【文档说明】百师联盟（山东卷）2021届高三上学期12月一轮复习联考（四）化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.221 MB，由小赞的店铺上传

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百师联盟2021届高三一轮复习联考(四)新高考卷化学试卷注意事项：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标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其他答案标号。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。考试时间为90分钟，满分100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分

，每小题只有一个选项符合题意。1.劳动场景是古代诗人常描写的画面，刘禹锡在《浪淘沙》中描写到“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”以下叙述错误的是A.雾属于胶体，日照可以出现丁达尔现象B.浪沙中淘

金是发生了化学变化C.真假黄金(假黄金为铜锌合金)可以用灼烧鉴别D.江水属于分散系【答案】B【解析】【分析】【详解】A．雾分散质粒子直径在1nm～100nm之间，是气溶胶，能产生丁达尔现象，故A正确；B．沙中淘金只是将金子从沙子中找出，属于物理变化，即沙里

淘金的原理是金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，故B错误；C．在空气中灼烧黄金无颜色变化，假黄金是铜锌合金，铜在加热条件下生成黑色的氧化铜，所以假黄金能变黑，可以鉴别，故C正确；D．江水是含有多种物质的混合物，属于分散系，故D

正确；答案为B。2.下列各项叙述正确的是A.钠的焰色反应是电子由基态转化成激发态释放能量产生的B.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第IA族，是s区元素C.各能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同D.乙醇比甲醚的沸点高是因为乙醇分子中O-H键

极性强【答案】C【解析】【分析】【详解】A．钠的焰色反应是电子由激发态跃迁至基态时，释放能量产生的，故A错误；B．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，故B错误；C．各能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同，能级

越高，半径越大，故C正确；D．乙醇比甲醚的沸点高是因为乙醇分子间可形成氢键，故D错误；故选C。3.下列化学用语正确的是A.比例模型表示CH4分子或CCl4分子B.HClO的结构式：H-Cl-OC.NH3的电子式为D.离子结构示意图：，可以表示16O2-，也可以表示18

O2-【答案】D【解析】【分析】【详解】A．从模型看，该分子属于正四面体结构且中心原子的半径大，可以代表CH4、不能表示CCl4，A错误；B．从共用电子对角度看，H、Cl共用一对电子，O共用两对电子，故O原子在中间，即结构式为：H—O—Cl，B错

误；C．NH3的电子式为，C错误；D．16O2-、18O2-质子数都为8，电子数均为10，故离子结构示意图相同，均为，D正确；答案选D。4.嘌呤类是含有氮的杂环结构的一类化合物，一种结构如图所示，关于这个平面分子描述错误的是A.分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2B.分子中

含有极性共价键和非极性共价键C.轨道之间的夹角∠1比∠2小D.分子间可以形成氢键【答案】C【解析】【分析】【详解】A．分子中所有原子在一个平面上所以分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2，故A正确；B．分子中有碳碳单键为非极性键，有碳氮单键和碳氢键，氮氢键均为极性键

，故B正确；C．孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，斥力越大键角越大，故嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，故C错误；D．分子中有电负性较强的N原子，存在氮氢键，分子间可以形成氢键，故D正确；故答案为：C

5.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如下图所示，0.1mol/LX最高价氧化物的水化物pH=1，下列说法正确的是XYZWA.离子半径：W＜ZB.第一电离能：Y＜ZC.氢化物的稳定性Y＞Z＞WD.氢化物的沸点：Y＞X【答案】A【解析】【分析】【详解】0.1mol/L

X最高价氧化物的水化物pH=1，结合表格位置，X应为N，Y为P，Z为S，W为Cl，A．Cl-与S2-电子数相同，Cl-质子数多，对电子吸引能力强，半径小，A项正确；B．P原子的3p能级电子排布是半充满结构，比较稳定，不易失电子，第一电

离能：P＞S，B项错误；C．同周期元素随原子序数递增，非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，C项错误；D．NH3分子间能形成氢键，沸点高，D项错误；故选A。6.卢瑟福发现质子的实验是利用42He轰击baX原子得到质子和原子17a1Y+，X核内质子数与中子数相等，下

列说法正确的是A.b=15B.电负性X＞YC.X、Y分别与氢原子形成的简单化合物中，X、Y的杂化方式都是sp3杂化D.X与Y形成的化合物只有两种【答案】C【解析】【分析】42He轰击baX原子得到质子和原子17a1Y+，则42He+baX→11p+17a1Y+，由此得出4+b=1

+17，b=14；X核内质子数与中子数相等，则a=7。【详解】A．由以上分析可知，b=14，A不正确；B．由分析知，baX、17a1Y+分别为N、O，则电负性N＜O，B不正确；C．X、Y分别与氢原子形成的简单化合物分别为NH3、H2O，X、Y的价层电子对数都为4，则杂化方式都是sp3杂化，C正

确；D．X与Y形成的化合物可能有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，D不正确；故选C。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2.0g重水(D216O)和14ND3的混合物中含有的电子数为NAB.1molFe

(CO)5中的σ键数为5NAC.一定量铁粉溶于1.0L0.4mol/L的稀硝酸溶液中，当生成2.24LNO气体时，溶液中的氮原子数为0.3NAD.卤素性质相似，标况下，体积分别为1.12L的HCl和HF中所含分子数都约是0.05NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A

．D216O和14ND3的摩尔质量均为20g/mol，则2.0g重水(D216O)和14ND3的混合物的物质的量为0.1mol，又1个D216O含有电子数为10个，1个14ND3含有的电子数也为10个，则0.1mol该混合物

中含有的电子数为NA，故A正确；B．Fe(CO)5中CO与Fe形成5个σ键，每个CO中有1个σ键，则1molFe(CO)5中的σ键数为10NA，故B错误；C．生成2.24LNO气体，没有指明是否标况，无法计算，故C错误；D

．标况下，HF不是气体，所含分子数不是0.05NA，故D错误；故选A。8.精炼铜阳极泥中提取Se的过程中发生如下反应：I．Cu2Se＋6H2SO4(浓)=2CuSO4＋SeO2＋4SO2↑＋6H2O，II．SeO2＋2SO

2＋2H2O=Se＋22-4SO＋4H＋下列说法正确的是（）A.反应I的氧化产物为SeO2B.SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞SO2C.反应I生成1molSeO

2与II中消耗1molSeO2，两个反应转移电子数比为1：2D.Se与HNO3物质的量比为1：2时恰好完全反应，只生成NO、NO2两种还原产物，且NO与NO2的物质的量之比为1：1，则氧化产物为H2SeO4【答案】B【解析】【分析

】【详解】A．Cu2Se中Cu的化合价为+1价，Se的化合价为-2价，CuSO4中Cu的化合价为+2价，SeO2中Se的化合价为+4价，化合价升高，被氧化，CuSO4和SeO2都为氧化产物，故A错误；B．反应I中氧化性比较为H2SO4(浓)

＞SeO2，反应II中氧化性比较为SeO2＞SO2，综上SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞SO2，故B正确；C．反应I生成1molSeO2转移电子数为8mole-，

反应II中消耗1molSeO2转移电子数为4mole-，两个反应转移电子数比为2：1，故C错误；D．Se与HNO3物质的量比为1：2时恰好完全反应，只生成NO、NO2两种还原产物，且NO与NO2的物质的量之比为1

：1，HNO3作氧化剂转移的电子数((5-2)+(5-4))=4mole-，则Se作还原剂转移电子数也是4mole-，则氧化产物为H2SeO3，故D错误；故答案选B。9.下列实验中，能达到相应实验目的的是A．制备并收集乙酸乙酯B．证明氯化银溶解

度大于硫化银C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯D．制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、吸水剂的条件下，加热，发生酯化反应，生成乙酸乙酯，可以用

饱和碳酸钠溶液来分离提纯乙酸乙酯，本实验缺少浓硫酸，反应不能发生，故A错误；B．由于硝酸银过量，硫离子直接和银离子反应生成硫化银黑色沉淀，不发生沉淀的转化，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故B错误；C．生成的乙烯和挥发出的乙醇均能使高锰酸钾溶液褪色，由褪色现象不能证明消去产物为乙烯

，故C错误；D．铁做电解池的阳极，发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，阴极为氢离子得电子生成氢气，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，由于煤油起到隔绝空气的作用，所以氢氧化亚铁能较长时间不变质，故D正确；故选D。10.分子中含有两个或两个以上中心原子(离子

)的配合物称为多核配合物，如右图为Co(II)双核配合物的内界，下列说法正确的是A.每个中心离子的配位数为6B.如图结构中的氯元素为Cl-，则其含有极性键、非极性键和离子键C.配合物中的C原子都是sp2杂化D.

如图结构中所有微粒共平面【答案】A【解析】【分析】在题给配合物中，带“∗”的碳原子，都与4个原子形成共价键。【详解】A．在Co(II)双核配合物中，每个中心离子与5个N原子、1个Cl-形成配位键，则配位数为6，A正确；B．如图结构中的氯元素为Cl-，则其含有C-H

、C-N极性键、C-C非极性键，但不含有离子键，B不正确；C．分析中所标记的“∗”碳原子，与周围4个原子形成共价键，都发生sp3杂化，C不正确；D．图中“∗”标记碳原子与周围4个原子以共价键相连接，5个原子不可能共平面，D不正确；故选A。二、选择题：本题共

5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.Kumada偶联反应可以实现卤代烃之间的交叉偶联，反应过程如下图所示，则下列说法错误的是A.交叉偶联反应方程式可表示为R'-

X＋R-MgX2NiL⎯⎯⎯→R-R'＋MgX2B.反应过程中Ni的成键数目保持不变C.NiL2是反应生成R-R'的催化剂D.上述过程中RMgX参与的反应是取代反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Kumada偶联反应可以实现卤代烃之间的交叉偶联，使两个卤代烃

的烃基相连接形成一种新烃，此反应的方程式可表示为R'-X＋R-MgX2NiL⎯⎯⎯→R-R'＋MgX2，A正确，故A不符合题意；B．反应过程中NiL2转化为，成键数目增加了，B错误，故B符合题意；C．反应过程中，NiL2转化为，反应后又生成了NiL2，所以NiL2是反应生成R-R'的催化

剂，C正确，故C不符合题意；D．依据上图可知，RMgX+=+MgX2，此反应为取代反应，D正确，故D不符合题意；故选B。12.废旧合金中含金属钴(Co)及少量杂质铁和其他惰性杂质，由废合金制备Co2O3的工艺流程如下：下列说法正确的是A.隔绝空气加热时可以在蒸发皿中进行B.生成

CoCO3的离子方程式为Co2＋＋2-3HCO=CoCO3↓＋CO2↑＋H2OC.将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中可以得到更多纯净CoCO3D.沉淀需洗涤干净，避免后续反应污染空气【答案】BD【解析】【

分析】【详解】A．固体加热应在坩埚中进行，A项错误；B．-3HCO可以电离出2-3CO和H+，Co2+与2-3CO结合生成CoCO3，同时H+与-3HCO生成CO2气体，则生成CoCO3的离子方程式为Co2＋＋2-3HCO=CoCO3↓＋CO2↑＋H2O，B项正确；C．将滤液加人显碱性的NH4H

CO3溶液中容易得到Co(OH)2，使CoCO3不纯，C项错误；D．滤液中有NH4Cl，如果残留在沉淀上，加热会分解产生NH3和HCl，污染环境，D项正确；故选BD。13.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C为其中三种元素最高价氧化物的水化物，转化关系如图。Y单质

与X单质在不同条件下反应会生成两种不同化合物，Z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的，X与W同主族。下列说法错误的是A.X与Y形成的两种常见化合物中阴阳离子个数比都是1：2B.Y、Z、W与X形成的化合物熔点由低到高的顺序为W<Z<YC.X与W既可以形成极

性分子，又可以形成非极性分子D.工业上获得Y、Z单质的主要方法是电解其熔融的氯化物【答案】BD【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C为其中三种元素最高价氧化物的水化物，根据转化关系可知三种物质两两反应，Z简单离子半径是同周期元素

简单离子中最小的，推知Z为Al，则B为氢氧化铝；氢氧化铝能与强酸、强碱反应，则推知其中一种为氢氧化钠，Y单质与X单质在不同条件下反应会生成两种不同化合物，推知Y为Na，X为O；X与W同主族，则W为S。【详解】A.X与Y形成的两种常见化合物为Na2O、Na2O2，其阴阳离子个数比都是1：2，A正确

；B.Y、Z、W与X形成的化合物分别为Na2O、Al2O3、SO2,SO2为分子晶体，熔点最低，Na2O、Al2O3均为离子晶体，Al2O3中铝离子电荷数多、半径小，熔点比氧化钠高，故熔点由低到高的顺序为W<Y<Z，B错误；C.X与W既可以形成极性分子SO2，又可以形成非

极性分子SO3，C正确；D.氯化铝为共价化合物，不能通过电解氯化铝得到单质铝，D错误；答案选BD。14.下列实验操作现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A试管中加入0.5g淀粉和4mL20%的硫酸溶液。加热试管3~4min。滴入碘水溶液变蓝淀粉没有水解B向1mL1m

ol/L的NaOH溶液中加入5mL未出现砖红色沉淀说明X不是葡萄2mol/L的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热糖C取5mL0.1mol/LKI溶液，加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入

KSCN溶液溶液变成红色Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应D常温时测定同浓度的HCOONa溶液、NaClO溶液的pHpH(HCOONa)＜pH(NaClO)结合质子的能力HCOO-＞ClO-A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【

详解】A．溶液变蓝，表明溶液中含有淀粉，但不能证明淀粉没有水解，A不正确；B．NaOH溶液中加入的CuSO4溶液物质的量过多，溶液不显碱性，生成的氢氧化铜悬浊液不能将葡萄糖氧化，所以未出现砖红色沉淀不能表明产物中不含有葡萄糖，B不正确；C．5mL0.1mol/LKI溶液中加入1mL0.1mol

/LFeCl3溶液，I-过量，但溶液中仍含有Fe3+，则表明Fe3+与I-的反应为可逆反应，C正确；D．常温时同浓度的HCOONa溶液、NaClO溶液的pH前者小于后者，则表明后者的水解程度大，HClO的酸性比HCOOH弱，则结合质子的能力HCOO-＜ClO

-，D不正确；故选C。15.Cu2O晶体结构与CsCl相似，只是用Cu4O占据CsCl晶体(图I)中的Cl的位置，而Cs所占位置由O原子占据，如图II所示，下列说法正确的是A.Cu2O晶胞中Cu4O四面体的O坐标为(2a，2a，2a)，则①的Cu坐标可能为(34a，4a，34a

)B.Cu2O晶胞中有2个Cu2OC.CsCl的晶胞参数为acm，设NA为阿伏加德罗常数的值，相对分子质量为M，则密度为3A2MaNg/cm3D.Cu2O晶胞中Cu的配位数是4【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．根据题意可知Cu2O晶胞为，根据图中所给坐标系，和已知的O坐标为(2a，2a，2a

)可知，①的Cu坐标可能为(34a，4a，34a)，故A正确；B．根据均摊法可知，Cu2O晶胞中有2个O，4个Cu，即2个Cu2O，故B正确；C．CsCl的晶胞中有1个CsCl，则其密度为3AMaNg/cm3，故C错误；D．Cu2O晶胞为，Cu的配位数是2，故D错误；故选A

B。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.短周期主族元素A、B、C原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为12，A的原子半径比B的小，C是地壳中含量最高的元素，元素W的基态原子核外电子有29种运动状态。(1)W基态原子的核外电子排布式

为___________，W第二电离能比镍、铁第二电离能大的原因___________。(2)W的化合物常做催化剂，如催化发生以下成环反应上述反应，反应物中碳的杂化类型为___________。(3)A、B、C的电负性由大

到小的顺序为___________(请用元素符号表示)(4)A与B形成的18电子分子为二元弱碱，写出在水中一级电离生成的阳离子的电子式___________，A与C形成的简单化合物分子形状为__________

_，这种化合物在自然界是以通过___________作用形成团簇分子。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d104s1(2).当铜失去一个电子后达到3d10为全满稳定结构，失去电子需要的能量多(3).sp2sp3(4).O＞

N＞H(5).(6).V形(7).氢键【解析】【分析】C是地壳中含量最高的元素，则C为O元素，A、B、C均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A的原子半径比B的小，则A是H元素，又3种原子最外层电子数之

和为12，则B为N元素，元素W的基态原子核外电子有29种运动状态，则W为Cu元素，据此分析解答。【详解】(1)元素W是Cu，Cu的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu的第二电离能比镍、铁大的原因是当铜失去一个电子后达到3d10

为全满稳定结构，失去电子需要的能量多；(2)中苯环上和羰基上的碳都是sp2杂化，其他位置的饱和碳原子是sp3杂化；(3)A是H元素，B为N元素，C为O元素，则A、B、C的电负性由大到小的顺序为O＞N＞H；(4)A与B形成的18电子分子为N2H4，结合

水电离出的一个H+，同时产生OH-，溶液显碱性，N2H4的一级电离方程式为+-24225NH+HONH+OH，所得的阳离子为+25NH，其电子式为；A与C形成的简单化合物为H2O，分子形状为V形，水分子通过氢键作用而聚合在一起

，形成水分子簇。17.氮有多种的氧化物可以通过反应相互转化，请回答下列有关问题(1)298K，101kPa条件下，已知如下反应2NO2(g)N2O4(g)△H1=-57kJ/molN2(g)＋O2(g)2NO(g)△H2=＋180.5kJ/molNO(g)＋12O2(g)NO2(g

)△H3=-58.2kJ/mol①反应N2O4(g)N2(g)＋2O2(g)的△H=___________。②有关N2O4(g)N2(g)＋2O2(g)反应过程，下列叙述正确的是___________A．改变催化剂可以减少反应△HB

．在体积不变的容器中发生反应，密度不变说明达到平衡C．恒压条件下充入稀有气体，反应速率减小D．恒温恒容条件下反应平衡后，再充入N2O4，N2O4转化率降低(2)在4L固定容积的密闭容器中只充入0.80

mol的N2O4，发生N2O4(无色)2NO2(红棕色)反应，80s时容器内颜色不再变化，此时n(N2O4)=0.20mol，①求此过程中用NO2表示的平均反应速率为___________，平衡时压强为P1，Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数)②若使密

闭容器内颜色变深，可采取的措施___________。A．缩小体积B．充入稀有气体C．加热D．体积不变加入N2O4(3)利用CH4(g)＋2NO2(g)CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g)△H=-868.74kJ/mol

，可以进行无害化处理，①相同条件下，选用a、b、c三种催化剂进行反应，生成氮气的物质的量与时间变化如图1，活化能最小的是___________[用E(a)、E(b)、E(c)表示三种催化剂下该反应的活化能]。②在催化剂a作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系如图2.试说明图中曲线先增

大后减小的原因___________(假设该温度范围内催化剂的催化效率相同)。【答案】(1).-7.1kJ/mol(2).CD(3).3.75×10-3mol/(L·s)(4).136P7(5).ACD(6).E(a)(7).低于300℃，反应未达平衡，

随着温度升高，反应速率加快，故NO2处理量增大，高于300℃，平衡逆向移动，导致NO2处理量减小【解析】【分析】【详解】(1)①运用盖斯定律，利用已知方程式–(①+②+③×2)，可得目标方程式，故△H=-(△H1+△H2+△H3×

2)=-7.1kJ/mol；②A．催化剂改变活化能，但不影响反应物和生成物的状态，故不影响焓变，A错误；B．由质量守恒，知反应前后气体质量不变，又体积不变，故密度始终不变，不能用于判断平衡，B错误；C．恒压冲入稀有气体，由于容器体积增大，气体浓度减小，故反应速

率减小，C正确；D．再充入N2O4，相当于等比例增加投料，压强增大，相对于旧平衡，平衡逆向移动，故N2O4转化率降低，D正确；故答案选CD；(2)根据题意列三段式如下：242NO2NO起始0.80mol0转化0.60mol1.20mol平衡0.20mol1.20mol①1.2mol-324

L2c(NO)υ(NO)===3.75?10mol/(L?s)t80s△△，即过程中NO2的平均反应速率为3.75×10-3mol/(L·s)；平衡时P(N2O4)=11P0.20mol×P=(0.20

+1.20)mol7，P(NO2)=116P1.20mol×P=(0.20+1.20)mol7，故116P22721pP247()P(NO)36P===P(NO)7K，故此处填136P7；②A．缩小体积，可使NO2浓度增大，A符合题意；B

．由于体积固定，稀有气体与反应无关，故NO2浓度不变，颜色也不变，B不符合题意；C．该反应N2O4(g)2NO2(g)为吸热反应，加热升温平衡正向移动，NO2浓度增大，体系颜色加深，C符合题意；D．后充入的N2O4部分转化为NO2，加上之前的N

O2，NO2浓度增大，颜色加深，D符合题意；故此处填ACD；(3)①根据图1可知，在催化剂a作用下，反应达平衡所用时间最短，故反应速率最快，所以催化剂a使反应活化能降低的最多，即活化能最小的是E(a)；②该温度范围内催化剂活

性效率相同，故纵坐标的变化考虑是温度变化引起，曲线为相同时间内处理NO2的量，则曲线上的点不一定代表平衡态。温度低，反应速率慢，不能达到平衡，温度升高，反应速率加快，反应逐渐达平衡，平衡后再升温，由于平衡逆向移动，NO2处理量减少，所以图中300℃为

第一个平衡点，300℃之前未达平衡，300℃后发生平衡移动，故此处填：低于300℃，反应未达平衡，随着温度升高，反应速率加快，故NO2处理量增大，高于300℃，平衡逆向移动，导致NO2处理量减小。18

.常温常压酸浸全湿法从氧化镍矿中提取镍的工艺有安全性好、能耗低、浸出时短、生产成本低等优点，以某氧化镍矿石(NiO，含有的杂质为SiO2、以及Fe、Zn、Mg、Ca等元素的氢氧化物、氧化物或硅酸盐)为原料，生产流程如下：已知：(1)相关金属离子[Co(Mn＋)=0.1mol·L-

1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Mg2+Ni2+开始沉淀的pH1.56.36.210.47.7沉淀完全的pH2.88.38.212.49.5(3)锌的萃取过程反应为：萃取：2RNa＋Zn2＋=R2Zn＋2Na＋反萃取：R2Zn＋2H＋=2RH＋Zn2＋回

答以下问题：(1)矿石需要先经过研磨成浆，其原因是___________。(2)依据下列图像1、2，选择合适的实验条件，硫酸浓度为___________，浸出矿浆液固比___________。(3)滤渣1的

主要成分为___________；加入NaF的作用是___________。(4)沉锌的过程会生成碱式盐，写出沉锌的离子方程式：___________。(5)电解硫酸镍溶液制备单质镍的化学反应方程式为___________；沉积镍后的电解液可返回___________(填操作单元的名称)继续使

用。【答案】(1).增大接触面积，加快反应速率(2).2.6mol/L(3).6(4).Fe(OH)3(5).为了沉淀镁离子(6).2+-2-32232Zn+2OH+CO=Zn(OH)CO(7).4222

4通电2ZnSO+2HO2Zn+O+2HSO(8).溶浸【解析】【分析】镍矿石研磨成浆是为了增大接触面积，加快反应速率；加稀硫酸把矿石物质溶解，加双氧水是为了把亚铁离子氧化成三价铁离子，便于后面加氢氧化钙以沉淀的形式除去，而避免除去镍离子，加氟化钠是为了沉淀镁离子，萃取I和反萃取

I是为了除去锌离子，最后有硫酸萃取和净化得到硫酸镍，从而得到镍。【详解】(1)矿石需要先经过研磨成浆，是为了增大接触面积，加快反应速率。故答案为：增大接触面积，加快反应速率；(2)依据下列图像1、2知硫酸浓度为2.6mol/L时浸渣中镍品位

低，镍浸出率高，继续增加酸的浓度，两者变化不大，且对装置要求高；由图1知，硫酸浓度是2.6mol/L时浸渣中镍品位低是26％，镍浸出率是87.5％，由图2知镍品位低是26％，镍浸出率是88％时液固比是6.故答案为：2.6mol/L；6；(3)滤渣1是向溶液中加氢氧

化钙溶液控制pH=5.6所得固体，根据表中数据可知，应该只沉淀Fe3+,生成Fe(OH)3,氟化镁是难溶物，所以加入NaF是为了沉淀杂质离子镁离子。故答案为：Fe(OH)3，为了沉淀镁离子；(4)沉锌的过程会是加入的碳酸钠生成碱式盐，所以离子方程式为：2

+-2-32232Zn+2OH+CO=Zn(OH)CO,故答案为：2+-2-32232Zn+2OH+CO=Zn(OH)CO；(5)电解硫酸镍溶液制备单质镍的化学反应方程式为42224通电2ZnSO+2HO2Zn+O+2HSO,沉积镍后的电解液中锌离子浓度降低，可以通过返回溶浸工序继续使

用，从而减少资源浪费。故答案为：42224通电2ZnSO+2HO2Zn+O+2HSO；溶浸；【点睛】此题为工业流程题，考查有关化学反应速率和离子方程式书写，电解的方程式的书写，全面考查学生的综合分析能

力和读图，从图表中提取信息的能力，需要学生认真分析，题目难度适中。19.钴基合金是以钴作为主要成分，含有相当数量的镍、铬、铁等金属的一类合金。按要求回答下列问题：(1)Co在周期表中的位置___________，Cr的未成对电子数为___________。(2)铁、钴

、镍与CN-、CO易形成配合物，如Fe(CO)5、Ni(CO)4、Fe(CN)3-6、Co(CN)4-6等。CN-的δ键和π键数目比为___________，N、C、O的第一电离能由大到小的顺序为___________。(

3)无水CoCl2的熔点为735℃、沸点为1049℃，FeCl3的熔点为306℃、沸点为315℃，且熔融的CoCl2能导电，熔融的FeCl3不导电。CoCl2属于___________晶体，FeCl3属于___________晶体。(4)Co可以形成六方晶系的Co

O(OH)，晶胞结构如下，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。晶胞中部分O的坐标为(23，13，0.1077)，(13，23，0.6077)。已知晶胞含对称中心，则剩余O的坐标为___________。设NA为阿伏加德罗常数的值，Co

O(OH)的摩尔质量为Mg·mol-1，该晶体的密度为___________g/cm3(sin120°=32)(用代数式表示)。【答案】(1).第四周期VIII族(2).6(3).1:2(4).N>O>C(5).离子(6).分子(7).(23，13，0.3923

)、(13，23，0.8923)；(8).230A3M1022acN−g/cm3【解析】【详解】(1)Co的原子序数是27，所以Co在元素周期表的位置是第四周期第VIII族；Cr是24号元素，其核外电子排布是[Ar]3d54s

1，所以Cr的未成对电子数为6。(2)CN-离子C和N原子间有碳氮三键，其中C原子采用的是sp杂化，故碳的一个sp杂化轨道和氮的一个p轨道形成一个δ键，2个双方的P轨道形成两个π键，故CN-的δ键和π键数目比为1:2；同周期元素的第一电离能从左到右有增大趋势，但

IIA族元素和VA族元素的外围电子排布是全充满和半充满状态，所以导致它们的第一电离能高于相邻的主族元素，所以N、C、O的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。(3)离子晶体熔点高，熔融后能使离子自由移动而导电，所以CoCl2是离子晶体，FeCl3的熔点低，其熔融的FeCl3不导

电，不能电离出自由移动离子，故FeCl3属于分子晶体。(4)根据晶胞中部分O的坐标为(23，13，0.1077)，(13，23，0.6077)和晶胞含对称中心，根据对称关系23+13=1，0.1077+0.8923=1，0.6077+0.3923=1，则剩余的

O坐标为(23，13，0.3923)、(13，23，0.8923)；根据晶胞的结构可知，晶胞中含有两个CoO(OH)，其质量为2AMN，晶胞的体积为a2c10-3032cm3，故该晶胞的密度为230A3M1022acN−g/cm3。20.硫化氢有毒是大气污染物，硫化氢的产生和

治理是环境保护研究的重要问题，(1)蛋白质在厌氧菌的作用下会生成H2S，例如半胱氨酸在厌氧条件下的反应式如下：HOOC-CH(NH2)CH2SH＋2H2O→CH3COOH＋HCOOH＋NH3＋H2S回答下列问题：①下列硫原子能量最高的是___________。A．[He]2s22p63s

23p4B．[He]2s12p63s13p6C．[He]2s02p63s23p6D．[He]2s22p63s13p5②甲基的供电子能力强于氢原子，则酸性：CH3COOH___________HCOOH(填“＞”“＜”)。③氨分子中N-H键角比水分子的

O-H键角大的原因是___________。④半胱氨酸既能与酸反应，又能与碱反应，与酸反应通过形成___________键结合H＋生成盐。半胱酰胺中有___________个手性碳原子。(2)硫化废物的产生除了有机物的分解，还有矿物的开采和硫化物的合成，闪锌矿(主要成分硫化锌)，结构如I

图，锌的位置为S的___________空隙处。人工合成Bi2O2S的结构如图II，结构中硫的配位数为___________，该晶体的密度为ρg·cm3，NA为阿伏加德罗常数的值，该物质的摩尔质量可表示为_____

______。【答案】(1).C(2).＜(3).H2O分子中有2对孤对电子，而NH3分子中有1对孤对电子(4).配位(5).1(6).四面体(7).8(8).221A102abN−g/mol【解析】【分析】【详解】(1)①比较四个选项中电子的跃迁，其中C选项中有2个基态2s电子跃迁到3p

轨道(激发态)，能量提升的幅度最大，硫原子能量最高，故选C；②甲基的供电子能力强于氢原子，则CH3COOH中O-H键的极性比HCOOH中O-H键的极性弱，HCOOH更容易电离出H+，酸性：CH3COOH＜HCOOH；③在分子中

，孤对电子越多，对成键电子的排斥作用越大，所以氨分子中N-H键角比水分子的O-H键角大，原因是H2O分子中有2对孤对电子，而NH3分子中有1对孤对电子；④半胱氨酸与酸反应，主要是-NH2中的N原子与H+通过形成配位键结合H＋生成盐。半胱酰胺中，连接羧基、氨基的碳原

子为手性碳原子，所以有1个手性碳原子。答案为：C；＜；H2O分子中有2对孤对电子，而NH3分子中有1对孤对电子；配位；1；(2)从图中可以看出，I图中，锌的位置为S的四面体空隙处。人工合成Bi2O2S的结构如图II，结构中硫原子周

围有8个距离相等且较近的Bi原子，所以硫的配位数为8，该晶体的密度为ρg·cm3，NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞中含S原子数为8×18+1=2、Bi原子数为8×14+2=4、O原子数为8×12=4，则每个晶胞中含有2个“Bi2O2S”，所以该物质的摩尔质量可表

示为72731A(10cm)(10cm)g/cmmol2abN−−−=221A102abN−g/mol。答案为：四面体；8；221A102abN−g/mol。【点睛】在计算晶胞中所含有的某原子个数时，一定要弄清该原子被多少个晶胞共用

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