部分重点中学协作体2020届高三模拟考试理综化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精辽宁省部分重点中学协作体2020届高三模拟考试理综化学试题含解析辽宁省部分重点中学协作体2020年高考模拟考试化学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第33—38题为选考题，其它题为必考题。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项:1。答题前,考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0。5毫米的黑色中性（签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4。保持卡面清洁，不折叠，不破损.5.做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。可能用到的相对原子量：H：1C：12O：16Na：23Zn：65Ni:59第Ⅰ卷一、选择题：在每小题给出的4个选项中,只有一项是符合题目要求的。1。化学与我们的生活息息相关，下列说法不正确的是（)A。高性能分离膜可用于海水淡化B.用来制防弹汽车车窗的氧化铝透明陶瓷属于新型无机非金属材料C.厕所清洁剂，肥皂,厨房清洁剂等生活中的常用品的碱性依次增强D。袋装食品中经常放有含硅胶、无水氯化钙、还原铁粉等小包,它们所起的作用相同【答案】D【解析】【详解】A．高性能分离膜可有选择地使粒子通过，可用于海水的淡化，故A正确;B．新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,故B正确；C．厕所清洁剂主要成分为HCl,显酸性，肥皂、厨房清洁剂的主要成分为强碱弱酸盐，显碱性，厨房清洁剂水解程度更大，碱性更强，所以厕所清洁剂,肥皂，厨房清洁剂等生活中的常用品的碱性依次增强,故C正确；D．包装食品里常有硅胶、无水氯化钙为干燥剂，还原铁粉具有还原性可防止食品被氧化变质，其作用不相同，故D错误；故答案为D。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A。等体积的CO2和CO，分子数目均为NAB。常温下pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为10-12NAC.标准状况下，22.4L的H2和22。4L的F2混合后，气体分子数为2NAD。H2O（g）通过足量Na2O2（s）充分反应，固体增重bg时,反应中转移的电子数为bNA/2【答案】D【解析】【详解】A．未指明温度和压强,若二者所处温度和压强不同，等体积的CO2和CO所含分子数不同，且体积、物质的量均未知,也不能确定分子数目，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算微粒数目，故B错误；C．标准状况下,22。4L的H2和22.4L的F2混合后二者反应生成2molHF，但是标况下HF不是气体，故C错误；D．根据方程式2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2可知,固体增重质量即为水中氢元素的质量，固体增重bg时参与反应的水的物质的量为mol，根据方程式可知转移的电子为mol，数目为NA,故D正确；故答案为D.【点睛】HF、NO2、SO3（常温液体，标况固体)，CHCl3、CH2Cl2、Br2以及碳原子数大于4的烃类等物质，在标准状况下均不是气体，做题时要注意判断。3。下列做法能达到相应实验目的的是（）ABCD验证浓硫酸具有脱水性和强氧化性通过对照实验说明官能团对有机物的化学性质起绝对作用制取Cl2电泳实验证明Fe（OH)3胶体粒子带电A.A B。B C.C D。D【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸使蔗糖脱水后可使蔗糖变黑，C与浓硫酸反应生成二氧化硫,二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色,可验证浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故A正确；;B．苯环和甲基都不是官能团，故B错误；C．稀盐酸与二氧化锰不反应，浓盐酸可以与二氧化锰反应生成氯气，故C错误；D．Fe（OH）3胶体粒子带正电，应在负极聚集,故D错误；故答案为A。4。已知a、b、c的分子式均为C9H10O2，结构简式如图所示。下列说法正确的是（)A.a、b、c都能与Na反应产生H2B。a、b、c分子中所有碳原子可能共平面C。b与c在浓硫酸加热条件下可以发生缩聚反应D。c苯环上的一氯代物和二氯代物分别为3种和4种【答案】B【解析】【详解】A．物质a中既不含羟基也不含羧基，不能与Na反应生成氢气，故A错误；B．苯环、C=O均为平面结构，单键可以旋转，所以a、b、c分子中所有碳原子可能共平面，故B正确;C．b只含一个羟基，c只含一个羧基，一个b分子只能和一个c分子反应，不能脱水缩合，故C错误；D．c苯环上有3种环境的氢原子,一氯代物有3种；二氯代物有如图所示6种，、（数字表示另一个氯原子的位置)，故D错误；故答案为B。5。短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法不正确的是（）A。X、Z的最高价氧化物相互化合,生成的产物可用作木材防火剂B.Y、Q形成的化合物是强电解质C.一定条件下W可以置换Z，说明单质的氧化性W〉ZD.X的原子半径是五种元素的原子中最大的【答案】C【解析】【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增,W和Z位于同一主族，W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，则W是C、Q是Cl元素,该反应为甲烷和氯气的取代反应；W和Z位于同一主族，则Z为Si元素;X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，E应为氢气，X为Na元素，Y原子序数大于X且Y、Q形成一种共价化合物，所以Y为Al元素.【详解】A．Na2O和SiO2反应生成硅酸钠，硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,可用于制备木材防火剂，故A正确;B．Y、Q形成的化合物氯化铝，氯化铝在水溶液中完全电离,是强电解质，故B正确;C．C可以和SiO2在一定条件下反应，还原硅元素生成Si单质，该反应说明C的还原性大于Si,故C错误；D．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小,同主族元素自上而下原子半径依次增大，所以Na元素为短周期主族元素中半径最大的,故D正确;故答案为C。6。2019年2月27日,科技日报报道中科院大连化学物理研究所创新性地提出锌碘单液流电池的概念,锌碘单液流电池中电解液的利用率达到近100％,进而大幅度提高了电池的能量密度，工作原理如图所示。下列说法不正确的是（)A。该电池放电时电路中电流方向为B→b→a→AB.M为阴离子交换膜,N为阳离子交换膜C.如果使用铅蓄电池进行充电，则a电极应连接铅蓄电池中的Pb电极D.若充电时C区增加的离子数为2NA,则A极增重65g【答案】D【解析】【详解】A．放电时，Zn被氧化成Zn2+为负极，电子由负极流向正极,即从A→a→b→B，电流方向与电子流向相反，为B→b→a→A，故A正确；B．放电时，A为负极，为平衡电荷,C区的氯离子需要流向负极，所以M为阴离子交换膜,钾离子要流向正极，即B区，N为阳离子交换膜，故B正确；C．充电时，A区锌离子要被还原成锌单质,为阴极，需要与电源的负极相连，铅蓄电池中的Pb电极发生氧化反应为负极,故C正确；D．若充电时C区增加的离子数为2NA，说明有1molK+迁移到C区，1molCl-迁移到C区，即电路中转移电子1mol，A极反应为Zn2++2e—=Zn，转移1mol电子生成0.5molZn，增重32.5g，故D错误；故答案为D。7。用0.1mol·L—1NaOH溶液滴定20mL0。1mol·L—1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化).下列叙述不正确的是(）A.Ka2(H2SO3)的数量级为10—8B。向X点加入少量澄清石灰水溶液，的值增大C。若将n(NaHSO3）与n(Na2SO3)=1：1混合，对应的点应在Y、Z之间D.图中溶液中水的电离程度：W<X〈Y〈Z【答案】C【解析】【分析】用0。1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液,由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为:NaOH+H2SO3=NaHSO3+H2O,NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，完全反应需要消耗NaOH溶液的体积为40mL,结合溶液中的守恒思想判断分析。【详解】A．Ka2（H2SO3）=，据图可知当c（SO32—）=c（HSO3-)时溶液pH=7。19，即c（H+）=10-7。19mol/L，此时Ka2(H2SO3)=c（H+)=10—7。19，故A正确;B．，温度不变平衡常数不变，加入少量澄清石灰水溶液碱性增强，c(H+)减小,所以该比值增大,故B正确；C．当滴入30mLNaOH溶液时,溶液中的溶质恰好为等物质的量的亚硫酸氢钠和亚硫酸钠，据图可知此时溶液显碱性,所以SO32-的水解程度＞HSO3—的电离程度,所以c(SO32-）＜c(HSO3—）；根据滴定过程发生的反应可知,随着NaOH加入的量增多，c(SO32—）变大,c（HSO3-）减少，Y点c（SO32—）=c(HSO3—），则当c(SO32—)＜c（HSO3—）时，对应Y点之前的某个点，故C错误；D．酸或碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离,所以当溶液中的溶质只有Na2SO3时水的电离程度达到最大，再未完全反应之前,随着NaOH的滴入水的电离程度逐渐增大，所以水的电离程度W<X<Y〈Z，故D正确;故答案为C.【点睛】解决有关滴定曲线的问题时，关键是理清滴定过程中发生的反应，根据滴入溶液的量来判断溶液中的溶质情况，再结合电离、水解相关知识进行解答。第Ⅱ卷三、非选择题：（一）必考题8.次氯酸及其盐溶液有杀菌、消毒、漂白的作用。在此次抗击新冠疫情中发挥了巨大作用。某学习小组根据需要欲制备浓度不小于0.8mol·L—1的次氯酸溶液。（查阅资料）资料1：常温常压下，Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂,易溶于水，且会与水反应生成次氯酸。资料2：Cl2O的沸点为3。8℃,42℃以上会分解生成Cl2和O2;Cl2的沸点为-34。6℃该小组用Cl2与潮湿的碳酸钠制取Cl2O，并进一步制取次氯酸，装置如下。回答下列问题：（1）装置连接顺序为Cl2→___.（用字母表示)（2）装置A中反应的化学方程式是___。（3）装置B的作用___，整个实验加快反应速率所采用的方法有___。（4)装置D中反应的化学方程式是___.（5)如果要收集Cl2O，则可以在B装置后连接E装置进行收集，这样做的依据是什么___，逸出气体的主要成分是___.(6）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是___（答出一条即可）。（7)测定反应完成后A中物质的质量分数：取mg样品加适量蒸馏水使之溶解，加入几滴酚酞,用0.1molL—1的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，消耗盐酸V1mL;再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，又消耗盐酸V2mL.①则由上述实验可测定反应完成后A中物质的质量分数为___（说明具体物质并用含m、V1和V2的代数式表示)。②若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖嘴有气泡,对测定结果的影响是___。【答案】(1)。CABD(2）.2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3(3）.除去Cl2O中混有的Cl2(4）。搅拌棒和使用多空球泡装置(5）.Cl2O+H2O=2HClO（6)。E中液氨作制冷剂，使Cl2O冷凝成液态（7).空气（8）.制得的次氯酸溶液浓度较大或制得的次氯酸溶液纯度较高或制得的次氯酸溶液不含有Cl—离子或氯元素的利用率高等(9）.Na2CO3：×100%；NaHCO3：×100％（10）。Na2CO3：不变；NaHCO3:偏低【解析】【分析】实验室制取的氯气中混有HCl气体杂质，所以将氯气通入装置A中反应之前要先通过饱和食盐水将HCl气体除去；装置A中氯气和潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O气体,之后将气体通过足量的四氯化碳，除去混合气体中未反应和少量Cl2O分解产生的气体，通入水中，Cl2O与水反应生成次氯酸。（7)反应完成后A中主要成分有反应生成的NaCl和NaHCO3，以及未反应的Na2CO3，所以样品的水溶液呈碱性，滴入盐酸先发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+H2O,再发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O；第一个反应终点溶质为碳酸氢钠，溶液显碱性,滴定时用酚酞做指示剂,第二个反应终点溶质为NaCl,用甲基橙做指示剂。【详解】（1)根据分析可知装置连接顺序为Cl2→C→A→B→D；(2）装置A中氯气与潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，该过程为Cl2的歧化过程,由于水较少，生成的HCl较少，所以只能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,根据电子守恒和元素守恒可得方程式为:2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3;(3)根据分析可知装置B的作用是除去Cl2O中混有的Cl2；加快整个反应速率的关键是加快氯气与潮湿碳酸钠的反应,据图可知本实验中采用了搅拌棒进行搅拌，同时采用多孔球泡装置，以增大接触面积加快反应速率；(4）D装置中Cl2O与水反应制取HClO，元素化合价没有变化,根据元素守恒可得方程式为Cl2O+H2O=2HClO；(5）根据题目信息可知Cl2O的沸点为3.8℃，E中液氨作制冷剂，可使Cl2O冷凝成液态,从而收集Cl2O;因氯气通入D装置之前已被除去，Cl2O与水反应并不产生气体，收集装置中温度较低Cl2O不会分解,所以逸出的气体主要成分为空气；(6）制得的次氯酸溶液浓度较大，且制得的次氯酸溶液纯度较高,制得的次氯酸溶液不含有Cl—离子，而且此法的氯元素的利用率高；(7)①根据分析可知碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗的盐酸体积为V1mL，则n(Na2CO3)=0.1V1×10-3mol，反应生成的n（NaHCO3）=0.1V1×10—3mol；第二次滴定过程碳酸氢钠消耗的盐酸体积为V2mL，则n总（NaHCO3）=0。1V2×10—3mol,所以样品中n总（NaHCO3)=0。1V2×10-3mol—0.1V1×10-3mol，所以样品中碳酸钠的质量分数为×100％,碳酸氢钠的质量分数为×100%;②若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖嘴有气泡，读取的HCl体积会偏小，此时测得n总(NaHCO3)会偏小，从而使碳酸氢钠的质量分数偏高,对碳酸钠的质量分数没有影响。9.二十世纪初德国化学家哈伯和工程师博施成功地开发了合成氨的生产工艺,为社会的发展和进步做出了重大贡献.如今科学家为提高氨的产量，以及对各种氨的化合物的研究仍做着各种有益的探索。试回答下列问题:（1）N2(g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ·mol—1如图所示，合成氨反应中未使用催化剂时，逆反应的活化能Ea（逆）=___kJ·mol—1.（2）①在一定条件下，分别将lmolN2和3molH2置于容积恒定的密闭容器中，达化学平衡状态时,NH3的体积分数为10％，若保持其他条件不变，起始时改为充入2molN2和2molH2，达新平衡后，NH3的体积分数为___10%（填“>”、“<”或“=”）。②某温度下，n（N2）：n（H2)=1:3的混合气体在刚性容器内发生反应，起始时气体总压为p0Pa，平衡时气体总压为0。9p0Pa，气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学反应平衡常数(记作Kp），则此温度下,该反应的化学平衡常数Kp=___（用含p0的代数式表示).（3）合成氨需要的H2来源比较广泛,氢气的储存制备等问题也日益得到解决.在恒温恒容的密闭容器中,某储氢反应：MHx（s）+yH2（g）MHx+2y(s）△H〈0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是（）a。容器内气体压强保持不变b。吸收ymolH2需1molMHxc。若向容器内通入少量氢气，新平衡后c（H2)比原平衡大d.若向容器内通入少量氢气，则v（放氢）>v(吸氢）（4）利用现代手持技术传感器可以探究压强对化学平衡移动影响，如以2NO2(g）N2O4（g)为例。在恒定温度和标准压强(100kPa)条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞后并保持活塞位置不变（不考虑温度的变化）。测定针筒内气体压强变化如图所示：①B、E两点对应的正反应速率大小为vB___vE（填“>”、“<"或“=”）。②E、F、G、H四点时对应气体的平均相对分子质量最大的点为___。（5)NH3能够和Ag+形成Ag(NH3)2+,溶液中存在Ag+(aq)+2NH3（aq)Ag（NH3)2+（aq）常温下,K[Ag（NH3）2+］=1。10×107，反应AgCl(s）+2NH3(aq）Ag（NH3）2（aq)++Cl-（aq）的化学平衡常数K=1.936×10—3，则Ksp（AgCl）=___。【答案】(1）。4274(2）.<(3)。(4）.a(5)。>（6）.H(7）.1.76×10—10【解析】【分析】(4)据图可知t1时刻压强瞬间减小,此时应为拉动活塞使体积增大,压强减小，该反应为气体体积减小的反应,所以平衡逆向移动，即C到D的变化;t2时刻压强瞬间增大压强瞬间变大,可知此时应为推动活塞压缩体积，由于该反应为气体体积减小的反应，所以加压平衡正向移动，即F到H的变化。【详解】(1）焓变=正反应活化能-逆反应活化能,所以有-92。4kJ·mol—1=335kJ·mol—1—Ea(逆），可得Ea(逆)=427。4kJ·mol-1;（2)①氮气和氢气合成氨的方程式为N2(g）+3H2(g）2NH3(g),一定条件下,对于可逆反应当反应物投料比等于计量数之比时，生成物的体积分数达到最大，1molN2和3molH2反应NH3的体积分数为10%,则2molN2和2molH2，达新平衡后，NH3的体积分数小于10%;②不妨设初始投料为1molN2和3molH2，设△n（N2)=x，列三段式有：恒容密闭容器中压强比气体的物质的量之比，所以=，解得x=0.2mol，所以平衡时n(N2）=0。8mol,n（H2)=2.4mol，n（NH3)=0。4mol，则p（N2)==0.2p0,同理可得p（H2)=0.6p0，p(NH3)=0。1p0，则Kp==；（3）a．该反应前后气体系数之和不同,所以未达到平衡时容器压强会变，平衡后压强补在变化,故a正确；b．该反应为可逆反应，所以1molMHx不能完全吸收ymol氢气,故b错误；c．该反应平衡常数表达式为，温度不变平衡常数不变,则通入少量氢气后达到的新平衡体系中氢气的浓度不变，故c错误；d．通入少量氢气平衡正向移动，即v(吸氢)>v(放氢），故d错误;综上所述选a；(4)①据图可知B点压强大于E点，该实验中是通过改变体积改变压强，所以B点容器体积比E点容器体积要小，浓度要大,所以vB>vE；②气体平均相对分子质量等于气体总质量与气体总物质的量之比，气体总质量不变，所以气体的总物质的量越小，平均相对分子质量越大，平衡正向移动时气体的物质的量减小,根据分析可知C到D平衡逆向移动,D到E为平衡状态，F到H平衡正向移动，所以H点气体的总物质的量最小,即H点对应气体的平均相对分子质量最大；（5)反应AgCl(s）+2NH3（aq）Ag（NH3）2(aq)++Cl—（aq)的化学平衡常数K=，所以Ksp(AgCl)==1.76×10-10。【点睛】对于可逆反应，一定条件下，当气体反应物的投料比与方程式中计量数之比相等时，生成物中的气体的体积分数最大;对于反应物和生成物中只有一种物质为气体的反应，可通过平衡常数表达式来分析平衡移动后其浓度变化。10。以某镍矿（主要成分为NiS、CuS、FeS、SiO2等)为原料制备一种多孔结构的细小镍晶粒，可用作有机物氢化反应的催化剂和储氢材料。工艺流程如图所示:［已知金属活动顺序为:Fe>Ni>（H)〉Cu]（1）已知该镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸液A中含有Ni2+，写出有关镍元素的加压酸浸的化学方程式___。(2）已知Ni(CO）4的沸点是42.2℃，Ni（S)+4CO（g）Ni（CO)4（g）的平衡常数与温度的关系如下：步骤①、步骤②的最佳温度分别是___、___（填选项代号）A.25℃B.30℃C.50℃D。80℃E.230℃(3)“高温熔融”时通入氩气的目的是___.（4)“碱浸”是整个流程的核心步骤，该步骤的目的是___，发生反应的离子方程式为___。（5）浸出液B可以回收,重新生成铝以便循环利用，请设计简单的回收流程：（示例:）浸出液B→___。（6）镍硫化合物中会含有少量的CuS，也可以采用电解精炼的方法获得纯镍,流程为:电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式为___；精炼过程需控制pH2～5的原因___。【答案】（1).2Ni2O3+4H2SO4=4NaSO4+O2↑+4H2O（2）。C（3)。E(4）.防止Ni、Al被空气中的氧气氧化(5)。除去合金中的铝,形成多孔结构，便于吸附氢气(6).2Al+2OH—+2H2O=2AlO2—+3H2↑（7)。B→Al(OH)3→Al2O3→Al（反应条件:第一步CO2；第二步：灼烧；第三步：电解）（8）.NiS—2e-=Ni2++S（9)。当pH<2时,c（H+）大，易在阳极放电，当pH〉5时，c(OH—）大，Ni2+易生成Ni（OH)2沉淀【解析】【分析】镍矿（主要成分为NiS、CuS、FeS和SiO2等）煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、、CuO、Fe2O3（SiO2不反应），加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、CuO、Fe2O3溶解,SiO2不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A(SiO2）,浸出液A中含Ni2+、Cu2+、Fe3+，向浸出液A中通入H2S气体，还原Fe3+为Fe2+，并得到含有少量硫化铜的NiS沉淀，过滤得到镍硫化合物，再通入CO气体,形成Ni（CO）4，加热得到镍，高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构,浸出液B中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣B，得到产品兰尼镍,据此分析解答.【详解】（1)加压酸浸液A中含有Ni2+，说明加压酸浸过程中Ni元素被还原，参与反应的物质有Ni2O3，H2SO4,可能有水，根据各元素的价态规律可知只有O元素能被氧化，所以氧化产物为O2,根据电子守恒和元素守恒可得方程式为2Ni2O3+4H2SO4=4NaSO4+O2↑+4H2O；(2)平衡常数越大正反应进行的越彻底，步骤①要得到Ni（CO）4，需要平衡右移，据表格可知温度越低平衡常数越大，但考虑到Ni(CO)4的沸点是42。2℃，且气体与气体反应接触面积更大，反应速率更快，所以步骤①最合适的温度为50℃，即选C；步骤②需要平衡逆向移动，则需要适当提高温度,所以步骤②的最佳温度为230℃，即选E；(3）氩气性质稳定,通入氩气可防止Ni、Al被空气中的氧气氧化;(4）根据分析可知碱浸的主要目的，除去合金中的铝,形成多孔结构，便于吸附氢气；离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(5)浸出液B中Al元素的主要存在形式为AlO2—，为得到单质铝，可先通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，灼烧沉淀生成氧化铝，电解熔融氧化铝得到铝单质；(6）电解池中阳极发生氧化反应，粗镍中S2—还原性最强，优先被氧化生S单质，所以主要反应为NiS-2e-=Ni2++S;Ni的活泼性比氢强,所以当pH<2时，c（H+)大，易在阳极放电生成氢气，当pH〉5时,c（OH—)大,Ni2+易生成Ni(OH）2沉淀，所以精炼过程需控制pH为2~5.(二）选考题：11。已知元素周期表中前四周期的元素a、b、C、d、e、f的原子序数依次增大.a、c的基态原子中均有2个未成对电子，c与d位于同一主族，元素e的基态原子的3d轨道上有2个电子，基态f原子M层有2个未成对电子且位于第Ⅷ族。（1）元素e在周期表中的位置为___;f的单质的晶胞结构如图1所示,该晶胞为___堆积。(2)c元素可分别与a、b元素组成多种简单阴离子，其中中心原子采用sp2杂化，空间构型为平面三角形的离子有___(填离子符号）.一个氢原子与一个a原子、一个b原子组成的分子中σ键和π键的数目之比为___。（3）基态原子未成对电子数与b相同的前四周期元素中，除了与b同主族的元素外，还有___（填元素符号）。（4）分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），d元素的低价酸性氧化物其大π键应表示___.（5)c、f元素形成的一种晶体的晶胞结构如图2所示，其单原子层堆积结构实际如图3所示.该①晶体的化学式是___.②如图3中，c离子之间最短核间距为apm，NA表示阿伏加德罗常数的值.则该晶体中1m2单原子层的质量为___（用含a和NA的代数式表示）。【答案】(1)。第四周期第ⅣB族(2）。面心立方最密（3）。NO3—、CO32—(4).1：1（5）.V、Co（6）.(7）.NiO(8）。g【解析】【分析】元素e的基态原子的3d轨道上有2个电子，其基态原子的核外电子排布应为1s22s22p63s23p63d24s2，为Ti元素；基态f原子M层有2个未成对电子且位于第Ⅷ族，其基态原子的核外电子排布应为1s22s22p63s23p63d84s2，为Ni元素；c与d位于同一主族，其原子序数小于Ti,则a、b、c、d均为前20元素，且a、b、c为短周期元素，a、c的基态原子中均有2个未成对电子，则其p轨道的电子排布为np2或np4，为第ⅣA族或ⅥA族元素，又因为c、d同主族，且d为前20号元素，所以c只能为第二周期元素，则a、c的p轨道电子排布为2p2和2p4，即a为C,c为O，则d为S，b位于a、c之间，则b为N。【详解】（1）e为Ti元素，为22号元素,位于元素周期表第四周期第ⅣB族；f为Ni元素，据图可知该晶胞堆积为面心立方最密堆积;(2）a为C，b为N,c为O，其中中心原子采用sp2杂化，空间构型为平面三角形的离子有NO3-、CO32—；一个氢原子与一个a原子、一个b原子组成的分子为HCN,中心C原子为sp杂化,与N原子形成三键，其中有1个σ键和2个π键，与H原子形成1个σ键,所以分子中σ键和π键的数目之比为1:1；(3）b为N,其未成对电子为3对，前四周期基态原子未成对电子数与其相同的元素的外围电子排布应为3s23p3或3d34s2或3d84s2，分别为P、V、Co，其中P与N元素同主族;（4）d为S，其低价酸性氧化物为SO2,在SO2分子中,硫原子以两个sp2杂化轨道分别与两个氧原子形成σ键,而另一个sp2杂化轨道上则保留1对孤对电子，硫原子未参与杂化的p轨道上的2个电子与两个氧原子的未成对p电子形成三中心、四电子的离域大π键，表示为；（5)①c为O，f为Ni,根据均摊法可知该晶胞中O原子个数为=4,Ni原子个数为=4,所以晶体的化学式为NiO；②取平面NiO基本结构单元为，重复单元呈菱形，O离子之间最短核间距为apm,则结构单元的面积为：（a×a×sin60°)m2=a2×10—24m2，每个重复单元包含1个O原子和1个Ni原子，其质量=g，则1m2上该晶体的质量==g。【点睛】本题难点是晶胞计算,注意判断单原子层堆积结构中最小重复单位结构，本题也可以取六边形重复单元计算，方法相同。12.根据下列信息合成含五元环有机化合物N的路线如图：（R、R’、R”表示氢、烷基或芳基）已知：+H2O，B是E同系物，最大质荷比是30请回答下列问题:(1)有机物A的系统命名___；（2)C、D均为不饱和醇，D中含有官能团名称是___；（3）