【文档说明】宁夏银川市开元学校2021届高三上学期第三次月考考试化学试卷 【精准解析】.doc，共(15)页，508.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-287b6205f03927ad2214a2b3fe58c6c2.html

以下为本文档部分文字说明：

宁夏开元学校2020～2021学年度第一学期第三次月考高三年级化学试卷(考试时间：100分钟，满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16P-31Cu-64Ni-59一、选择

题(每小题3分，共45分)1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是()A.铝及其合金是使用广泛的金属材料，通常用电解氯化铝的方法制备铝B.为测定熔融氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化C.采取“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催

化净化”等方法，可提高空气质量D.氰化物泄漏时，可直接将其冲入下水道，让其自然消解【答案】C【解析】【分析】【详解】A、氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解熔融氧化铝冶炼金属铝，故A错误；B、石英为SiO2，能与NaOH发生反应，因此熔化NaOH固

体时，不能用石英坩埚，故B错误；C、静电除尘：烟尘为胶体，利用电泳，达到除尘的目的；燃煤固硫：燃煤中加入CaO或石灰石，与生成的SO2反应，转化成CaSO4，达到除去硫的目的；汽车尾气催化净化：将氮的氧化物转化成N2；故C

正确；D、氰化物有剧毒，不能直接排放到自然界中，故D错误。2.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.高纯硅可用于制作光感电池B.铝合金大量用于高铁建设C.活性炭具有除异味和杀菌作用D.碘酒可用于皮肤外用消毒【答案】C【解析】【分析】【详解】A、硅是半导体，高纯硅可用于

制作光感电池，A正确；B、铝合金硬度大，可用于高铁建设，B正确；C、活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌消毒，C错误；D、碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确；答案选C。3.下列化学用语表示正确的是()A.硫原子的结构示意图：B.次氯酸的结构式：H-O-ClC.中子数为7的碳原子：

76CD.CO2的电子式：【答案】B【解析】【分析】【详解】A．硫原子最外层电子应该是6个，A错误；B．次氯酸中氧原子分别和氢原子/氯原子形成共用电子对,B正确；C．元素符号左上角的数值为质量数,等于质子数加中子数，该碳原子左上角应为7+8=15，C错误；D

．碳原子和氧原子之间应形成两对共用电子对，D错误；故选B。4.230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是A.Th元素的质量数是232B.Th元素的相对原子质量是231C.232Th转换成233U是化学变化D.23

0Th和232Th的化学性质相同【答案】D【解析】【分析】【详解】A、232Th的质量数是232，故A错误；B、Th元素的相对原子质量是Th各种同位素相对原子质量的平均值，故B错误；C、232Th转换成233U是原子核变属于物理变化，故C错误；D、230Th和232

Th核外电子排布相同，所以化学性质相同，故D正确；故选D。5.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB.100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的

数目为0.1NAC.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAD.标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．P4分子为正四面体结构，1molP4分子中有6molP—P键，A项错误；B．因Fe3+会

发生水解，100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B项错误；C．SO2和O2的反应为可逆反应，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，C项错误；D．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混

合物的总物质的量为0.5mol，而甲烷和乙烯每个分子均含有4个氢原子，所以该气体含氢原子的物质的量为2mol，D项正确；所以答案选择D项。【点睛】白磷分子形成正四面体结构。在此结构中，磷和磷原子间的连线，既代表了磷原子在

空间上的相对位置关系，也代表了磷原子和磷原子间形成的共价键。6.元素周期律和元素周期表是学习化学的重要工具，下列说法不正确的是()A.第ⅥA族元素的原子，其半径越大，气态氢化物越稳定B.元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族十个纵列的元素都是金属元素C.同周期的主族元素中，

第ⅦA族元素的原子半径最小D.室温下，0族元素的单质都是气体【答案】A【解析】【分析】【详解】A．同主族元素自上而下原子半径增大，非金属性减弱，所以第ⅥA族元素的原子，其半径越大，非金属性越弱，气体氢化物越不稳定，故A错误；B．从ⅢB族到ⅡB族为过渡金属元素，则十个纵列的元

素都是金属元素，故B正确；C．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以同周期的主族元素中，第ⅦA族元素的原子半径最小，故C正确；D．稀有气体常温下都是气体，即室温下，0族元素的单质都是气体，故D正确；综上所述答案为A

。7.查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2。下列关于SO2说法正确的是()A.SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥B.SO2不能作食品添加剂，不该添加到葡萄酒中C.SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质D.SO2可以使酸性KMnO4溶液褪

色，体现了它的漂白性【答案】C【解析】【分析】二氧化硫具有还原性，葡萄酒中的少量SO2具有防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的；二氧化硫具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾，使高锰酸钾褪色，据此解答。【详解】A．SO2具有还原性，但二氧化硫和浓硫酸不

反应，可以用浓硫酸干燥，故A错误；B．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的，故B错误；C．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2可防止葡萄酒氧化变质，故C正确；D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的还原性

，故D错误；答案为C。8.下列实验操作能达到实验目的的是（）A.用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B.用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2D.配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中

再加水稀释【答案】D【解析】【分析】【详解】A．乙酸和乙醇反应的产物是乙酸乙酯，不溶于水，分离互不相溶的液体用的是分液漏斗，A错误；B．NO能够和空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，B错误；C．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可除

去HCl，但是Cl2中混有水蒸气，C错误；D．配制氯化铁溶液时，防止氯化铁水解，应先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，D正确；答案选D。9.下列说法正确的是（）A.为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B.做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶

中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C.在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42－或SO32－D.提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采

用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【答案】B【解析】【分析】【详解】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取

停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中

硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；故答案选B。10.下列除杂质的操作方法不正确的是()A.NaCl溶液中有少量的Na2SO4——加过量的BaCl2溶液后再过滤B.CO2中有少量的SO2——通入酸性高锰酸钾溶液洗气后再干燥C.NO中有少量的NO2——加水洗涤后再干燥D.

除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3——加热【答案】A【解析】【分析】【详解】A．氯化钡过量会引入新的杂质，故A错误；B．SO2会被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸根，CO2不反应，所以可以将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液洗气后再干燥，得到纯净

的CO2，故B正确；C．NO2与水反应生成HNO3和NO，所以NO中有少量的NO2可以加水洗涤后再干燥，得到纯净的NO，故C正确；D．碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠、二氧化碳和水，所以可以用加热的方法除去Na2C

O3固体中少量的NaHCO3，故D正确；综上所述答案为A。11.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2↑B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2OC.向CuSO4溶液中加入

足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2【答案】A【解析】【分析】【详解】A.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色是过氧化钠与二氧化碳反

应生成碳酸钠和氧气，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2↑，故A错误；B.澄清的石灰水久置后出现白色固体是氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，故B正确；C.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，锌置换出

铜，所以溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，故C正确；D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液生成更难溶的氢氧化铁沉淀，反应方程式是3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，故D正确。12.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是A.

气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4B.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C.如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞SiD.用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第

七周期0族【答案】C【解析】【分析】【详解】A．C、N、O属于同周期元素，从左至右，非金属性依次增强，原子序数C＜N＜O，非金属性O＞N＞C，C、Si属于同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，原子序数C＜Si，非金属性C＞

Si，则非金属性O＞N＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；

C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性强弱，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；D．118号元素的原子序数为118，质子数为118，核外电子数为118，其原子结构示意图为，它的原子结构中有7个电子层，最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于第七周期0

族，故D正确。答案为C。13.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是A.若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数:X＞YB.由水溶液的酸性:HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性:Cl＞SC.硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材

料D.Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，碱性:CsOH＞Ba(OH)2【答案】B【解析】【分析】A．若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期；B．元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关；C．位于金属

与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强。【详解】A．若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；B．元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液

的酸性无关，故B错误；C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故D正确；D．Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba(OH)2，故D正确；

故选B。14.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法中，正确的是A.B的最高

价氧化物对应的水化物的酸性比E强B.某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C的盐C.向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红D.B的氢化物的沸点一定高于A的氢化物【答案】C【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D、E的原

子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是碳元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；C、D为金属元素，原子序数大于氮，处于第三周期，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，其最外层电子数为2，所以D为Mg元素，C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加

少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象，则E是Cl元素。【详解】A．氯元素的非金属性强于氮元素，所以高氯酸的酸性比硝酸的强，A错误；B．某物质焰色试验呈黄色，该物质含有Na元素，可能是含钠盐，也可能为N

aOH等，B错误；C．Mg单质与沸水反应后生成氢氧化镁，溶液呈碱性，滴加酚酞，溶液变红，C正确；D．A的氢化物有烷烃、烯烃、炔烃、芳香烃等，碳原子数小于等于4时，为气态，大于4以上为液态；B的氢化物是氨气，虽然氨气分子之间形成氢键，沸点较高，但其沸点不一定高于A的氢化物，D错误；答案选C。【点

睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素化合物知识的考查，B选项为易错点，注意氢键对物质性质的影响。注意在对物质性质进行解释时，是用化学键知识解释，还是用范德华力或氢键的知识解释，要

根据物质的具体结构决定。15.南海争端、南海仲裁案一直牵动国人的心，南海是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如下图所示。下列有关说法正确的是A.第①步中除去粗盐中的SO42－、Ca2+、Mg2+等杂质，加

入药品的顺序为：Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、过滤后加盐酸B.第②步的关键要低温小火烘干C.氯碱工业的阴极产物是Cl2D.从第③步到第⑤步的目的是为了富集溴元素【答案】D【解析】【分析】【详解】A．除去粗盐中的SO42－、Ca2+、

Mg2+等杂质，先除硫酸根离子，需要BaCl2溶液，再除镁离子，需要NaOH溶液，最后除钙离子和过量的钡离子，加入Na2CO3溶液，过滤后加盐酸，即可达到提纯的目的，选项A错误；B．氯化镁属于强酸弱碱盐，能够发生水解，生成氢氧化镁和盐酸，为防止氯

化镁水解，应该在氯化氢气氛中进行，选项B错误；C．氯碱工业中，阴极发生还原反应，水电离出的氢离子得电子得到氢气，选项C错误；D．由③可知NaBr→Br2，NaBr中溴元素的化合价为-1价，单质溴中溴元素的化合价为0，则在反应中溴元素的化合价升高，由信息可知溴元素

被氧化，第④步吸收溴单质，还原为氢溴酸，在吸收液中氢溴酸被氧化又转化为溴单质，起到富集溴元素的目的，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查海水综合应用的有关判断。题目中重点对粗盐提纯和海水提溴进行考查，注意分析好氧化还原反应中元素化合价的变化，才能更好的解答

。二、非选择题(共55分)16.下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：(1)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H−除外)___________，Mg在元素周期表中的位置：_________

__，Mg(OH)2的电子式：___________。(2)A2B的化学式为___________。反应②的必备条件是___________。上图中可以循环使用的物质有___________。(3)在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料__

_________(写化学式)。(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：___________。【答案】(1).r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)(2).第三周期ⅡA族(3).(4).Mg2

Si(5).熔融，电解(6).NH3NH4Cl(7).SiC(8).2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O【解析】【分析】根据反应的流程过程，先判断出A2B的化学式，带入框图，结合学习过的相关知识进行分析即可。【详解】（1）MgCl2·6N

H3所含元素的简单离子为Mg2+、Cl-、N3-、H+，比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)。Mg

在周期表的第三周期ⅡA族。氢氧化镁是离子化合物，其中含有1个Mg2+和2个OH-,所以电子式为：。（2）根据元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考虑到各自化合价Mg为+2，Si为-4，所以化学式为Mg2Si。反应②是MgCl2熔融电解得到单质Mg，所

以必备条件为：熔融、电解。反应①需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后续过程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循环的是NH3和NH4Cl。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si和C，考虑到课本中介绍了碳化硅的高硬度，

所以该物质为SiC。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐（亚硫酸镁），考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方程式，所以产物应该为硫酸镁（亚硫酸镁被空

气中的氧气氧化得到），所以反应为：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O。17.水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测

定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是___________，还可使用____________代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是____________，其不溶于强酸但可与一

种弱酸反应，该反应的化学方程式为_________________。(3)加氨水过程中加热的目的是____________。沉淀B的主要成分为____________、______________(写化学式)。【答案】(1).将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋(2).H2O2(3).

SiO2(或H2SiO3)(4).SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O(或H2SiO3＋4HF=SiF4↑＋3H2O)(5).防止胶体生成，易沉淀分离(6).Al(OH)3(7).Fe(OH)3【解析】【分析】水泥熟料的主要成分为CaO、

SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。加入盐酸、氯化铵，可将金属氧化物溶解生成金属氯化物，但FeCl2在调节pH为4~5时不能转化为沉淀，所以应加入强氧化剂，这也就是加入硝酸的目的，加酸后，只有SiO2不溶。滤液中加入氨水，并调节溶液的

pH在4~5之间，此时Fe3+、Al3+转化为沉淀；滤液中剩余Ca2+、Mg2+等，加入草酸铵溶液，可将Ca2+转化为CaC2O3沉淀。【详解】(1)水泥熟料中的CaO和铁、铝、镁等金属的氧化物均能溶于盐酸，加入硝酸能将水泥样品中可能含有的Fe2＋氧化为Fe3＋

，为了不引入新杂质，还可用H2O2代替硝酸。答案为：将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋；H2O2；(2)根据图示流程可知，不溶于盐酸和硝酸的沉淀A为SiO2(或H2SiO3)，SiO2(或H2SiO3)能溶于弱酸氢氟酸，生成SiF4和H2O，反应的化学方程式为S

iO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O(或H2SiO3＋4HF=SiF4↑＋3H2O)。答案为：SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O(或H2SiO3＋4HF=SiF4↑＋3H2O)；(3)在溶液中生成的Al(OH)3和Fe(OH)3呈胶状，很难转化为沉淀，加入氨水调节溶液的pH为4～5

的过程中加热，能防止胶体生成，易沉淀分离，结合流程图可知，沉淀B的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3。答案为：防止胶体生成，易沉淀分离；Al(OH)3；Fe(OH)3。【点睛】在水泥熟料中，CaO与SiO2会反应生成Ca

SiO3，加入盐酸后，会发生复分解反应生成CaCl2和H2SiO3。18.2NO、NO和2NO等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(1)2NO的处理。2NO是硝酸生产中氨催化氧化的

副产物，用特种催化剂能使2NO分解。3NH与2O在加热和催化剂作用下生成2NO的化学方程式为_______________________________________。(2)NO和2NO的处理。已除去2NO的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主

要反应为222NONO2OH=2NOHO−−+++22322NO2OHNO=NOHO−−−+++①下列措施能提高尾气中NO和2NO去除率的有____________(填字母）。A．加快通入尾气的速率B

．采用气、液逆流的方式吸收尾气C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到2NaNO晶体，该晶体中的主要杂质是________________(填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_________________

___(填化学式）。(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和3NO−，其离子方程式为____________________。【答案】(1).32222NH2O=NO3HOΔ++催化剂(2).B

C(3).3NaNO(4).NO(5).233HClO2NOHO=3Cl2NO5H−−+++++【解析】【分析】【详解】（1）3NH被2O氧化生成2NO，N元素从-3价升至+1价，31molNH失去4mo

l电子，O元素从0价降至-2价，21molO得到4mol电子，根据N和O元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式，为32222NH2O=NO3HOΔ++催化剂。（2）①A项，通入尾气速率过快时，尾气吸收不充分，错误；B项，采用气、液逆流的方式吸收尾气

时，尾气吸收会更充分，正确；C项，补充NaOH溶液，()OHc−增大，吸收尾气更充分，正确。故答案为BC。②2NO与NaOH反应可生成2NaNO、3NaNO和2HO，所以2NaNO晶体中会混有3NaNO杂质。由吸收尾气的主要反应可知，2NO吸收更充分，故吸收后排放的尾气中NO的含量

较高。（3）HClO氧化NO生成3NO−，自身被还原为Cl−，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式，为233HClO2NOHO=3Cl2NO5H−−+++++。【化学——物质结构与性质】19.东晋《

华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数

为______。（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为

______，提供孤电子对的成键原子是_____。③氨的沸点_____（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。（3）单质铜及镍都是

由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是______。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与

镍原子的数量比为_____。②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2(2).2(3).正四面体(4).配位键(5)

.N(6).高于(7).NH3分子间可形成氢键(8).极性(9).sp3(10).金属(11).铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子(12).3:1(13).13723251106.0210d【解析

】【分析】【详解】（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。（2）①SO42-中S原子的孤电子对数=62242+−=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体；②Ni2+提供空轨道，NH3

中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子

，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化。（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d104s1，Ni+的外围电子排布为3d84s2，Cu+

的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，而镍失去的是4s轨道的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×18=1，Cu原子数目=6×12=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1。②属于面心立方密堆积，晶胞质量

质量为59643+ANg，根据m=ρV可有：59643+ANg=dg•cm-3×(a×10-7cm)3，解得a=13723251106.0210d。