【文档说明】安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(23)页，2.489 MB，由管理员店铺上传

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阜阳三中2023~2024学年度高二年级第一学期一调考试化学全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．请按题号顺序在答题卡

上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。5．本卷主要考查内容：选择性必修1、选择性必修2、选择性必修

3第一章。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35.5Cu64Pb207一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活息息相关。已知：单位质量的燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值。

下列说法正确的是A.向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值不变B.空气中的水汽凝华为雪花是一个放热过程，也是熵增过程C.可使用广泛pH试纸测量“84”消毒液的pHD.用锡焊接的铁质器件，焊接处容易生锈【答案】D【解析】【详解】A．汽油和乙醇的热值不同，则向汽油中添加

乙醇后，混合燃料的热值会改变，A错误；B．水由气体变为固体时要放热，由水蒸气变成固体时混乱度减小，熵在减小，B错误；C．“84”消毒液有漂白性，不能使用广泛pH试纸测量该消毒液的pH，C错误；D．用锡焊接的铁质器件，焊接处形成原电池的两极，铁为负极，更容易生锈，D正确；

答案选D。2.下表物质中所含官能团的名称命名错误的是选项物质官能团的名称A碳碳双键、醛基B酯基、羧基C醚键、氨基D碳溴键、羟基A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．含官能团碳碳双键、醛基，A正确；B．含官能团酯基、羧基，B正确；C．含官能团酮羰基、氨

基，C错误；D．含官能团碳溴键、羟基，D正确；答案选C。3.下列各组比较中，正确的是A.分子的极性：33BFPBrB.Cu+比2Cu+稳定C.Fe位于元素周期表的ds区D.在苯中的溶解度：22CSHO【答案】B【解析】【详解】A．3BF是平面正三角形分子，是非极性分子，3PBr是三角锥形分子

，是极性分子，故分子的极性：33BFPBr，A项错误；B．Cu+的电子排布式为22626101s2s2p3s3p3d，而2Cu+为2262691s2s2p3s3p3d，Cu+中3d轨道全充满，能量低，更稳定，B项正确；C．Fe位于元素周期表的d区，C项错误；D．2CS是非极性分子，2H

O是极性分子，苯是非极性分子，根据相似相溶原理，在苯中溶解度：22CSHO，D项错误；故选B。4.“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，可通过反应42SiCl(g)+2H(g)Si(s)+4HCl(g)高温制备高纯硅。下列有关说法正确的是A.基态氯原子的价层电子排布式为3

s23p5B.4SiCl是由极性键形成的极性分子C.单晶硅为分子晶体D.芯片、太阳能电池、光导纤维的主要成分均为晶体Si【答案】A【解析】【详解】A．Cl元素是第三周期第ⅦA族元素，价层电子排布式为253s3p，A正确；B．4SiCl是由极性键形成的非极性分子

，B错误；C．单晶硅为共价晶体，C错误；D．芯片、太阳能电池的主要成分均为晶体Si，光导纤维的主要成分为2SiO，D错误；故选A。5.用价层电子对互斥理论（VSEPR）可以预测许多分子或离子的空间结构，有时也能用来推测

键角大小，下列判断正确的是A.2SO、2CS、HCN分子的键角都是180°B.2HO的键角为120°，2HgCl的键角为180°C.3PCl、3NH、3GaCl都是三角锥形分子D.HCHO（甲醛）、3BCl、3SO的空间结

构都是平面三角【答案】D【解析】的【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V形，键角小于180°，故A错误；B．水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形

，键角键角为104.5°，故B错误；C．三氯化镓分子中镓原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形分子，不是三角锥形分子，C错误；D．甲醛分子中的碳原子、三氯化硼分子中的硼原子、三氧化硫分子中的硫原子的价层电子对数都为3、孤对电子对数都为0，分子的空

间构型都为平面三角形分子，故D正确；故选D。6.下列说法正确的是A.提纯苯甲酸可采用蒸馏的方法B.分离正戊烷(沸点36℃)和正己烷(沸点69℃)可采用萃取的方法C.某有机物的相对分子质量为58，则其分子式一定为C3H6OD.某烃完

全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为2:3，则其实验式为CH3【答案】D【解析】【详解】A．提纯苯甲酸可采用重结晶的方法，A错误；B．分离正戊烷(沸点36℃)和正己烷(沸点69℃)，二者溶解性类似，

沸点相差明显可采用蒸馏的方法，B错误；C．某有机化合物的相对分子质量为58，则其分子式可能为36CHO，也可能为410CH或222CHO等，C错误；D．某烃完全燃烧生成2CO和2HO的物质的量之比为2:3，则C:H=2:6，则其实验式为3CH，D正确；故选D。7.ag某常见有机物，

X在足量的氧气中充分燃烧，生成24.4gCO和23.6gHO，下列说法正确的是A.X不可能是甲烷B.若X含有三种元素，则a可能为3.2C.X完全燃烧时，消耗的()()2nX:nO=1:2D.X最多存在两种同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．由2CO、2

HO的质量可求出有机物中()()114.4g3.6gC:H:21:444gmol18gmolnn−−==，若X是烃，则为甲烷，A错误；B．产物2CO、2HO中碳、氢元素质量之和为1.2g0.4g1.6g+=，若X含有三种元

素，则另一种元素是氧元素，分子中至少有一个氧原子，分子式为4CHO，此时16g1.6g32a=，3.2a=，B正确；C．甲烷完全燃烧与甲醇完全燃烧时消耗的()()2X:Onn不同，故无法确定消耗的()Xn

与()2nO的比值，C错误；D．由上述分析知X不存在同分异构体，D错误；故选B。8.用AN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.1L0.1mol⋅L1−227KCrO溶液中227CrO−的数目小于A0.1NB

.铅蓄电池工作时转移电子数为A2N时，负极材料质量减少207gC.1mol()2Ig和3mol()2Hg在一定条件下反应，所得混合气体分子数等于A4ND.已知反应()()()()22222CHCHg3Og=

2COg2HOl=++Δ1411H=−kJ·mol1−，该反应每放出2822kJ热量时，形成CO=键的数目为A8N【答案】B【解析】【详解】A．重铬酸钾发生水解，反应的离子方程式为222274HOCrO2CrO2H−−+++，1L0.1mol⋅L1−227KCrO溶液中227CrO−的数目

小于A0.1N，A正确；B．铅蓄电池工作时负极反应式为：244PbSO2ePbSO−−+−=，负极质量增加，增加的质量为硫酸根离子的质量，每转移2mol电子负极质量增加96g，B错误；C．在一定条件下，()()()22IgHg2HIg+，反

应前后气体分子数不变，所以1mol()2Ig和3mol()2Hg在一定条件下反应所得混合气体分子数等于A4N，C正确；D．2CO结构式为OCO==，每放出1411kJ热量时形成4molCO=键，则放出的热量为2822kJ时，形成CO=键的数目为A8N，D正确；选B。9.下列

由废铁屑制取32FeCl6HO所设计的装置或操作错误的是A．除去废铁屑表面的油污B．加快废铁屑的溶解C．过滤，反应得到3FeCl溶液D．蒸干溶液获得32FeCl6HOA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．23NaCO是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，23NaCO水解程

度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污与碱性物质反应生成可溶性物质，因此热纯碱溶液可除去废铁屑表面的油污，A项正确；B．Fe与稀盐酸反应生成2FeCl和2H温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B项正确；C．该装置

可将难溶性固体过滤除去，得到2FeCl溶液，与22HO溶液反应得到3FeCl溶液，C项正确；D．()323FeCl3HOFeOH3HCl++，直接加热，促进水解，生成的HCl易挥发，蒸干溶液不能得到32FeCl6HO晶体，D项错误；故选D。10.消毒剂在抗击新冠肺炎的过程中起到了非常重要的

作用。一种新型漂白剂由W、X、Y、Z四种短周期主族元素组成，它们的原子序数依次增大，该漂白剂的分子结构如图所示，其中W是形成化合物种类最多的元素；X与W同周期，其基态原子的最高能级中有3个未成对电子；在同周期元素中，Z的最高价

氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸；Y分别与W、X、Z可以形成多种二元化合物。下列叙述错误的是A.原子半径：W＞X＞YB.Y的某些－1价化合物也常作漂白剂C.最高价氧化物对应的水化物酸性：W＞XD.该漂白剂中W、X原子最外层均满足8电子稳定结构【答案】C【

解析】【分析】W是形成化合物种类最多的元素，则W为C；X与W同周期，其基态原子的最高能级中有3个未成对电子，则X为N；在同周期元素中，Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸，则Z为Cl；Y分别与W、X、Z可以形成多种二元化合物，该新型漂白剂的结构中Y能形成两个共价键，Y为O。【详解】A．

同一周期，从左到右，元素的原子半径逐渐减小，则原子半径：C＞N＞O，即W＞X＞Y，故A正确；B．Y的某些－1价化合物如22HO、22NaO常作漂白剂，故B正确；C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：233HCOHNO，故C错误；D

．结构图中C周围有1个双键和2个单键，N周围有3个共价键，且N含有孤电子对，故C、N最外层均满足8电子稳定结构，故D正确；答案选C。11.叶蝉散对水稻叶蝉和飞虱具有较强的触杀作用，防效迅速，但残效不长。工业上用邻异丙基苯酚合成叶蝉散的过程如下：下列有

关说法正确的是A.叶蝉散的分子式是C11H16NO2B.叶蝉散分子中含有羧基C.邻异丙基苯酚的核磁共振氢谱有7个峰D.邻异丙基苯酚与互为同系物【答案】C【解析】【详解】A.叶蝉散的分子式是C11H15NO2，A错误；B.由叶蝉散的分子结构可知叶蝉散中不含有-C

OOH，B错误；C.由叶蝉散的结构简式可知，叶蝉散分子中含有8类氢原子，则叶蝉散的核磁共振氢谱有8组峰，C正确；D.同系物必须是同类物质，邻异丙基苯酚属于酚，属于醇，则邻异丙基苯酚不可能互为同系物，D错误；故选C。12.下列对有关事实的原因分析错

误的是选项事实原因A白磷（4P）为正四面体分子白磷分子中PP−键间的夹角是109°28'B分子内共价键之间存在一定的夹角共价键具有方向性C键的极性：HF−键HBr−键F的电负性大于Br的电负性D通常状况下，1体积水溶解700体积氨气氨是极性分子且有氢键的影响A.AB.BC.CD.D【答案】A【解

析】【详解】A．白磷分子中有6个PP−键，相邻的键之间的夹角是60°，因此白磷（4P）为正四面体分子，A项错误；B．分子内共价键之间存在一定的夹角，说明共价键具有方向性，B项正确；C．F的电负性大于Br的电负性，共用电子对会偏向于电负性较大的原子一

方，电负性越大的原子，其对共用电子对的作用力越强，因此键的极性：HF−键HBr−键，C项正确；D．氨是极性分子且氨气与水能形成分子间氢键，因此氨气极易溶于水，通常状况下，1体积水溶解700体积氨气，D项正确；故选A。13.有关晶体结构如图所示，下列说法正确的是A

.在NaCl晶体中，每个晶胞平均占有8个Cl−B.在CsCl晶体中，距Cl−最近的Cs+有4个C.在金刚石晶体中，最小的环上有12个C原子D.在2CO晶胞中，1个分子周围有12个紧邻分子【答案】D【解析】【详解】A．在NaCl晶体中，每个晶胞平均占有112144+=个Cl−，A错误

；B．在CsCl晶体中，以体心的Cs+分析，距Cs+最近的Cl有8个，距Cl最近的Cs+有8个，B错误；C．在金刚石晶体中，根据图中信息得到最小的环上有6个C原子，C错误；D．根据2CO晶胞，以顶点的二

氧化碳分子分析，与面心的二氧化碳分子紧邻，每个横截面有4个，总共有3个横截面，因此1个分子周围有12个紧邻分子，D正确；答案选D。14.下列实验方案正确且能达到预期目的的是选项实验方案目的A向两支盛有3KI溶液的试管中，

分别滴加淀粉溶液和3AgNO溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀3I−溶液中存在平衡：32III−−+B将50mL0.55mol·L1−NaOH溶液缓慢倒入盛有50mL0.50mol·L1−盐酸的烧杯中测定中和热的C用铂（Pt

）电极电解等物质的量浓度的足量()33FeNO、()32CuNO混合溶液，阴极上立即有红色固体物质析出证明金属活动性：Cu<FeD在2mL0.10mol·L1−3AgNO溶液中滴加2滴等浓度的NaCl溶液，再加入2滴等浓度的KI溶液()()spspAgClAgIKKA.AB.BC.CD.D【答

案】A【解析】【详解】A．滴加淀粉溶液变蓝说明含有碘单质，滴加3AgNO溶液产生黄色沉淀，说明含有I−，所以3KI溶液中含2I、I−，即3KI溶液中存在平衡：32III−−+，A正确；B．为防止热量损失，应该将50mL0.

55mol·L1−NaOH溶液迅速倒入盛有50mL0.50mol·L1−盐酸的烧杯中，B错误；C．氧化性：32FeCu++，用铂（Pt）电极电解等浓度的足量()33FeNO、()32CuNO混合溶液，发生反应32FeeFe=+−++，阴极没有红色固体物质析

出，无法证明金属活动性：Cu<Fe，C错误；D．3AgNO过量，3AgNO会与NaCl和KI反应生成AgCl沉淀和AgI沉淀，没有出现沉淀的转化，所以不能得出溶度积常数的相对大小，D错误；答案选A。15.一种新型锂钒固体电池结构示意图如图所示，放电时Li+移向25VO电极形成25LiVOx

，下列说法正确的是A.纳米碳管作为金属锂的载体，为该电池的负极B.放电时，电子由引线端子A流出C.充电时，引线端子A与外接电源负极相连D.充电时，25VO的电极反应式：2525LiVOe=VOLi−+

++xxx【答案】A【解析】【分析】由放电时锂离子移向五氧化二钒形成LixV2O5可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，金属锂的载体纳米碳管为负极。【详解】A．由分析可知，金属锂的载体纳米碳管为新型锂钒

固体电池的负极，故A正确；B．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，金属锂的载体纳米碳管为负极，则电子由引线端子B流出，故B错误；C．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，则充电时，引线端子A与外接电源正极相连，故C错误；D．由分析可知，五氧化

二钒为新型锂钒固体电池的正极，则充电时，五氧化二钒电极为电解池的阳极，LixV2O5在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二钒和锂离子，电极反应式为-+x2525LiVO-xe=VO+xLi，故D错误；故选A。16.已知：手性碳原子是指

与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。在半导体生产或灭火剂的使用中，会向空气逸散气体，如3NF、3CHClFCF、38CF和4CF等。它们虽是微量的，有些却是强温室气体。下列有关推测正确的是A.3NF是平面型分子B.3CHClFCF分子中有两个手性碳原子C.4CF在4CCl中的溶解度

比在水中的小D.3NF分子可以与HCl反应生成3HNFCl【答案】D【解析】【详解】A．3NF分子中N原子价层电子对数为()135313142+−=+=，是3sp杂化，分子呈三角锥形，A项错误；B．3CHClFCF中

只有一个手性碳原子，B项错误；C．4CF为非极性分子，4CCl为非极性分子，4CF在水中的溶解度小于在4CCl中的溶解度，C项错误；D．3NF分子中N最外层有孤电子对，与3NH分子相似，可与H+结合，D项正确；故选D。17.许多配合物都是用3NH

作配位体的，如4ZnSO溶于氨水可以形成()344ZnNHSO。下列有关()344ZnNHSO的说法正确的是A.()2341molZnNH+中键数目为A12NB.()234ZnNH+中HNH−−的键角小于3NH中的键角C.

由于()344ZnNHSO是配合物，故向其中滴加2BaCl溶液不会产生沉淀D.()234ZnNH+中任意两个3NH被两个Cl取代，只有一种产物，则()234ZnNH+的空间结构为正四面体【答案】D【解析】【分析】Z

n2+能与NH3形成配离子[Zn(NH3)4]2+。根据价层电子对互斥理论，配位体NH3价层电子对个数=3+12(5-3×1)=4，所以其VSEPR模型名称为正四面体；在[Zn(NH3)4]2+中，Zn2+位于正四面体中心

，N位于正四面体的顶点，表示[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与N之间的化学键如图：。据此作答。【详解】A．()2341molZnNH+中键的数目为（4+4×3）NA=16NA，A错误；B．根据孤电子对与

孤电子对斥力>孤电子对与成键电子对斥力，排斥力越大，键角越小，3NH分子中有1对孤电子对，而()234ZnNH+中3NH的孤电子对用于形成了配位键，不存在孤电子对了，所以3NH中HNH−−的键角较小，B错误；C．

于()344ZnNHSO是配合物，但是[Zn(NH3)4]2+与2-4SO形成的是离子键，会电离产生2-4SO，所以向其中滴加2BaCl溶液会产生白色沉淀，C错误；的D．根据分析，[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与N之间的化学键如图：，D正确；故选D。18.下图为H

COOH发生反应的一种反应机理和相对能量的变化情况。下列说法正确的是A.[LFeH]+−−是中间产物B.H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C.升高温度能加快反应速率，并增大HCOOH平衡转化率D.该过程的总反应速率由步骤Ⅱ→Ⅲ决定【答案】B【解析】

【详解】A．LFeH+−−是催化剂，不是中间产物，A错误；B．由反应机理示意图可知，若氢离子浓度过大，会抑制甲酸电离，导致反应过程甲酸根离子浓度过小，反应速率减慢，若氢离子浓度过小，会使Ⅲ→Ⅳ的转化中反应物氢离子浓度减小，反应速率减

慢，则氢离子浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，B正确；C．升高温度能加快反应速率，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，HCOOH的平衡转化率减小，C错误；D．由相对能量的变化示意图可知，步骤Ⅳ→Ⅰ反应的活化能最大，反应速率最慢，由化学反应速率取决于慢反

应可知，该过程的总反应速率由步骤Ⅳ→Ⅰ决定，D错误；的的答案选B。19.次磷酸钴()222CoHPO可用作陶瓷颜料、釉药，电解法制备次磷酸钴的装置如图所示，下列说法错误的是A.a为电源的正极B.膜Ⅰ与膜Ⅳ均为阳离子交换膜C.阳极的电极反应式：()22222Co2e

2HPO=CoHPO−−−+D.阴极的电极反应式：222HO2e=2OHH−−++【答案】C【解析】【分析】由装置图可知制取次磷酸钴的原理：该装置为电解池，M为阳极，电极材料为金属钴，钴失电子生成钴离子，钴

离子通过膜Ⅰ进入产品室，22HPO−通过膜Ⅲ、Ⅱ进入产品室与钴离子结合成()222CoHPO，阴极室NaOH溶液中2HO得到电子生成2H，电极反应式为222HO2e2OHH−−+=+，Na+通过膜Ⅳ、Ⅴ在N极区

形成氢氧化钠，据此解答。【详解】A．M为阳极，应接电源的正极，则a为电源的正极，A正确；B．由分析可知膜Ⅰ与膜Ⅳ均为阳离子交换膜，B正确；C．()222CoHPO在产品室生成，不是在阳极生成，阳极的电极反应为2Co2eo=C−+−

，C错误；D．由分析可知阴极的电极反应式为222HO2e2OHH−−+=+，D正确；答案选C。20.常温下，用NaOH溶液滴定33HAsO时，各含砷微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，下列说法不正确的是A

.曲线②代表32HAsO−B.33HAsO的第一电离常数9.3a1110K−=C.等物质的量浓度的33HAsO溶液与NaOH溶液等体积混合，所得溶液促进水的电离D.b点溶液中()()()()()()232333HAsOHAsOAs

OOHHNacccccc−−−−+++++=+【答案】D【解析】【详解】A．用NaOH溶液滴定33HAsO时，各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，曲线①为33HAsO，曲线②为32HAsO−，曲线③为23HAsO−，曲线④为33AsO

−，A项正确；B．由图可知，a点表示()()3323HAsOHAsOcc−=，()9.3H10+−=c，亚砷酸的()()()1239.3a33HHAsOK110HAsOccc+−−==，B项正确；C．等物质的量浓度的33HAsO溶液与NaOH溶液等体积混合，溶质为23NaHA

sO，则()144.7wh239.3a1K110KHAsO110K110−−−−===，根据b点得到()()()22312.1a23cHcHAsOK110cHAsO+−−−==，因此32HAsO−的水解大于其电离，促进水的电离，C项正确；D．根据电荷守恒，b点溶液中()()()()()

()232333cHAsO2cHAsO3cAsOcOHcHcNa−−−−+++++=+，D项错误；故选D二、非选择题：本题共3小题，共40分。21.中科院大连化学物理研究所科学家用Ni-BaH3/Al2O3、Ni-LiH等作催化剂，实现了在常压、100~300℃的条件下合成氨，这一成果发表在

《NatureEnergy》杂志上。（1）基态2Ni+的核外电子排布式为___________，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于___________(填“基”或“激发”)态。（2）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重

要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。甘氨酸(NH2CH2COOH)是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。①硝酸溶液中3NO−的空间构型为___________。②甘氨酸中C原子的杂化方式为_____

______，晶体类型是___________，其熔、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸(熔点为-21℃，沸点为141℃)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是___________。（3）NH3分

子中的键角为107°，但在()234CuNH+中NH3分子的键角如图1所示，导致这种变化的原因是___________。（4）亚氨基锂(Li2NH)是一种储氢容量高、安全性能好的固体储氢材料，其晶胞结构如图2所示

，若晶胞参数为dpm，密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数AN=___________1mol−(列出表达式)。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2②.激发（2）①.平面三角形②.sp3、sp2③.分子晶体④.分子数相同时，甘氨酸分

子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多(或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键)（3）形成配合离子后，配位键与3NH中NH−键之间的排斥力小于原孤电子对与3NH中NH−键之间的排斥力，故配合离子中3NH的NH−键间的键角变大（4）3231.1610ρd

【解析】【小问1详解】Ni元素为28号元素，失去最外层两个电子形成Ni2+，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；基态Ni2+的核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14种，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于

激发态；【小问2详解】①-3NO的中心原子价层电子对数为5+03+12=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面三角形；②甘氨酸(NH2CH2COOH)中CH2中C原子形成四个键，达到饱和状态，价层电子对数为4，所以为sp3杂化，-COOH中

C原子连接一个碳氧双键，所以为sp2杂化；甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体；分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）；【小问3详解】孤对电子对的斥力较大，形成配合离

子后，配位键与NH3中N—H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力，使得配合离子中NH3的N—H键间的键角变大；【小问4详解】根据均摊法，该晶胞中Li原子个数为8，其分子式为Li2NH，则晶胞中NH原子团的个数为4

，则晶胞的质量为m=A78+154Ng，晶胞参数为dpm=d×10-10cm，所以晶胞的体积V=d3×10-30cm3，则密度3-3A3078+1d10c5g=m4NmV=，解得NA=3231.1610d。22.工业上以两种电镀污泥[均含有Cu（Ⅱ）、Ni（Ⅱ）、F

e（Ⅱ）、Al（Ⅲ）的氢氧化物，前者还含有Cr（Ⅲ）的氢氧化物]为主要原料综合回收铜、镍的工艺流程如图：已知：①4FePO、4CrPO、4AlPO、()342NiPO的spK依次为221.310−、232.

410−、195.810−、315.010−。②Cr及其化合物的性质与铝类似。③“萃取Ⅱ”时，发生的反应为()232434CuNH2HR=CuR2NH2NH+++++，()2236NiNH2HR=++243NiR2NH4NH+++。回答下列

问题：（1）“浸出Ⅰ”时，为提高浸出速率，可以采取的措施有______（写出两条）。（2）“电解Ⅰ”时，铜的电解电压较低，且电解速率很快，铁和铬存在形式随电解电压的变化如下表。为得到纯的42NiSOHOn，电解电压的范围应

选择______V。电解电压/V1.01.21.52.02.53.03.52Fe+有有有无无无无4Cr+无无无无无有有（3）“除杂”时，若镍离子浓度为0.05mol·L1−，则应调整溶液中34PO−浓度的范围为______mol⋅L1−（溶液中离子浓度510−mol⋅L1−

时，认为该离子沉淀完全；103.2=）。（4）“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为__________________（用离子方程式表示）。（5）“浸出Ⅱ”时，采取了多次浸取的方式，其目的为__________________。该回收铜、镍的工艺流程中除了有机相之外，可以循环利用

的物质还有____________（填化学式）。（6）“电解Ⅱ”时，若维持电流强度为0.5A，电流效率为90%，电解8min，理论上可获得铜______g（保留2位小数）。（已知：电流效率是指电解时电极上实际沉积与理论沉积物质的量之比，9

6500F=C·mol1−）【答案】（1）加热、增大硫酸浓度、搅拌等（任写出两条即可）（2）2.0~2.5（3）14145.8106.410−−（4）()223AlOHOH=AlO2HO−−++、()223CrOHOH=CrO2HO−−++（5）①.提高铜、镍元素的浸取率②.32NHH

O、()432NHCO、34NaPO（6）0.07【解析】【分析】浸出Ⅰ：铬系铜镍电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有2Cu+、2Ni+、2Fe+、3Al+、3Cr+的滤液；电解Ⅰ：电解滤液得到铜单质，同时2Fe+被氧化为3Fe+；除杂：加入磷酸钠得到4FePO、4CrPO、4AlPO沉淀

；转溶：过滤后向4FePO、4CrPO、4AlPO沉淀中加入氢氧化钠溶液，将磷酸盐沉淀转化为对应的氢氧化物沉淀；浸出Ⅱ：向非铬系铜镍电镀污泥中加入氨水、碳酸铵，过滤得到含有()234CuNH+、()236NiNH+的滤液Ⅱ；萃取Ⅱ、水洗：向滤液Ⅱ中加入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分

液后得到有机相；反萃取Ⅱ：加入硫酸进行反萃取，分液得到含2Cu+、2Ni+的水相；电解Ⅱ：电解水相得到铜；萃取Ⅰ、反萃取Ⅰ：电解Ⅱ得到的电解液和除杂后的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸镍。【小问1详解

】“浸出Ⅰ”时，为提高浸出速率，可以采取的措施有加热、增大硫酸浓度、搅拌等；【小问2详解】由电解电压范围表可知，为得到纯的42NiSOHOn，电解电压的范围应选择2.0~2.5；【小问3详解】除杂的目的是2

Fe+、3Al+、3Cr+沉淀，2Ni+不沉淀，需要沉淀的这三种磷酸盐中()sp4AlPOK最大，只要保证3Al+完全沉淀，2Fe+、3Cr+也一定完全沉淀，3Al+完全沉淀时溶液中()()()19sp4314453AlPO5.810POmol/L5.810mol/L10AlKcc−−−−+

==，2Ni+开始沉淀时()()()()31sp34231443322NiPO5.010POmol/L6.410mol/LNi510Kcc−−−+−==，所以，()34POc−的浓度范围为1414L5.8106.410mol/−−；【

小问4详解】“转溶”时，若氢氧化钠过量，()3AlOH、()3CrOH沉淀会溶解，()223AlOHOH=AlO2HO−−++、()223CrOHOH=CrO2HO−−++；【小问5详解】“浸出Ⅱ”时，采取了多次浸取的方式，其目的

为多次浸出可以提高铜、镍元素的浸取率；该回收铜、镍的工艺流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有32NHHO、()432NHCO、34NaPO；【小问6详解】维持电流强度为0.5A，电流效率为90%，电解8min，即480s，理论上转移电子的物质的量为0.548090%mol96500

，可获得铜的质量为0.5480190%mol64g/mol0.07g965002。23.丙烯是重要的化工原料，可以用于生产丙醇，卤代烃和塑料。回答下列问题：（1）工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理如下：①12322

3CH=CHCH(g)+Cl(g)CHClCHClCH(g)ΔH=134kJmol−−→②123222CH=CHCH(g)+Cl(g)CH=CHCHCl(g)+HCl(g)ΔH=102kJmol−−→已知反应2223

CH=CHCHCl(g)+HCl(g)CHClCHClCH(g)→的活化能1aE()164kJmol−=逆，则该反应的活化能aE()=正_______1kJmol−。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的23CHCHCH(g)=和2Cl(g)，在催化剂作用下发生(

1)中的反应①、②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.465.261.657.657.6用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即pvt=，则反应①前180min内平均反应速率(

)23vCHClCHClCH=_______1mkPain−(保留2位小数)。（3）反应38362CH(g)CH(g)+H(g)ΔH>0在不同温度下达到平衡，在总压强分别为1p和2p时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图所示。图中a、b、c、d代表丙烷

或丙烯，则a、d代表_______，1p_______2p(填“大于”“小于”或“等于”)；若1p0.2MPa=，起始时充入一定量的丙烷在恒压条件下发生反应，计算Q点对应温度下丙烷的转化率为_______%(保留1位小数)，该反应的平衡常数pK=

_______MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（4）丙烷氧化脱氢法制备丙烯的反应为3823621CH(g)+O(g)CH(g)+HO(g)ΔH=21118kJmol−−。已知该反应的()()12382v=kcCHcO

正正，()()362v=kcCHcHO逆逆，kk正、逆为正、逆反应速率常数。1T温度下，该反应的化学平衡常数为K，K与kk正、逆的关系是_______。2T温度下，该反应的化学平衡常数为K，且K>K，则温度2

T_______1T(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）132（2）0.08（3）①.丙烷②.大于③.33.3④.0.025(或140)（4）①.kKk=正逆②.<【解析】【小问1详解】①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g

)△H1=-134kJ∙mol-1；②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)△H2=-102kJ∙mol-1；根据盖斯定律①-②得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)△H2=-134kJ∙m

ol-1+102kJ∙mol-1=-32kJ∙mol-1，焓变=活化能Ea(正)-活化能Ea(逆)，则该反应的活化能Ea(正)=-32kJ∙mol-1+164kJ∙mol-1=132kJ∙mol-1；【小问2详解】由于

CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)反应，使容器内气体压强减小；设180min时，CH2ClCHClCH3(g)的压强为p()()()23223CH=CHCHg+ClgCHClΔP11PCHClC80-H2g65

.P=14.8KPa，ν(CH2ClCHClCH3)=14.8KPa180min=0.08Kpa/min-1；【小问3详解】该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，由图知温度越高，a、d曲线的量越少，所以a、d是反应物丙烷；

根据a、d曲线，在相同的温度下，P1下丙烷的物质的量分数>P2下，根据反应，增大压强，丙烷的量增大，所以P1>P2；设丙烷物质的量为lmol，消耗物质的量为x，由图象中可知丙烷在Q点物质的量分数为50%,列出三段式即()()()38362+CHgCHgHgmol100mo

lxxxmol1xxx−起始（）转化（）平衡（），1150%=13xxx−=+，解得，故转化率为33.3%；总物质的量=41+3x=，C3H8，C3H6，H2的物质的量分数分别为0.5，0.25，0.25平衡常数KP=0.025MPa；【小问4详

解】平衡时v=v正逆，则()()()()12382362kcCHcO=kcCHcHO正逆，则()()()()36212382cCHcHOk==KkcCHcO正逆，故kK=k正逆；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故2T<1T。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号

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