（新高考）2021-2022學(xué)年下學(xué)期高三4月月考卷- 化學(xué)

（新高考）此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號化學(xué)第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題：本題共15小題，總計40分。在每小題給出的四個選項中，第1～10題只有一個選項符合題目要求，每小題2分。第11～15題為不定項選擇題，每小題4分，在每個小題給出的四個選項中，有1~2個是符合題目要求的，全部答對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1．第24屆冬奧會于2022年2月4日在北京開幕，“科技冬奧”理念體現(xiàn)在方方面面。下列說法正確的是A．冰場使用的二氧化碳跨臨界制冰技術(shù)，比傳統(tǒng)的氟利昂人工制冷技術(shù)更加節(jié)能、環(huán)保B．冬奧會采用石墨烯材料制造戶外保暖穿戴設(shè)備，該石墨烯材料屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料C．冬奧火炬火焰的顏色是H2燃燒的顏色D．由碲和鎘合成發(fā)電玻璃中的碲化鎘屬于合金材料【答案】A【解析】A．傳統(tǒng)的氟利昂人工制冷技術(shù)中氟利昂會造成臭氧層空洞，冰場使用的二氧化碳跨臨界制冰技術(shù)，比傳統(tǒng)的氟利昂人工制冷技術(shù)更加節(jié)能、環(huán)保，故A正確；B．冬奧會采用石墨烯材料制造戶外保暖穿戴設(shè)備屬于新型無機非金屬材料，不是傳統(tǒng)無機非金屬材料，故B錯誤；C．冬奧火炬燃料是有機物不是氫氣，故C錯誤；D．由碲和鎘合成發(fā)電玻璃中的碲化鎘屬于新型無機非金屬材料，故D錯誤；故答案為A。2．在給定條件下，下列物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化均能一步實現(xiàn)的是A．B．C．D．【答案】B【解析】A．不穩(wěn)定，光照下會分解為和，A項不符合題意；B．氧化鐵被一氧化碳還原為鐵單質(zhì)，鐵和水蒸氣高溫生成四氧化三鐵，B項符合題意；C．與在放電條件下只能生成，不能產(chǎn)生，C項不符合題意；D．由于酸性：，則不與反應(yīng)，D項不符合題意。故選B。3．代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．標準狀況下，和的混合氣體含S原子數(shù)為B．溶液中含和的離子數(shù)之和等于C．在中，生成14g氧化產(chǎn)物時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3D．1mol果糖含羥基數(shù)為6【答案】C【解析】A．標準狀況下，呈固態(tài)，和的混合氣體的物質(zhì)的量不是0.5mol，故A錯誤；B．和會發(fā)生水解，不能確定溶液中含和的離子數(shù)，故B錯誤；C．反應(yīng)中，NH3中N元素化合價由-3升高為0，NH3被氧化為N2，生成14g氧化產(chǎn)物時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)3，故C正確；D．1個果糖分子中含有5個羥基，1mol果糖[]含羥基數(shù)為5，故D錯誤；選C。4．火藥制備是我國古代聞名世界的化學(xué)工藝，原理為2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列說法正確的是A．K2S的電子式：KB．基態(tài)O原子核外電子軌道表達式：C．K+的結(jié)構(gòu)示意圖：D．CO2和N2都是非極性分子【答案】D【解析】A．K2S結(jié)構(gòu)中K+與S2-形成離子鍵，其電子式為：，A錯誤；B．O為8號元素，根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，則原子核外電子軌道表達式：，B錯誤；C．K元素的核電荷數(shù)為19，質(zhì)子數(shù)為19，核外電子數(shù)為19，K+表示失去最外層一個電子，K+核外還有18個電子，各層電子數(shù)分別為2、8、8，K+的結(jié)構(gòu)示意圖為，C錯誤；D．由非極性鍵形成的分子稱為非極性分子，N2由非極性鍵構(gòu)成的非極性分子，由極性鍵形成的分子，如果電荷分布是對稱均勻的，也是非極性分子，二氧化碳結(jié)構(gòu)為：O=C=O，直鏈對稱的，所以為非極性分子，D正確；故選D。5．下列敘述對應(yīng)的離子方程式一定正確的是A．向含1molFeI2的溶液通入0.5molCl2：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-B．向pH=0的FeSO4溶液滴2滴稀NaClO溶液：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2OC．侯氏制堿法中發(fā)生反應(yīng)：2NH3+2Na++CO2+H2O=Na2CO3+2NHD．濕潤的淀粉碘化鉀試紙遇某氣體后，試紙變藍：Cl2+2I-=I2+2Cl-【答案】B【解析】A．還原性，通入的先與反應(yīng)，只能消耗，含，不參與反應(yīng)，A錯誤；B．少量的NaClO滴入硫酸亞鐵溶液中，溶液呈酸性，根據(jù)電子得失守恒和電荷守恒，該反應(yīng)的離子方程式為，B正確；C．侯氏制堿法中應(yīng)析出晶體，再經(jīng)加熱分解得到純堿，錯誤；D．該氣體還有可能是、蒸氣等也能使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{，D錯誤。故選B。6．利用圖示裝置制備和收集氣體，合理的是選項固體A試劑B試劑C制備和收集的氣體A生石灰濃氨水水NH3BNa2SO370%硫酸飽和亞硫酸氫鈉溶液SO2CMnO2濃鹽酸飽和食鹽水Cl2DCu濃硝酸水NO2A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．氨氣易溶于水，不能用排水法收集，A不正確；B．Na2SO3固體與70%硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，制取SO2氣體，且SO2不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，所以可用排飽和亞硫酸氫鈉溶液的方法收集SO2氣體，B正確；C．MnO2與濃鹽酸在常溫下不能發(fā)生反應(yīng)，不能制取氯氣，C不正確；D．NO2易與水發(fā)生反應(yīng)生成NO氣體，不能用排水法收集，D不正確；故選B。7．室溫下進行下列實驗，所得實驗現(xiàn)象和結(jié)論或原因都正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論或原因A向20mLMgCl2溶液中滴加3滴NaOH溶液后，繼續(xù)滴加3滴FeCl3溶液先出現(xiàn)白色沉淀，后產(chǎn)生紅褐色沉淀Mg(OH)2沉淀轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3B向Ca(ClO)2溶液中通入SO2產(chǎn)生白色沉淀CaSO3難溶于水C向飽和石灰水中加入生石灰有固體析出Ca(OH)2溶解度降低D向FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡體系中加入KCl晶體溶液紅色變淺加入少量KCl晶體，該平衡逆向移動A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．向20mLMgCl2溶液中滴加3滴NaOH溶液，氯化鎂過量，NaOH不足，先出現(xiàn)白色沉淀Mg(OH)2，繼續(xù)滴加3滴FeCl3，出現(xiàn)紅褐色沉淀Fe(OH)3，說明Mg(OH)2轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，A正確；B．向Ca(ClO)2溶液中通入SO2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸鈣白色沉淀，B錯誤；C．向飽和石灰水中加入生石灰，生石灰與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，由于原來是飽和溶液，消耗溶劑水，而且增加了溶質(zhì)，所以有Ca(OH)2固體析出，但結(jié)論錯誤，固體溶解度與溫度有關(guān)，與加入的物質(zhì)無關(guān)，C錯誤；D．該反應(yīng)的實質(zhì)是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，KCl沒有參與反應(yīng)，加入少量氯化鉀晶體，對平衡無影響，溶液顏色不變，D錯誤；綜上所述答案為A。8．某科研人員提出與在羥基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的歷程，該歷程示意圖如圖（圖中只畫出了HAP的部分結(jié)構(gòu)）。下列說法不正確的是A．HAP能提高與的反應(yīng)速率B．在整個反應(yīng)歷程中，有極性鍵和非極性鍵的斷裂C．根據(jù)圖示信息，CO2分子中的氧原子全部來自O(shè)2D．該反應(yīng)可表示為：【答案】C【解析】A．由題圖可知，HAP是催化劑，能提高與的反應(yīng)速率，A項正確；B．在整個反應(yīng)歷程中，有極性鍵（如C-H鍵）和非極性鍵（如O-O鍵）的斷裂，B項正確；C．根據(jù)圖知，CO2分子中的氧原子一部分來自O(shè)2，另一部分來自于甲醛，C項錯誤；D．該反應(yīng)中反應(yīng)物是甲醛和氧氣，生成物是二氧化碳和水，HAP為催化劑，該反應(yīng)可表示為為，D項正確；答案選C。9．在一定溫度下的可逆反應(yīng)

，，，若該溫度下的平衡常數(shù)K=10，下列說法錯誤的是A．該溫度下B．升高溫度，增大的倍數(shù)大于增大的倍數(shù)C．有利于測定X的相對分子質(zhì)量的條件為低溫高壓D．恒壓條件下，向平衡體系中充入惰性氣體He，X的轉(zhuǎn)化率減小【答案】D【解析】A．達到平衡時，，則，平衡常數(shù)，即，選項A正確；B．該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動，所以增大的倍數(shù)大于增大的倍數(shù)，選項B正確；C．測定X的相對分子質(zhì)量時應(yīng)該使平衡盡可能逆向移動，該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增多的吸熱反應(yīng)，所以條件為低溫高壓，選項C正確；D．恒壓條件下，向平衡體系中充入惰性氣體He，體積增大，壓強減小，平衡正向移動，X的轉(zhuǎn)化率增大，選項D錯誤；答案選D。10．我國科研工作者提出通過電解原理聯(lián)合制備環(huán)氧乙烷同時處理酸性含鉻廢水，其工作原理示意圖如圖所示。其中雙極膜由陽離子交換膜和陰離子交換膜組成，工作時內(nèi)層解離為和，并分別向兩極遷移。下列說法正確的是A．電極a為電源正極B．膜q為陽離子交換膜C．工作時，NaOH溶液濃度保持不變D．N極的電極反應(yīng)式為【答案】D【解析】A．由信息可知，電極M上乙烯被氧化為環(huán)氧乙烷，電極N上被還原為，則電極M為陽極、電極N為陰極，電極a為負極、電極b為正極，選項A錯誤；B．雙極膜中水解離出來的氫氧根離子向陽極區(qū)移動，膜q適合選用陰離子交換膜，選項B錯誤；C．工作時陽極區(qū)生成水，NaOH溶液濃度減小，選項C錯誤；D．Cr元素由價變?yōu)閮r，N極的反應(yīng)方程式為，選項D正確。答案選D。11．藥用輔料有許多重要功能，其質(zhì)量直接影響終產(chǎn)品質(zhì)量及安全性。新型冠狀病毒滅活疫苗的輔料有Na2HPO4、NaH2PO4、NaCl、Al(OH)3等。下列說法錯誤的是A．Na2HPO4屬于酸式鹽B．醫(yī)療上用的生理鹽水是0.9%的NaCl溶液C．農(nóng)業(yè)上用NaH2PO4作復(fù)合肥料D．含Al(OH)3的藥物可用于治療胃酸過多【答案】C【解析】A．磷酸氫鈉和磷酸二氫鈉都是磷酸反應(yīng)生成的酸式鹽，故A正確；B．生理鹽水是一種氯化鈉溶液，溶液的濃度是0.9%，故B正確；C．同時含有氮、磷、鉀三種元素中的兩種或兩種以上的肥料稱為復(fù)合肥料，則磷酸二氫鈉是含有磷元素的磷肥，不屬于復(fù)合肥料，故C錯誤；D．氫氧化鋁能與胃液中的鹽酸反應(yīng)，常用于治療胃酸過多，故D正確；故選C。12．藥物異博定（鹽酸維拉帕米）能有效控制血壓升高、促進血液循環(huán)，其合成路線中有如下轉(zhuǎn)化過程：則下列說法正確的是A．X的沸點低于其同分異構(gòu)體B．X、Y、Z都能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)C．1molZ最多與6mol發(fā)生加成反應(yīng)D．Z分子含有四種官能團【答案】AB【解析】A．X形成分子內(nèi)氫鍵，形成分子間氫鍵，形成分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點要高些，A正確；B．酚羥基、鹵素原子、酯基都可以和氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)，B正確；C．1molZ最多與5mol發(fā)生加成反應(yīng)，酯基不能和發(fā)生加成反應(yīng)，C錯誤；D．Z分子含有三種官能團：酯基、碳碳雙鍵、醚鍵，苯環(huán)不是官能團，D錯誤；故選AB。13．鈦鐵礦（，其中Ti為+4價）在高溫下經(jīng)氯化得到四氯化鈦，再制取金屬鈦的流程如圖所示。下列說法正確的是A．氯化反應(yīng)中與C的物質(zhì)的量之比為B．氯化過程中既不是氧化劑也不是還原劑C．制取金屬鈦的反應(yīng)可得到還原性：D．制取金屬鈦時選用Ar氣的目的是隔絕空氣【答案】AD【解析】A．根據(jù)得失電子守恒知，氯化過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為，則氯化反應(yīng)中與C的物質(zhì)的量之比為7∶6，A正確；B．中Fe的化合價為，反應(yīng)后被氧化為，因此作還原劑，B錯誤；C．還原劑的還原性強于還原產(chǎn)物的還原性，和鎂反應(yīng)被還原為鈦單質(zhì)，則還原性：，C錯誤；D．制取金屬鈦時選用氬氣的目的是隔絕空氣，防止Ti、Mg與空氣中的成分發(fā)生反應(yīng)，D正確；故選AD。14．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黃色)+2H+。用K2Cr2O7溶液進行下列實驗。結(jié)合實驗，下列說法不正確的是A．①中溶液橙色加深，③中溶液變黃B．②中Cr2O被C2H5OH還原，可用來檢測汽車司機是否酒駕C．對比②和④可知K2Cr2O7在酸性溶液氧化性強D．若向④加入70%H2SO4溶液至過量，溶液變?yōu)槌壬敬鸢浮緿【解析】A．由Cr2O(橙色)+H2O?2CrO(黃色)+2H＋分析可得，向K2Cr2O7溶液中加酸平衡逆向移動，溶液顏色加深；加堿平衡正向移動，溶液顏色變黃，故A正確；B．乙醇在酸性條件下被Cr2O氧化成乙酸，而Cr2O被還原成Cr3+，而使溶液呈綠色，可用來檢測汽車司機是否酒駕，故B正確；C．乙醇在酸性條件下被Cr2O氧化成乙酸，而Cr2O被還原成Cr3+，而使溶液呈綠色，在堿性環(huán)境中Cr2O不能氧化乙醇，從而溶液顏色不變，所以K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2Cr2O7堿性溶液氧化性強，故C正確；D．若向④中加入70%H2SO4溶液至過量，則溶液呈酸性，現(xiàn)象與②一樣，溶液顏色變成綠色，故D錯誤；答案選D。15．NaH2A—Na2HA溶液是人體存在的緩沖溶液。常溫下，H3A溶液中各微粒組成隨著pH而變化，溶液中A3-、HA2-、H2A-、H3A濃度所占分數(shù)（δ）隨pH變化的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A．0.1mol/LNaH2A溶液顯酸性B．H3A+HA2-=2H2A-的平衡常數(shù)K=105.08C．將等物質(zhì)的量的Na2HA和NaH2A配制成溶液，pH=7.20D．pH=12.40時，存在關(guān)系：c(H+)<2c(HA2-)+c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)【答案】C【解析】由圖可知，溶液中c(H2A-)=c(H3A)時，溶液pH為2.12，則Ka1==c(H+)=10-2.12，溶液中c(H2A-)=c(HA2-)時，溶液pH為7.20，則Ka2==c(H+)=10-7.20，溶液中c(A3-)=c(HA2-)時，溶液pH為12.4，則Ka3==c(H+)=10-12.4。A．H2A-離子的水解常數(shù)Kh==<Ka2說明H2A-離子在溶液中的電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，故A正確；B．由方程式可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)K==×==105.08，故B正確；C．由圖可知，溶液中c(H2A-)=c(HA2-)時，溶液pH為7.20，則將等物質(zhì)的量的Na2HA和NaH2A配制成的溶液中c(H2A-)≠c（HA2-），則溶液pH不等于7.20，故C錯誤；D．由圖可知，溶液pH為12.40時，溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(H+)+nc(Mn+)=2c(HA2-)+c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)，則溶液中c(H+)<2c(HA2-)+c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)，故D正確；故選C。第Ⅱ卷（非選擇題）二、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．土壤有機質(zhì)是土壤中結(jié)構(gòu)復(fù)雜的有機物，常用重鉻酸鹽容量法測定土壤中的有機質(zhì)含量［以每1kg風(fēng)干土壤中含有機質(zhì)的質(zhì)量（g/kg）表示］。其原理為：2K2Cr2O7+3C+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3（綠色）+3CO2↑+8H2OK2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=K2SO4+Cr2(SO4)3+3Fe2(SO4)3+7H2O已知：有機質(zhì)中含碳58%，本方法只能氧化90%的有機質(zhì)。實驗過程如下：I．土樣采集與風(fēng)干：先選取肥力均一的地塊，多點取樣混合到一起。置于室內(nèi)陰涼、干燥通風(fēng)處風(fēng)干，充分研磨。II．土樣中有機質(zhì)的測定：i．稱取0.5000g風(fēng)干土樣、0.1gAg2SO4放入如圖裝置c中，加一定濃度的K2Cr2O7溶液5.00mL，攪拌下緩慢從裝置a中加入5mL濃H2SO4。塞好瓶口。ii．控制在170~180℃加熱，煮沸5min。若此時溶液呈綠色，則應(yīng)重做實驗。iii．冷卻后，用蒸餾水將裝置中的物質(zhì)全部轉(zhuǎn)移入250mL錐形瓶中，用0.2000mol·L-1硫酸亞鐵溶液滴定，消耗硫酸亞鐵溶液體積為16.60mL。iv．進行空白實驗，即取0.5000g高溫灼燒土壤代替風(fēng)干土樣，采用相同條件處理和滴定，消耗硫酸亞鐵溶液體積為32.60mL。（1）土樣采集時，按照多點取樣混合的原因是_______。（2）在步驟i中加入Ag2SO4的目的是為了排除土壤中_______（填標號）對后續(xù)實驗的影響。A．NO B．Cl- C．Na+ D．NH（3）在步驟ii中若此時溶液呈綠色，則應(yīng)再重做實驗的原因是_______。（4）滴定用硫酸亞鐵溶液，使用時必須每天標定一次準確濃度，其原因是_______。（5）根據(jù)有機質(zhì)含量的計算可以判斷該土壤屬于下列類型_______（填標號）。A．很高肥力地（>40g/kg） B．高肥力地（30~40g/kg）C．中等肥力地（10~30g/kg） D．低肥力地（小于10g/kg）（6）①若土壤中含有較多的Fe2+、Mn2+，則測定結(jié)果_______（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。②若土壤中含有較多的碳酸鹽，則測定結(jié)果_______（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。（7）下列能提高土壤有機質(zhì)含量的方法有_______（填標號）。A．秸稈還田B．增施腐熟的動物糞便C．施用硝銨D．施用磷酸氫二銨【答案】（1）按照多點取樣混合，使所取樣品更準確，更有代表性，測得結(jié)果更加準確（2）B（3）綠色主要是Cr3+的顏色，表明重鉻酸鉀的用量可能不足，導(dǎo)致有機質(zhì)氧化不完全（4）FeSO4溶液易被空氣中的氧氣氧化（5）B（6）偏大

不變（7）AB【解析】本題是一道測量土壤中有機質(zhì)含量的實驗題，首先是取樣，為了使取樣更加準確，要注意多點取樣并混合，之后干燥研磨，處理好后，加入硫酸銀除去樣品中的氯離子，然后用重鉻酸鉀溶液來滴定，根據(jù)其用量計算出土壤中有機質(zhì)的含量。（1）按照多點取樣混合，使所取樣品更準確，更有代表性，測得結(jié)果更加準確；（2）Ag2SO4可以和氯離子反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀，故答案為B；（3）由題意可知綠色是三價鉻離子的顏色，該實驗中是用重鉻酸根離子來氧化土壤中的有機質(zhì)，變成綠色后說明氧化劑已經(jīng)不足量，此時有機質(zhì)不能被完全氧化，故答案為：綠色主要是Cr3+的顏色，表明重鉻酸鉀的用量可能不足，導(dǎo)致有機質(zhì)氧化不完全；（4）二價鐵具有還原性，容易被空氣中的氧氣氧化，故答案為：FeSO4溶液易被空氣中的氧氣氧化；（5）根據(jù)n=cv，可知iii中n(FeSO4)10.2×16.6=3.32×10-3mol；iv中n(FeSO4)2=0.2×32.60=6.52×10-3mol；n(FeSO4)1-n(FeSO4)2=6.52×10-3mol-3.32×10-3mol=3.2×10-3mol，由題干中的信息可知K2Cr2O7~6FeSO4，n(K2Cr2O7)=n(FeSO4)，2K2Cr2O7~3C，n(C)=n(K2Cr2O7)=××3.2×10-3mol=8×10-4mol，，故答案為B；（6）①Fe2+、Mn2+，都可以被重鉻酸鉀氧化，會消耗更多的重鉻酸鉀，故測定結(jié)果偏大；②碳酸鹽不能被重鉻酸鉀氧化，不影響其用量，故沒有影響，答案為不變；（7）秸稈和動物糞便都屬于有機質(zhì)，可以提高土壤中有機質(zhì)含量，硝銨和磷酸氫二銨不屬于有機質(zhì)，不能提高土壤中有機質(zhì)含量，故答案為AB。17．目前新能源汽車電池主要是磷酸鐵鋰（LiFePO4）和三元鋰電池（正極含有Ni、Co、Mn三種元素）?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Co原子的價電子排布式為____，能量最高的能級有___個空間運動狀態(tài)。（2）LiFePO4中四種元素的第一電離能由大到小的順序是___（填元素符號），其陰離子的立體構(gòu)型名稱是____。（3）檢驗Ni2+的方法：加入丁二酮肟試劑立即生成鮮紅色的二丁二酮肟合鎳（II）螯合物。反應(yīng)方程式如下：2（丁二酮肟）+Ni2+（二丁二酮肟合鎳（II）+2H+①丁二酮肟熔點比丁二酮（）高很多的原因是____。②二丁二酮肟合鎳（II）螯合物中N原子的雜化類型是____，該物質(zhì)中存在的作用力有____（填正確答案標號）。A．離子鍵

B．配位鍵

C．極性共價鍵

D．非極性共價鍵

E．氫鍵（4）三元鋰電池的負極材料是石墨。石墨品體的二維平面結(jié)構(gòu)如圖1所示，晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。試回答：①石墨晶體中C原子數(shù)與C—C數(shù)目之比是____。②根據(jù)圖2計算石墨晶體的密度是____g/cm3（寫出表達式即可）?！敬鸢浮浚?）3d74s2

5（2）O>P>Fe>Li

正四面體形（3）丁二酮肟分子間存在氫鍵

sp2

BCDE（4）2∶3

或或【解析】（1）Co是第四周期VIII族元素，其基態(tài)原子的價電子排布式為：3d74s2，能量最高的能級是3d，其空間運動狀態(tài)有5個；（2）元素的原子越容易失去一個電子，其第一電離能數(shù)值越小，LiFePO4中四種元素的第一電離能由大到小是O>P>Fe>Li，其中的陰離子是PO43-，中心原子P原子的價層電子對數(shù)=4+(5+3-24)=4，采用為sp3雜化，無孤對電子，其空間形狀正四面體；（3）①丁二酮肟分子中有N-OH鍵，分子間可以形成氫鍵，所以熔點比丁二酮高；②二丁二酮肟合鎳（II）螯合物中N原子有三個σ鍵、1個π鍵，所以其雜化類型是sp2，該物質(zhì)中存在的作用力除離子鍵以外，其它的作用力都存在的，所以選BCDE；（4）①如圖所示，每個碳原子有三個C—C單鍵由六個C原子共用，由均攤法分析可知一個碳原子相當于有1.5個鍵，所以每一層內(nèi)C原子數(shù)與C—C化學(xué)鍵之比2∶3；②由圖中石墨晶胞信息可知，晶胞的平面上的數(shù)據(jù)應(yīng)是：所以：g·cm-3==或或。18．含氮化合物的制備、應(yīng)用及污染治理是科學(xué)研究領(lǐng)域的熱點問題。試回答下列問題。（1）反應(yīng)2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)?H=-620.9kJ·mol-1。可有效降低汽車尾氣污染物的排放。①對于該反應(yīng)，下列說法正確的是___（填序號）。A．該反應(yīng)在高溫條件下可自發(fā)進行B．容積固定的絕熱容器中，溫度保持不變時反應(yīng)達到平衡狀態(tài)C．投料比即[]越大，NO轉(zhuǎn)化率、反應(yīng)速率均越大D．在恒溫恒壓的容器中達平衡時，同時通入等物質(zhì)的量的CO和CO2平衡不移動②圖中曲線表示在其他條件一定時反應(yīng)速率與溫度的關(guān)系，x為CO的轉(zhuǎn)化率，其中最佳反應(yīng)溫度曲線為不同轉(zhuǎn)化率下最大反應(yīng)速率與溫度的關(guān)系，則x最小的是___，理由是______________________________________。（2）我國科學(xué)家結(jié)合實驗與計算機模擬結(jié)果，得到在銅催化作用下將一個N，N-二甲基甲酞胺[(CH3)2NCHO]轉(zhuǎn)化為三甲胺[N(CH3)3]的合成路線。反應(yīng)歷程如圖所示。則反應(yīng)(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)s(g)+H2O(g)的?H=___kJ·mol-1（1eV=1.6×10-22kJ，NA的數(shù)值為6.02×1023，結(jié)果保留2位有效數(shù)字），①、②、③中反應(yīng)速率最快的一步的化學(xué)方程式為____。（3）T°C時，存在如下平衡：2NO2(g)N2O(g)。該反應(yīng)正、逆反應(yīng)速率與NO2、N2O4的濃度關(guān)系為v正=h正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)（k正、k逆是速率常數(shù)），且lgv正~lgc(NO2)與lgv逆~lgc(N2O4)的關(guān)系如圖所示。①圖中表示lgv逆~lgc(N2O4)的線是____（填“I”或“II”）。②T℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=___L/mol。③T℃時，向2L恒容密閉容器中充入1.6molNO2，某時刻v正=4×100.5mol/(L·min)，則此時NO2的轉(zhuǎn)化率為___?！敬鸢浮浚?）B

x3

在其他條件一定時，轉(zhuǎn)化率越小，反應(yīng)物濃度越大，反應(yīng)速率越快（2）-98

(CH3)2NCH2OH*+H*=N(CH3)3+OH*或(CH3)2NCH2OH*+2H*=N(CH3)3+OH*+H*（3）II

100

75%【解析】（1）①根據(jù)吉布斯自由能，ΔG=ΔH?T×ΔS，該反應(yīng)ΔH<0，ΔS<0，所以在低溫下可滿足ΔG<0，A錯誤。容器為絕熱，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，當溫度不再改變，說明反應(yīng)達到平衡，B正確。投料比大，濃度不一定大，所以反應(yīng)速率不一定快，C錯誤。通入等物質(zhì)的量的CO和CO2，容積增大，v正=c2(CO)c2(NO)，v逆=c2(CO2)c(N2)，CO和CO2對速率的影響相同，但NO和N2下降不同濃度，前者對速率的影響大，故v正<v逆平衡逆移，D錯誤。②在其他條件一定時，溫度和反應(yīng)物的濃度影響反應(yīng)速率，相同溫度下，轉(zhuǎn)化率小，反應(yīng)物濃度越高，反應(yīng)速率越快，故x3最小。（2）由圖可知，一個N，N-二甲基甲酞胺[(CH3)2NCHO]轉(zhuǎn)化為三甲胺[N(CH3)3]的ΔH=-1.02eV，則1mol(CH3)2NCHO轉(zhuǎn)化時的能量變化為，ΔH=-98kJ·mol?1；由圖可知，②的活化能最小，反應(yīng)速率最快，其反應(yīng)為(CH3)2NCH2OH*+H*=N(CH3)3+OH*或(CH3)2NCH2OH*+2H*=N(CH3)3+OH*+H*。（3）①由方程式可知，四氧化二氮的化學(xué)計量數(shù)小于二氧化氮，則圖中曲線II表示lgv逆~lgc(N2O4)；②由速率公式可得lgv正=lgk正+lgc(NO2)、lgv逆=lgk逆+lgc(N2O4)，由圖可知，T℃時，lgc(NO2)和lgc(N2O4)為0時，lgv正=lgk正=2.5，lgv逆=lgk逆=0.5，則k正=102.5、k逆=100.5；當反應(yīng)達到平衡時，正逆反應(yīng)速率相等，v正=v逆，則化學(xué)平衡常數(shù)；③由v正=k正c2(NO2)，v正=4×100.5mol/(L·min)，k正=102.5得c2(NO2)=，c(NO2)=0.2mol/L，n(NO2)=0.4mol，故NO2的轉(zhuǎn)化率為。19．鈷在現(xiàn)代有著廣泛應(yīng)用，如草酸鈷可作指示劑與催化劑，氯化鈷是一種飼料營養(yǎng)強化劑。利用水鈷礦（主要成分為：Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO2、MgO、CaO、SiO2等）可以制取草酸鈷晶體和氯化鈷晶體，依據(jù)如圖制備流程回答下列問題：已知：①氧化性：Co3+>ClO。②沉淀I、沉淀II中都只含有兩種沉淀。③以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)2Co(OH)2開始沉淀2.74.07.67.79.67.5完全沉淀3.75.29.69.811.19.2（1）通過增大接觸面積的形式可以加快水鈷礦“浸出”速率，可采取的措施是將水鈷礦粉碎和_______，浸出過程中加入Na2SO3的作用是_______。（2）加入NaClO3的作用是為了氧化Fe2+，反應(yīng)的離子方程式是_______，后續(xù)加入Na2CO3調(diào)pH，其值不能超過_______。（3）NaF溶液可將鈣、鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，若所得濾液中c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，則c(Mg2+)=_______mol/L。[已知Ksp(CaF2)=a×10-10，Ksp(MgF2)=b×10-11]（4）加入萃取劑的目的是_______。（5）操作I包括：向水層加入濃鹽酸調(diào)整pH為2~3，_______，過濾、洗滌、減壓烘干等過程。（6）為測定獲得草酸鈷晶體（CoC2O4·2H2O）的純度，現(xiàn)稱取mg樣品，將其用適當試劑轉(zhuǎn)化為草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液，再用過量稀硫酸酸化，用cmol/L高錳酸鉀溶液滴定，達到滴定終點時，共用去高錳酸鉀溶液VmL，該產(chǎn)品的純度為_______；某興趣小組測得產(chǎn)品中CoC2O4·2H2O的含量為100.6%。若滴定時實驗操作無誤，造成該結(jié)果可能的原因是_______。【答案】（1）攪拌反應(yīng)物或適當升溫

將Co2O3、Fe2O3、MnO2還原，防止Co2O3與鹽酸反應(yīng)生成氯氣（2）ClO+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O

7.5（3）×10-6（4）除去Mn2+（5）蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶（6）

CoC2O4·2H2O部分或完全失去結(jié)晶水【解析】由題給流程可知，向含鈷廢料中加入鹽酸和亞硫酸鈉溶液時，二氧化硅不發(fā)生反應(yīng)，氧化鈷、氧化鐵、二氧化錳在鹽酸作用下被亞硫酸鈉轉(zhuǎn)化為氯化亞鈷、氯化亞鐵、氯化錳，氧化鋁、氧化鈣、氧化鎂被轉(zhuǎn)化為氯化鋁、氯化鈣、氯化鎂，過濾得到二氧化硅和含有金屬氯化物的浸出液；向浸出液中加入氯酸鈉將亞鐵離子氧化為鐵離子，向反應(yīng)后的溶液中加入碳酸鈉調(diào)節(jié)溶液pH為5.2，將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾得到沉淀I和濾液I；向濾液I中加入氟化鈉溶液，將溶液中的鈣離子、鎂離子轉(zhuǎn)化為氟化鈣、氟化鎂沉淀，過濾得到沉淀II和濾液II；向濾液II中加入萃取劑溶液中的錳離子，分液得到萃取劑層和水層；向水層中加入草酸銨溶液，過濾得到草酸鈷晶體；向水層加入濃鹽酸調(diào)整pH為2~3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、減壓烘干等過程得到氯化鈷晶體。（1）將水鈷礦粉碎和攪拌反應(yīng)物等措施能增大反應(yīng)物接觸面積，加快水鈷礦“浸出”的速率；由分析可知，加入亞硫酸的目的是將氧化鈷、氧化鐵、二氧化錳在鹽酸作用下還原為氯化亞鈷、氯化亞鐵、氯化錳，防止氧化鈷與鹽酸反應(yīng)生成氯氣，污染環(huán)境，故答案為：攪拌反應(yīng)物；將Co2O3、Fe2O3、MnO2還原，防止Co2O3與鹽酸反應(yīng)生成氯氣；（2）由分析可知，加入氯酸鈉氧化亞鐵離子的反應(yīng)為酸性條件下，氯酸根離子與亞鐵離子反應(yīng)生成氯離子、鐵離子和水，反應(yīng)的離子方程式為ClO+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；加入碳酸鈉的作用是調(diào)節(jié)溶液pH為5.2，將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，由表格數(shù)據(jù)可知，pH值不能超過7.5，使鈷離子轉(zhuǎn)化為沉淀而降低產(chǎn)品的產(chǎn)率，故答案為：ClO+6Fe2++