。 10. 为探究金属腐蚀的原理，进行了如下实验。表面皿中都装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉和缠有锌皮的铁钉放置其中，如图所示。下列说法错误的是 A. 图B中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法 B. 离子在半凝固态的琼脂内可定向移动 C. 图B中铁钉上的电极反应式： D. 图A中铁钉两端蓝色中间红色，图B中铁钉两端红色中间无色 【答案】C 【解析】 【分析】图A中，根据题中条件可知，形成原电池，其中铁为负极，电极反应式为：，铜为正极，电极反应式为：；图B中，根据题中条件可知，形成原电池，其中锌作负极，电极反应式为：，铁作正极，电极反应式为：； 【详解】A．由分析可知，图B中铁为正极，锌为负极，是牺牲阳极的阴极保护法，A正确； B．该装置形成原电池，原电池内电路阳离子向正极定向移动、阴离子向负极定向移动，混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂起电解质溶液的作用，所以离子在半凝固态的琼脂内可定向移动，B正确； C．由分析可知，图B中铁钉上的电极反应式为，C错误； D．根据以上分析可知，图A中铁作负极，发生氧化反应，生成亚铁离子，亚铁离子与铁氰化钾反应生成蓝色沉淀，铜作正极，产物为氢氧根，则铁钉中间为红色；图B中锌皮作负极生成锌离子为无色，铁作正极，产物为氢氧根，遇酚酞变红，则图B铁钉两端红色中间无色，D正确； 故选C。 11. A、B、C、D、E为20号以前的元素，原子序数逐渐增大。A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn；A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的沸点：D>C>B>A B. 同周期元素第一电离能大于C的有2种 C. 氧化物对应水化物酸性：D>B>A D. A和D、C和E形成的化合物中可能均含有非极性共价键 【答案】D 【解析】 【分析】A元素的原子最外层电子排布式为nsnpn，则其电子排布式为2s2p2，其为碳元素；A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等，则其电子排布式为1s22s22p4，C为氧元素，B为氮元素；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，则D为氯元素、E为钾元素。从而得出A、B、C、D、E分别为C、N、O、Cl、K。 【详解】A．A、B、C、D分别为C、N、O、Cl，H2O呈液态，其它元素的简单氢化物都呈气态，NH3能形成分子间的氢键，则简单氢化物的沸点：H2O>NH3>HCl>CH4，A错误； B．C为O元素，在第二周期元素中，N、F、Ne的第一电离能都大于O，同周期元素第一电离能大于C的有3种，B错误； C．最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>HNO3>H2CO3，C错误； D．A、D和C、E形成的化合物可能为Cl2C=CCl2、K2O2，它们均含有非极性共价键，D正确； 答案选D。 12. Ga在电子工业中有广泛的应用，氯化物有GaCl3 、GaCl2、Ga2Cl6等，实验证实GaCl3为共价化合物，GaCl2为离子化合物(含一种简单阳离子和一种复杂阴离子且基态阳离子中没有未成对电子)，下列说法不正确的是 A. Ga2Cl6中每个原子最外层均满足8电子稳定结构 B. GaCl3的熔点可能低于GaF3 C. GaCl2中简单阳离子中Ga元素的化合价为+2价 D. GaCl2中阴离子的中心原子采用sp3杂化方式 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ga2Cl6为共价化合物，Ga与3个Cl共用电子对，Ga2Cl6以GaCl3的二聚体形式存在，结构中存在配位键，结构式为，Ga2Cl6中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，故A正确； B．氯化镓为共价化合物，属于分子晶体，F的电负性强于Cl，氟化镓为离子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，GaCl3的熔点可能低于GaF3，故B正确； C．镓的价层电子排布式为：4s24p1，GaCl2含有一种简单阳离子和一种复杂阴离子，且阳离子没有未成对电子，则阳离子为Ga+，阴离子为[CaCl4]-，则阳离子Ga的化合价为+1，阴离子Ga的化合价为+3，不是+2价，故C错误； D．[CaCl4]-中Ga原子价层电子对数为4+=4，中心原子为sp3杂化，GaCl2中阴离子的中心原子采用sp3杂化方式，故D正确； 故选C。 13. NH3脱除NO的一种催化反应机理示意图如下，下列说法不正确的是 A. 属于氧化还原反应 B. 是该反应的中间产物 C. 总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O D. Ti4+可降低该反应的活化能 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，反应中氮元素的化合价发生改变，该反应属于氧化还原反应，故A正确； B．由图可知，反应中既是生成物又是反应物，是该反应的中间产物，故B正确； C．由图可知，总反应为催化剂作用下氨气与一氧化氮、氧气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故C错误； D．由图可知，Ti4+先消耗，后生成，为反应的催化剂，可降低该反应的活化能，加快反应速率，故D正确； 故选C。 14. 一定温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol/L HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示：下列说法错误的是 I．   Ⅱ．   A. 获得高产率的应选择相对较短的反应时间 B. 反应活化能；反应I<反应Ⅱ C. 增加浓度，平衡时减小 D. 水气变换反应的焓变 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图示，反应时间相对较短时，可获得高产率的CO，A正确； B．根据图像可知，短时间内反应Ⅰ得到的CO比反应Ⅱ得到的CO2多，说明反应I比反应Ⅱ快，反应速率快的活化能小，即活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，B正确； C．反应I平衡常数表达式：，增加浓度，温度不变，平衡常数不变，即不变，C错误； D．根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应I得，，D正确； 故选C。 15. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向溶液中滴加溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液，观察现象 该反应是否为可逆反应 B 用pH计分别测定的溶液和溶液的pH 探究键的极性对羧酸酸性的影响 C 向溶液中滴加2滴，观察现象。振荡试管，再滴加2滴溶液，观察现象 比较与的大小 D 向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，滴加KSCN溶液，观察颜色变化 Fe2O3全部被还原 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向溶液中滴加溶液，Fe3+是过量的，无论该反应是否为可逆反应，Fe3+都存在，不能滴加KSCN溶液来判断该反应是否为可逆反应，故A错误； B．pH计分别测定等浓度的CH3COOH溶液和溶液的pH，可比较酸性强弱，则可探究键的极性对羧酸酸性的影响，题中未说明溶液浓度，故B错误； C．向溶液中滴加2滴，生成AgCl沉淀且Ag+是少量的，再滴加2滴溶液，生成AgI沉淀，说明AgCl转化为AgI，则比较>，故C正确； D． CO还原Fe2O3可以得到铁单质，铁单质可以将溶液中的Fe3+转化生成Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液不变红，不能说明Fe2O3全部被还原，故D错误； 故选C。 16. 已知图1所示的有机可逆反应在图2所示的装置内能自发进行。实验发现随着长度x的增加，A、B的转化率提高，D在产物中的占比逐渐增大并超过C。下列说法正确的是 A. 升高温度两个反应的平衡常数均增大 B. 反应2的活化能大于反应1的活化能 C. 装置中长度x越小，C的产率越高 D. 物质C比物质D稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A．随着长度的增加，反应温度降低，A、B的转化率提高，说明两个反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则两个反应的平衡常数均减小，故A错误； B．随着长度的增加，D在产物中的占比逐渐增大并超过C，则长度较短时C在产物中占比较大，因此生成C较容易，则反应1的活化能小于反应2的活化能，故B正确； C．随着长度的增加，A、B的转化率提高，反之长度越小转化率降低，则C的产率下降，故C错误； D．实验发现随着长度x的增加，A、B的转化率提高，D在产物中的占比逐渐增大并超过C，说明D的稳定性大于C，D错误； 答案选B。 17. 硅锰原电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. 放电过程中，负极区溶液pH增大 B. 导线上每通过1mole-，正极区溶液质量增加44.5g C. 将交换膜更换为阴离子交换膜，电解液换为NaOH溶液，电流更平稳 D. 原电池的工作原理： 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，在碳硅电极上Si被氧化生成SiO2，则碳硅电极为负极，电极反应式为：Si-4e-+2H2O=SiO2+4H+；在MnO2电极上MnO2被还原生成Mn2+，则MnO2电极为正极，电极反应式为：2MnO2+4e-+8H+=2Mn2++4H2O，据此解答。 【详解】A．放电过程中，碳硅电极为负极，电极反应式为：Si-4e-+2H2O=SiO2+4H+，即生成H+同时消耗H2O，但H+透过质子交换膜迁移到正极，则负极区溶液中n(H+)不变，但H2O被消耗，溶液的体积减小，c(H+)增大，则pH减小，A错误； B．正极反应为：2MnO2+4e-+8H+=2Mn2++4H2O，导线上每通过1mole-，即有1molH+从负极区迁移至正极区溶液，同时正极溶解0.5molMnO2，则正极区溶液质量增加1mol×1g/mol+0.5mol×87g/mol=44.5g，B正确； C．由于Si能与NaOH溶液直接反应，所以电解液不能换为NaOH溶液，C错误； D．负极反应为：Si-4e-+2H2O=SiO2+4H+，正极反应为：2MnO2+4e-+8H+=2Mn2++4H2O，将正、负极的电极反应式相加可得原电池的工作原理：，D错误； 故选B。 18. 温度为T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：X(g) Y(g)+Z(g) ΔH，反应相同时间，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A. a点对应X的平衡转化率大于40% B. b、c两点V2：V3=5：9 C. d点有v正=v逆 D. 正反应速率v(b)=v(d) 【答案】B 【解析】 【分析】四点所对应容器容积不同，容积越小，浓度越大，反应速率越块，相同时间内X的转化率应该越大，但a点X的转化率小于b，b小于c，说明a、b由于体积小于c平衡左移、引起转化率小于c，即a、b达到平衡状态，d容器未达到平衡状态，据此分析作答。 【详解】A．a点已平衡，所以a点X的平衡转化率等于40%，故A错误； B．根据发生反应：X(g) Y(g)+Z(g)，b点X转化率为50%，，c点X转化率为60%，，温度不变，平衡常数不变，所以有，所以V2：V3=5：9，故B正确； C．由以上分析可知，d点未平衡，则v正≠v逆，故C错误； D．b与d组分相同，但容积不等，各组分浓度不同，所以速率不等，故D错误； 故答案选B。 19. 室温下，向均为的混合溶液中持续通入气体，始终保持饱和[]，通过调节使分别沉淀，溶液中与的关系如下图所示。其中，c表示的物质的量浓度的数值，。时所得的白色沉淀不溶于溶液。下列说法错误的是 A. ①代表与关系曲线 B. C. 从0开始逐渐增大时，优先析出沉淀 D. 的平衡常数 【答案】B 【解析】 【分析】均为，故曲线③④代表，纵坐标表示，则离子浓度越小，越大，常温Kw=10-14，则曲线②代表OH-，曲线①代表S2-，又因为，根据曲线②与曲线④的交点坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则c(OH-)=10-8.2mol/L，则曲线④为Al3+，曲线③为Zn2+，据此分析。 【详解】A. 根据分析①代表与的关系曲线，A正确； B. 根据分析曲线④代表Al3+，曲线②与曲线④的交点坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则c(OH-)= c(Al3+)=10-8.2mol/L，，B错误； C. 曲线③为Zn2+，与曲线①先产生交点，故从0开始逐渐增大时，优先析出沉淀，C正确； D. 曲线①③的交点为(5.6,10.8)，则c(H+)=10-5.6mol/L，c(Zn2+)=10-10.8mol/L，始终保持饱和[]，的平衡常数，D正确； 故选B。 20. 室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示： 已知：；；；，，下列说法正确的是 A. MgF2饱和溶液中：c(F-) + c(HF) = 2c(Mg2+) B. 为提高MnCO3的产率，使用Na2CO3溶液“沉锰”效果更好 C. 溶液中，c(H2CO3) +2c(H+) > c(CO) +2c(OH-) D. 反应的平衡常数为 【答案】D 【解析】 【分析】由题给流程可知，向硫酸锰溶液中加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸氢钠溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰。 【详解】A．氟化镁饱和溶液中存在如下物料守恒c(F-)+c(HF)=2c(Mg2+)+2c[Mg(OH)2]，故A错误； B．由电离常数可知，碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠，使用碳酸钠溶液“沉锰”时，可能使锰离子转化为氢氧化锰沉淀导致碳酸锰的产率降低，故B错误； C．由电离常数可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解常数为Kh=>K2，则碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，NaHCO3溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(+c()，物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(+c()，可得c(H2CO3) +c(H+) = c(CO) +c(OH-)，由于c(OH-)>c(H+)，c(H2CO3) +2c(H+) <c(CO) +2c(OH-)，故C错误； D．由方程式可知，反应的平衡常数K=≈1.3×10-6，D正确； 答案选D。 二、填空题 21. 按要求回答下列问题： （1）已知C4H9Cl核磁共振氢谱表明只有一种化学环境的氢，则该有机物的结构简式为___________。 （2）立方烷()的六氯代物有___________种。 （3）CH2=CHCOOCH2CH3中含有的官能团名称为___________。 （4）用系统命名法命名 ：___________。 【答案】（1） （2）3种 （3）碳碳双键、酯基 （4）2，3，3-三甲基戊烷 【解析】 【小问1详解】 只有一种化学环境的氢表明该分子为对称结构，且有3个甲基，因此结构简式为。 【小问2详解】 立方烷分子中含有8个H，则其二氯代物与六氯代物的种类相同，立方烷的中两个氢原子位置关系有：一条棱、面对角线、体对角线，则两个氢原子被氯原子代替得到二氯代物的同分异构体有3种，六氯代物也有3种。 【小问3详解】 CH2=CHCOOCH2CH3中含有的官能团名称为碳碳双键、酯基。 【小问4详解】 中主链有5个碳，2位有1个甲基、3位有2个甲基，用系统命名法命名为2，3，3-三甲基戊烷。 22. 铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。 （1）Cu在周期表中位于___________区，Cu2+价电子排布式为___________。核外具有___________种不同能量的电子。 （2）邻氨基吡啶()的铜配合物在有机合成中有重要作用。1mol中σ键的数目为___________。邻氨基吡啶的铜配合物结构简式如图所示，C原子轨道杂化类型为___________。 （3）晶体晶胞结构如图，晶胞参数为a nm，该晶体密度计算表达式为___________。 （4）NF3与NH3均为三角锥形分子，NF3分子中的氮原子不易与Cu2+形成配离子，请从电负性角度分析其原因是___________。 【答案】（1） ①. ds ②. 3d9 ③. 6 （2） ①. 13NA ②. sp2、sp3 （3） （4）F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子 【解析】 【小问1详解】 Cu为29号元素，位于周期表中第四周期ⅠB族，属于ds区；Cu2+价电子排布式为3d9；核外电子排布式：，具有6不同能量的电子； 【小问2详解】 1mol中含13molσ键和3molπ键，σ键的数目为13NA；由结构简式可知该物质中甲基中C为sp3杂化，其余C原子采用sp2杂化； 【小问3详解】 根据均摊法可知晶胞中O原子的个数为=2，Cu原子的个数为4，所以晶胞的质量为g，晶体的密度为； 【小问4详解】 F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子。 23. K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定。以K2FeO4为原料进行如下转化(所加试剂均过量，不考虑溶液的挥发)： （1）混合气体A由两种单质组成，其成分为___________。 （2）下列说法正确的是___________。 A. K2FeO4作净水剂不仅可以杀菌消毒，还可以除去水中悬浮颗粒物 B. K2FeO4中Fe的价层轨道为全空结构，稳定性比Fe3+好 C. 溶液B中的阳离子为Fe3+、K+，阴离子主要为Cl- D. 溶液C溶液呈碱性的原因是S2-的水解 （3）步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因___________。 （4）以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，写出该过程中阳极的电极反应式___________。 【答案】（1）O2、Cl2 （2）AD （3）①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率(其他合理答案也可) （4） 【解析】 【分析】K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定，在酸性条件下发生氧化还原反应生成两种气体，应该是氯气和氧气；溶液B中应该含有还原产物三价铁离子，加硫化钠发生步骤Ⅱ得沉淀和溶液。结合小题（3）题干信息，可知沉淀为Fe2S3。 【小问1详解】 K2FeO4和盐酸发生氧化还原反生成的两种气体，K2FeO4具有强氧化性，所以两种气体都应该是氧化产物，根据反应物的元素组成，气体A是：O2、Cl2；故答案为：O2、Cl2； 【小问2详解】 A. K2FeO4作净水剂+6价铁有强氧化性不仅可以杀菌消毒，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，可以除去水中悬浮颗粒物，A正确； B. K2FeO4中Fe的价层轨道3d2，不是稳定结构；Fe3+的3d轨道半充满，更稳定，B错误； C. 溶液B中的阳离子为Fe3+、K+，还应该有H+，C错误； D. 溶液C溶液呈碱性的原因是S2-的水解，S2-+H2O，D正确； 故答案为：AD； 【小问3详解】 步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度Fe3+几乎未被还原的原因①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率。 【小问4详解】 以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，阳极铁发生氧化反应生成+6价铁，与溶液中的碱反应，该过程中阳极的电极反应式。故答案为：。 24. CO2会引起温室效应，开发“碳捕获”技术利用其生产其他化工产品是化工领域热门方向。 Ⅰ．CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应： 反应① K1 反应② K2 （1）反应③的平衡常数，其热化学方程式为___________。 （2）在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CO和CH3OH(g)在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图所示。 ①250℃后，CO2的转化率随温度升高的原因是___________。 ②在压强为p的恒温恒压密闭容器中加入2mol CO2和6molH2反应，达到平衡状态时CO2的转化率为40%，生成CO的物质的量为0.6mol，反应①在该温度下的压强平衡常数Kp=___________(列计算式，分压=总压×物质的量分数)。 ③若在恒容绝热的密闭容器中进行上述反应，下列说法正确的是___________ A．体系压强不再发生变化时，能判断反应达到化学平衡状态 B．提高容器内的初始温度，CO2转化率可能不变 C．平衡后将产物甲醇移出体系，反应②平衡不发生移动 D．平衡后减小该容器体积，再次达到平衡时温度较之前平衡时更低 Ⅱ．2021年9月，我国科学家首次以二氧化碳为原料，经多步反应(如图)人工合成淀粉。 （3）写出“CO2→HCHO”总反应的化学方程式：___________。 Ⅲ． （4）已知Arrhenius经验公式为Rlnk为活化能，k为速率常数，R和C为常数)、为探究m、n两种催化剂的效能，进行了实验探究、依据实验数据获得如图所示曲线。在m催化剂作用下，该反应的活化能=___________，从图中信息获知催化剂效能较高的催化剂是___________(填m或n)。 【答案】（1） （2） ①. 反应①放热，反应②吸热，后升温使反应②平衡正向移动的程度大于反应①平衡逆向移动的程度 ②. ③. AB （3） （4） ①. 96 ②. n 【解析】 【小问1详解】 根据反应③的平衡常数，可知反应③等于反应①减去反应②，反应③的ΔH=ΔH1-ΔH2，故其热化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH=−90.7kJ/mol； 【小问2详解】 ①反应①放热，升温平衡逆向移动，反应②吸热，升温平衡正向移动，温度对二者影响程度大小不同，250℃后升温使反应②平衡正向移动的程度大于反应①平衡逆向移动的程度，故250℃后，CO2的转化率随温度升高； ②参加反应物质的量： ，达到平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别为1.2mol、4.8mol、0.2mol、0.8mol、0.6mol，则达到平衡状态时，容器中气体总物质的量：0.2mol+1.2mol+4.8mol+0.6mol+0.8mol=7.6mol，该温度下反应①的压强平衡常数Kp=； ③A．反应①是气体体积减小的反应、反应②是气体体积不变的反应，反应中体系压强减小，则体系压强不再发生变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A正确； B．反应①是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应②是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则提高容器内初始温度，二氧化碳的转化率可能不变，故B正确； C．平衡后将产物甲醇移出体系，反应①的生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，二氧化碳和氢气的浓度减小，会导致反应②的平衡向逆反应方向移动，故C错误； D．反应①是气体体积减小反应、反应②是气体体积不变的反应，平衡后减小该容器体积相当于增大压强，反应①的平衡向正反应方向移动，反应放出的热量增大，进一步导致反应②的平衡逆向移动，则再次达到平衡时温度较之前平衡时更高，故D错误； 故选AB； 【小问3详解】 由图可知，“CO2→HCHO”总反应的化学方程式：CO2+3H2+H2O2=CH2O+3H2O； 【小问4详解】 将m曲线上两点的坐标代入公式可得：-7.5×10-3Ea+C=27.4×10-3、-7.2×10-3Ea+C=56.2×10-3，解联立方程可得Ea=96 kJ/mol； 由公式可知，图线斜率是Ea的相反数，m、n斜率都为负，n斜率的绝对值更小，故n对应曲线的活化能小，活化能越小，反应速率越快，所以催化效能较高的催化剂是n。 25. 氧化镍(NiO)在冶金、化学及电子工业等领域中有广泛应用，某兴趣小组由工业废渣(主要成分：Fe、Ni，其它杂质不与酸反应)制备氧化镍的流程如下： 已知： 请回答： （1）下列说法正确的是_______。 A. 通过冲击破碎的方式预处理工业废渣可加快其在酸溶时的反应速率 B. 滤液1中的主要金属阳离子为、和 C. 操作Ⅱ与操作Ⅲ均为过滤，仅需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯 D. 滤渣2中加入过量氨水发生的反应为 （2）滤液3经过一系列操作可得到氧化镍粗品，包含以下步骤： a.将滤液放入烧杯中用煤气灯进行加热 b.将滤出的沉淀物进行烘干 c.用pH试纸测定溶液至不呈碱性 d.经马釜炉焙烧 e过滤 ①请给出合理的操作排序(从上述操作中选取，按先后次序列出字母)_______。为提高氧化镍产率，向滤液3中加入稍过量的碳酸铵固体→e→→→e→→→氧化镍粗品 ②步骤a中对滤液进行加热的原因是_______。 （3）氧化镍产品的纯度可用配位滴定法测定。取1.500g氧化镍粗品，酸溶后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为的标准液滴定，平均消耗标准液。 已知：Ⅰ. Ⅱ.紫脲酸胺：紫色试剂，遇显橙黄色。 ①粗品中氧化镍的纯度是_______。(保留四位有效数字) ②下列操作会使测定结果偏低的是_______。 A.锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定 B.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡 C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数 D.振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出 【答案】（1）AD （2） ①. ac, bd ②. 根据题意，对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量 （3） ①. ②. ACD 【解析】 【分析】工业废渣加入过量硝酸与Fe反应生成硝酸铁，与Ni反应生成硝酸镍，滤液1中金属阳离子为和，加入过量NaOH溶液得到滤渣2为Ni(OH)2、Fe(OH)3，加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成，经过一系列操作可得到氧化镍； 【小问1详解】 A．增大废渣的接触面积可加快其在酸溶时的反应速率，故A正确； B．硝酸是强氧化性酸，亚铁离子会被其氧化为铁离子，滤液1中不存在，故B错误； C．过滤操作需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯、玻璃棒，故C错误； D．滤渣2中加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成配合物，与氢氧化铁沉淀分离，发生的反应为，故D正确； 故选：AD； 【小问2详解】 ①为从滤液得到氧化镍，由可加热使氨气逸出，促使平衡正向移动，得到Ni2+，用pH试纸测定溶液至不呈碱性，过滤，将滤出的沉淀物Ni(OH)2进行烘干，经马釜炉焙烧得到NiO，故答案为：ac，bd； ②步骤a中对滤液进行加热的原因是：根据题意，对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量； 【小问3详解】 ①由，则样品中的物质的量为n=n()=c∙V=0.100mol•L-1×18.80×10-3L×=1.88×10-2mol，则样品中氧化镍的纯度为； ②A. 滴定终点操作和现象是加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色，锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定，未达到滴定终点，标准液体积偏小，使测定结果偏低，故A选； B.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，标准液体积偏大，使测定结果偏高，故B不选； C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数，标准液体积偏小，使测定结果偏低，故C选； D.振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出，待测液溶质质量损失，使测定结果偏低，故D选； 故选：ACD。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$