文档内容
友好学校第七十六届期末联考
高三化学
说明：本试卷共19题，满分100分，共8页。考试用时90分钟。
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码粘贴到条形码区域内。
2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色中性笔书写，字体工整，笔迹清
楚。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草
纸、试题卷上答题无效。
4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱、不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
可能用到的相对原子质量：H-1O-16N-14C-12Na-23Fe-56
第I卷(选择题 共45分)
一、选择题：(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生产、生活密切相关。下列做法或说法错误的是
.
A 将煤气中毒患者移至空气流通处进行救治
B. 医用药品常在低温、干燥的环境中密封保存
C. 农业生产中草木灰和铵态氮肥混合使用以增加肥效
D. 和 溶液可作为焊接除锈剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤气中毒又叫一氧化碳中毒，一氧化碳与血红蛋白的结合能力比氧气大得多，血红蛋白的数
量是有限的，这样，就使氧失去了与血红蛋白结合的机会，因此，发现有人煤气中毒，迅速关紧煤气阀，
打开门窗通风，降低空气中的一氧化碳浓度，快速移到通风处，再实施人工呼吸救治，故A正确；
B．高温可使生物制剂中的蛋白质变性而失效，也可使某些中药里的有效成分挥发，降低它们的药效，所
以医用药品应在低温、干燥的环境下密封保存，故B正确；
C．草木灰与铵态氮肥混合使用会生成氨气，丧失肥效，故C错误；
D．NH C和 溶液为强酸弱碱盐，水解呈酸性，铁锈可以和酸反应，可作为焊接除锈剂，故D正确；
4
故选：C。
2. 下列过程中，涉及化学变化的是( )
第1页/共18页
学科网（北京）股份有限公司A. 用黏土制作陶坯 B. 甘油加水作护肤剂
C. 用熟苹果催熟猕猴桃 D. 用四氯化碳擦去圆珠笔油渍
【答案】C
【解析】
【详解】用黏土制作陶坯是外形变化，属于物理变化，故A错误；甘油加水作护肤剂，甘油与水互溶，属
于物理变化，故B错误；用熟苹果催熟猕猴桃，用熟苹果释放乙烯，“生”的水果中含有大量淀粉，成熟
的过程中淀粉被水解成糖，属于化学变化，故C正确；用四氯化碳擦去圆珠笔油渍，圆珠笔油渍溶于四氯
化碳，属于物理变化，故D错误。
3. 下列说法不正确的是
A. 浙糯4号糯米或赤霞珠葡萄都可以用来酿酒
B. 福尔马林能使蛋白质变性，常用于浸制生物标本
C. 油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆
D. 食物中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化，但不能为运动时提供能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．浙糯4号糯米或赤霞珠葡萄均含有糖类，则都可以用来酿酒，A正确；
B．福尔马林能使蛋白质变性，则常用于浸制生物标本，B正确；
C．油脂不属于高分子化合物，C错误；
D．食物中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化，但人体不含有水解纤维素的酶，则不能为运动时提供
能量，D正确；
故选C。
4. 下列化学反应的离子方程式正确的是
A. 在H18O中投入NaO 固体：2 H 18O+2Na O=4Na+ +4OH-+18O↑
2 2 2 2 2 2 2
B. 向AlCl 溶液中加入过量的浓氨水: Al3++4NH·H O = AlO +4 +2H O
3 3 2 2
C. 向FeI 溶液中通入少量Cl：2Fe2++ Cl =2Cl-+2Fe3+
2 2 2
D. Fe O 溶于稀硝酸的反应:3Fe O+28H++ =9Fe3++NO↑+14H O
3 4 3 4 2
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaO 与水反应时，NaO 既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O 分子中不含
2 2 2 2 2
18O，18O应该在OH-中，正确的离子方程式为：2H18O+2Na O═2OH-+218OH-+4Na++O ↑，故A错误；
2 2 2 2
B．向AlCl 溶液中加入过量的浓氨水，氯化铝与氨水发生反应，生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子
3
第2页/共18页
学科网（北京）股份有限公司方程式为Al3++3NH·H O=Al(OH) ↓+3 ，故B 错误；
3 2 3
C．FeI 溶液中通入少量的Cl，碘离子还原性大于亚铁离子，少量的氯气只氧化碘离子，发生反应的离子
2 2
方程式为2I-+Cl═I +2Cl-，故C错误；
2 2
D．Fe O 溶于稀硝酸，硝酸具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，二者发生氧化还原反应，该反应
3 4
的离子方程式为3Fe O+28H++ =9Fe3++NO↑+14H O，故D正确；
3 4 2
答案为D。
5. 向下列溶液中逐渐通入 至过量，最终体系中无沉淀的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．HSO 是弱电解质，NH 溶于水产生NH ▪H O，NH ▪H O促进HSO 的电离，产生更多的
2 3 3 3 2 3 2 2 3
，然后会产生BaSO 沉淀，故A错误；
3
B．NH 溶于水产生NH ▪H O，NH ▪H O与HCO 反应不产生沉淀，NH ▪H O与 会反应但也不会产
3 3 2 3 2 2 3 3 2
生沉淀，所以该离子组内不产生沉淀，故B正确；
C．NH 溶于水后产生NH ▪H O，NH ▪H O会与Mg2+和Ag+反应产生沉淀，故C错误；
3 3 2 3 2
D．NH 溶于水产生NH ▪H O，NH ▪H O与Cu2+反应产生Cu(OH) 沉淀，与Al3+反应产生Al(OH) 沉淀，故
3 3 2 3 2 2 3
D错误；
故本题选B．
6. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，4.48LCO中含有的分子数为
B. 稀盐酸中，氢原子的数目为0.05
C. 在足量 中燃烧，消耗 时，转移的电子数为2
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学科网（北京）股份有限公司D. 标准状况下，22.4L 含有的原子数为3
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温常压下，不能用气体摩尔体积计算，故A错误；
B．溶液中水也含有氢原子，故B错误；
C． 在足量 中燃烧， ，消耗 时，转移的电子数为2 ，故C正确；
D．标准状况下，水不是气体，不能用气体摩尔体积计算，故D错误；
故答案为C。
7. 下列表示不正确的是
A. 羟基的电子式： B. 氯乙烯的结构简式：
C. 基态亚铁离子的电子排布式： D. 分子的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．羟基中氧原子有1个未成对电子，羟基的电子式是 ，故A正确
B．氯乙烯分子式为C HCl，结构简式为 ，故B错误；
2 3
C．基态亚铁离子核外有24个电子，电子排布式为 ，故C正确；
D． 分子空间构型是三角锥，球棍模型为 ，故D正确；
选B 。
8. 不能说明氯的非金属性强于溴的事实是（ ）
A. HClO 酸性强于HBrO B. HBr的分解温度低于HCl
4 4
C. FeBr 溶液中滴少量氯水，溶液变黄 D. BrCl中氯为﹣1价
2
【答案】C
【解析】
【详解】A．应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，即HClO＞HBrO ，故A正确；
4 4
B．HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故B正确；
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学科网（北京）股份有限公司C．向FeBr 溶液中滴加少量氯水，亚铁离子还原性大于溴离子，少量氯气会将亚铁离子氧化，产物分别是
2
铁离子，铁离子在溶液中呈现浅黄色，不能证明氯的非金属性强于溴，故C错误；
D．BrCl中氯为-1价说明氯原子吸引电子能力强，说明氯的非金属性强于溴，故D正确；
故答案为C。
【点睛】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸
性、氢化物的稳定性、与氢气反应的难易程度、对键合电子的吸引，与变价金属反应时金属元素的化合价
等角度判断。
9. 目前人工固氮普遍采用的是氨的工业合成。氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程如下图所示。
下列说法错误的是
A. ②→③释放能量
B. 为了提高氨的脱附速率，应适时地将氨从反应后的混合气体中分离出来
C. 该过程中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成
D. 该催化剂可提高单位时间生成物的产率
【答案】A
【解析】
【详解】A．断键吸收能量，②→③为断键过程，吸收能量，故A错误；
B．及时分离产物，平衡正向移动，有利于生成氨气，故B正确；
C．该过程中包氮氮键、氢氢键的断裂和氮氢键的生成，故C正确；
D．催化剂加快反应速率，所以催化剂能提高单位时间的生产效率，提高单位时间生成物的产率，故D正
确；
选A 。
10. 下列实验操作，现象与结论匹配的是
选
操作 现象 结论
项
将缠绕铜丝灼烧后反复插入盛乙醇的试管，然后滴入酸 酸性高锰酸钾溶 乙醇催化氧化生成乙
A
性高锰酸钾溶液 液褪色 醛
2NO (g) NO(g)Δ
B 将装有NO 的平衡球放入热水中 颜色加深 2 2 4
2
H>0
向含0.1mol的FeI 溶液中通入0.1molCl ，再滴加淀粉
C 2 2 溶液变蓝色 还原性：I->Fe2+
溶液
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学科网（北京）股份有限公司向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的气体通入苯酚
D 溶液变浑浊 酸性：碳酸>苯酚
钠溶液中
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇和乙醛均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不符合题意；
B．NO 为红棕色气体，NO 为无色气体，加热后颜色变深，说明平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，则
2 2 4
正反应应为放热反应，B不符合题意；
C．氯气为0.1mol，由反应关系可知，若亚铁离子先反应，也会有部分碘离子反应生成碘单质，使淀粉变
蓝，C不符合题意；
D．碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠反应生成微溶于水的苯酚，D符合题意；
故答案为：D。
11. 下列叙述正确的是
A. 常温下，将pH=1的稀盐酸与pH=13的BOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定为7
B. 常温下，将pH=9的 溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH一定为9
C. 常温时， ， ，等浓度的上述两种酸分别与NaOH固
体反应后呈中性，忽略溶液体积变化则溶液中：
D. 已知 ，向盛有 溶液的试管中加入适量 ，振荡静置后 层显紫红色，说明
在 中的溶解度比在水中的大
【答案】B
【解析】
【详解】A．不确定BOH是强碱还是弱碱，故等体积混合，所得溶液pH不一定为7，A错误；
B．两者碱性相同，且不发生反应，则常温下，将pH=9的 溶液与pH=9的NaOH溶液混合，
混合溶液pH一定为9，B正确；
C．对HF反应后溶液由电荷守恒可知 ，对醋酸反应后溶液由电荷守恒
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学科网（北京）股份有限公司可知 ；溶液显中性，则均有 ，由数据可知，
HF酸性更强，等浓度的上述两种酸分别与NaOH固体反应后呈中性，则HF消耗氢氧化钠的量更多，故
HF反应后溶液钠离子浓度更大，则有 ，C错误
D．已知 ，向盛有 溶液的试管中加入适量 ，振荡静置后 层显紫红色，说平衡
正向移动生成碘单质为四氯化碳萃取，D错误；
故选B。
12. 高铁酸钠( )是一种绿色消毒剂，可用于饮用水处理。制备高铁酸钠的离子方程式为
，则下列说法不正确的是
A. 在反应中 被还原，发生氧化反应
B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
C. 上述反应生成1mol高铁酸根离子，转移3mol电子
D. 高铁酸根离子具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气
【答案】A
【解析】
【详解】A．在反应中 化合价升高，发生氧化反应被氧化，A错误；
B．反应中 化合价升高做还原剂，次氯酸根离子做氧化剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的
量之比为3：2，B正确；
C．上述反应铁化合价由+3变为+6，则生成1mol高铁酸根离子，转移3mol电子，C正确；
D．高铁酸根离子中铁元素处于高价态，具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气，D正确；
故选A。
13. 五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充满，Y的s能级电子数
和p能级电子数相等， Z是至今发现的电负性最大的元素，M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的
位置，Q的单质被广泛用作半导体材料。下列叙述中不正确的是
A. 元素的第一电离能：XX>Y
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学科网（北京）股份有限公司D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>Q>M
【答案】A
【解析】
【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充满，则X为N；Y
的s能级电子数和p能级电子数相等，Y原子核外电子排布式为1s22s22p4，则Y为O；Z是至今发现的电负
性最大的元素，则Z是F元素，M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，M为Al，Q的单质被
广泛用作半导体材料，Q为Si。
【详解】A．X、Y、Z为N、O、F，同周期元素第一电离能从左往右逐渐增大，N的2p轨道为半充满，
第一电离能大于O元素，则元素的第一电离能：YX>Y，C正确；
3 2
D．X、Q、M分别为N、Si、Al，最高价氧化物对应的水化物分别为HNO、HSiO、Al（OH），酸性：
3 2 3 3
X>Q>M，D正确；
故选A。
14. 一种新型的锂—空气二次电池的工作原理如图所示。下列说法中错误的是
A. 电路中有2mol电子通过时，水性电解液的质量增加16g
B. 催化剂可以吸附氧气，促进氧气得电子发生还原反应
C. 电池充电时，电子从电源负极流向锂电极，锂电极作阴极
D. 固体电解质既可以传递离子又可以起到隔膜的作用
【答案】A
【解析】
【分析】在锂—空气二次电池中，活泼金属锂是负极，通入氧气的一极为正极，负极锂失去电子形成Li+离
子进入溶液，并通过交换膜到达正极一边，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，1molO 得到4mol电子。
2
【详解】A．电路中有2mol电子通过时，水性电解液正极一边有0.5molO16g进入水性电解液，同时负极
2
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学科网（北京）股份有限公司产生的2molLi+也会通过交换膜进入正极，增加的质量是氧气和锂离子的质量，不是16g，故A错误；
B．催化剂可以吸附氧气，促进氧气得电子发生还原反应，故B正确；
C．在二次电池充电时，二次电池的负极接外加电源的负极做阴极，锂电极做阴极，故C正确；
D．固体电解质既可以传递Li+离子又可以起到隔膜的作用，故D正确；
答案选A。
15. 已知草酸( )为二元弱酸，在室温下，向一定浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的 溶液，
溶液中 、 、 三种微粒分别在三者中所占的物质的量分数 与溶液 的关系如
图所示。下列说法中正确的是
A. 室温时， 的水解平衡常数
B. 当溶液 时，
C. 当溶液 时，
D. A点溶液加水稀释，则水的电离程度减小
【答案】C
【解析】
【详解】A． = ，则 =10-9.71，A
错误；
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学科网（北京）股份有限公司B． 时，溶液为KC O、KHC O，此时 ，根据电荷守恒可得
2 2 4 2 4
,又c(H+) ＞c(OH-) ，则 ，B错误；
C．由 、K 表达式可知， = ，C正确；
a2
D．A点溶液为等浓度的KC O、KHC O，pH＜7，显酸性，KHC O 的电离大于水解，加水，对水的电
2 2 4 2 4 2 4
离程度抑制程度减小，即水的电离程度增大，D错误；
故选C。
第II卷 非选择题(共55分)
16. 水合肼(N H·H O)是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合肼的原理为
2 4 2
CO(NH)+2NaOH+NaClO=N H·H O+Na CO+NaCl。
2 2 2 4 2 2 3
实验1：制备NaClO溶液(已知：3NaClO 2NaCl+NaClO )。
3
(1)图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为___________。
(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有___________。
(3)图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是___________。
实验2：制取水合肼
(4)图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分NH·H O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该
2 4 2
过程中反应生成氮气的化学方程式为___________。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。
实验3：测定馏分中水合肼的含量
(5)称取馏分3.0g，加入适量NaHCO 固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL
3
溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液。用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。(已知：
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学科网（北京）股份有限公司NH·H O+2I =N ↑+4HI+H O)
2 4 2 2 2 2
①该实验滴定终点的判断：___________
②滴定操作中若不加入适量NaHCO 固体，则测量结果会___________(填“偏大”“偏小”“无影响”)。
3
③下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是___________(填字母)。
a.锥形瓶清洗干净后未干燥 b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡
c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视 d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液
④实验测得消耗I 溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N H·H O)的质量分数为___________。
2 2 4 2
【答案】 ①. MnO +4H++2Cl- Mn2++Cl↑+2H O ②. 量筒、烧杯、玻璃棒 ③. 防止NaClO
2 2 2
分解，影响水合肼的产率 ④. NH·H O+2NaClO=N ↑+3H O+2NaCl ⑤. 当滴入最后一滴碘的标准溶
2 4 2 2 2
液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不变 ⑥. 偏大 ⑦. d ⑧. 25%
【解析】
【分析】由图可知，装置I由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置II由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；
装置III是尾气处理装置；图乙中的由CO(NH) 与NaOH、NaClO反应制备水合肼。实验1：制备NaClO
2 2
溶液(已知：3NaClO 2NaCl+NaClO )。
3
【详解】(1)图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO +4H++2Cl- Mn2++Cl↑+2H O。
2 2 2
(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒。
(3)由题中信息(已知：3NaClO 2NaCl+NaClO )可知，图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是
3
防止NaClO分解，影响水合肼的产率。
实验2：制取水合肼
(4)图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分NH·H O会参与A 中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该
2 4 2
过程中反应生成氮气的化学方程式为NH·H O+2NaClO=N ↑+3H O+2NaCl。充分反应后，蒸馏A中溶液即
2 4 2 2 2
可得到水合肼的粗产品。
实验3：测定馏分中水合肼的含量
(5)称取馏分3.0g，加入适量NaHCO 固体(滴定过程中，调节溶液的pH 保持在6.5 左右)，加水配成
3
250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3 滴淀粉溶液。用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。
(已知：NH·H O+2I =N ↑+4HI+H O)。
2 4 2 2 2 2
①该实验滴定终点的判断：当滴入最后一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不变。
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学科网（北京）股份有限公司②水合肼(N H·H O)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量NaHCO 固体控制溶液的pH，
2 4 2 3
则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大。
③下列实验操作：a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有
气泡，则标准液的体积读数偏小；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积读数偏小；d.盛
标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，则标准液会被残留的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。综上
所述，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是d。
④实验测得消耗I 溶液的平均值为20.00mL，由反应的化学方程式NH•H O+2I =N ↑+4HI+H O可知，
2 2 4 2 2 2 2
n(N H•H O)= n(I)= =0.0015mol，馏分中水合肼(N H·H O)的质量分数为
2 4 2 2 2 4 2
25%。
17. 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、
Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
（1）为了加快溶浸效果，可采取的措施有_______(任写一条)；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化
学方程式_______。
（2）“氧化”中添加适量的MnO 的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式_______。
2
（3）滤渣2除了含有Al(OH) 还含有_______。
3
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是_______。
（5）写出“沉锰”的离子方程式_______。
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学科网（北京）股份有限公司（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNiCo MnO，其中Ni、Co、Mn的
x y z 2
化合价分别为+2、+3、+4。当x=y= 时，z=_______。
【 答 案 】 （ 1 ） ① . 将 矿 物 碾 碎 、 加 热 、 增 大 硫 酸 的 浓 度 等 ② .
MnO +MnS+2H SO =2MnSO +S+2H O
2 2 4 4 2
（2）MnO +2Fe2++4H+=2Fe3++ Mn2+ +2H O
2 2
（3）Fe(OH) （4）NiS和ZnS
3
（5）Mn2++2 =MnCO↓+CO ↑+H O
3 2 2
（6）
【解析】
【分析】溶浸：加硫酸溶浸，根据问题(1)可知，发生MnO +MnS+2H SO =S+2MnSO +2H O，含硅元素物
2 2 4 4 2
质，如果是二氧化硅，二氧化硅不与稀硫酸反应，作为沉淀沉降出来，如果是硅酸盐，则转化成硅酸沉淀，
其余元素转化成相应的离子；
的
氧化：利用MnO 氧化性将Fe2+氧化成Fe3+；
2
调pH：加入氨水，调节pH，让Al3+、Fe3+以氢氧化物形式沉淀出来；
除杂1：加入NaS，根据问题(4)可知，该目的是除去Zn2+、Ni2+；
2
除杂2：加入MnF ，该步骤是除去Mg2+；
2
沉锰：加入碳酸氢铵，得到MnCO 沉淀；
3
据此分析解答。
【小问1详解】
为了加快溶浸效果，可采取的措施有粉碎、搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸浓度等；利用二氧化锰的
氧化性将MnS氧化成S单质，其反应方程式为MnO +MnS+2H SO =S+2MnSO +2H O；故答案为粉碎、搅
2 2 4 4 2
拌、适当升高温度、适当提高硫酸浓度等；MnO +MnS+2H SO =S+2MnSO +2H O；
2 2 4 4 2
【小问2详解】
利用MnO 的氧化性将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为MnO +2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H O；故答案为
2 2 2
MnO +2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H O；
2 2
【小问3详解】
根据流程以及表中数据可知，调pH，使Al3+、Fe3+以氢氧化物形式沉淀出来，滤渣2成分是Al(OH) 、
3
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学科网（北京）股份有限公司Fe(OH) ，故答案为Fe(OH) ；
3 3
【小问4详解】
除杂1的目的是Zn2+、Ni2+，则滤渣3的主要成分是NiS、ZnS，故答案为NiS、ZnS；
【小问5详解】
加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，其离子方程式为Mn2++2 =MnCO↓+CO ↑+H O；故答案为Mn2++2
3 2 2
=MnCO↓+CO ↑+H O；
3 2 2
【小问6详解】
利用化合价代数和 为0，得出1+2x+3y+4z=4，将x=y= 代入，推出z= ；故答案为 。
18. NO 是形成雾霾天气的主要原因之一，以NO 为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。
x x
（1）通常可采用氢气进行催化还原，消除NO造成的污染。
已知：①N(g)+O(g)=2NO(g) H=akJ·mol-1；
2 2
②2H
2
(g)+O
2
(g)=2H
2
O(1) H=b△kJ·mol-1；
③H
2
O(g)=H
2
O(1) H=ck△J·mol-1。
则催化还原反应2H△2 (g)+2NO(g)=2H
2
O(g)+N
2
(g) ΔH=____。
（2）可用电解法将硝酸工业的尾气NO转变为NH NO ，其工作原理如图，M极接电源的____极，N极的
4 3
电极反应式为____。
（3）汽车尾气中的NO、以NO为主，净化的主要原理为：2NO(g)+2CO(g) 2CO(g)+N(g)
2 2
H=akJ·mol-1，在500℃时，向恒容密闭体系中通入5mol的NO和5mol的CO进行反应时，体系中压强
△与时间的关系如图所示：
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学科网（北京）股份有限公司①下列描述能说明反应达到平衡状态的是____。
A.v(CO) =2v(N )
正 2 逆
B.体系中混合气体密度不变
C.体系中NO、CO的浓度相等
D.混合气体的平均相对分子质量不变
E.单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N
2
②2min时NO的转化率为____。
③500℃时的平衡常数K=____Mpa-1.(K 为以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×物质的量分数)。
p p
若在4min改变的条件为升高温度，K 减小，则a____0(填“大于”“小于”或“等于”)。
p
【答案】（1）
（2） ①. 负 ②. NO-3e-+2H O=NO +4H+
2
（3） ①. AD ②. 80% ③. 64 ④. ＜
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，将②-①-2×③得到热化学方程式：
，故答案为： ；
【小问2详解】
电解NO制备NH NO ，由图可知N为阳极，反应为： ，则M为阴极，
4 3
与电源的负极相连，故答案为：负； ；
【小问3详解】
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学科网（北京）股份有限公司①A．由反应可知，当 ，说明反应达到平衡，A项正确；
B．体积不变，反应体系都是气体，混合气体的质量始终不变，从反应开始到平衡，密度始终不变，体系
中混合气体密度不变不能说明反应达到平衡，B项错误；
C．体系中NO、CO的浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C项错误；
D．气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，
D项正确；
E．单位时间内消耗n mol的NO 同时消耗 n mol的N，正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡，E
2
项错误；
故答案为：AD；
②向体积不变的密闭体系中通入5 mol的NO 和5 mol的CO进行反应时存在：
2min时，总压是4Mpa，0min时，总压是5Mpa，则 = ，解得x=4，NO的转化
率为 =80%，故答案为：80%；
③由②可知，平衡时分压p(NO)= Mpa=0.5Mpa，p(CO)= Mpa=0.5Mpa，p(CO)=
2
Mpa=2Mpa，p(N )= Mpa=1Mpa，K = = =64；4 min时升高温度，K 减小，
2 p p
说明升高温度平衡逆向移动，则该反应是放热反应，△H= akJ/mol<0，故答案为：64；小于。
19. 由H、C、O、N、S、Al、Fe、Ti等元素能形成多种物质。这些物质有许多用途。请回答下列问题：
（1）某同学写出了铝原子的4种不同状态的电子排布图：
. .
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学科网（北京）股份有限公司. .
其中能量最低的是_______(填字母)。
（2）C、O、N 原子的第一电离能由大到小的顺序为_______；HS的键角比HO的键角_______(填“大”或
2 2
“小”)
（3）铁能与三氮唑(结构见图甲)形成多种配合物。
①l mol三氮唑中所含σ键的数目为_______ mol； 碳原子杂化方式是_______；
②三氮唑的沸点为260℃，与之结构相似且相对分子质量接近的环戊二烯(结构见图乙)的沸点为42.5℃，前
者沸点较高的原因是_______。
（4）近年来，钙钛矿太阳能电池是光电材料领域的研究热门，其晶胞结构如下图所示：
钙钛矿的化学式为_______，该晶胞中Ca2+与O2-的最短距离是_______cm(已知晶胞参数为anm)。
【答案】（1）A （2） ①. N>O>C ②. 小
（3） ①. 8 ②. sp2 ③. 三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键
（4） ①. CaTiO ②. ×10-7 a
3
【解析】
【小问1详解】
电子按照构造原理、洪特规则、泡利原理进行填充，能量达到最低，根据题中所给电子排布图可知，能量
最低的是A；故答案为A；
【小问2详解】
同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅤA＞ⅥA，因此三种元素原子第一电离能由大到小顺序是N＞O
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学科网（北京）股份有限公司＞A；HS、HO中S、O价层电子对数均为4，有2个孤电子对，氧元素电负性比S大，且氧原子半径小
2 2
于S，因此HO中成键电子对之间的斥力大，键角大，故答案为N＞O＞A；小；
2
【小问3详解】
①根据三氮唑结构简式，1个三氮唑所含σ键数目为8，因此1mol三氮唑所含σ键物质的量为8mol，碳原
子有3个σ键数，无孤电子对，杂化类型为sp2，故答案为8；sp2；
②三氮唑中含有N原子，三氮唑分子间能形成分子间氢键，熔沸点高；故答案为三氮唑分子间可形成氢键，
而环戊二烯分子间不能形成氢键；
【小问4详解】
Ca位于晶胞体内，个数为1，O位于棱上，个数为 =3，Ti位于顶点，个数为 =1，化学式为
CaTiO ，根据图像可知，Ca2+、O2-最短距离是面对角线的 ，即距离为 ×10-7 acm；故答案为CaTiO ；
3 3
×10-7 a。
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