黑龙江省2021年高考复习化学一模试卷课件

2021

年黑龙江省哈尔滨三中高考化学一模试卷一、选择题（共

7

小题，每小题

3

分，满分

21

分）1．（3分）下列说法错误的是（）A．长期饮用纯净水可能引起微量元素缺乏症B．合理使用食品添加剂可以保持或增强食品的营养C．食品还原性漂白剂，是以二氧化硫为基础的一系列衍生物D．锌能促进生长发育，应大剂量补锌2．（3分）用

N

表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）AA．标准状况下，22.4LNO与

11.2LO

充分反应后得到的气体分子数为

NA2B．3.6g重水中含有的中子数为

2NAC．常温下，1L1mol•L﹣1的

CH

COOH溶液中，所含溶质分子数小于

NA3D．一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为

0.2NA3．（3分）X、Y、Z、W

是原子序数依次增大的短周期主族元素。X

和

Z

同主族，可形成两种常见的分子，Y

和

Z最外层电子数之和与

W

的最外层电子数相同。下列说法错误的是（）A．氢化物稳定性

W＞ZB．X、Y、W

三种元素组成化合物的水溶液均显碱性C．原子半径：Y＞Z＞W＞XD．在

X、Y

形成的两种常见的离子化合物中阴阳离子的个数比分别均为

1：24．（3分）下列对于有机物的叙述正确的是（）12021年黑龙江省哈尔滨三中高考化学一模试卷一、选择题（共1A．在一定条件下

1mol

该物质最多与

4molH

发生加成反应2B．该物质不能与碳酸氢钠反应放出二氧化碳C．lmol

该物质与足量的金属钠反应生成

2molH2D．该物质含羟基与苯环直接相连的结构且能水解的同分异构体有

19

种5．（3分）锂﹣碘电池应用于心脏起搏器，使用寿命超过

10

年，负极是锂，正极是聚

2﹣乙烯吡（P

VP）

和

I

复合物，工作原理

2Li+P

VP•nI

＝2LiI+P

VP•（n﹣1）I

，下列叙述错误的是222222（）A．该电池是电解质为非水体系的二次电池B．工作时

Li+向正极移动C．正极反应式为

P

VP•nI

+2Li++2e﹣＝2LiI+P2VP•（n﹣1）I222D．该电池具有全时间工作、体积小、质量小、寿命长等优点6．（3分）如图是某水溶液常温下

pH

从

0

到

14

的范围内

H

CO

、HCO

﹣、CO

2﹣

三种成分平衡时组2333成分数，下列叙述正确的是（）试卷A．此图是

1.0mol/L碳酸钠溶液滴定

1.0mol/L

盐酸的滴定曲线B．向

pH＝10.25

的溶液中通

HCl

气体使

pH＝7，此时

c（H

CO

）＞c（Cl﹣）＝c（HCO

﹣）＞c233（CO32﹣）2A．在一定条件下1mol该物质最多与4molH发生加2C．人体血液的

pH

约为

7.4，则

CO

在血液中多以

HCO

﹣形式存在23D．该温度下，碳酸氢根的水解平衡常数

Kh＝10﹣3.757．（3分）下列根据实验操作所得出的现象和结论均正确的是（）实验操作实验现象结论A

向某溶液中先滴加氯水，再滴加少

溶液变成血红色

溶液中含有

Fe2+量

KSCN

溶液。B

将变黑的银器放入装满食盐水的铝

银器恢复往日光

2Al+3Ag

S+6H

O＝

6Ag+2Al（

OH）22盆中，二者直接接触。泽+H

S↑3

2C

向铬酸盐溶液中加入硫酸溶液由橙色变为

铬酸根转变为重铬酸根黄色D

将石蜡油气化后，使气体流经碎瓷

溶液紫红色褪去

碎瓷片的主要作用是使石蜡油受热均匀片，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液A．AB．BC．CD．D二、解答题（共

3

小题，满分

43

分）试卷

测试8．（14分）一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约

21%）

主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁

、

硅

的

氧

化

物

。

由

该

废

料

制

各

纯

度

较

高

的

氢

氧

化

镍

，

工

艺

流

程

如

下

：回答下列问题：（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有3C．人体血液的pH约为7.4，则CO在血液中多以3N

生成。写出金属镍溶解的离子方程式

2

。（2）“除铁”时

H

O

的作用是

，为了证明添加的

H

O

已足量，应选择的试剂是

（用222

2化学式表示）溶液。黄钠铁矾[NaFe

（SO

）

（OH）

]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特3426点，此步骤加入碳酸钠的目的是

。（3）“除铜”时，反应的离子方程式为

，若用

Na

S代替

H

S除铜，优点是

。22（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的

1.1倍，用量不宜过大的原因是

。（5）已知常温下

K

[Ni（OH）

]＝2.0×10﹣

，该流程中

Ni（OH）

生成时，调节15pH

约为

sp22Ni2+刚好沉淀完全（离子浓度小于

1×10﹣5mol•L﹣1时，认为该离子沉淀完全：lg2＝0.30）。9．（14分）以高纯

H

为燃料的质子交换膜燃料电池具有能量效率高、无污染等优点，但燃料中若混有2CO将显著缩短电池寿命。（1）以甲醇为原料制取高纯

H

是重要研究方向。甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应：2主反应：CH

OH（g）+H

O（g）⇌CO

（g）+3H

（g）△H＝+49kJ•mol﹣13222副反应：H

（g）+CO

（g）⇌CO（g）+H

O（g）△H＝+41kJ•mol﹣1222①甲醇在催化剂作用下裂解可得到

H

和

CO，则该反应的化学方程式为

，既能加快反应速率2又能提高

CH

OH平衡转化率的一种措施是

。3②分析适当增大水醇比（nH

O：nCH

OH）对甲醇水蒸气重整制氢的好处

。23③某温度下，将

nH

O：nCH

OH＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为

p

，反应达到平231衡时总压强为

p

，则平衡时甲醇的转化率为

。（忽略副反应）2（2）工业常用

CH

与水蒸气在一定条件下来制取

H

，其原理为：CH

（g）+H

O（g）＝CO（g）4242+3H

（g）△H＝+203kJ•mol﹣12①该反应的逆反应速率表达式为；

V逆＝k•c（CO）•c3（H

），k为速率常数，在某温度下，测得实2验数据如表：4N生成。写出金属镍溶解的离子方程式。（2）“除铁”时4CO浓度（mol•L﹣1）H

浓度（mol•L﹣1）2逆反应速率（mol•L﹣1•min﹣1）0.05c2C1C14.819.28.1c20.15由上述数据可得该温度下，上述反应的逆反应速率常数

k

为

3

mol﹣3

min﹣1

L

•

•

。②在体积为

3L的密闭容器中通入物质的量均为

3mol

的

CH

和水蒸气，在一定条件下发生上述反4应，测得平衡时

H

的体积分数与温度及压强的关系如图所示，则压强

P

P

（填“大于”或22l“小于”）温度

T

T

（填“大于”或“小于”）；压强为

P

时，在

N点；

v正

v逆（填341“大于”或“小于”或“等于”）。求

N点对应温度下该反应的平衡常数

K＝

。练10．（15分）二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物。二茂铁熔点是

173℃，在

100℃时开始升华，沸点是

249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚、汽油、柴油等有机溶剂；化学性质稳定，400℃以内不分解。实验室制备二茂铁装置示意图如图，实验步骤为：①在三颈烧瓶中加入

25g粉末状的

KOH，并从仪器

a

中加入

60mL

无水乙醚到三颈烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约

10min；②再从仪器

a

滴入

5.5mL

新蒸馏的环戊二烯（C

H

、密度

0.95g/cm3），搅拌；56③将

6.5g

无水

FeCl

与（CH

）

SO（二甲亚砜，作溶剂）配成的溶液

25mL装入仪器

a中，慢慢滴232入三颈烧瓶中，45min

滴完，继续搅拌

45min；5CO浓度（mol•L﹣1）H浓度（mol•L﹣1）逆反应5④再从仪器

a

加入

25mL

无水乙醚搅拌；⑤将三颈烧瓶中液体转入分液漏斗，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。回答下列问题：（1）仪器

b

的名称是

，作用是

。（2）步骤①中通入氮气的目的是

（3）三颈烧瓶的适宜容积应为

。

（填序号）；①100mL、②250mL、③500mL；步骤⑤所得的橙黄色溶液的溶剂是

。（4）KOH、FeCl

、C

H

反应生成二茂铁[Fe（C

H

）

]和

KCl

的化学方程式为

。256552（5）二茂铁粗产品的提纯过程练在图中进行，其操习作名称为

。二茂铁及其衍生物可做抗震剂用于制无铅汽油，它们比曾经使用过的四乙基铅安全得多，其中一个重要的原因是

。（6）最终得到纯净的二茂铁

4.8g，则该实验的产率为

（保留两位有效数字）。试卷

测[化学--选修三：物质结构与性质]11．（15分）CO

易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO＝Fe（CO）

；[Cu（NH

）

]Ac

溶液用532于除去

CO的化学反应方程式：[Cu（NH

）

]Ac+CO+NH

＝[Cu（NH

）

]Ac•CO

（式中

Ac﹣代表醋32333酸根）。请回答下列问题：（1）C、N、O的第一电离能最大的是

，原因是

。基态

Fe

原子的价电子排布图6④再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌；回答下列问题：6为

。（2）Fe（CO）

又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则

Fe（CO）

的晶体类型是

，羰基铁55的结构如图一，根据该图可知

CO作为配位体是以

原子为配位原子与

Fe原子结合。（3）离子水化能是气态离子溶于大量水中成为无限稀释溶液时释放的能量。离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释。Cu2+和

Cu+的水化能分别是﹣2121kJ

mol﹣1•

和﹣582kJ•mol﹣

，在水溶液里

Cu2+比

Cu+稳定的原因是

1

。[Cu（NH3）2]+在水溶液中相对稳定，在配合物[Cu（NH

）

]Ac中碳原子的杂化类型是

。32（4）用[Cu（NH

）

]Ac除去

CO的反应中，肯定有形成

。32a．离子键b．配位键c．非极性键d．σ键（5）钙铜合金的晶体结构可看成（a）

（b）

两种原子层交替堆积排列而成图（c），则该合金六方晶胞（即平行六面体晶胞）中含为

Cu

个。已知同层的

Ca﹣Cu的距离为

294pm，根据图二所示练求同层相邻

Ca﹣Ca的距离

pm

（已知

3

=

1.73

计算结果保留整数）。试卷

测【化学--选修五：有机化学基础】12．（15分）有机物

H（结构简式为）是合成高分子化合物

M的单体，H可以通过

有

机

物

A（

分

子

式

为

C

H

O）

和

丙

酮

为

原

料

来

进

行

合

成

，

E为

中

间

产

物

（

结

构

简

式

为787为。（2）Fe（CO）又名羰基铁，常温下为黄色油状液体72021

年）其合成路线如图：高考푂→催化剂2已知：请回答下列问题：（1）A的命名为

，G中所含官能团的名称是

；①和②的反应类型分别是

、

．（2）检验有机物

A中官能团的方法为

（3）高分子化合物

M的结构简式为

．

．（4）反应③的化学反应方程式为

．（5）有机物

C有多种同分异构体，其中属于芳香羧酸类的同分异构体有

种．82021年）其合成路线如图：高考푂2已知：请回答下列问题：82021

年黑龙江省哈尔滨三中高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共

7

小题，每小题

3

分，满分

21

分）1．（3分）（2021•道里区校级一模）下列说法错误的是（）A．长期饮用纯净水可能引起微量元素缺乏症B．合理使用食品添加剂可以保持或增强食品的营养C．食品还原性漂白剂，是以二氧化硫为基础的一系列衍生物D．锌能促进生长发育，应大剂量补锌【考点】KC：营养均衡与人体健康的关系．【专题】56：化学应用．【分析】A．纯净水中缺少一些人体必需的微量元素；B．食品添加剂是指为了提高食品的质量，在生产过程中往往加入一些能改变食品某些性质的物质；C．二氧化硫具有还原性、漂白性；D．锌能促进生长发育，人体内不能缺锌，属于微量元素。【解答】解：A．纯净水中缺少一些人体必需的微量元素，所以长期饮用纯净水，有可能引起一些微量元素缺乏症，故

A正确；B．食品添加剂具有以下三个特征：一是为加入到食品中的物质，因此，它一般不单独作为食品来食用；二是既包括人工合成的物质，也包括天然物质；三是加入到食品中的目的是为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要，所以合理使用有助于改善食品品质、丰富食品营养成分，合理使用食品添加剂可以保持或增强食品的营养，故

B正确；C．二氧化硫中硫元素化合价+4价，具有还原性、漂白性，食品还原性漂白剂，是以二氧化硫为基础92021年黑龙江省哈尔滨三中高考化学一模试卷参考答案与试题9的一系列衍生物，故

C正确；D．锌能促进生长发育，人体内不能缺锌，但不能大量补锌，一方引起负面影响，引起疾病，故

D错误；故选：D。【点评】本题考查了营养均衡与人体健康的关系、物质性质分析判断，注意知识的积累，题目难度中等。2．（3分）（2021•道里区校级一模）用

N

表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）AA．标准状况下，22.4LNO与

11.2LO

充分反应后得到的气体分子数为

NA2B．3.6g重水中含有的中子数为

2NAC．常温下，1L1mol•L﹣1的

CH

COOH溶液中，所含溶质分子数小于

NA3D．一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为

0.2NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．四氧化二氮与二氧化氮存在转化平衡，导致气体分子数减小；B．重水的摩尔质量为

20g/mol，重水中含有

10个电子，3.6g重水的物质的量为

0.18mol，含有

1.8mol中子；C．根据

n＝cV计算出醋酸的物质的量，醋酸部分电离，溶液中醋酸分子数目减少；D．铜与硫反应生成硫化亚铜，6.4g铜的物质的量为

0.1mol，与硫单质完全反应转移

0.1mol电子。【解答】解：A．标准状况下，22.4LNO的物质的量为

1mol、11.2L

O

的物质的量为

0.5mol，二者反2应后生成了

1mol二氧化氮，由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，所以反应后混合气体的物质的量小于

1mol，混合后气体的分子总数小于

N

，故

A错误；A10的一系列衍生物，故C正确；D．锌能促进生长发育，人体内不103.6푔B．3.6g重水的物质的量为：=

0.18mol，0.18mol重水中含有

1.8mol中子，含有的中子数为20푔/푚표푙1.8N

，故

B错误；AC.1L

1mol•L﹣1的

CH

COOH溶液中含有溶质醋酸的物质的量为

1mol，由于醋酸部分电离，则溶液中3醋酸分子小于

1mol，所含溶质分子数小于

N

，故

C正确；A6.4푔D.6.4g铜的物质的量为：=

0.1mol，0.1mol铜与

S单质完全反应转移

0.1mol电子，转移电子64푔/푚표푙数目为

0.1N

，故

D错误；A故选：C。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。3．（3分）（2021•河北区二模）X、Y、Z、W

是原子序数依次增大的短周期主族元素。X

和

Z

同主族，可形成两种常见的分子，Y

和

Z最外层电子数之和与

W

的最外层电子数相同。下列说法错误的是（）A．氢化物稳定性

W＞ZB．X、Y、W

三种元素组成化合物的水溶液均显碱性C．原子半径：Y＞Z＞W＞XD．在

X、Y

形成的两种常见的离子化合物中阴阳离子的个数比分别均为

1：2【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W

是原子序数依次增大的短周期主族元素。X

和

Z

同主族，可形成两种常见的分子为二氧化硫，三氧化硫，则

X为

O，Z为

S，Y

和

Z最外层电子数之和一定大于

6，Y

和

Z最外层电子数之和与

W

的最外层电子数相同，则

W最外层电子数为

7或者

8，因为是主族元素，所以只113.6푔B．3.6g重水的物质的量为：=0.18mol，11能为

7，W原子序数大于

S，为

Cl，则

Y最外层电子数为

1，原子序数大于

O小于

S，为

Na，据此解答。【解答】解：依据上述分析可知：X、Y、Z、W依次为：OA．非金属性越强，氢化物越稳定，所以

W＞Z，故

A正确；NaSCl，B．X、Y、W

三种元素组成化合物可以为

NaClO

，高氯酸为强酸，则

NaClO

水溶液显中性，故

B44错误；C．电子层不同的，电子层越多原子半径越多，电子层相同的，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径：Na＞S＞Cl＞O，故

C正确；D．在

X、Y

形成的两种常见的离子化合物中分别为过氧化钠，氧化钠，二者阴阳离子的个数比分别均为

1：2，故

D正确；习故选：B。【点评】本题考查位置结构性质关系、元素化合物性质等，熟悉元素原子结构特点，明确元素性质及在周期表中位置并准确推断出元素是解题关键，题目难度不大。4．（3分）（2021•道里区校级一模）下列对于有机物的叙述正确的是（）A．在一定条件下

1mol

该物质最多与

4molH

发生加成反应2B．该物质不能与碳酸氢钠反应放出二氧化碳C．lmol

该物质与足量的金属钠反应生成

2molH2D．该物质含羟基与苯环直接相连的结构且能水解的同分异构体有

19

种【考点】HD：有机物的结构和性质．【专题】534：有机物的化学性质及推断．12能为7，W原子序数大于S，为Cl，则Y最外层电子12【分析】有机物含有羧基，具有酸性，可发生取代反应，含有苯环，具有苯的结构和性质特点，以此解答该题。【解答】解：A．能与氢气发生加成反应的只有苯环，则在一定条件下

1mol

该物质最多与

3molH

发2生加成反应，故

A错误；B．含有羧基，酸性比碳酸强，可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，故

B错误；C．只有羧基与钠反应，则

lmol

该物质与足量的金属钠反应生成

0.5molH

，故

C错误；2D．物质含羟基与苯环直接相连的结构且能水解的同分异构体，如含有﹣OH、﹣CH

、HCOO﹣，有310种同分异构体，如含有﹣OH、﹣COOCH

，有邻、间、对

3种，如含有﹣OH、﹣OOCCH

，有33邻、间、对

3种，如含有﹣OH、﹣CH

OOCH，有邻、间、对

3种，共

19种，故

D正确。2故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，易错点为

D，注意同分异构体的判断，难度中等。5．（3分）（2021•道里区校级一模）锂﹣碘电池应用于心脏起搏器，使用寿命超过

10

年，负极是锂，正极是聚

2﹣乙烯吡（P

VP）

和

I

复合物，工作原理

2Li+P

VP•nI

＝2LiI+P

VP•（n﹣1）I

，下列叙222222述错误的是（）A．该电池是电解质为非水体系的二次电池B．工作时

Li+向正极移动C．正极反应式为

P

VP•nI

+2Li++2e﹣＝2LiI+P2VP•（n﹣1）I222D．该电池具有全时间工作、体积小、质量小、寿命长等优点【考点】BL：化学电源新型电池．【专题】51I：电化学专题．【分析】锂碘电池的正极的电极反应式为

P

VP•nI

+2Li++2e﹣＝P

VP2•（n﹣1）I

+2LiI，负极反应式为22213【分析】有机物含有羧基，具有酸性，可发生取代反应，含有苯环，132Li﹣2e﹣＝2Li+，电极材料必须能够导电，原电池中阴离子移向负极，该电池的电势低，放电缓慢，使用寿命比较长，据此分析。【解答】解：A、该电池是电解质为非水体系的一次电池，故

A错误；B、原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极，所以工作时

Li+向正极移动，故

B正确；C、锂碘电池的正极发生得电子的还原反应，该电极的电极反应式为：P

VP•nI

+2Li++2e﹣＝P

VP•（n222﹣1）I

+2LiI，故

C正确；2D、该电池的电势低，放电缓慢，使用寿命比较长，该电池具有全时间工作、体积小、质量小、寿命长等优点，故

D正确。故选：A。【点评】本题考查了原电池原理，明确正负极、阴阳极上得失电子及电极反应是解本题关键，难点是练电极反应式的书写，注意电池中离子的移动方向，难度中等6．（3分）（2021•道里区校级一模）如图是某水溶液常温下

pH

从

0

到

14

的范围内

H

CO

、HCO

﹣、233CO

2﹣

三种成分平衡时组成分数，下列叙述正确的是（）3试卷A．此图是

1.0mol/L碳酸钠溶液滴定

1.0mol/L

盐酸的滴定曲线B．向

pH＝10.25

的溶液中通

HCl

气体使

pH＝7，此时

c（H

CO

）＞c（Cl﹣）＝c（HCO

﹣）＞c233（CO32﹣）142Li﹣2e﹣＝2Li+，电极材料必须能够导电，原电池中阴离14C．人体血液的

pH

约为

7.4，则

CO

在血液中多以

HCO

﹣形式存在23D．该温度下，碳酸氢根的水解平衡常数

Kh＝10﹣3.75【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】51G：电离平衡与溶液的

pH专题．【分析】A．Na

CO

溶液滴入稀盐酸中立即生成

CO

，不存在

HCO

﹣；2323B．根据图知，pH＝7时，溶液呈中性，溶液中

c（H

CO

）＜c（HCO

﹣）；233C．根据图知，当

pH＝7.4时，含有

C元素的微粒主要是

HCO

﹣；3‒푐(퐻

퐶푂

)

푐(푂퐻

)。23D．

HCO

﹣

水

解

平

衡

常

数

Kh

=，

当

c（

H

CO

）

＝

c（

HCO

﹣

）

时

，

Kh

=3233푐(퐻퐶푂3

‒)‒푐(퐻

퐶푂

)

푐(푂퐻

)퐾푤10

‒

14。푐(퐻

+

)

10

‒

푝퐻。23=

c（OH﹣）

==푐(퐻퐶푂3

‒)【解答】解：A．Na

CO

溶液滴入稀盐酸中立即生成

CO

，不存在

HCO

﹣，如果是盐酸溶液中滴入2323碳酸钠溶液不符合图象，应该是

HCl滴入碳酸钠溶液中，故

A错误；B．根据图知，pH＝7时，溶液呈中性，溶液中微粒浓度为

c（H

CO

）＜c（HCO

﹣），故

B错误；233C．根据图知，当

pH＝7.4时，含有

C元素的微粒主要是

HCO

﹣，所以

CO

在血液中多以

HCO

﹣形323式存在，故

C正确；‒푐(퐻

퐶푂

)

푐(푂퐻

)。23D．

HCO

﹣

水

解

平

衡

常

数

Kh

=，

当

c（

H

CO

）

＝

c（

HCO

﹣

）

时

，

Kh

=2

3

33푐(퐻퐶푂3

‒)‒푐(퐻

퐶푂

)

푐(푂퐻

)퐾푤10

‒

1410

‒

14=

10﹣7.63，故

D错误；。23=

c（OH﹣）

=

=

=푐(퐻

+

)

10

‒

푝퐻

10

‒

6.37푐(퐻퐶푂3

‒)故选：C。【点评】本题考查定性判断，侧重考查学生图象分析及基础知识的理解和运用，明确溶液中溶质成分及其性质、水解平衡常数含义是解本题关键，注意

A中盐酸滴入碳酸钠溶液与碳酸钠溶液滴入稀盐酸15C．人体血液的pH约为7.4，则CO在血液中多以15溶液的区别，题目难度不大。7．（3分）（2021•道里区校级一模）下列根据实验操作所得出的现象和结论均正确的是（）实验操作实验现象结论A

向某溶液中先滴加氯水，再滴加少

溶液变成血红色

溶液中含有

Fe2+量

KSCN

溶液。B

将变黑的银器放入装满食盐水的铝

银器恢复往日光

2Al+3Ag

S+6H

O＝

6Ag+2Al（

OH）22盆中，二者直接接触。泽+H

S↑3

2C

向铬酸盐溶液中加入硫酸溶液由橙色变为

铬酸根转变为重铬酸根黄色D

将石蜡油气化后，使气体流经碎瓷

溶液紫红色褪去

碎瓷片的主要作用是使石蜡油受热均匀片，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液A．AB．BC．CD．D【考点】U5：化学实验方案的评价．【专题】25：实验评价题．【分析】A．加入试剂顺序错误；B．铝、银和氯化钠溶液构成原电池，铝作负极、银作正极；C．铬酸盐溶液呈黄色；D．碎瓷片起到催化作用。【解答】解：A．应先加入

KSCN，如无现象，再加入氯水，如变为红色，说明溶液中含有

Fe

，故2+A错误；16溶液的区别，题目难度不大。7．（3分）（2021•道里区校16B．将铝片和银器插入一个盛食盐水的烧杯中处理，负极发生氧化反应，Al失去电子生成铝离子，电Ag

S极反应式为：Al﹣3e﹣═Al

，正极发生还原反应，3+获得电子生成

Ag与硫离子，电极反应式为23Ag

S+6e﹣═6Ag+3S2﹣，铝离子与硫离子发生水解反应反应式生成氢氧化铝与硫化氢气体，故总的反2应方程式为：2Al+3Ag

S+6H

O═2Al（OH）

↓+6Ag+3H

S↑，故

B正确；2232C．铬酸盐溶液呈黄色，加入硫酸转变为重铬酸根，溶液呈橙色，故

C错误；D．石蜡油高温分解实验中，碎瓷片起到催化作用，故

D错误。故选：B。【点评】本题考查较为综合，涉及物质的检验、性质探究等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑，难度中等。二、解答题（共

3

小题，满分

43

分）练习8．（14分）（2021•道里区校级一模）一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约

21%）

主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制各纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下：回答下列问题：（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N

生成。写出金属镍溶解的离子方程式

5Ni+12H++2NO

﹣＝5Ni2++N

↑+6H

O

。2322（2）“除铁”时

H

O

的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，为了证明添加的

H

O

已足量，应选择222

2的试剂是

K

[Fe（CN）

]

（用化学式表示）溶液。黄钠铁矾[NaFe

（SO

）

（OH）

]具有沉淀颗363426粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，此步骤加入碳酸钠的目的是提高溶液的碱性，使黄钠铁矾形成析出。（3）“除铜”时，反应的离子方程式为

H

S+Cu

＝CuS↓+2H+

，若用2+Na

S代替

H

S除铜，优22217B．将铝片和银器插入一个盛食盐水的烧杯中处理，负极发生氧化反17点是无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境。（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的

1.1倍，用量不宜过大的原因是过量的

F离子生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器；。（5）已知常温下

K

[Ni（OH）

]＝2.0×10﹣

，该流程中

Ni（OH）

生成时，调节15pH

约为

9.1sp22或

9.2（或

9.1～9.2之间）Ni

刚好沉淀完全（离子浓度小于

×2+110﹣5mol

L﹣1•时，认为该离子沉淀完全：lg2＝0.30）。【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．【分析】一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约

21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解

Ni反应有

N

生成，过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离2子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液

PH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入

H

S沉淀铜离2子，过滤得到滤液中加入

NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，（1）镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式；（2）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去且不沉淀其他金属离子，利用铁氰化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否除净；（3）硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，硫化氢是剧毒气体分析；（4）NaF的实际用量为理论用量的

1.1倍，用量不宜过大是因为，过量氟化钠会在溶液中生成氟化氢，陶瓷容器中的二氧化硅会和氟化氢形成的酸溶液反应；（5）结合溶度积常数计算。【解答】解：一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约

21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫18点是无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境。（4）已知除杂过程18酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解

Ni反应有

N

生成，过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢氧2化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液

PH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入

H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入

NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，（1）镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式为：5Ni+12H++2NO

﹣＝5Ni2++N2↑+6H

O，23故答案为：5Ni+12H++2NO

﹣＝5Ni2++N2↑+6H

O；32（2））“除铁”时

H

O

的作用是过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去且不沉淀其他金属离子，为22了证明添加的

H

O

已足量，应选择的试剂是利用铁氰化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离22子是否除净，应选择的试剂是

K

[Fe（CN）

]，黄钠铁矾[NaFe

（SO

）

（OH）

]具有沉淀颗粒大、363426沉淀速率快、容易过滤等特点，此步骤加入碳酸钠的目的是：K

[Fe（CN）

]；提高溶液的碱性，使黄36钠铁矾形成析出，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；

K

[Fe（CN）

]；提高溶液的碱性，使黄钠铁矾形成析出；36（3）硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：H

S+Cu

＝CuS↓2+2+2H+，硫化氢是剧毒气体，若用

Na

S或

Na

S

O

代替

H

S除铜，优点是无易挥发的有毒气体硫化氢22232污染环境，故答案为：H

S+Cu

＝CuS↓+2H+；无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境；2+2（4）NaF的实际用量为理论用量的

1.1倍，用量不宜过大是因为，过量氟化钠会在溶液中生成氟化氢，陶瓷容器中的二氧化硅会和氟化氢形成的酸溶液反应，生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器，故答案为：过量的

F﹣离子生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器；（5）离子浓度小于

1×10﹣5mol

L﹣1•时，认为该离子沉淀完全，K

[Nisp（OH）

＝

（]2cNi2+

c2

OH）

（2

×

10

‒

15﹣）＝2.0×10﹣15，c（OH﹣）=

2

×

10﹣5mol/L，=1

×

10

‒

519酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni反应有N生成1910

‒

142

1mol/L

=

2

×

10﹣

9mol/L，

PH＝

9

-

lg2+lg2＝

9.15，

调

节

pH

约

为

9.15或2c（

H+）

=9.2，2

×

10

‒

5故答案为：9.15或

9.2。【点评】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用、元素守恒的有关计算，主要是利用溶液不同

PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液

PH除去杂质离子，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，题目难度中等。9．（14分）（2021•道里区校级一模）以高纯

H

为燃料的质子交换膜燃料电池具有能量效率高、无污染等2优点，但燃料中若混有

CO将显著缩短电池寿命。（1）以甲醇为原料制取高纯

H

是重要研究方向。甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应：2主反应：CH

OH（g）+H

O（g）⇌CO

（g）+3H

（g）△H＝+49kJ•mol﹣13222副反应：H

（g）+CO

（g）⇌CO（g）+H

O（g）△H＝+41kJ•mol﹣1222①甲醇在催化剂作用下裂解可得到

H

和

CO，则该反应的化学方程式为

CH

OH（g）⇌CO（g）23+2H

（g）△H＝+90kJ/mol

，既能加快反应速率又能提高

CH

OH平衡转化率的一种措施是升高温23度。②分析适当增大水醇比（nH

O：nCH

OH）对甲醇水蒸气重整制氢的好处提高甲醇的利用率，有利23于抑制

CO的生成。③某温度下，将

nH

O：nCH

OH＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为

p

，反应达到平231푝2衡时总压强为

p

，则平衡时甲醇的转化率为（푝1‒

1）×100%

。（忽略副反应）2（2）工业常用

CH

与水蒸气在一定条件下来制取

H

，其原理为：CH

（g）+H

O（g）＝CO（g）4242+3H

（g）△H＝+203kJ•mol﹣12①该反应的逆反应速率表达式为；

V逆＝k•c（CO）•c3（H

），k为速率常数，在某温度下，测得实2验数据如表：2010‒1421c（H+）=2×10‒5故答20CO浓度（mol•L﹣1）H

浓度（mol•L﹣1）2逆反应速率（mol•L﹣1•min﹣1）0.05c2C1C14.819.28.1c20.15由上述数据可得该温度下，上述反应的逆反应速率常数

k

为

1.2×10

4L3

mol﹣3

min﹣1•

•

。②在体积为

3L的密闭容器中通入物质的量均为

3mol

的

CH

和水蒸气，在一定条件下发生上述反4应，测得平衡时

H

的体积分数与温度及压强的关系如图所示，则压强

P

大于P

（填“大于”或2l2“小于”）温度

T

小于T

（填“大于”或“小于”）；压强为

P

时，在

N点；

v正大于v逆341（填“大于”或“小于”或“等于”）。求

N点对应温度下该反应的平衡常数

K＝

108mol2/L2

。练【考点】CB：化学平衡的影响因素．【专题】51E：化学平衡专题．【分析】（1）①根据盖斯定律计算所求反应的焓变，从压强和温度角度分析措施；②适当增大水醇比（nH

O：nCH

OH），可视为增大

H

O的量，能使

CH

OH转化率增大，生成更多2323的

H

，抑制转化为

CO的反应的进行；2③根据主反应方程式计算，平衡体系总压为各组分分压之和；（2）①根据

v逆＝k•c（CO）•c

（

）计算

k的值；3H221CO浓度（mol•L﹣1）H浓度（mol•L﹣1）逆反应21②反应为气体分子数增多的反应，随着反应的进行，体系压强增大，增大压强不利于反应正向进行，反应为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行，N点时反应尚未达到平衡，反应仍需正向进行，根据图象和方程式计算化学平衡常数的值。【解答】解：（1）①已知：①CH

OH（g）+H

O（g）⇌CO

（g）+3H

（g）△H

＝+49kJ/mol，32221②H

（g）+CO

（g）⇌CO（g）+H

O（g）△H

＝+41kJ/mol，2222甲醇在催化剂作用下裂解可得到

H

和

CO的化学方程式为：CH

OH（g）⇌CO（g）+2H

（g），反应232可由①+②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为△H＝△H

+△H

＝+90kJ/mol，12反应为吸热反应，升高温度既能加快化学反应速率同时可以促使反应正向进行，提高

CH

OH平衡转3化率，而增大压强能加快化学反应速率，但对正反应不利，所以既能加快反应速率又能提高

CH

OH3平衡转化率的一种措施是升高温度，故答案为：CH

OH（g）⇌CO（g）+2H

（g）△H＝+90kJ/mol；升高温度；32②适当增大水醇比（nH

O：nCH

OH），可视为增大

H

O的量，能使

CH

OH转化率增大，生成更多2323的

H

，抑制转化为

CO的反应的进行，所以适当增大水醇比（nH

O：nCH

OH）对甲醇水蒸气重整制223氢的好处为：提高甲醇的利用率，有利于抑制

CO的生成，故答案为：提高甲醇的利用率，有利于抑制

CO的生成；③主反应为：CH

OH（g）+H

O（g）⇌CO

（g）+3H

（g），nH

O：nCH

OH＝1：1的原料气充入恒322223容密闭容器中，初始压强为

p

，反应达到平衡时总压强为

p

，12CH

OH（g）+H

O（g）⇌CO

（g）+3H

（g）3222푝1푝1初始压强22转化压强﹣p﹣pp3p푝1푝1平衡压强2

‒

푝2

‒

푝p3p22②反应为气体分子数增多的反应，随着反应的进行，体系压强增大，22푝1푝푝2

‒

푝1푝1所以有p

=

‒

푝

+

2

‒

푝

+

푝

+

3푝

=

p

+2p，所以

p

=，则平衡时甲醇的转化率为α

=

푝212212푝2×

100%

=

（푝

‒

1）×100%，1푝2故答案为：（푝

‒

1）×100%；14.896=

푘19.2（2）①根据

v逆＝k•c（CO）•c

（H2），由表中数据，c133=mol3/L3，则

c=2푘

×

0.053푘푐18.1퐿3

⋅

푚표푙

‒

3

⋅

푚푖푛

‒

1

=

1.2×104L3•mol﹣3•min﹣1，mol/L＝0.2mol/L，所以

k

=0.2

×

0.153故答案为：1.2×10

；4②反应为气体分子数增多的反应，随着反应的进行，体系压强增大，增大压强不利于反应正向进行，所以压强

p

大于

p

，12反应为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行，所以温度

T

小于

T

，34N点时反应尚未达到平衡，反应仍需正向进行，所以

v正大于

v逆，N点时平衡体系中

H

的体积分数为

40%，2CH

（g）+H

O（g）＝CO（g）+3H

（g）422起始（mol）3300转化（mol）﹣x﹣x平衡（mol）

3﹣xx3x3﹣xx3x3푥3

‒

푥所以有=

60%，可得

x＝2，所以平衡时

c（CH

）

=푚표푙/퐿

=

0.5mol/L，c43

‒

푥

+

3

‒

푥

+

푥

+

3푥2푥（H

O）＝0.5mol/L，c（CO）

=

푚표푙/퐿

=

1mol/L，c（H

）＝3mol/L，则化学平衡常数为

K

=2223푐

(퐻

)푐(퐶푂)2=

108mol2/L2，푐(퐶퐻

)푐(퐻

푂)42故答案为：大于；小于；大于；108mol2/L2。23푝1푝푝2‒푝1푝1所以有p=‒푝+2‒푝23【点评】本题考查盖斯定律的应用，化学平衡的移动，化学反应速率的计算，化学平衡常数的计算，均为高频考点，整体难度中等，试题有助于培养综合分析问题的能力。10．（15分）（2021•西宁一模）二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物。二茂铁熔点是173℃，在

100℃时开始升华，沸点是

249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚、汽油、柴油等有机溶剂；化学性质稳定，400℃以内不分解。实验室制备二茂铁装置示意图如图，实验步骤为：①在三颈烧瓶中加入

25g粉末状的

KOH，并从仪器

a

中加入

60mL

无水乙醚到三颈烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约

10min；②再从仪器

a

滴入

5.5mL

新蒸馏的环戊二烯（C

H

、密度

0.95g/cm3），搅拌；56③将

6.5g

无水

FeCl

与（CH

）

SO（二甲亚砜，作溶剂）配成的溶液

25mL装入仪器

a中，慢慢滴232入三颈烧瓶中，45min

滴完，继续搅拌

45min；④再从仪器

a

加入

25mL

无水乙醚搅拌；⑤将三颈烧瓶中液体转入分液漏斗，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。回答下列问题：（1）仪器

b

的名称是球形冷凝管，作用是冷凝回流有机物。（2）步骤①中通入氮气的目的是排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化。（3）三颈烧瓶的适宜容积应为

②

（填序号）；①100mL、②250mL、③500mL；步骤⑤所得的橙黄色溶液的溶剂是乙醚和二甲亚砜。（

4）

KOH、

FeCl

、

C

H

反

应

生

成

二

茂

铁

[Fe（

C

H

）

]和

KCl

的

化

学

方

程

式

为

2565522KOH+FeCl

+2C

H

═Fe（C

H

）

+2KCl+2H

O

。2565522（5）二茂铁粗产品的提纯过程在图中进行，其操作名称为升华。二茂铁及其衍生物可做抗震剂用于制无铅汽油，它们比曾经使用过的四乙基铅安全得多，其中一个重要的原因是四乙基铅反应后的产物会造成空气污染。24【点评】本题考查盖斯定律的应用，化学平衡的移动，化学反应速率242021（6）最终得到纯净的二茂铁

4.8g，则该实验的产率为

65%

（保留两位有效数字）。高考复【考点】U3：制备实验方案的设计．【专题】547：有机实验综合．【分析】（1）根据仪器的结构确定仪器

b的名称，仪器

b有使有机物液化的效果；（2）二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气；2（3）仪器

c为三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的

分析判断；二茂铁不溶于水，易溶于苯、乙3醚、汽油、柴油等有机溶剂，而步骤③是用二甲亚砜作溶剂配成的溶液，步骤④加入了无水乙醚，乙醚易溶于二甲亚砜；（4）KOH、FeCl

、C

H

反应生成二茂铁[Fe（C

H

）

]和

KCl，结合原子守恒还有水生成，可结合原256552子守恒写出发生反应的化学方程式；（5）二茂铁易升华的物理性质，即可有固体直接变成气体；含铅汽油燃烧时会造成空气中的铅污染；实际产量（6）根据戊二烯计算二茂铁的理论产量，产率

=

理论产量

×

100%。【解答】解：（1）仪器

b是球形冷凝管，其作用是使乙醚、环戊二烯和二甲亚砜液化并回流到三颈烧瓶中，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流有机物；（2）二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化，252021（6）最终得到纯净的二茂铁4.8g，则该实验的产率25故答案为：排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化；2（3）由题意可知三颈烧瓶中共加入液体

110mL，三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的

，所以选3择

250ml；二茂铁不溶于水，易溶于乙醚，步骤③是用二甲亚砜作溶剂配成的溶液，步骤④加入了无水乙醚，乙醚易溶于二甲亚砜，则步骤⑤分液后所得的橙黄色溶液中的溶剂应是乙醚和二甲亚砜；故答案为：②；乙醚和二甲亚砜；（4）有原子守恒可知

KOH、FeCl

、C

H

反应生成二茂铁[Fe（C

H

）

]和

KCl的化学方程式为2565522KOH+FeCl

+2C

H

═Fe（C

H

）

+2KCl+2H

O；2565522故答案为：2KOH+FeCl

+2C

H

═Fe（C

H

）

+2KCl+2H

O；2565522（5）二茂铁有固体直接变成气体，然后冷凝收集，其操作名称为升华；四乙基铅做抗震剂，会造成空气中的铅污染，而二茂铁及其衍生物做抗震剂用于制无铅汽油，不会造成环境污染，比使用四乙基铅安全得多，故答案为：升华；四乙基铅反应后的产物会造成空气污染；5.5푚퐿

×

0.95푔/푐푚314.8푔7.4푔（6）二茂铁的理论产量为×

×

186g/mol＝7.4g，则产率

=×

100%＝65%，66푔/푚표푙2故答案为：65%。【点评】本题以二茂铁的制备实验为载体考查常见仪器的识别，实验方案的分析、评价，化学实验基本操作，物质的分离、提纯和检验等，难度中等。[化学--选修三：物质结构与性质]11．（15分）（2021•道里区校级一模）CO

易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO＝Fe（CO）

；5[Cu（NH

）

]Ac

溶液用于除去

CO的化学反应方程式：[Cu（NH

）

]Ac+CO+NH

＝[Cu（NH

）

]Ac3232333•CO

（式中

Ac﹣代表醋酸根）。请回答下列问题：（1）C、N、O的第一电离能最大的是

N

，原因是

N的

2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电

离

能

高

于

同

周

期

相

邻

元

素

第

一

电

离

能

。

基

态

Fe

原

子

的

价

电

子

排

布

图

为

26故答案为：排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化；2（2620。（2）Fe（CO）

又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则

Fe（CO）

的晶体类型是分子晶体，55羰基铁的结构如图一，根据该图可知

CO作为配位体是以

C

原子为配位原子与

Fe原子结合。（3）离子水化能是气态离子溶于大量水中成为无限稀释溶液时释放的能量。离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释。Cu2+和

Cu+的水化能分别是﹣2121kJ

mol﹣1•

和﹣582kJ•mol﹣

，在水溶液里

Cu2+比

Cu+稳定的原因是

Cu2+的半径小且所带电荷多、水化能大。[Cu1（NH

）

]

在水溶液中相对稳定，在配合物[Cu（NH3）2]Ac中碳原子的杂化类型是

sp3、sp2

。+32（4）用[Cu（NH

）

]Ac除去

CO的反应中，肯定有形成

bd

。32a．离子键b．配位键c．非极性键d．σ键（5）钙铜合金的晶体结构可看成（a）

（b）

两种原子层交替堆积排列而成图（c），则该合金六方晶练胞（即平行六面体晶胞）中含为

Cu

5

个。已知同层的

Ca﹣Cu的距离为

294pm，根据图二所示求同层相邻

Ca﹣Ca的距离

509

pm

（已知

3

=

1.73

计算结果保留整数）。试卷

测【考点】99：配合物的成键情况；9I：晶胞的计算．【专题】51D：化学键与晶体结构．【分析】（1）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子

2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；Fe是

26号元素，价电子排布式为

3d64s2，结合泡利原理、2720。（2）Fe（CO）又名羰基铁，常温下为黄色油状液体27洪特规则画出排布图；（2）羰基铁，常温下为黄色油状液体，熔点低，符合分子晶体性质；O的电负性比

C的大，不易提供孤电子对；（3）离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释；醋酸根中甲基中碳原子生成形成

4个σ键、另外碳原子形成

3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目为

4、3；高考（4）用[Cu（NH

）

]Ac除去

CO反应中生成[Cu（NH

）

]Ac•CO，有配位键生成，配位键属于σ3233键；（5）晶胞为

c中平行六面体，a中平行四边形为底面，b中平行四边形为晶胞中

b层情况：练习，可知晶胞内部

1个

Cu、另外

Cu原子处于面上，均摊法计算晶胞中

Cu原子数目；图

a中如图所示等腰三角形：，锐角为

30°，则同层相邻

Ca﹣Ca的距离＝2测3×

2

×

（同层相邻

Ca﹣Ce的距离）。【解答】解：（1）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N的

2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，故

C、N、O三元素中

N的第一电离能最大，Fe是

26号元素，价电子排布式为

3d64s2，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：，故答案为：N；N的

2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能；28洪特规则画出排布图；（2）羰基铁，常温下为黄色油状液体，熔点2820；（2）羰基铁，常温下为黄色油状液体，熔点低，属于分子晶体；CO与氮气互为等电子体，C、O原子均有孤电子对，由于

O的电负性比

C的大，不易提供孤电子对，故

C原子提供孤电子对形成配位键，故答案为：分子晶体；C；（3）离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释，在水溶液里

Cu

比

Cu+2+稳定的原因是：Cu

的半径小且所带电荷多、水化能大；醋酸根中甲基中碳原子生成形成

4个σ键、2+另外碳原子形成

3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目为

4、3，碳原子杂化方式为：sp

、sp23，故答案为：Cu2+的半径小且所带电荷多、水化能大；sp3、sp2；（4）用[Cu（NH

）

]Ac除去

CO反应中生成[Cu（NH

）

]Ac•CO，有配位键生成，配位键属于σ3233键，故答案为：bd；（5）晶胞为

c中平行六面体，a中平行四边形为底面，b中平行四边形为晶胞中

b层情况：试卷，可知晶胞内部

1个

Cu、另外

Cu原子处于面上，晶胞中

Cu原子数目＝11+8

×

=

5；图

a中如图所示等腰三角形：，锐角为

30°，同层相邻

Ca﹣Ca的距离22920；（2）羰基铁，常温下为黄色油状液体，熔点低，属于分子晶293＝2

×

2

×

294pm＝509pm，故答案为：5；509。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及电离能、核外电子排布、晶体类型与性质、配位键、杂化方式、化学键、晶胞结构与计算，（5）为易错点、难点，关键是明确晶胞结构，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，熟记中心常见晶胞结构特点。复习题【化学