江苏省启东市2020届高三上学期期中考试化学试题 24页

‎2019~2020学年第一学期期中素质调研测试 高三化学试题 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 K:39 Fe:56‎ 选择题(共40分)‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关。下列与化学相关的说法正确的是 A. 水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品 B. 医用酒精和葡萄糖注射液可用丁达尔效应区分 C. 氯水和食盐水消毒杀菌的原理相同 D. 铵态氮肥和草木灰混合使用会降低肥效 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项：水晶不属于硅酸盐产品，A 项错误；B项：医用酒精和葡萄糖注射液均为溶液，不可用丁达尔效应区分，B项错误；C项：氯水消毒杀菌是利用其氧化性，食盐水消毒杀菌是利用其能使细菌细胞失水，二者原理不同，C 项错误；D项：铵盐和 K2CO3 会发生反应，生成的二氧化碳、氨气挥发而降低肥效，D项正确。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是 A. 氮气分子的电子式：‎ B. 质子数为9中子数为20的氟原子：F C. 对硝基苯酚的结构简式：‎ D. NaHCO3水解的离子方程式：HCO3－+H2OH3O++CO32－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氮原子的最外层有5个电子，故其电子式为，故A错误；‎ B．质量数标示在元素符号的左上方，而质量数＝质子数+中子数，故质子数为9中子数为20的氟原子的质量数为29，故表示为299F，故B错误；‎ C．对硝基苯酚中﹣OH和﹣NO2在苯环的对位，且硝基中N原子连接在苯环上，故表示为，故C正确；‎ D．HCO3﹣水解为H2CO3和OH﹣，故水解的离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+H2CO3，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.化学与生产、实验密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料 B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯 D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，选项A选；B．Cu与FeCl3发生氧化还原反应，则用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，与FeCl3溶液呈酸性无对应关系，选项B不选；C、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，选项C不选；D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥CO2，与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，选项D不选。答案选A。‎ ‎4.实验是化学研究的基础。关于下列各实验装置图的叙述中正确的是(　　)‎ A. 装置①常用于分离互不相溶的液态混合物 B. 装置②可用于吸收氨气,且能防止倒吸 C. 用装置③不可以完成“喷泉”实验 D. 用装置④稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A错误；‎ B、氨气极易溶于水,有缓冲装置的能防止倒吸,该装置中苯没有缓冲作用,所以不能防止倒吸,故B错误；‎ C、氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；‎ D、浓硫酸溶于水放出大量热,且浓硫酸的密度大于水,稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中,图示操作合理,所以D选项是正确的;  综上所述，本题应选D。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)‎ A. Kw/c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液中：Fe2+、K+、NO3－、SO42－‎ B. 通入大量CO2的溶液中：Na+、C6H5O－、CH3COO－、HCO3－‎ C. c(ClO-)=l.0 mol/L的溶液中：Na+、K+、S2－、SO42－‎ D. 能使酚酞变红的溶液中：K+、SO32－、CO32－、Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Kw/c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根离子能氧化强还原性离子，所以酸性溶液中Fe2+与NO3－不能大量共存,故A不选；‎ B、碳酸的酸性大于苯酚,所以含有C6H5O－的溶液通入二氧化碳,会生成苯酚,所以溶液不能大量共存,故B不选； C、次氯酸根离子能氧化还原性离子，则c(ClO-)=l.0 mol/ L的溶液中， S2－不能大量存在,故C不选； D、酚酞变红的溶液显碱性，弱酸根离子在碱性条件下可以存在,则K+、SO32－、CO32－、Cl－能够大量存在,故D选; 综上说述，本题应选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成弱电解质、沉淀或气体，如题中Ｂ项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。‎ ‎6.用H2O2溶液处理含NaCN的废水，反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是 （ ）‎ A. 该反应中氮元素被氧化 B. 该反应中H2O2作还原剂 C. 实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液 D. 每生产0.1mol NaHCO3转移电子数约为0.1×6.02×1023个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为-3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；B．NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从-1价降低为-2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C．因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故C正确；D．无体积无法计算，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了氧化还原反应和盐水解的相关知识。‎ ‎7.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）‎ A. 用过量氨水吸收工业尾气中的SO2： 2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2O B. Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-＋2H2O C. 磁性氧化铁溶于足量稀硝酸： Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O D. 明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42-===2BaSO4↓＋Al（OH）3↓‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子反应为：2NH3·H2O+SO22NH4++SO32-+H2O，故A正确；‎ B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O，故B错误；‎ C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；‎ D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+ 2H2O，故D错误；‎ 综上所述，本题应选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中B项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；‎ ‎④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中D项）。‎ ‎8.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次增大,其中X、Z同主族,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,X原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子半径:rW>rZ>rY>rX B. Z的简单氢化物沸点比X的高 C. X、Y、Z三种元素组成的化合物多于2种 D. W元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Z ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,Y为Na元素;X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,X为第二周期元素O；X、Z同主族,则Z为S；W的原子序数最大,可以知道W为Cl。由上述分析可以知道,X为O,Y为Na,Z为S,W为Cl。‎ ‎【详解】A、电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径: rZ>rY>rW>rX ,故A错误;‎ B、Z的简单氢化物为H2S，X的简单氢化物为H2O, H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S，故B错误；‎ C、X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种,如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等,所以C选项是正确的; D、尽管非金属性W＞Z,但是W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Z的，只有W元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Z的,故D错误; 综上所述，本题应选C。‎ ‎【点睛】本题重点考查根据结构推断元素种类。此题型应熟练掌握元素周期律的相关知识。根据X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,Y为Na元素（原子半径的比较：电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小）;X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,X为第二周期元素,X为O,X、Z同主族,Z为S,W的原子序数最大,可以知道W为Cl。由上述分析可以知道,X为O,Y为Na,Z为S,W为Cl。‎ ‎9.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合只有 序号 X Y Z W ‎①‎ Cu CuSO4‎ Cu(OH)2‎ CuO ‎②‎ Na NaOH Na2CO3‎ NaCl ‎③‎ Cl2‎ Ca(ClO)2‎ HClO HCl ‎④‎ Fe FeCl3‎ FeCl2‎ Fe(OH)2‎ A. ①②③ B. ①③④ C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，再与NaOH反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2加热生成CuO，氢气还原CuO生成Cu；‎ ‎②Na与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，NaCl电解生成Na；‎ ‎③Cl2与Ca(OH)2反应可生成Ca(ClO)2，盐酸酸性比次氯酸强，所以Ca(ClO)2中加入盐酸可生成次氯酸，HClO见光分解可生成HCl，浓HCl溶液与二氧化锰加热可生成氯气；‎ ‎④Fe与氯气生成FeCl3，FeCl3与Fe反应FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，但Fe(OH)2不能一步转化为Fe。‎ ‎【详解】①CuCuSO4Cu(OH)2CuOCu，符合转化，故①正确；‎ ‎②NaNaOHNa2CO3NaClNa，符合转化，故②正确；‎ ‎③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl，浓HCl溶液Cl2，转化均可实现，故③正确；‎ ‎④Fe(OH)2不能一步转化为Fe，故④错误；‎ 故答案为A。‎ ‎10.根据下列图示所得出的结论正确的是 A. 图甲表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大 B. 图乙是金刚石与石墨分别氧化生成CO2的能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石的反应的ΔH>0‎ C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率大于b点 D. 图丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中平衡状态相同，应为使用催化剂，故A错误；‎ B．图中金刚石比石墨能量高，则石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故B正确；‎ C．增大氢气的量，可促进氮气的转化率，则图中a点N2的转化率小于b点，故C错误；‎ D．开始的pH相同，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，则HA的酸性强，相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；‎ 故答案为B。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。‎ ‎11.现以CO、O2、熔融盐Z(Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法处理CO同时制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。下列说法不合理的是 ‎ ‎ A. 石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应 B. 甲池中的CO32－向石墨Ⅱ极移动 C. 石墨Ⅰ的电极反应式：CO+CO32－－2e－=2CO2‎ D. 若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L，则乙池中产生氢气0.2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO发生氧化反应是负极，则石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应，故A正确；‎ B．原电池中阴离子向负极移动，所以甲池中的CO32﹣向石墨I极移动，故B错误；‎ C．石墨Ⅰ是原电池的负极，CO发生氧化反应，电极反应式为CO+CO32﹣﹣2e﹣═2CO2，故C正确；‎ D．若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L即0.1mol，整个电路转移电子的物质的量为0.4mol，而乙池中阴极若生成1mol氢气，则转移2mol的电子，所以根据得失电子守恒知生成氢气的物质的量为0.2mol，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】如果电池的正负极判断失误，则电极反应必然写错，故准确判断原电池的正负极，是解题关键，原电池正负极的判断方法：①根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；②根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；③根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；④根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；⑤根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极；⑥燃料电池，通氧气的极为正极。‎ ‎12.下列说法正确的是 A. 向稀醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸的电离程度增大 B. 电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极 C. 常温下，2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)不能自发进行，则该反应的△H>0‎ D. 工业通过反应“Na(l) +KCl(l) NaCl(l)+K(g)”冶炼钾，说明钠的金属性强于钾 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO－）浓度增大，抑制了醋酸的电离，选项A错误；B、电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极，选项B正确；C、常温下，2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）不能自发进行，说明△H-T△S＞0，已知该反应△S<0，所以该反应的△H＞0，选项C正确；D、工业通过反应“Na(l) +KCl(l) NaCl(l)+K(g)”冶炼钾，是因为钾以蒸气从液态的混合物中分离出来，选项D错误。答案选BC。‎ ‎13.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清 苯酚的酸性强于H2CO3的酸性 B 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 C 向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出 Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性 D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项，苯酚的酸性弱于碳酸；‎ B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；‎ C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；‎ D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3‎ 溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。‎ ‎【详解】A项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A项错误；‎ B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；‎ C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；‎ D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。‎ ‎14.25℃时，配制一组c(PO43-)+c(HPO42-)+c(H2PO4-)+c(H3PO4)=0.100 mol·L－1H3PO4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A. pH=6的溶液中：c(H3PO4)+c(HPO42-)＞c(H2PO4-)‎ B. c(Na+)=0.100mol·L－1的溶液中：c(H3PO4)=2c(PO43-)+c(HPO42-)‎ C. pH =7的溶液中：c(Na+)＞2c(HPO42-)+c(H2PO4-)‎ D. c(H3PO4)=c(H2PO4-)的溶液中：c(Na+)＜0.100mol·L－1 +2c(PO43-)+c(HPO42-)‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH＝6 的溶液主要是H2PO4﹣的溶液，此时磷酸已充分反应，c(H3PO4)+c(HPO42﹣)＜c(H2PO4﹣)，故A错误；‎ B．c(Na+)＝0.100 mol•L﹣1的溶液中c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)＝0.100mol•L﹣1＝c(Na+)，溶液中溶质主要是NaH2PO4根据图象可知，H2PO4﹣的水解程度小于电离程度，生成的H3PO4较少，则2c(PO43﹣)+c(HPO4﹣)＞c(H3PO4)，故B错误；‎ C．pH＝7.2的溶液为等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4，pH＝7 的溶液NaH2PO4的浓度略大于Na2HPO4，溶液中离子浓度c(Na+)＞2c(HPO42﹣)＞c(H2PO4﹣)，故C正确；‎ D．c(H3PO4)＝c(H2PO4﹣)的溶液pH＝2，则c(H+)＞c(OH﹣)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(H2PO4﹣)+2c(HPO42﹣)+3c(PO43﹣)，c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)＝0.100mol•L﹣1，得到c(Na+)＜0.100mol•L﹣1+2c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)，故D正确；‎ 故答案为CD。‎ ‎【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。‎ ‎15.一定温度下，在3个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。下列说法正确的是 容器 编号 物质的起始浓度（mol·L－1）‎ 物质平衡浓度（mol·L－1）‎ c(PCl5)‎ c(PCl3)‎ c(Cl2)‎ c(Cl2)‎ Ⅰ ‎0.4‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.2‎ Ⅱ ‎1.05‎ ‎0.05‎ ‎1.95‎ Ⅲ ‎0.8‎ ‎0‎ ‎0‎ A. 达平衡时，容器Ⅰ中比容器Ⅱ中的大 B. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为6∶31‎ C. 达平衡时，容器Ⅲ中Cl2体积分数大于 D. 达平衡时，容器Ⅲ中0.4mol·L－1＜c(PCl5)＜0.8mol·L－1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．容器编号Ⅰ PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)。‎ 起始物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.4 0 0‎ 转化物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.2 0.2 0.2‎ 平衡物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.2 0.2 0.2‎ 此时＝1，K＝＝＝0.2，容器Ⅱ，开始时≈1.86，此时Qc＝≈0.09＜K，说明容器Ⅱ中反应向正反应方向移动，c(Cl2)浓度增大，c(PCl5)减小，达到平衡时＞1.86＞1，则达平衡时，容器Ⅰ中c(Cl2)/c(PCl5) 比容器Ⅱ中的小，故A错误；‎ B．假设容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 6：31，压强之比等于物质的量浓度之比，容器Ⅰ总物质的量浓度为0.2mol•L﹣1×3＝0.6mol•L﹣1，说明容器Ⅱ总物质的量浓度为3.1mol•L﹣1，根据A得出容器Ⅱ反应向正反应方向移动，列化学平衡三段式 容器Ⅱ PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g) ‎ 起始物质的量浓度(mol•L﹣1) 1.05 0.05 1.95‎ 转化物质的量浓度(mol•L﹣1) x x x 平衡物质的量浓度(mol•L﹣1) 1.05﹣x 0.05+x 1.95+x 容器Ⅱ总物质的量浓度为3.1mol•L﹣1，则3.1＝1.05﹣x+0.05+x+1.95+x，解得x＝0.05；‎ 则平衡时c(PCl5)＝1mol•L﹣1，c(PCl3)＝0.1mol•L﹣1，c(Cl2)＝2mol•L﹣1，此时Qc＝＝0.2＝K，说明此时达到化学平衡状态，假设成立，故B正确；‎ C．容器Ⅰ达平衡时，Cl2的体积分数为＝，容器容积为2L，起始c(PCl5)为0.8mol•L﹣1‎ 与容器Ⅰ为1L，起始c(PCl5)为0.4mol•L﹣1，是等效平衡；容器Ⅲ是1L，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，Cl2的量减小，所以达平衡时，容器Ⅲ中Cl2的体积分数小于1/3，故C错误；‎ D．容器容积为2L，起始c(PCl5)为0.8mol•L﹣1与容器Ⅰ为1L，起始c(PCl5)为0.4mol•L﹣1，是等效平衡，容器Ⅲ是1L，若此时平衡不移动，则c(PCl5)＝0.4 mol•L﹣1，但容积体积变为1L，相当于增大压强，平衡平衡向逆反应方向移动，c(PCl5)增大，所以c(PCl5)＞0.4 mol•L﹣1，又因反应开始，消耗PCl5，所以c(PCl5)＜0.8 mol•L﹣1，则达平衡时，容器Ⅲ中0.4 mol•L﹣1＜c(PCl5)＜0.8 mol•L﹣1，故D正确，‎ 故答案为BD。‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共80分)‎ ‎16.钛酸钡被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。工业制取方法如图，先获得不溶性草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2•4H2O]，煅烧后可获得钛酸钡粉体。‎ ‎（1）酸浸时发生的反应的离子方程式为___。‎ ‎（2）配制TiCl4溶液时通常将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是___。‎ ‎（3）加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式为___。可循环使用的物质X是___（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：___。‎ ‎（4）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，生成高温下的气态产物有CO、___。‎ ‎（5）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（主要成分是BaSO4），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将其转化为易溶于酸的BaCO3，再由BaCO3制备其它钡盐。已知常温下：Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.59×10－9，请问至少需要___mol•L－1的碳酸钠溶液浸泡才能实现上述转化（忽略CO32－的水解）。‎ ‎【答案】 (1). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O (2). 抑制TiCl4的水解 (3). BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO(C2O4)2•4H2O↓+6HCl (4). HCl (5). 取最后一次洗涤液少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净 (6). CO2和H2O（g） (7). 2.59×10-4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成BaTiO(C2O4)2•4H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，‎ ‎(1)碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳；‎ ‎(2)TiCl4可发生水解反应；‎ ‎(3)加入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，同时生成HCl可循环使用；可用硝酸银检验沉淀是否洗涤干净；‎ ‎(4)BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧，发生分解反应，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)；‎ ‎(5)根据Ksp(BaSO4)计算饱和溶液中硫酸根离子的浓度，再根据平衡常数计算c(CO32﹣)。‎ ‎【详解】(1)碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，离子反应为BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O；‎ ‎(2)TiCl4可发生水解反应，则通常将TiCl4溶于浓盐酸，目的是抑制TiCl4的水解；‎ ‎(3)加入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，反应为BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O＝BaTiO(C2O4)2•4H2O↓+6HCl，同时生成HCl(或盐酸)可循环使用，检验沉淀是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；‎ ‎(4)BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)；‎ ‎(5)已知Ksp(BaSO4)＝1.0×10﹣10，则饱和硫酸钡溶液中硫酸根离子的浓度c(SO42﹣)＝＝1.0×10﹣5mol/L，则c(CO32﹣)＝mol/L＝2.59×10﹣4mol/L。‎ ‎17.某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是___(填编号)。‎ a．NaOH溶液、酚酞试液 b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液 c．碘水、淀粉溶液 d．氨水、酚酞试液 ‎（2）写出软锰矿浆吸收SO2 的离子方程式___。‎ ‎（3）用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原理是___。‎ ‎（4）写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子方程式___。‎ ‎（5）工业上采用电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4，其中隋性电极作阳极，铁作阴极，请写出阳极的电极反应式___。‎ ‎（6）除杂后得到的MnSO4溶液可以通过___(填操作名称)、过滤制得硫酸锰晶体。‎ ‎【答案】 (1). bc (2). MnO2+SO2=Mn2++SO42－ (3). 消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 (4). 2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+ (5). MnO42--e-=MnO4- (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量，二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b、c中利用还原性及高锰酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量，故答案为bc；‎ ‎(2)SO2与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为MnO2+SO2＝Mn2++SO42﹣；‎ ‎(3)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，涉及反应为3MnCO3+2Al3+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑+3Mn2+或3MnCO3+2Fe3++3H2O＝2Fe(OH)3↓+3CO2↑+3Mn2+；‎ ‎(4)KMnO4 与MnSO4溶液反应的离子方程式为2MnO4﹣+3 Mn2++2 H2O＝5MnO2+4H+；‎ ‎(5)惰性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上失去电子发生氧化反应，则阳极反应为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣；‎ ‎(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶(过滤)制得硫酸锰晶体。‎ ‎18.K3[Fe(C2O4)3]（三草酸合铁酸钾）可用于摄影和蓝色印刷。工业上制备K3[Fe(C2O4)3]的反应原理如下：‎ 氧化：6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4═4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3‎ 转化：2Fe(OH)3+3K2C2O4+3H2C2O4═2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O ‎（1）制备1mol三草酸合铁酸钾至少需要H2O2的物质的量为___。‎ ‎（2）制备过程中需防止草酸被H2O2氧化，写出草酸被H2O2氧化的化学方程式：___。‎ ‎（3）K3[Fe(C2O4)3]·xH2O（三草酸合铁酸钾晶体）是一种光敏材料，为测定该晶体中草酸根的含量和结晶水的含量，某实验小组进行了如下实验：‎ ‎①称量9.820g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。‎ ‎②取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加KMnO4溶液至C2O42-全部转化成CO2时，恰好消耗24.00mL0.1000mol•L－1KMnO4溶液。C2O42-被全部转化的标志是___。‎ ‎③计算该晶体的化学式，并写出计算过程。___‎ ‎【答案】 (1). 0.5mol (2). H2C2O2+H2O2=2CO2+2H2O (3). 溶液由无色转变为紫红色，且30秒内不再变化 (4). K3[Fe(C2O4)3]·3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由氧化及转化反应可知，存在3H2O2～6K3[Fe(C2O4)3]；‎ ‎(2)草酸被H2O2氧化生成二氧化碳和水；‎ ‎(3)②C2O42﹣被全部转化，高锰酸钾过量，溶液由无色变为紫色；‎ ‎③由Fe元素守恒计算25mL溶液中n(Fe3+)，然后计算9.82g草酸合铁酸钾晶体中n(Fe3+)，再根据电荷守恒计算n(K+)，晶体中m(H2O)＝9.82g﹣m(K+)﹣m(Fe3+)﹣m(C2O42﹣)，进而计算n(H2O)，从而确定其化学式。‎ ‎【详解】(1)由氧化及转化反应可知，存在3H2O2～6K3[Fe(C2O4)3]，则制备1mol三草酸合铁酸钾至少需要H2O2的物质的量为1mol×＝0.5mol；‎ ‎(2)草酸被H2O2氧化的化学方程式为H2C2O2+H2O2＝2CO2+2H2O；‎ ‎(3)C2O42﹣被全部转化的标志是为溶液由无色转变为紫红色，且30秒内不再变化；‎ ‎(4)消耗KMnO4的物质的量为0.1000mol/L×0.024L＝0.0024mol，由5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝2Mn2++8H2O+10CO2↑可知，n(C2O42﹣)＝0.024mol×＝0.006mol，250mL原溶液中C2O42﹣的物质的量为0.006mol×10＝0.06mol，则n[K3Fe(C2O4)3]＝0.06mol×＝0.02mol，m[K3Fe(C2O4)3]＝n[K3Fe(C2O4)3]M＝0.02×437＝8.74g，m(H2O)＝9.82﹣8.74＝2.28＝1.08g，n(H2O)＝＝0.06ml，即0.02x＝0.06，故x＝3，则该晶体的化学式为K3[Fe(C2O4)3•3H2O]。‎ ‎【点睛】考查氧化还原反应，注意从质量守恒和得失电子的角度解答，或根据离子方程式中电荷守恒，也可得出x。在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数必定相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式，运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值 。‎ ‎19.碘及其化合物在生活中应用广泛，含有碘离子的溶液需回收处理。‎ ‎（1）“硫碘循环”法是分解水制备氢气的研究热点，涉及下列三个反应：‎ 反应Ⅰ：SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) ΔH1‎ 反应Ⅱ：HI(aq)=H2(g)+I2(aq) ΔH2‎ 反应Ⅲ：2H2SO4(aq)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(l)‎ ‎①反应：SO2(g)+2H2O(l)=H2SO4(aq)+H2(g)的ΔH=___（用ΔH1、ΔH2表示）。‎ ‎②分析上述反应，下列判断正确的是___‎ a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中SO2还原性比HI强 c．循环过程中需补充H2O d．循环过程中产生1molO2同时产生1molH2‎ ‎③反应I发生时，溶液中存在如下平衡：I2(aq)+I-(aq)I3-(aq)，其反应速率极快且平衡常数大。现将1molSO2缓缓通入含1molI2的水溶液中至恰好完全反应。溶液中I3-的物质的量n(I3-)随反应时间(t)的变化曲线如图所示。开始阶段n(I3-)逐渐增大的原因是___。‎ ‎（2）用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量就能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子(IO3-)，写出氯气与碘单质反应的离子方程式：___。‎ ‎（3）科研小组用新型材料Ag/TiO2对溶液中碘离子进行吸附研究。如图是不同pH条件下，碘离子吸附效果的变化曲线。据此推断Ag/TiO2材料最适合吸附___（填“酸性”“中性”或“碱性”）溶液中的I－。‎ ‎（4）氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为I－(aq)+AgCl(s)AgI(s)+Cl－(aq)，反应达到平衡后溶液中c(I－)=___[用c(Cl－)、Ksp(AgCl)和Ksq(AgI)表示]。该方法去除碘离子的原理是___。‎ ‎【答案】 (1). ΔH1+2ΔH2 (2). bc (3). 开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq)I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加 (4). 5Cl2+I2+6H2O=2IO3－+10Cl－+12H+ (5). 中性 (6). (7). AgI的溶度积比AgCl的溶度积小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq)①△H1；HI(aq)＝H2(g)+I2(aq)②△H2，①+2×②得，SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H2(g)△H＝△H1+2△H2，据此进行分析；‎ ‎②a．反应Ⅲ△S＞0、△H＞0，如能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0；‎ b．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；‎ c．分解水制备氢气，应不断补充H2O；‎ d．循环过程中产生1mol O2同时产生2mol H2；‎ ‎③开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I﹣(aq)⇌I3﹣(aq)的反应平衡向右移动，n(I3﹣)不断增加；‎ ‎(2)氯气与碘单质反应生成碘酸根离子和氯离子；‎ ‎(3)由图象可知pH＝7时，吸附效果最好；‎ ‎(4)Ksp(AgCl)＝c(Ag+)c(Cl﹣)，则c(Ag+)＝，Ksp(AgI)＝c(Ag+)c(I﹣)，则c(Ag+)＝，故＝，且AgI的溶度积比AgCl的溶度积小。‎ ‎【详解】(1)①SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq)①△H1；HI(aq)＝H2(g)+I2(aq)②△H2，①+2×②得，SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H2(g)△H＝△H1+2△H2；‎ ‎②a．反应Ⅲ△S＞0、△H＞0，在高温下可满足△H﹣T•△S＜0，故a错误；‎ b．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性SO2还原性比HI强，故b正确；‎ c．分解水制备氢气，应不断补充H2O，故c正确；‎ d．循环过程中产生1mol O2同时产生2mol H2，故d错误，‎ 故答案为：bc；‎ ‎③N(I3﹣)逐渐增大的原因是，开始阶段，SO2和I2反应生成的I﹣的浓度不断增大，I2(aq)+I﹣(aq)⇌I3﹣(aq)的反应平衡向右移动，n(I3﹣)不断增加；‎ ‎(2)氯气过量就能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子，故氯气与碘单质反应的离子方程式为5Cl2+I2+7H2O＝2IO3﹣+10Cl﹣+12H+；‎ ‎(3)据图象分析pH＝7时，吸附效果最好，故最适合吸附的是中性；‎ ‎(4) Ksp(AgCl)＝c(Ag+)c(Cl﹣)，则c(Ag+)＝，Ksp(AgI)＝c(Ag+)c(I﹣)，则c(Ag+)＝，故＝，，故c(I﹣)＝，该方法去除碘离子的原理是利用AgI的溶度积比AgCl的溶度积小。‎ ‎【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎20.磷酸二氢钾在工农业和医学领域具有广泛的应用。以下是工业上制备磷酸二氢钾的三种方法。回答下列问题：‎ Ⅰ．直接法 ‎（1）气体X为___（填化学式）。‎ ‎（2）“转化”步骤发生反应的离子反应方程式___（已知：Ca3(PO4)2难溶于水）。‎ ‎（3）滤液①中加入甲醇的作用是___。‎ ‎（4）“操作Ⅰ”是___。‎ Ⅱ．酸碱中和法 ‎（5）氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾。写出此反应的离子反应方程式___。由图1判断制备磷酸二氢钾（达80%）的最佳pH范围___。‎ ‎ ‎ Ⅲ．电解法 电解法制取KH2PO4的原理如图2所示。一定件下，还可得到NaClO3。‎ ‎（6）在___室（填标号）可得到KH2PO4；写出产生ClO3－，的电极反应式___。‎ ‎【答案】 (1). HCl (2). Ca3(PO4)2+4H++3SO42－2H2PO4－+3CaSO4 (3). 促进磷酸二氢钾的析出 (4). 蒸馏 (5). OH－+H3PO4=H2PO4－+H2O (6). 3﹣6.5 (7). C (8). Cl－+6OH－﹣6e－=ClO3－+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 浓硫酸和氯化钾180°C发生反应生成氯化氢气体和硫酸氢钾，加水稀释得到硫酸氢钾的溶液，加入磷矿磷酸钙70°C转化为磷酸二氢钙和磷酸钙，过滤后的滤液加入甲醇促进磷酸二氢钾的析出，滤液②是硫酸钾和甲醇，蒸馏得到甲醇和硫酸钾，‎ Ⅰ．(1)由流程可知，KCl与浓硫酸得到KHSO4，依据元素守恒分析；‎ ‎(2)浓硫酸和氯化钾加热反应生成了氯化氢气体，促进反应正向进行；‎ ‎(3)由流程可知KHSO4溶液加入Ca3(PO4)270℃可以转化得到KH2PO4，另一物质为CaSO4，据此书写；‎ ‎(4)滤液①中加入甲醇得到产品磷酸二氢钾，故甲醇的作用是促进磷酸二氢钾的析出；‎ ‎(5)蒸馏用来分离易挥发和难挥发的物质，据此分析；‎ Ⅱ．(6)氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾，图象分析可知磷酸二氢钾(达80%)的pH范围；‎ Ⅲ．(7)C室连接电源负极得到电子做阴极，阳离子钾离子通过阳离子交换膜进入C室，得到产品磷酸二氢钾，氯离子通过阴离子交换膜在A室失去电子发生氧化反应，据此分析。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)由流程可知，KCl与浓硫酸得到KHSO4，则得到的气体为HCl；‎ ‎(2)“浸取”步骤，浓硫酸能与KCl能发生化学反应的原因是：有HCl气体生成平衡向正反应方向进行；‎ ‎(3)由流程可知KHSO4溶液加入Ca3(PO4)270℃可以转化得到KH2PO4，另一物质为CaSO4，离子方程式为：Ca3(PO4)2+4H++3SO42﹣2H2PO4﹣+3CaSO4；‎ ‎(4)滤液①中加入甲醇得到产品磷酸二氢钾，故甲醇的作用是促进磷酸二氢钾的析出；‎ ‎(5)经过操作Ⅰ得到易挥发的甲醇和电解质溶液，经过蒸馏可得；‎ Ⅱ．(6)氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾，反应的离子反应方程式：OH﹣+H3PO4＝H2PO4﹣+H2O，图象分析可知判断制备磷酸二氢钾(达80%)的最佳pH范围：3﹣6.5；‎ Ⅲ．(7)C室连接电源负极得到电子做阴极，阳离子钾离子通过阳离子交换膜进入C室，得到产品磷酸二氢钾，氯离子通过阴离子交换膜在A室失去电子发生氧化反应得到ClO3﹣，电极反应式为：Cl﹣+6OH﹣﹣6e﹣＝ClO3﹣+3H2O。‎ ‎21.磁性材料氮化铁镍合金可用Fe(NO3)3、Ni(NO3)2、丁二酮肟、氨气、氮气、氢氧化钠、盐酸等物质在一定条件下反应制得。‎ ‎（1）基态Ni原子的价电子排布式是___。‎ ‎（2）丁二酮肟(结构简式如图1所示)中碳原子的杂化方式为___。丁二酮肟中C、N、O第一电离能由大到小的顺序为___。1mol丁二酮肟分子中含有σ键的数目为___mol。‎ ‎（3）Ni(CO)4是一种无色液体，与CO互为等电子体的二价阴离子的电子式为___。‎ ‎（4）图2是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金储氢后，含1molLa的合金含有Ni的数目为___。‎ ‎【答案】 (1). 3d84s2 (2). sp2和sp3 (3). N>O>C (4). 15 (5). (6). 5mol或3.01×1024‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态Ni原子价电子为3d、4s能级上电子；‎ ‎(2)该分子中甲基上C原子价层电子对个数是4、连接甲基的碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；共价单键为σ键、共价双键中含有一个σ键和一个π键，1个丁二酮肟分子中含有15个σ键；‎ ‎(3)与CO互为等电子体的二价阴离子中原子个数是2、价电子数是10，符合条件的阴离子为C22﹣；‎ ‎(4)该晶胞中La原子个数＝8×＝1、Ni原子个数＝4×+1+4×＝5，则该晶胞中La、Ni原子个数之比为1：5。‎ ‎【详解】(1)基态Ni原子价电子为3d、4s能级上电子，其价电子排布式为3d84s2；‎ ‎(2)该分子中甲基上C原子价层电子对个数是4、连接甲基的碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型，前者为sp3、后者为sp2‎ ‎；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C；共价单键为σ键、共价双键中含有一个σ键和一个π键，1个丁二酮肟分子中含有15个σ键，则1mol该物质中含有15molσ键；‎ ‎(3)与CO互为等电子体的二价阴离子中原子个数是2、价电子数是10，符合条件的阴离子为C22﹣，该离子与氮气也互为等电子体，根据氮气分子的电子式知其电子式为；‎ ‎(4)该晶胞中La原子个数＝8×＝1、Ni原子个数＝4×+1+4×＝5，则该晶胞中La、Ni原子个数之比为1：5，所以含1 mol La的合金含有Ni的数目为3.01×1024。‎ ‎ ‎