肇慶市2020屆高三化學第一次統(tǒng)測試題含解析

廣東省肇慶市2020屆高三化學第一次統(tǒng)測試題含解析廣東省肇慶市2020屆高三化學第一次統(tǒng)測試題含解析PAGE29-廣東省肇慶市2020屆高三化學第一次統(tǒng)測試題含解析廣東省肇慶市2020屆高三化學第一次統(tǒng)測試題（含解析）本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷（非選擇題)兩部分.第Ⅰ卷1至5頁，第Ⅱ卷6至16頁，共300分.考生注意：1.答題前,考生務必將自己的考號、姓名填寫在答題卡上。考生要認真核對答題卡上的考號、姓名與考生本人考號、姓名是否一致。2.第Ⅰ卷每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,如需要改動用橡皮擦干凈，再選涂其他答案標號。第Ⅱ卷用黑色墨水簽字筆在答題卡上書寫作答。在試題卷上作答，答案無效。3.考試結(jié)束。監(jiān)考人員將試卷、答題卡一并收回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12O16F19S32K39Cu64Ni57第Ⅰ卷(選擇題共126分）1.化學與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A。疫苗一般應冷藏存放，以避免蛋白質(zhì)變性B。糖類、油脂、蛋白質(zhì)均能發(fā)生水解反應C。鐵粉和維生素C均可作食品袋內(nèi)的脫氧劑D.電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護法【答案】B【解析】【詳解】A。疫苗一般應冷藏存放,以避免蛋白質(zhì)變性，正確；B。油脂、蛋白質(zhì)均能發(fā)生水解反應，但糖類中的單糖不能發(fā)生水解，錯誤；C。鐵粉和維生素C都具有還原性，均可作食品袋內(nèi)的脫氧劑,正確；D。電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕,原理是犧牲陽極的陰極保護法，正確。故答案為B。2。國際計量大會第26屆會議修訂了阿伏加德羅常數(shù)（NA=6.02214076×1023mol-1）,于2019年5月20日正式生效.設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.40g正丁烷和18g異丁烷的混合物中共價鍵數(shù)目為13NAB.常溫下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-數(shù)目為0.01NAC.電解精煉銅時，陽極質(zhì)量減小3.2g時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0。1NAD.0.1molCl2與足量NaOH溶液反應后,溶液中Cl—、ClO—兩種粒子數(shù)之和為0.2NA【答案】A【解析】【詳解】A。正丁烷和異丁烷互為同分異構(gòu)體，二者相對分子質(zhì)量相同，分子內(nèi)的共價鍵數(shù)目也相同（都為13個)?；旌衔锕?8g，其物質(zhì)的量為1mol，共價鍵數(shù)目為13NA，正確；B。常溫下,pH=12的Ba(OH）2溶液中的OH—數(shù)目無法計算，因為不知道溶液的體積，錯誤；C.電解精煉銅時，陽極放電的金屬不僅有銅，還有雜質(zhì)中的比銅活潑的金屬，所以陽極質(zhì)量減小3。2g時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不一定是0.1NA,錯誤；D.0.1molCl2與足量NaOH溶液反應,溶液中除Cl—、ClO-兩種粒子外，可能還有ClO3-等含氯離子，它們的數(shù)目之和為0.2NA，錯誤。故選A3。有機物環(huán)丙叉環(huán)丙烷的結(jié)構(gòu)為.關(guān)于該有機物的說法正確的是A.所有原子處于同一平面B.二氯代物有3種C.生成1molC6H14至少需要3molH2D。1mol該物質(zhì)完全燃燒時，需消耗8。5molO2【答案】C【解析】【詳解】A。分子中所有碳原子處于同一平面，但氫原子不在此平面內(nèi)，錯誤；B。二氯代物中，兩個氯原子連在同一碳原子上的異構(gòu)體有1種，兩個氯原子連在不同碳原子上的異構(gòu)體有3種，也就是二氯代物共有4種,錯誤;C。生成1molC6H14,至少需要3molH2，正確;D.該物質(zhì)的分子式為C6H8，1mol該物質(zhì)完全燃燒時，需消耗8molO2，錯誤。答案為C。4。實驗室制取硝基苯的反應裝置如圖所示,關(guān)于實驗操作或敘述錯誤的是A.試劑加入順序：先加濃硝酸，再加濃硫酸，最后加入苯B.實驗時，水浴溫度需控制在50~60℃C。長玻璃導管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反應物轉(zhuǎn)化率D.反應后的混合液經(jīng)水洗、堿溶液洗滌、結(jié)晶，得到硝基苯【答案】D【解析】【詳解】A。試劑加入順序：先加濃硝酸，再加濃硫酸,最后加入苯，正確；B。實驗時，水浴溫度需控制在50~60℃，正確;C。長玻璃導管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反應物轉(zhuǎn)化率，正確；D.反應后混合液經(jīng)水洗、堿溶液洗滌、分液(不是結(jié)晶)，得到硝基苯,錯誤。故答案為D。5.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論不正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向2mL濃度均為1.0mol?L?1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2～3滴0。0lmol?L?1AgNO3溶液，振蕩，有黃色沉淀產(chǎn)生.Ksp(AgCl）〉Ksp(AgI）B向某溶液中加入Ba（NO3)2溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加入足量稀鹽酸，白色沉淀不消失。原溶液中有SO42?C向兩支分別盛有0.1mol?L?1醋酸和硼酸溶液的試管中滴加等濃度的Na2CO3溶液，可觀察到前者有氣泡產(chǎn)生，后者無氣泡產(chǎn)生。電離常數(shù)：Ka(CH3COOH）>Ka1（H2CO3）〉Ka(H3BO3）D在兩支試管中各加入4mL0.01mol?L?1KMnO4酸性溶液和2mL0。1mol?L?1H2C2O4溶液，再向其中一支試管中快速加入少量MnSO4固體，加有MnSO4的試管中溶液褪色較快。Mn2+對該反應有催化作用A。A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.同類型的沉淀，溶度積小的沉淀先析出,則向2mL濃度均為1。0mol/L的NaCl、NaI混合溶液中滴加2~3滴0。0lmol/LAgNO3溶液,振蕩，有黃色沉淀產(chǎn)生說明Ksp(AgCl）＞Ksp（AgI），故A正確；B.若溶液中含有SO32?,加入Ba(NO3)2溶液有白色亞硫酸鋇沉淀生成，反應后溶液中存在硝酸根離子，再加入鹽酸時,相當于加入了硝酸,硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇,白色沉淀不消失，則向某溶液中加入Ba(NO3）2溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加入足量稀鹽酸，白色沉淀不消失說明溶液中可能含有硫酸根，也可能含有亞硫酸根，故B錯誤；C.向兩支分別盛有0。1mol/L醋酸和硼酸溶液的試管中滴加等濃度的Na2CO3溶液，可觀察到前者有氣泡產(chǎn)生,后者無氣泡產(chǎn)生，由強酸反應制弱酸的原理可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3，酸的電離常數(shù)越大，其酸性越強,則電離常數(shù)：Ka(CH3COOH）〉Ka1(H2CO3）>Ka（H3BO3）,故C正確；D.在兩支試管中各加入4mL0。01mol/LKMnO4酸性溶液和2mL0。1mol/LH2C2O4溶液，再向其中一支試管中快速加入少量MnSO4固體,加有MnSO4的試管中溶液褪色較快說明Mn2+能夠加快反應速率，對該反應有催化作用，故D正確；故選B.【點睛】若溶液中含有SO32?，加入Ba（NO3）2溶液有白色亞硫酸鋇沉淀生成,反應后溶液中存在硝酸根離子，再加入鹽酸時，相當于加入了硝酸，硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇，白色沉淀不消失是分析難點,也是易錯點。6。電－Fenton法是用于水體中有機污染物降解的高級氧化技術(shù)，反應原理如圖所示。電解產(chǎn)生的H2O2與Fe2+發(fā)生反應生成的羥基自由基（·OH）能氧化降解有機污染物。下列說法錯誤的是A.電源的A極為負極B。與電源B極相連電極的電極反應式為H2O－e—＝H+＋·OHC。Fenton反應為：H2O2＋Fe2+＝Fe(OH）2+＋·OHD.每消耗2.24LO2（標準狀況）,整個電解池中理論上可產(chǎn)生·OH為0.2mol【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圖示，三價鐵離子在左端電極得到電子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，發(fā)生還原反應，左端電極為陰極，則A為電源負極，B為電源正極,右端電極為陽極?！驹斀狻緼.根據(jù)上述分析，電源的A極為負極，故A正確；B.與電源B極相連電極為陽極，根據(jù)圖示，水在陽極上失電子產(chǎn)生羥基自由基（·OH），電極反應式為H2O－e—＝H+＋·OH，故B正確；C.電解產(chǎn)生的H2O2與Fe2+發(fā)生反應生成的羥基自由基(·OH），由圖示裝置可知,H2O－e-＝H+＋·OH，F(xiàn)e3++e—=Fe2+，O2+2e-+2H+=H2O2；則H2O2+Fe2+=Fe(OH）2++·OH，F(xiàn)enton反應為：H2O2＋Fe2+＝Fe(OH）2+＋·OH,故C正確；DD.每消耗1molO2,轉(zhuǎn)移4mol電子,根據(jù)H2O2+Fe2+=Fe（OH）2++·OH反應看出轉(zhuǎn)移1mol電子,生成1mol·OH,所以應當生成4mol·OH，故D錯誤；答案選D。7。某溫度下，HNO2和CH3COOH的電離常數(shù)分別為5。0×10—4和1。7×10—5.將pH相同、體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V，pH隨的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是A。曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液B。溶液中水的電離程度：b點小于c點C.相同體積a點的兩種酸分別與NaOH溶液恰好中和后，溶液中n（NO2－)＞n(CH3COO－）D.由c點到d點，溶液中保持不變(其中HA、A－分別代表相應的酸和酸根離子）【答案】C【解析】【分析】由電離常數(shù)可知，HNO2和CH3COOH都是弱酸，并且醋酸的酸性更弱。pH相同、體積均為V0的兩種酸溶液中,醋酸的物質(zhì)的量比亞硝酸大.【詳解】A。相同pH的弱酸加水稀釋，酸性越強的酸,pH變化越大,所以曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液，正確；B。從圖中可以看出,溶液的pHb點小于c點，說明c（H+）b點比c點大，c（OH—)c點比b點大，從而說明溶液中水的電離程度c點比b點大，正確；C。相同體積a點的兩種酸，醋酸的物質(zhì)的量大，分別與NaOH溶液恰好中和后,溶液中n（NO2－）〈n(CH3COO－），錯誤；D。由c點到d點,弱酸的電離常數(shù)和水的電離常數(shù)都不變，所以Kw/Ka不變，即保持不變，正確。故答案為C。8.對甲烷和CO2的高效利用不僅能緩解大氣變暖,而且對日益枯竭的石油資源也有一定的補充作用，甲烷臨氧耦合CO2重整反應有：反應（i)：2CH4(g）＋O2（g)2CO(g）＋4H2(g）△H=－71。4kJ?mol-1反應（ii):CH4（g)＋CO2(g）2CO（g)＋2H2（g）△H=+247.0kJ?mol-1（1）寫出表示CO燃燒熱的熱化學方程式：_____.（2)在兩個體積均為2L的恒容密閉容器中,起始時按表中相應的量加入物質(zhì)，在相同溫度下進行反應（ii）:CH4（g)＋CO2(g）2CO（g)＋2H2(g)（不發(fā)生其它反應），CO2的平衡轉(zhuǎn)化率如下表所示：起始物質(zhì)的量(n)/molCO2的平衡轉(zhuǎn)化率CH4CO2COH2Ⅰ0。10。10050％Ⅱ0.10。10.20.2/①下列能說明反應達到平衡狀態(tài)是_____。A。v正(CH4)=2v逆(CO）B.容器內(nèi)各物質(zhì)的濃度滿足c(CH4)·c（CO2）=c2(CO)·c2(H2)C。容器內(nèi)混合氣體的總壓強不再變化D.容器內(nèi)混合氣體密度保持不變②若容器Ⅰ內(nèi)反應從開始到平衡所用的時間為tmin，則tmin內(nèi)該反應的平均反應速率為：v(H2）=____(用含t的表達式表示）。③達到平衡時，容器Ⅰ、Ⅱ內(nèi)CO的物質(zhì)的量的關(guān)系滿足：2n(CO)Ⅰ___n(CO)Ⅱ(填“＞”、“＝”或“＜”）。（3）將CH4（g）和O2(g)以物質(zhì)的量比為4：3充入盛有催化劑的恒容密閉容器內(nèi),發(fā)生上述反應（i）:2CH4(g）＋O2(g)2CO（g)＋4H2(g）,測得CO的體積分數(shù)［ψ（CO）]與溫度（T）的關(guān)系如圖如示.①T2℃時，CO體積分數(shù)最大的原因是____。②若T2℃時,容器內(nèi)起始壓強為P0，平衡時CO的體積分數(shù)為20％，則反應的平衡常數(shù)KP=___（用平衡分壓強代替平衡濃度計算,分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。（4）2016年我國科研人員根據(jù)反應Na+CO2→Na2CO3+C（未配平)研制出一種室溫“可呼吸”Na-CO2電池.放電時該電池“吸入"CO2,充電時“呼出"CO2。其放電時的工作原理如圖所示，已知吸收的全部CO2中,有轉(zhuǎn)化為Na2CO3固體沉積在多壁碳納米管（MWCNT）電極表面，寫出放電時正極的電極反應式:___?！敬鸢浮?1）.CO（g）+O2（g）=CO2(g)△H=-282。7kJ?mol—1（2）.C（3）。mol/（L?min）(4).＞（5）.低于T2℃時，反應未達平衡，相同時間內(nèi)溫度越高反應速率越快，CO的體積分數(shù)就越高；高于T2℃時，反應達到平衡，因正反應為放熱反應,升高溫度,平衡逆向移動，故溫度越高，CO的體積分數(shù)就越小;(6）.（7）.4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C（或3CO2+4e—=2CO32-+C）【解析】【分析】（1)根據(jù)蓋斯定律計算出焓變，繼而寫出熱化學方程式；（2)①反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化,解題時要注意，選擇判斷的物理量,隨著反應的進行發(fā)生變化,當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)。②根據(jù)計算tmin內(nèi)v（H2）；③將容器Ⅱ內(nèi)的物料進行“一邊倒”，通過等效平衡思想進行分析；（3)①沒有達到平衡狀態(tài)時，溫度升高、反應速率加快,當達到平衡狀態(tài)后，升高溫度平衡向著逆向移動，據(jù)此分析；②恒容密閉容器中壓強之比等于物質(zhì)的量之比，等于濃度之比，CH4（g)和O2(g)的物質(zhì)的量之比為4：3，可先假設(shè)CH4物質(zhì)的量為4x，O2為3x，平衡時生成CO的物質(zhì)的量為ymol,利用三段式求解;(4）放電時正極得電子發(fā)生還原反應?！驹斀狻浚?）反應（i):2CH4（g）+O2（g)?2CO（g）+4H2（g）△H=—71.4kJ?mol—1

反應（ii)：CH4（g）+CO2（g)?2CO（g)+2H2（g)△H=+247.0

kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律［反應（i）-反應（ii)］可得CO（g）+O2（g）=CO2(g）的△H=［—71.4kJ?mol-1—(+247。0

kJ?mol—1）×2]=—282。7kJ?mol—1,即CO燃燒熱的熱化學方程式為CO(g）+O2(g）=CO2（g）△H=—282。7kJ?mol—1，

故答案為:CO(g)+O2(g)=CO2(g）△H=—282.7kJ?mol-1;（2)在容器Ⅰ（體積為2L)中反應三段式為：①A。反應平衡時v正（CH4)=v逆（CH4），2v逆（CH4）=v逆(CO),所以平衡時2v正(CH4)=v逆(CO），故A錯誤；B。由反應三段式計算該溫度下的平衡常數(shù)K=,而c（CH4)?c（CO2）=c2(CO)?c2（H2)的狀態(tài)有:濃度熵Qc=1＞K，反應逆向進行，即不是平衡狀態(tài),故B錯誤；

C．反應CH4(g)+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）是氣體體積變化的反應，反應進行時氣體總物質(zhì)的量發(fā)生變化，容器中壓強也發(fā)生變化，所以容器內(nèi)混合氣體的總壓強不再變化的狀態(tài)是平衡狀態(tài)，故C正確；

D．反應體系中各物質(zhì)均為氣體，則混合氣體的質(zhì)量m不變，恒溫恒容條件下V不變，根據(jù)可知，容器內(nèi)密度始終不變，所以容器內(nèi)混合氣體密度保持不變的狀態(tài)不一定是平衡狀態(tài)，故D錯誤；

故答案為:C；②由反應三段式可知，△c(H2）=0。05mol/L,所以tmin內(nèi)v（H2）=mol/（L?min)，

故答案為：mol/(L?min）

；

③恒溫恒容條件下,0.1molCH4(g）、0.1molCO2（g)、0。2molCO（g）、0.2molH2（g)的反應體系II等效于0.2molCH4(g）、0。2molCO2(g)的反應體系，若二者達到等效平衡，則2n（CO）Ⅰ=n（CO）Ⅱ，但實際上0。2molCH4（g）、0.2molCO2(g）的反應體系相當2個容器I的體系合并后壓縮,則平衡逆向逆向移動、CO物質(zhì)的量減小，所以2n(CO）Ⅰ＞n(CO）Ⅱ，故答案為：＞；（3)①溫度低于T2℃時,反應未達平衡，溫度升高、反應速率加快，相同時間段內(nèi)溫度越高反應速率越快，則CO的體積分數(shù)越大；在溫度為T2℃時，反應達到平衡，由于該反應為放熱反應,溫度升高,平衡逆向移動，CO的體積分數(shù)減小,所以T2℃時CO的體積分數(shù)最大,也可能是T0℃時催化劑的催化活性最高，反應速率最快，故答案為：低于T2℃時，反應未達平衡，相同時間內(nèi)溫度越高反應速率越快，CO的體積分數(shù)就越高；高于T2℃時，反應達到平衡,因正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，故溫度越高，CO的體積分數(shù)就越??；②CH4（g）和O2（g）的物質(zhì)的量之比為4：3，設(shè)CH4物質(zhì)的量為4x，O2為3x，平衡時生成CO的物質(zhì)的量為ymol，列三段式:CO的平衡體積分數(shù)為20%，則：×100%=20％，解得：y=2x，

平衡時混合氣體的總物質(zhì)的量為：7x+1。5y=10x，反應前總物質(zhì)的量為7xmol，恒溫恒容條件下，氣體的壓強與物質(zhì)的量成正比，T2℃時容器內(nèi)起始壓強為p0，則平衡時壓強為：,平衡時各氣體的分壓:平衡時p(CH4)=p(O2)=p（CO）=，p(H2）=,所以平衡常數(shù),故答案為：；（4）由原電池反應Na+CO2→Na2CO3+C可知，“吸入”的CO2得電子生成C和Na2CO3，為正極，電極反應式為4Na++3CO2+4e—=2Na2CO3+C(或3CO2+4e—=2CO32—+C)，

故答案為：4Na++3CO2+4e—=2Na2CO3+C(或3CO2+4e-=2CO32-+C）?！军c睛】第(2)題中計算反應速率和平衡常數(shù)時要注意該題中容器的體積為2L；第(3）題計算平衡分壓時要注意反應前壓強為p0,反應后的壓強是會發(fā)生變化的。9.Cr、S等元素的化合物常會造成一些環(huán)境問題，科研工作者正在研究用各種化學方法來消除這些物質(zhì)對環(huán)境的影響。(1)還原沉淀法是處理含鉻（Cr2O72?和CrO42?）工業(yè)廢水的常用方法,過程如下：①已知：常溫下，初始濃度為1。0mol·L?1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72?）隨c（H+)的變化如圖所示。則上述流程中CrO42—轉(zhuǎn)化為Cr2O72-的離子方程式為______________________.②還原過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________.③Cr3+與Al3+的化學性質(zhì)相似，對CrCl3溶液蒸干并灼燒，最終得到的固體的化學式為____________。④常溫下，Ksp［Cr（OH)3］=1。0×10-32,欲使處理后廢水中的c（Cr3+）降至1。0×10—5mol·L?1(即沉淀完全），應調(diào)節(jié)至溶液的pH=_____.（2）“亞硫酸鹽法”吸收煙中的SO2①將煙氣通入1。0mol/L的Na2SO3溶液，當Na2SO3恰好完全反應時,溶液pH約為3，此時，溶液中各種離子濃度由大到小的順序為_________（用離子濃度符號和“＞”號表示）.②室溫下，將煙道氣通入(NH4）2SO3溶液中，測得溶液pH與含硫組分物質(zhì)的量分數(shù)的變化關(guān)系如圖所示。已知部分弱電解質(zhì)的電離常數(shù)（25℃）如下:電解質(zhì)電離常數(shù)H2SO3Ka1=1.54×10—2Ka2=1.02×10-7NH3·H2OKb=1。74×10—5（i）(NH4）2SO3溶液呈____（填“酸"、“堿"或“中”）性，其原因是_________________。（ii)圖中b點時溶液pH=7，則n（NH4+）:n（HSO3—)=_________.【答案】(1)。CrO42—＋2H+Cr2O72—＋H2O(2）.1:6（3）。Cr2O3（4）。5(5）.c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c（SO32-）＞c(OH—）（6）.堿（7).H2SO3的第二電離常數(shù)Ka2=1.02×10—7小于NH3·H2O的電離常數(shù)Kb，故SO32—的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈堿性（8）。3：1【解析】【詳解】(1）①從圖中可以看出,c（Cr2O72?)隨c(H+)的增大而不斷增大，當c（H+）=6。0×10—7mol/L時，c（Cr2O72?）=0。4mol/L，此時反應達平衡狀態(tài),所以此反應為可逆反應.由此可得CrO42-轉(zhuǎn)化為Cr2O72-的離子方程式為CrO42—＋2H+Cr2O72—＋H2O答案為CrO42—＋2H+Cr2O72-＋H2O②依據(jù)電子守恒，氧化劑Cr2O72?與還原劑Fe2+的關(guān)系為：Cr2O72?—-6Fe2+從而得出還原過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:6.答案為1：6；③Cr3+與Al3+的化學性質(zhì)相似，說明Cr3+在水溶液中易發(fā)生水解反應，最終生成Al（OH)3，灼燒時再分解為鉻的氧化物。所以對CrCl3溶液蒸干并灼燒，最終得到的固體的化學式為Cr2O3.答案為Cr2O3④Ksp［Cr（OH）3]=1。0×10-32，pH=5。答案為5；(2）①將煙氣通入1。0mol/L的Na2SO3溶液，當Na2SO3恰好完全反應時,全部生成NaHSO3，此時溶液pH約為3，則表明HSO3-以電離為主。發(fā)生的電離、水解反應方程式為:HSO3—H++SO32-、HSO3—+H2OH2SO3+OH—、H2OH++OH—且前面反應進行的程度大于后面反應，從而得出溶液中各種離子濃度由大到小的順序為c(Na+)＞c（HSO3—）＞c(H+)＞c（SO32—）＞c（OH—）.答案為c(Na+)＞c（HSO3—)＞c(H+)＞c(SO32—)＞c(OH—）②(i）在(NH4）2SO3溶液中,NH4+、SO32—都將發(fā)生水解，從表中數(shù)據(jù)Ka2=1.02×10—7、Kb=1.74×10—5可以看出,HSO3—的電離常數(shù)小，SO32-的水解常數(shù)大,所以溶液呈堿性。答案為堿;溶液呈堿性的原因是：溶液H2SO3的第二電離常數(shù)Ka2=1。02×10-7小于NH3·H2O的電離常數(shù)Kb，故SO32—的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈堿性.答案為:H2SO3的第二電離常數(shù)Ka2=1。02×10—7小于NH3·H2O的電離常數(shù)Kb，故SO32—的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈堿性。(ii）圖中b點時溶液pH=7,此時c（HSO3—)=c（SO32-)，則c(NH4HSO3）=c[(NH4）2SO3］，從而得出n(NH4+)：n（HSO3—)=3：1答案為3：1。10.過氧硫酸氫鉀復合鹽(K2SO4?KHSO4?2KHSO5）易分解，可用作漂白劑、NOx和SO2等的脫除劑。某研究小組制備過氧硫酸氫鉀復合鹽的流程如圖所示。已知：濃硫酸與H2O2反應，部分轉(zhuǎn)化為過硫酸(化學式為H2SO5，是一種一元強酸）（1)H2SO5中硫元素的化合價為+6價，其中過氧鍵的數(shù)目為________；工業(yè)上用過氧硫酸氫鉀復合鹽溶液脫除NO時,反應的離子方程式為___________________________。（2)若反應物的量一定，在上述流程的“轉(zhuǎn)化”步驟中需用冰水浴冷卻,且緩慢加入濃硫酸，其目的是___________________________。（3）“結(jié)晶"操作中，加入K2CO3即可獲得過氧硫酸氫鉀復合鹽晶體,該過程的化學方程式為______________________________.過氧硫酸氫鉀復合鹽產(chǎn)率（以產(chǎn)品含氧量表示）隨溶液pH和溫度的變化關(guān)系如圖所示,則該過程適宜的條件是_________________。(4）產(chǎn)品中KHSO5含量的測定：取1.000g產(chǎn)品于錐形瓶中,用適量蒸餾水溶解，加入5mL5%的硫酸和5mL25％的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示劑，用0。2000mol·L—1硫代硫酸鈉標準液滴定至終點，消耗標準液的體積為25。00mL。已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2OI2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI①用_____滴定管盛裝標準濃度的硫代硫酸鈉溶液（填“甲”或“乙”）。②產(chǎn)品中KHSO5的質(zhì)量分數(shù)為___________。【答案】（1)。1(2)。3HSO5－＋2NO＋H2O=3SO42－＋2NO3－＋5H+(3).防止?jié)饬蛩崤cH2O2溶液混合時放出大量熱使H2O2分解（4）.5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2（K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O(5）?？刂苝H在2.0~2。5之間，溫度在0℃左右(6）。乙（7）.38。00%【解析】【詳解】(1）H2SO5中硫元素的化合價為+6價，依據(jù)化合價的代數(shù)和為0計算，有2個氧原子顯—1價,所以過氧鍵的數(shù)目為1。答案為1；工業(yè)上用過氧硫酸氫鉀復合鹽溶液脫除NO時，反應的離子方程式為3HSO5－＋2NO＋H2O=3SO42－＋2NO3－＋5H+。答案為3HSO5－＋2NO＋H2O=3SO42－＋2NO3－＋5H+(2)在“轉(zhuǎn)化”步驟中，30％的H2O2溶液加入98％的濃硫酸中,相當于濃硫酸稀釋,會放出大量的熱，而H2O2受熱易分解,所以需用冰水浴冷卻，且緩慢加入濃硫酸。答案為：防止?jié)饬蛩崤cH2O2溶液混合時放出大量熱使H2O2分解；（3)“結(jié)晶”操作中，加入K2CO3即可獲得過氧硫酸氫鉀復合鹽晶體，該過程的化學方程式為5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2（K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O.答案為:5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O從溶液pH看,過氧硫酸氫鉀復合鹽產(chǎn)率在2。0～2.5之間時最大;從溫度看,過氧硫酸氫鉀復合鹽產(chǎn)率在0℃左右最大,所以該過程適宜的條件是控制pH在2。0～2.5之間，溫度在0℃左右。答案為：控制pH在2.0～2。5之間，溫度在0℃左右；（4）①硫代硫酸鈉溶液呈堿性,應放在堿式滴定管內(nèi)。答案為乙；②由反應2KHSO5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2O和I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI可得出如下關(guān)系式:KHSO5-—2Na2S2O3n(Na2S2O3)=0.2mol/L×0.025L=0。005mol，n（KHSO5）=0。0025mol產(chǎn)品中KHSO5的質(zhì)量分數(shù)為：答案為：38.00％。11.K、Al、Si、Cu、N

i均為重要的合金材料，在工業(yè)生產(chǎn)、科技、國防領(lǐng)域有著廣泛的用途，請回答下列問題：（1）K元素處于元素同期表的_____區(qū)。（2）下列狀態(tài)的鋁中，電離最外層一個電子所需能量最大的是______（填標號)。A。[Ne]

B.

［Ne]C。

[Ne］D。[Ne]3s3s3p3s3p3s3p3p（3）從核外電子排布角度解釋高溫下Cu2O比CuO更穩(wěn)定的原因是_____________.(4)一些化合物的熔點如下表所示：化合物NaClKClSiO2熔點/°C8017701723解釋表中化合物之間熔點差異的原因________________________________。（5）NiSO4

溶于氨水形成[Ni

(NH3)6］SO4。①N、O、S三種元素中電負性最大的是_______。②寫出一種與［Ni

(NH3)6］SO4中的陰離子互為等電子體的分子的分子式_________.③1mol［Ni

（NH3）6］SO4中含有δ鍵的數(shù)目為___________。④NH3

的VSEPR模型為____

;NH3、SO42—的中心原子的雜化類型分別為___、___.(6）K、Ni、F三種元素組成的一種晶體的長方體晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體的密度ρ=______g·cm—3(用代數(shù)式表示）。【答案】(1)。s（2）。A（3).基態(tài)Cu+的價電子排布式為3d10，為全充滿狀態(tài),更穩(wěn)定（或“Cu+離子核外電子處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)”)（4)。NaCl、KCl為離子晶體，SiO2為原子晶體；K+半徑大于Na+半徑,晶格能NaCl〉KCl(5）.O（6)。CX4、SiX4（X表示鹵素原子，任寫一種）（7)。28NA(8）。四面體形(9).sp3（10).sp3（11）.【解析】【詳解】（1）K元素的價電子排布式為4s1,最后的電子排在s軌道上，所以處于元素同期表的s

區(qū)。答案s；（2）在第三周期，軌道的能量3s<3p，電子的能量越低,電離時消耗的能量越高,所以3s軌道上的電子電離時消耗的能量最高.答案為A；（3）從核外電子排布角度看，基態(tài)Cu+的價電子排布式為3d10，為全充滿狀態(tài)，更穩(wěn)定。答案為：基態(tài)Cu+的價電子排布式為3d10，為全充滿狀態(tài)，更穩(wěn)定（或“Cu+離子核外電子處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)”)(4)從表中可以看出，KCl、NaCl的熔點相近，而SiO2的熔點高。因為NaCl、KCl為離子晶體，SiO2為原子晶體，所以SiO2的熔點高；K+半徑大于Na+半徑，晶格能NaCl>KCl,所以NaCl的熔點高。答案為：NaCl、KCl為離子晶體，SiO2為原子晶體；K+半徑大于Na+半徑，晶格能NaCl>KCl(5）NiSO4

溶于氨水形成[Ni

（NH3）6]SO4.①N、O、S三種元素中電負性最大的是O。答案為O②［Ni

（NH3)6]SO4中的陰離子為SO42—，它的價電子數(shù)為42，與它互為等電子體的分子為CX4、SiX4（X表示鹵素原子，任寫一種）。答案為CX4、SiX4(X表示鹵素原子,任寫一種）③在［Ni

（NH3）6]SO4中，[Ni

(NH3)6］2+含有24個δ鍵,SO42-中含有4個δ鍵.所以1mol［Ni

（NH3）6]SO4中含有δ鍵的數(shù)目為28NA.答案為28NA④NH3

的VSEPR模型為四面體。答案為四面體形NH3的中心原子的雜化類型sp3，答案為sp3。SO42-的中心原子的雜化類型為sp3，答案為sp3。(6）從K、Ni、F三種元素組成的一種晶體的長方體晶胞結(jié)構(gòu)圖，我們可以得出該物質(zhì)的化學式為K4Ni2F8，它的相對分子質(zhì)量為426，則該晶體的密度ρ=×1023g·cm-3。答案為：。【點睛】由晶胞結(jié)構(gòu)確定物質(zhì)的化學式時,我們可根