2025年高考化学冲刺押题卷-化学03浙江卷全解全析

2025年高考押题预测卷03高三化学(考试时间：90分钟试卷满分：100分)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。可能用到的相对分子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27Cl-35.5Ca-40Mn-55Cr-52Fe-56Ni-59Cu-64第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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．按物质组成分类，NaAl(OH)4属于()A．酸B．碱C．盐D．混合物【答案】C【解析】电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸，电离出的阴离子全是OH-离子的化合物属于碱，阳离子和酸根组成的化合物属于盐，酸碱盐都是纯净物，NaAl(OH)4有固定的组成，属于纯净物，由Na+和酸根离子Al(OH)4-组成的化合物，属于盐类，C正确；故选C。2．下列化学用语或图示表达错误的是()A．Na2O2的电子式：B．NH3分子的空间结构模型：C．CH3CH2C(CH3)=CH2的名称：2-甲基-2-丁烯D．基态Cu原子的价层电子轨道表示式：【答案】C【解析】A项，Na2O2是离子化合物，电子式为，故A正确；B项，NH3是三角锥形分子，NH3分子的空间结构模型：，故B正确；C项，CH3CH2C(CH3)=CH2的主链上四个碳，2号位置上有一个甲基，名称：2-甲基-1-丁烯，故C错误；D项，Cu是29号元素，基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，价层电子轨道表示式为，故D正确；故选C。3．化学与生产、生活息息相关。下列说法错误的是()A．水玻璃具有黏结力强、耐高温等特性，可以用作黏合剂和防火剂，它是一种电解质B．味精能增加食品的鲜味，是一种常用的增味剂，其主要成分为谷氨酸钠C．工业生产中一般采用400~500℃合成氨，原因之一是铁触媒在500℃左右时的活性最大D．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用盐酸除去【答案】A【解析】A项，水玻璃是硅酸钠的水溶液，它不能燃烧，可以用做木材防火剂，水玻璃既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B项，味精的主要成分为谷氨酸钠，它是一种鲜味剂，是生活中常用的增味剂，故B正确；C项，工业一般选择400~500℃合成氨，原因之一是铁触媒在500℃左右时具有最大活性，故C正确；D项，锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，将其转化为CaCO3，再用盐酸溶解除去，故D正确；故选A。4．聚合硫酸铁[n是一种无机高分子化合物，能用作净水剂。可以由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应制得，下列说法正确的是()A．的价电子排布为3d54s1B．FeSO4·7H2O中，与H2O分子之间通过分子间作用力结合C．形成聚合硫酸铁后，水溶液的pH减小D．在相同条件下，比[2+的水解能力更弱【答案】C【解析】A项，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，价电子排布式为3d6，A项错误；B项，FeSO4·7H2O中，与H2O分子之间通过配位键相结合，B项错误；C项，绿矾与KClO3反应时，被氧化为，从而形成[n，水解能力更强，故水溶液的pH减小，C项正确；D项，是弱碱的阳离子，水解是分布进行的，但通常规定的水解一步到位，所以的水解第一步程度最大，即的水解能力比[2+更强，D项错误；故选C。5．下列实验装置或操作不能达到实验目的的是()A．制备苯甲酸苯甲酯B．验证金属锌保护铁C．熔融纯碱D．制取少量【答案】B【解析】A项，苯甲酸和苯甲醇发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯，采用分水器不断带走反应生成的水，可促进酯化反应向生成酯的方向进行，A正确；B项，由于Fe可能会被K3[Fe(CN)6]氧化为Fe2+，故验证金属锌保护铁的实验中，应该用胶头滴管取Fe电极的溶液于试管中，然后向试管中滴加铁氰化钾溶液，B错误；C项，铁坩埚不和碱性物质反应，可以用于熔融纯碱，C正确；D项，用大理石和盐酸制取少量CO2并配有安全漏斗，能较好控制反应速率，D正确；故选B。6．NH3是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用。下列说法正确的是()A．物质A的化学式为(NH4)2SO4B．结合H+能力：N2H4＞CH3NH2C．过程Ⅰ的化学反应方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2OD．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1【答案】C【解析】氨气和次氯酸钠反应生成肼，肼和亚硝酸钠反应生成NaN3，氨气和等物质的量三氧化硫反应生成硫酸氢铵。A项，氨气和等物质的量三氧化硫反应，结合质量守恒，反应生成的A为硫酸氢铵NH4HSO4，A错误；B项，甲基为推电子基团，使得CH3NH2的-NH2中N原子周围电子云密度比的N2H4大，易给出孤电子对与形氢离子成配位键，故结合氢离子能力：N2H4CH3NH2，B错误；C项，过程Ⅰ的反应为氨气和次氯酸钠反应生成N2H4，反应中氮化合价由-3变为-2、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒、质量守恒，化学反应方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，C正确；D项，过程ⅡN2H4中氮化合价由-2变为NaN3中的，为还原剂，NaNO2中氮化合价由+3变为NaN3中的，为氧化剂，结合电子守恒，存在，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，D错误；故选C。7．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列说法正确的是()A．环己烷中的碳原子为sp3杂化，苯中的碳原子为sp2杂化，因此苯的C—H键能大于环己烷的C—H键能B．C3H8分子中的碳碳单键可以围绕键轴旋转，旋转时键的强度会发生改变C．-CF3是吸电子基团。-CCl3是推电子基团，因此F3CCOOH的酸性强于Cl3CCOOHD．O-H…O氢键的作用力大于F—H…F氢键的作用力，因此H2O的沸点比HF高【答案】C【解析】A项，环己烷和苯中的C—H键能比较除了考虑杂化类型外，还需要考虑离域效应，A错误；B项，C3H8分子中的碳碳单键是σ键，旋转不影响原子轨道重叠程度，不影响键能，B错误；C项，-CF3是吸电子基团，-CCl3是推电子基团，-CF3会使羧基中O-H键的极性增强，更容易断裂电离出氢离子，酸性更强，C正确；D项，H2O的沸点比HF高，是因为相同物质的量的H2O分子间可形成更多的氢键，D错误；故选C。8．下列过程对应的离子方程式错误的是()A．NaHCO3溶液中通入少量：B．某些麦片中加微量的还原铁粉，在人体消化时：C．氟化物预防龋齿原理：D．向K3[Fe(CN)6]溶液滴入溶液：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓【答案】B【解析】A项，NaHCO3溶液中通入少量生成氯化钠、二氧化碳、次氯酸，反应的离子方程为，故A正确；B项，某些麦片中加微量的还原铁粉，在人体消化时，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为，故B错误；C项，氟化物预防龋齿原理是羟基磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石，反应的离子方程式为，故C正确；D项，向K3[Fe(CN)6]溶液滴入溶液生成蓝色沉淀：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故D正确；选B。9．化合物M、N的转化关系如图所示，下列有关说法正确的是()A．N能发生消去反应和水解反应B．1个M分子中含有8个手性碳原子C．M与金属钠反应最多可以产生1.5molH2D．N使酸性高锰酸钾溶液褪色和溴的四氯化碳溶液褪色的原理相同【答案】B【解析】A项，N中连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可发生消去反应，但不能发生水解反应，A项错误；B项，连接4个互不相同的基团的碳原子是手性碳原子，M分子中含有的手性碳原子用“*”标记为共8个，B项正确；C项，没有指明M的物质的量，与金属钠反应产生氢气的量不能确定，C项错误；D项，N中含碳碳双键和羟基，均可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，使溴的四氯化碳溶液褪色发生加成反应，原理不同，D项错误；故选B。10．嫦娥五号带回的月壤中发现一种由短周期元素组成的矿物晶体YX4MQ3·6X2Z。已知X、Y、Z、M、Q分布在不同的三个周期且原子序数依次增大；X和Y的质子数之和等于Z的质子数；基态Z、M原子中，s轨道和p轨道中的电子数相等。下列有关说法不正确的是()A．该晶体溶于水后溶液呈中性B．第一电离能：Y>Z>MC．键角：YZ4+＞X2ZD．Q2的水溶液具有漂白性【答案】A【解析】根据条件，Z和M的基态原子中s和p轨道电子数相等。分析得出Z为O(1s22s22p4，s轨道和p轨道中的电子数均为4)，M为Mg(1s22s22p63s2，s轨道和p轨道中的电子数均为6)。X和Y的质子数之和等于Z的质子数，即X+Y=8。结合原子序数递增及周期分布，X为H(1)，Y为N(7)，Z为O(8)，Q的原子序数大于Mg(12)，推测Q为Cl(17)。矿物晶体为NH4Mg·6H2O。化学式可分解为NH4+、Mg和结晶水·6H2O，整体结构类似铵盐。A项，NH4+水解使溶液呈酸性，而非中性，A错误；B项，第一电离能是衡量元素的气态原子失去一个电子的难易，N(1s22s22p3)半充满结构，第一电离能大于O，Mg为金属易失去电子，故第一电能顺序为N>O>Mg，即Y>Z>M，B正确；C项，NH4+中N的价层电子对数为，杂化，正四面体结构，无孤对电子，键角为109°28’，H2O中O的价层电子对数为，杂化，有2对孤对电子，为V型，由于孤电子对对成键电子对的排斥力，导致键角小于109°28’，键角约104.5°，故键角YZ4+＞X2Z，C正确；D项，Cl2+H2OHCl+HClO，Cl2的水溶液有HClO，具有漂白性，D正确；故选A。11．研究化学反应的调控有着重大价值，反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)反应Ⅱ：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)反应Ⅲ：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)下列说法正确的是()A．450℃高压有利于反应Ⅲ的反应速率和自发进行，所以工业上采取450℃高压B．反应Ⅱ的产物通入NaOH可以实现产物的吸收C．对于反应Ⅱ来说，当c(NH3)：c(O2)：c(NO)：c(H2O)=4：5：4：6时，说明反应达到平衡状态D．初始投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，对于反应Ⅰ来说，CO2的体积分数不再变化不能说明到达平衡【答案】D【解析】A项，反应Ⅲ：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是放热反应，∆H<0，∆S<0，∆G=∆H-T∆S<0可以自发进行，低温有利于自发进行，A错误；B项，NO与NaOH溶液不反应，B错误；C项，物质的浓度之比等于系数之比时，浓度不一定是定值，反应不一定处于平衡状态，当c(NH3)：c(O2)：c(NO)：c(H2O)=4：5：4：6时，反应不一定处于平衡状态，C错误；D项，初始投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，CO2的体积分数为50%，反应I中参加反应的CO2和H2的物质的量之比为1：3，设反应的CO2的物质的量为xmol，反应的H2为3xmol，生成CH3OH和H2O都是xmol，反应后CO2体积分数为，CO2的体积分数为定值，CO2的体积分数不再变化不能说明到达平衡，D正确；故选D。12．低品位热()是一种丰富且广泛存在的可持续能源，一种新型的热富集铂极电池如图所示。利用从热区至冷区的梯度驱动对苯醌和对苯二酚混合溶液的氧化/还原转换：，下列有关说法不正确的是()A．pH：冷端>热端B．工作中需定时补充对苯醌和对苯二酚C．若该电池使用中温差恒定，则无需充电，可持续使用D．热端电极电势低于冷端电极电势【答案】B【解析】由图可知，原电池工作时冷端，发生加氢反应，热端，发生去氢反应，即冷端发生得电子的还原反应，热端发生失电子的氧化反应，则冷端为正极，热端为负极，正极反应为，负极反应为--2e-→+2H+。A项，由分析可知，pH：冷端>热端，故A正确；B项，结合两端反应，对醌、对苯二酚浓度不变，不需要补充，故B错误；C项，含羧酸的纳米颗粒在不同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收H+驱动电极反应发生，则温差恒定时该电池能持续工作，形成连续的反应和持续的电流，不需要充电恢复，C正确；D项，冷端电极为正极电势高，热端电极为负极电势低，故D正确；故选B。13．CaC2晶胞如图所示。已知：NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞体积为Vcm-3。下列叙述正确的是（）A．CaC2晶体中只含1种化学键B．在晶胞中，与相邻的C22-个数为4C．CaC2中碳原子采用杂化D．CaC2晶体密度【答案】C【解析】A项，由图可知，碳化钙中存在碳碳三键（非极性键）和离子键，故A错误；B项，晶胞中1个Ca2+周围有6个C22-，大灰球四周有4个C22-，上下各有一个C22-，故B错误；C项，由图可知，碳化钙中碳和碳为直线型，所以采用sp杂化，故C正确；D项，晶胞中含Ca2+位于顶点和体内，C22-位于棱上和面上，所以1个晶胞中含有2个CaC2，，故D错误；故选C。14．已知C2H5Br在NaOH醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争，二者反应历程中的相对能量变化如下图所示。下列说法错误的是()A．NaOH醇溶液中与乙醇分子间形成了氢键B．C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH-进攻的原子不同C．溶剂不同时，C2H5Br与OH-反应的选择性可能不同D．醇溶液中C2H5Br发生消去反应在热力学上更有利【答案】D【解析】A项，从反应历程图能看到，OH-中的氧与乙醇分子中的氢存在相互作用，符合氢键形成特征，所以NaOH醇溶液中OH-与乙醇分子间形成了氢键，A正确；B项，取代反应里，OH-进攻与Br原子相连的碳原子；消去反应时，OH-进攻与Br原子相连碳原子的邻位碳原子上的氢原子，进攻原子不同，B正确；C项，溶剂不同，对反应体系中分子间作用力、反应物和过渡态稳定性等影响不同，会改变反应活化能等，进而使C2H5Br与OH-反应的选择性改变，C正确；D项，由图可知，取代反应产物能量比消去反应产物能量低，能量越低越稳定，说明在NaOH醇溶液中C2H5Br发生取代反应在热力学上更有利，并非消去反应，D错误；故选D。15．(2025·浙江省第一届NBchem高考模拟考试)25℃时，已知CaC2O4的Ksp=5.0×10－9，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4。则在时下列有关说法正确的是()A．2Ca2++C2O42-+H2O=OH-+HC2O4-+CaC2O4K=3.3×10－2B．Ca2++HC2O4-+OH-=H2O+CaC2O4K=75此时可以认为反应进行完全C．HC2O4-+C2O42-=2HC2O4-K=3.7D．把CaC2O4固体溶于pH=4.8的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液中形成饱和溶液，饱和溶液中c(Ca2+)≈7.5mol·L-1【答案】D【解析】A项，反应2Ca2++C2O42-+H2O=OH-+HC2O4-+CaC2O4的平衡常数为K===，A错误；B项，Ca2++HC2O4-+OH-=H2O+CaC2O4，K=，B错误；C项，HC2O4-+C2O42-=2HC2O4-，K=，C错误；D项，Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，在pH=4.8时，c(H+)=10-4.8mol/L，C2O42-浓度可以近似为：≈=0.105mol/L，根据Ksp=，c(Ca2+)==≈4.76×10-8，考虑到Ka1的影响，c(C2O42-)浓度更小，Ca2+浓度更大，c(Ca2+)≈7.5mol·L-1是合理的，选项D正确；故选D。16．实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO42-，制备电解用精制食盐水。已知：Ksp[Mg]=5.6×10－12，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10，Ksp(BaCO3)=2.6×10－9。下列说法错误的是()A．加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓B．加入盐酸发生的反应是CO32-+2H+=CO2↑+H2O、H++OH-=H2OC．调节溶液的pH＞12，可使滤液中D．若不除去Ca2+、Mg2+，电解食盐水时在阴极区可能形成氢氧化物沉淀【答案】A【解析】粗盐溶液中含有Ca2+、Mg2+、SO42-，加入①过量的饱和BaCl2溶液，发生Ba2++SO42-=BaSO4↓反应，除去SO42-，②再加入NaOH溶液调pH，发生MgMg↓，除去Mg，③再加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓，除去Ca2+和过量的Ba2+，④过量将BaSO4、Mg、BaCO3、CaCO3除去，得到含NaCl、NaOH和Na2CO3的滤液，加入过量盐酸，发生CO32-+2H+=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，将NaOH和Na2CO3除去，蒸干得到NaCl样品，加入10mL蒸馏水，再加入2滴饱和BaCl2溶液，得到大量白色沉淀M。A项，由题知，由于Ksp(BaSO4)=1.1×10－10，Ksp(BaCO3)=2.6×10－9，故加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓外还有BaSO4+CO32-BaCO3↓+SO42-，A错误；B项，加入过量盐酸，发生CO32-+2H+=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，将NaOH和Na2CO3除去，B正确；C项，调节溶液的pH＞12，则，则滤液中，C正确；D项，电解食盐水时，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，若溶液中存在Ca2+、Mg2+，会在阴极与OH-反应生成氢氧化物沉淀，D正确；故选A。第II卷(非选择题共52分)二、非选择题：本题共4小题，共52分。17．(16分)氧化镍矿是由铁、硅、镁、铝等含水氧化物组成的红色黏土状矿石，又名红土镍矿。下面是最早的红土镍矿湿法处理工艺。已知：在还原焙烧过程中，镍、钴以金属态形式存在，铁大部分转化为Fe3O4，少量以FeO或Fe形式存在；焙砂在氧气气氛中用NH3和CO2浸出，其中的镍、钴分别生成镍氨配合物和钴氨配合物而被浸出。(1)基态镍的价层电子排布式为。(2)沉钴过程中，判断钴离子是否沉淀完全的方法是。(3)在由碱式碳酸镍到镍的过程中，一定会发生的过程有。A．电解B．还原C．分解(4)已知硫化钴Ksp=2.0×10－25(取β-硫化钴数值)，欲使钴沉淀完全，则cS2-应大于。(5)溶液A可以到工序中循环使用。5%的A溶液与20%的A溶液等体积混合，混合后的质量分数12.5%(填>、<或=)。(6)Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+的形式存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，试分析[Co(NH3)6]2+更稳定的原因是。(7)[Co(NH3)6]2+呈土黄色，在空气中会被氧化成红褐色的[Co(NH3)6]3+，写出该过程的离子方程式。(8)NiO晶体与NaCl晶体结构相似。①NiO的熔点远高于NaCl，结合下表说明理由：。晶体离子间距/pm熔点/℃NaCl801NiO1960②设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个Ni2+间距为apm(1pm=cm)，NiO的摩尔质量为Mg·molˉ1，则晶体的密度为g·cm-3(列出计算式)。③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个Ni2+空缺，会有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6∶91。若该晶体的化学式为NixO，则x=。【答案】(1)3d84s2(1分)(2)沿器壁向上层清液中滴加1-2滴(NH4)2S溶液，如果没有沉淀，说明沉淀已经完全(1分)(3)B(1分)(4)2.0mol·L-1(2分)(5)氨浸(1分)<(1分)(6)氮元素的电负性较氧元素小，更易提供孤电子对形成配位键(合理答案均可)(1分)(7)4[Co(NH3)6]2++2H2O+O2=4[Co(NH3)6]2++4OH-(2分)(8)①NiO和NaCl均为离子晶体，Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子；Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间距更小，NiO晶体中作用力更强(2分)②(2分)③0.97(2分)【解析】氧化镍矿含铁、硅、镁、铝等含水氧化物，在还原焙烧过程中，镍、钴以金属态形式存在，铁大部分转化为Fe3O4，少量以FeO或Fe形式存在，硅、镁和铝转化为不溶性氧化物等；焙砂在氧气气氛中用NH3和CO2浸出，其中的镍、钴分别生成镍氨配合物和钴氨配合物而被浸出。过滤分离出上述不溶性物质即为浸出渣，浸出液加硫化铵沉钴，过滤分离出CoS沉淀，滤液加热，得到碱式碳酸镍，经一系列转化最后得到镍块，产生的气体A为氨气，溶液A为氨水，可用于氨浸进行循环利用。(1)Ni是28号元素，基态镍的价层电子排布式为3d84s2；(2)沉钴过程中得到CoS沉淀，则判断钴离子是否沉淀完全的方法是：沿器壁向上层清液中滴加1-2滴(NH4)2S溶液，如果没有沉淀，说明沉淀已经完全；(3)在由碱式碳酸镍到镍的过程中，镍化合价从+2价降低到0价，则一定会发生的过程有还原过程，选B；(4)硫化钴Ksp=2.0×10－25(取β-硫化钴数值)，欲使钴沉淀完全，则钴离子浓度小于1.0mol·L-1，cS2-应大于。(5)据分析，溶液A即氨水可以到氨浸工序中循环使用。氨水的密度小于1g/mL，且5%的A溶液密度ρ1大于20%的A溶液密度ρ2，则5%的A溶液与20%的A溶液等体积混合，混合后的质量分数。(6)向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，[Co(NH3)6]2+更稳定的原因是：氮元素的电负性较氧元素小，N更易提供孤电子对形成配位键，与Co2+形成配位键更强。(7)[Co(NH3)6]2+呈土黄色，在空气中会被氧化成红褐色的[Co(NH3)6]3+，钴元素从+2升高到+3，氧气中氧元素从0价降低到-2，则该过程的离子方程式4[Co(NH3)6]2++2H2O+O2=4[Co(NH3)6]2++4OH-。(8)①NiO比NaCl的离子带电荷高，离子半径小，则NiO的熔点远高于NaCl，结合表格说明理由：NiO和NaCl晶体类型相同；Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子；Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间距更小，NiO晶体中作用力更强；②设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个Ni2+间距为apm(1pm=10-10cm)，则面对角线的长度为2apm，晶胞边长为apm；在1个晶胞中，含有4个Ni2+和4个O2-，NiO的摩尔质量为Mg•mol-1，则晶体的密度为g•cm-3；③某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6∶91，依据电荷守恒，Ni、O原子个数比为(6+91)∶=97∶100。若该晶体的化学式为NixO，则x=0.97。18．(12分)镁基储氢材料(MgH)因其储氢量大、资源丰富、成本低而被认为是最具应用前景的金属储氢材料之一。(1)镁基储氢材料水解反应可制氢：①MgH(s)＋H2O(l)==MgO(s)＋2H2(g)ΔH1＝-239kJ·mol−1②Mg(OH)(s)==MgO(s)＋H2O(l)ΔH2＝+38kJ·mol−1则MgH(s)＋2H2O(l)==Mg(OH)(s)＋2H2(g)ΔH3=kJ·mol−1。(2)一定质量的MgH(s)在时发生水解反应，生成氢气的体积V(单位：)与时间t(单位：s)的关系式为。①用氢气的体积变化表示前4min的反应速率为mL/min。②MgH在Mg溶液中的产氢速率快于纯水，其原因是(已知该现象只与Mg有关)。(3)已知Mg与H2在一定条件下发生反应：Mg(s)＋H2(g)MgH(s)可制备镁基储氢材料。①若反应达平衡后，再加入等物质的量的Mg和MgH，平衡(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。②在恒容密闭容器中加入4.5MpaH2及足量Mg，反应，不同温度下H2的转化率如下图1所示。280℃下反应时，该反应(填“是”或“否”)达到平衡状态：420℃时，该反应的压强平衡常数Kp=Mpa-1(以平衡分压代替物质的量浓度计算)。③假设制得储氢材料中氢镁原子个数比为a(a)，该反应在恒温密闭容器中达到平衡后，缩小容器体积为原来的一半，在下图2中画出改变条件后气体压强p与a的变化曲线。(4)储氢材料(MgH)可作为电池电极材料实现化学能到电能的转化，某科研小组设计了如图3所示的环保电池装置，该电池的总反应为。【答案】(1)-277(1分)(2)65(1分)Mg2+水解使溶液呈酸性，H+浓度增大，增强了氧化性，加快了H2生成速率；H+能溶解表面沉积的Mg(OH)保护层，促进MgH与水接触，提高了水解速率(2分)(3)不(1分)否(1分)(2分)(2分)(4)5MgHMg(NO3)2+2N↑+12H2O(2分)【解析】(1)根据盖斯定律，反应①-②可得MgH(s)＋2H2O(l)==Mg(OH)(s)＋2H2(g)，=；(2)①前4min生成氢气的体积，用氢气的体积变化表示前4min的反应速率为=65mL/min；②MgH在Mg溶液中的产氢速率快于纯水，其原因是Mg水解使溶液呈酸性，H+浓度增大，增强了氧化性，加快了H2生成速率；H+能溶解表面沉积的Mg(OH)保护层，促进MgH与水接触，提高了水解速率；(3)①Mg和MgH均为固体，增加其用量，平衡不移动；②由图像可知，280℃时，随着温度的升高，氢气的转化率升高，因此此时未达到平衡，420℃时，氢气的转化率为40%，所以转化的氢气为，剩余的氢气分压为，因此=；③增大压强，平衡右移，a值增大，平衡后Kp不变，即氢气分压不变，据此作图：；(4)根据图示，MgH作为负极失电子，HNO3在正极得电子生成氮气，该电池的总反应为5MgHMg(NO3)2+2N↑+12H2O。19．(12分)高铁酸钾(K2)是一种高效多功能水处理剂。某实验小组按如下步骤制备K2，部分装置如图所示。步骤I：取30gNaOH溶于75mL水中，用冰水冷却并保持体系温度在20℃以下。搅拌下，通入Cl2至饱和，再分批次加入70gNaOH固体，充分反应后滤去析出的晶体。步骤II：搅拌下，向滤液中分批次加入25gFe(NO3)3·9H2O，再加入NaOH固体至饱和，过滤。步骤III：保持滤液温度20℃左右，加入100mLKOH饱和溶液，过滤，得到粗产品。已知：①制备原理：3ClO-+2OH-=2Cl-+5H2O。②K2难溶于无水乙醇等有机溶剂；在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在低温、干燥或强碱性溶液中能稳定存在。回答下列问题：(1)仪器X的名称是。步骤I中析出的晶体为(填化学式)。(2)步骤I通入Cl2时控制温度在20℃以下，目的是。(3)下列说法正确的是_______(填标号)。A．装置甲中固体A可以是KMnO4B．装置乙吸收HCl气体，有利于提高K2产率C．分批次加入Fe(NO3)3·9H2O的主要目的是防止反应速率过快D．在水中的溶解度：Na2＞K2(4)对粗产品进行重结晶，正确的操作排序是。_______→_______→e→_______a.将粗产品溶于冰水b.将粗产品溶于3mol·L-1KOH溶液c.冰水洗涤d.将溶液注入冷的KOH饱和溶液中，充分搅拌e.过滤f.依次用乙醇、乙醚洗涤g.在空气中晾干h.放入真空干燥器中干燥(5)测定高铁酸钾产品的纯度：称取mg高铁酸钾产品，完全溶解于浓KOH溶液中，再加入足量亚铬酸钾K[Cr(OH)4]，反应后配成100mL溶液；取上述溶液20.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH=2，用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL。该过程中发生反应如下：a.[Cr(OH)4]-+Fe(OH)3↓+CrO42-+OH-b.2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2Oc.Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O①高铁酸钾产品的纯度为(用含有m、c、V的代数式表示)。②若测得产品的纯度为102%，则产品中含有的杂质是(填化学式)。【答案】(1)三颈烧瓶(1分)NaCl(1分)(2)有利于增大Cl2的溶解度，并防止高温下生成NaClO3或防止NaClO分解(2分)(3)ABD(2分)(4)bdefh(2分)(5)(2分)Na2(2分)【解析】装置甲中浓盐酸与KMnO4(或KClO3)固体反应制备氯气，装置乙吸收氯气中的HCl，装置丙中步骤I：氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，次氯酸钠在后续制备高铁酸钠时作氧化剂，故步骤I析出的晶体为NaCl；步骤II：次氯酸钠、硝酸铁、氢氧化钠反应得到高铁酸钠，离子方程式为：3ClO-+2OH-=2Cl-+5H2O；步骤III：再加饱和KOH溶液转化，过滤得到高铁酸钾。(1)装置图中仪器X的名称是：三颈烧瓶；步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为：NaCl。(2)步骤Ⅰ通入Cl2时控制温度20℃以下，目的是有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下Cl2和NaOH生成NaClO3(或防止NaClO分解)。(3)A项，室温下