2021屆寧夏回族自治區(qū)銀川高三上學(xué)期第一次月考化學(xué)試卷（解析版）

2021屆寧夏回族自治區(qū)銀川高三上學(xué)期第一次月考化學(xué)試卷（解析版）1.下列說法正確的是()A.淀粉、纖維素等高分子化合物均屬于純凈物B.非金屬氧化物都是酸性氧化物C.食醋、純堿、食鹽分別屬于酸、堿、鹽D.丁達(dá)爾效應(yīng)可用于區(qū)別溶液與膠體【答案】D【解析】【詳解】A、淀粉和纖維素等高分子化合物不是純凈物，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、某些非金屬氧化物如CO，既不是酸性氧化物也不是堿性氧化物，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、純堿為碳酸鈉，屬于鹽，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體的特性，丁達(dá)爾效應(yīng)能區(qū)別溶液和膠體，選項(xiàng)D正確。答案選D。2.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.常溫常壓下，36g18O2中所含的中子數(shù)為16NAB.8.0gCu2S和CuO的混合物中含有的銅原子數(shù)為0.1NAC.電解飽和食鹽水時(shí)，陽極生成22.4L氣體時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAD.室溫下向1LpH＝1的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+數(shù)目小于0.1NA【答案】B【解析】【分析】A.18O2的摩爾質(zhì)量為36g/mol，據(jù)此計(jì)算出18O2分子的物質(zhì)的量，根據(jù)分子構(gòu)成得出結(jié)論；

B.Cu2S的摩爾質(zhì)量是CuO摩爾質(zhì)量的2倍，含有的銅原子個(gè)數(shù)也是CuO的2倍；

C.陽極上生成氣體的狀態(tài)不明確；

D.加水稀釋過程中，醋酸的電離程度增大?！驹斀狻緼.36g18O2的物質(zhì)的量為=1mol，則所含中子數(shù)為2×（18-8）×NA=20NA，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.Cu2S的摩爾質(zhì)量是CuO摩爾質(zhì)量的2倍，含有的銅原子個(gè)數(shù)也是CuO的2倍，故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”構(gòu)成，則含有的“CuO”物質(zhì)的量為n==0.1mol，則混合物中含有的銅原子數(shù)為0.1NA，故B項(xiàng)正確；C.陽極上生成氣體的狀態(tài)不明確，故物質(zhì)的量無法計(jì)算，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)無法計(jì)算，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.1LpH＝1的醋酸溶液中，氫離子的物質(zhì)的量n(H+)=0.1mol，在加水稀釋過程中，醋酸的電離程度增大，故所得溶液中H+數(shù)目略大于0.1NA，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】與阿伏加德羅常數(shù)NA相關(guān)的化學(xué)計(jì)量的選擇題是高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)化學(xué)計(jì)量的理解與應(yīng)用。本題C項(xiàng)是學(xué)生的易錯(cuò)點(diǎn)，要特別注意氣體摩爾體積為22.4L/mol的狀態(tài)與條件，題設(shè)陷阱經(jīng)常誤將“常溫常壓”當(dāng)作“標(biāo)準(zhǔn)狀況”、或者誤把標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的固體、液體當(dāng)成氣體，學(xué)生做題時(shí)只要善于辨析，便可識(shí)破陷阱，排除選項(xiàng)，提高做題效率。3.下列反應(yīng)的離子方程式書寫不正確的是A.向氯化鋁溶液中加入過量的氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NHB.用氨水吸收過量的二氧化硫：NH3·H2O+SO2=NH+HSOC.向偏鋁酸鈉溶液中加入過量的稀鹽酸：AlO+H++H2O=Al(OH)3↓D.向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO【答案】C【解析】【詳解】A．向氯化鋁溶液中加入過量的氨水時(shí)發(fā)生的離子反應(yīng)為Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH，故A正確；B．用氨水吸收過量的二氧化硫時(shí)發(fā)生的離子反應(yīng)為NH3·H2O+SO2=NH+HSO，故B正確；C．向偏鋁酸鈉溶液中加入過量的稀鹽酸時(shí)發(fā)生的離子反應(yīng)為AlO+4H+=Al3++2H2O，故C錯(cuò)誤；D．向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳時(shí)發(fā)生的離子反應(yīng)為ClOˉ+CO2+H2O=HClO+HCO，故D正確；故答案為C。4.某溶液中含有的溶質(zhì)是FeBr2、FeI2，若先向該溶液中通入一定量的氯氣，再向反應(yīng)后的溶液中滴加KSCN溶液，結(jié)果溶液變?yōu)榧t色，則下列敘述正確的是()A.原溶液中的Br—一定被氧化B.不能確定通入氯氣之后的溶液中是否存在Fe2+C.通入氯氣之后，原溶液中的Fe2+不一定被氧化D.若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，靜置、分液，向上層溶液中加入足量的AgNO3溶液，一定能產(chǎn)生淡黃色沉淀【答案】B【解析】【分析】在FeBr2和FeI2混合液中存在的三種離子的還原性：I－＞Fe2＋＞Br－，向該溶液中通入的氯氣首先與還原性最強(qiáng)的I－反應(yīng)，當(dāng)I－完全反應(yīng)后，氯氣才與Fe2＋反應(yīng)，F(xiàn)e2＋被完全氧化后再與Br－反應(yīng)。通入一定量氯氣后再滴加KSCN，溶液呈紅色，說明有Fe3＋生成，I－已經(jīng)反應(yīng)完全，F(xiàn)e2＋被氧化但不一定全部被氧化，沒有實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說明Br－被氧化或完全被氧化。【詳解】通入一定量氯氣后再滴加KSCN，溶液呈紅色，說明有Fe3＋生成，F(xiàn)e2＋被氧化但不一定全部被氧化，沒有實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說明Br－被氧化或完全被氧化，故A錯(cuò)誤；通入一定量氯氣后再滴加KSCN，溶液呈紅色，說明有Fe3＋生成，F(xiàn)e2＋被氧化但不一定全部被氧化，所以不能確定通入氯氣之后的溶液中是否存在Fe2+，故B正確；通入一定量氯氣后再滴加KSCN，溶液呈紅色，說明一定有Fe3＋生成，故C錯(cuò)誤；沒有實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說明Br－被氧化或完全被氧化，反應(yīng)后溴離子不一定有剩余，所以向分液后的上層液體中加入足量硝酸銀溶液，不一定生成淺黃色沉淀，故D錯(cuò)誤。【點(diǎn)睛】常見離子還原性順序：S2->SO32->I->Fe2+>Br->Cl-；氧化性順序：Cl2>Br2>Fe3+>I2。同一氧化劑與不同還原劑反應(yīng)，先與還原性強(qiáng)的反應(yīng)；同一還原劑與不同氧化劑反應(yīng)，先與氧化性強(qiáng)的反應(yīng)；5.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.能使甲基橙變?yōu)槌壬娜芤海篘a+、NH、CO、ClˉB.能使淀粉碘化鉀試紙顯藍(lán)色的溶液：K+、SO、S2-、ClˉC0.1mol/LKOH溶液中：S2ˉ、Na+、SO、NOD.常溫下，=1.0×1012的溶液：Fe2+、Mg2+、NO、Clˉ【答案】C【解析】【詳解】A．能使甲基橙變?yōu)槌壬娜芤?，顯酸性，不能大量存在CO32-，故A錯(cuò)誤；B．能使淀粉碘化鉀試紙顯藍(lán)色的溶液，具有較強(qiáng)氧化性，不能存在強(qiáng)還原性的S2-離子，故B錯(cuò)誤；C．堿溶液中S2ˉ、Na+、SO、NO離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故C正確；D．常溫下，=1.0×1012的溶液顯酸性，F(xiàn)e2+、H+、NO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能共存，故D錯(cuò)誤；故答案為C。6.某溶液中可能含有Na＋、Al3＋、Fe3＋、Cl－、I－、、，某興趣小組進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：(1)取少量該溶液加入過量硝酸鋇溶液后過濾得白色沉淀和濾液(2)向上述白色沉淀中加入足量稀HNO3，發(fā)現(xiàn)沉淀完全溶解(3)向(1)中所得濾液中加入足量鹽酸，發(fā)現(xiàn)溶液變黃色,下列敘述正確的是A.原溶液中可能含有Na＋、B.由（3）推斷原溶液中存在Fe3＋C.原溶液中一定有I、、Na＋D.通過在黃色溶液中加入硝酸銀溶液可以檢驗(yàn)原溶液中是否存在Cl－【答案】C【解析】【分析】(1)向少量原溶液中加入過量硝酸鋇溶液生成白色沉淀,過濾后,向該白色沉淀中加入足量稀硝酸,沉淀完全溶解,則該白色沉淀中含有BaCO3，沒有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化為BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，沒有SO32-；由于CO32-與Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得濾液中加入足量的鹽酸,溶液變黃色,由于在酸性條件下NO3-具有強(qiáng)氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于鐵離子具有氧化性，能夠氧化碘離子，因此溶液中不存在Fe3+；根據(jù)溶液呈電中性知,原溶液中肯定含有Na+,無法確定是否含有Cl-；結(jié)合以上分析解答?！驹斀狻俊?1)向少量原溶液中加入過量硝酸鋇溶液生成白色沉淀,過濾后,向該白色沉淀中加入足量稀硝酸,沉淀完全溶解,則該白色沉淀中含有BaCO3，沒有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化為BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，沒有SO32-；由于CO32-與Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得濾液中加入足量的鹽酸,溶液變黃色,由于在酸性條件下NO3-具有強(qiáng)氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于鐵離子具有氧化性，能夠氧化碘離子，因此溶液中不存在Fe3+；根據(jù)溶液呈電中性知,原溶液中肯定含有Na+,無法確定是否含有Cl-；綜合以上分析可知，原溶液中含有I-、Na+、CO32-，C正確；一定不含SO32-、Fe3+、Mg2+，A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；由于之前引入了大量Cl-,所以在黃色溶液中加入硝酸銀溶液，即使有氯化銀白色沉淀生成,也不能說明原溶液中一定含有Cl-,D錯(cuò)誤；綜上所述，本題選C?！军c(diǎn)睛】本題在判斷離子共存時(shí)，要注意：溶液中存在CO32-時(shí)，F(xiàn)e3+、Mg2+與CO32-均不能大量共存；溶液中存在I-時(shí)，F(xiàn)e3+與I-因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存；最后根據(jù)溶液呈電中性規(guī)律判定存在的陽離子。7.普通鋅錳電池筒內(nèi)無機(jī)物質(zhì)的主要成分有MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某同學(xué)探究廢干電池內(nèi)的黑色固體回收利用時(shí)，進(jìn)行如圖所示實(shí)驗(yàn)。下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的敘述中不正確的是A.操作④的目的是除去濾渣中的雜質(zhì)B.操作③中盛放濾渣的儀器是坩堝C.操作②的操作名稱是過濾D.操作①中玻璃棒的作用是加快固體溶解速度【答案】A【解析】【詳解】A．二氧化錳是黑色固體，能作雙氧水的催化劑，灼燒后的濾渣能加快雙氧水分解產(chǎn)生氧氣，能證明黑色固體是二氧化錳，所以該實(shí)驗(yàn)的目的不是除去濾渣中雜質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知操作③是在坩堝內(nèi)灼燒濾渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩堝放在泥三角上，故B正確；C．普通鋅錳電池筒內(nèi)無機(jī)物質(zhì)主要成分為MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物質(zhì)，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，MnO2難溶于水，操作②是把難溶于水固體與水溶液分離，應(yīng)是過濾，故C正確；

D．操作①中玻璃棒起到攪拌加速溶解的作用，故D正確；故答案為A。8.(NH4)2Cr2O7用于有機(jī)合成催化劑，媒染劑，顯影液等。某化學(xué)興趣小組對(duì)(NH4)2Cr2O7的部分性質(zhì)及組成進(jìn)行探究。已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黃色)+2H+?；卮鹣铝袉栴}：（1）在試管中加入少量(NH4)2Cr2O7固體，滴加足量濃KOH溶液，振蕩、微熱，觀察到的主要現(xiàn)象是固體溶解、__________、__________。（2）為探究(NH4)2Cr2O7(摩爾質(zhì)量252g/mol)的分解產(chǎn)物，按下圖連接好裝置，在A中加入5.040g樣品進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。①儀器B的名稱是__________。②加熱A至恒重，觀察到D中溶液不變色，同時(shí)測(cè)得A、B中質(zhì)量變化分別為2.00g、1.44g，寫出重鉻酸銨加熱分解反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________。③C的作用是__________。（3）實(shí)驗(yàn)室常用甲醛法測(cè)定含(NH4)2Cr2O7的樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，其反應(yīng)原理為：2Ba2++Cr2O72－+H2O=2BaCrO4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定時(shí)，1mol(CH2)6N4H+與1molH+相當(dāng)]，然后用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定反應(yīng)生成的酸。實(shí)驗(yàn)步驟：稱取樣品2.800g，配成250mL溶液，移取25.00mL樣品溶液于250mL錐形瓶中，用氯化鋇溶液使Cr2O72－完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，搖勻、靜置5min后，加入1～2滴酚酞試液，用0.200mol·L－1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)。重復(fù)上述操作3次。①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，則滴定時(shí)用去NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積__________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)；滴定時(shí)邊滴邊搖動(dòng)錐形瓶，眼睛應(yīng)觀察__________。②滴定結(jié)果如下表所示該樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________?！敬鸢浮?1).有刺激性氣味氣體放出(2).溶液變?yōu)辄S色(3).U形管(4).(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O(5).防止水蒸氣進(jìn)入到B中(6).偏大(7).錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏色的變化(8).10.00%【解析】【分析】(1)根據(jù)NH4+與堿反應(yīng)生成氨氣，以及Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黃色)+2H+平衡移動(dòng)解答。(2)根據(jù)重鉻酸銨的元素組成和元素化合價(jià)的變化，判斷可能的產(chǎn)物。再根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及玻璃管A和U形管B的質(zhì)量變化確定分解產(chǎn)物及產(chǎn)物的物質(zhì)的量，進(jìn)而確定參加反應(yīng)的各物質(zhì)的計(jì)量關(guān)系，據(jù)此寫出重鉻酸鉀分解反應(yīng)的化學(xué)方程式。(3)由甲醛法測(cè)定樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的反應(yīng)原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能產(chǎn)生4molH+，其中2molH+是由2molNH4+生成的，NH4+產(chǎn)生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的總量，所以每摩爾氮原子產(chǎn)生的H+消耗1molNaOH，據(jù)此分析計(jì)算。【詳解】(1)(NH4)2Cr2O7固體溶解于水，溶液呈橙色，當(dāng)?shù)渭幼懔繚釱OH溶液時(shí)，NH4++OH-=NH3↑+H2O，H++OH-=H2O，溶液中H+濃度減小，使平衡Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黃色)+2H+向正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以觀察到的主要現(xiàn)象除固體溶解外，還有刺激性氣味氣體放出，溶液變?yōu)辄S色。(2)①儀器B的名稱是U形管。②因堿石灰不能吸收NH3，而D中酚酞溶液不變色，說明重鉻酸銨分解無氨氣產(chǎn)生。B中堿石灰質(zhì)量增加，說明有水蒸氣生成（質(zhì)量為1.44g）。但B中增加的質(zhì)量（1.44g）小于A中減小的質(zhì)量（2.00g），說明重鉻酸銨分解產(chǎn)生的氣體中除水蒸氣外還有另外氣體，該氣體不能被堿石灰吸收，結(jié)合-3價(jià)氮的還原性和+6價(jià)鉻的氧化性推測(cè)該氣體是氮?dú)?，n(N2)==0.02mol，生成0.02molN2時(shí)-3價(jià)氮元素失去的電子物質(zhì)的量=0.02mol×6e-=0.12mole-，又因A中樣品n[(NH4)2Cr2O7]==0.02mol，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子得失守恒，每個(gè)+6價(jià)鉻原子得到的電子數(shù)==3，即鉻元素化合價(jià)由+6價(jià)降到+3價(jià)，由此推知A中生成固體是Cr2O3，其物質(zhì)的量n(Cr2O3)=0.02mol。生成水蒸氣的物質(zhì)的量n(H2O)==0.08mol。則參加反應(yīng)的各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為：n[(NH4)2Cr2O7]：n(Cr2O3)：n(N2)：n(H2O)=0.02:0.02:0.02:0.08=1:1:1:4。所以重鉻酸鉀受熱分解的化學(xué)方程式為：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。③為了使B中堿石灰只吸收重鉻酸鉀分解產(chǎn)生的水蒸氣，C的作用就是防止D中水蒸氣進(jìn)入到B中。(3)由甲醛法測(cè)定樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的反應(yīng)原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能產(chǎn)生4molH+，其中2molH+是由2molNH4+生成的，NH4+產(chǎn)生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的總量（每摩爾氮原子生成的H+消耗1molNaOH）。①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液，NaOH溶液將被滴定管內(nèi)壁的水膜稀釋，用該NaOH溶液滴定時(shí)用去的NaOH溶液的體積將偏大；中和滴定的關(guān)鍵是準(zhǔn)確確定酸與堿恰好中和的時(shí)間點(diǎn)，所以眼睛應(yīng)觀察錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏色的變化。②由表格數(shù)據(jù)可知，四次平行實(shí)驗(yàn)用去的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液體積分別為：21.06-1.07=19.99mL、20.89-0.88=20.01mL、21.20-0.20=21.00、20.66-0.66=20.00mL。顯然第三次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)異常，舍去。所以滴定用去NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液體積的平均值==20.00mL。2.800g樣品用去NaOH的總物質(zhì)的量=0.02000L×0.200mol/L×=0.04mol，則樣品中氮原子物質(zhì)的量=×0.04mol=0.02mol，所以樣品中含氮質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=10.00%。9.SnCl4可用于染色時(shí)的媒染劑、潤滑油添加劑、玻璃表面處理劑等。實(shí)驗(yàn)室可通過如下圖裝置制備少量SnCl4（夾持裝置略）已知：①錫的熔點(diǎn)232℃、沸點(diǎn)2260℃；②SnCl2的熔點(diǎn)246.8℃、沸點(diǎn)623℃；③SnCl4的熔點(diǎn)-33℃、沸點(diǎn)114℃，SnCl4極易水解。通常將（1）儀器a的名稱為_____，該儀器中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______。（2）裝置Ⅱ的作用是______，如果去掉裝置Ⅱ，從實(shí)驗(yàn)安全的角度看可能產(chǎn)生的影響是___。（3）裝置Ⅲ中的試劑為___。下圖中可替代裝置Ⅲ的是___（填字母序號(hào)，下同）。（4）該實(shí)驗(yàn)裝置存在一處明顯的缺陷，改進(jìn)方法為在裝置Ⅵ后連接上圖中的_____。（5）若反應(yīng)中消耗17.85g錫粉可得到37.2gSnCl4，則SnCl4的產(chǎn)率為___（保留三位有效數(shù)字）【答案】(1).圓底燒瓶(2).MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(3).除去氯氣中的HCl(4).HCl和Sn反應(yīng)生成氫氣與氯氣混合加熱會(huì)發(fā)生爆炸(5).濃硫酸(6).C(7).D(8).95.0%【解析】【分析】Ⅰ中利用濃鹽酸和MnO2混合加熱制得的氯氣，經(jīng)飽和食鹽水除HCl、濃硫酸干燥后，在Ⅳ中與Sn粉在加熱條件下生成的SnCl4經(jīng)冷凝后收集在錐形瓶中，操作過程中要防止SnCl4水解?！驹斀狻?1)由圖可知儀器a的名稱為圓底燒瓶，該儀器中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)裝置Ⅱ中飽和食鹽水的作用是除去氯氣中的HCl，如果去掉裝置Ⅱ，從實(shí)驗(yàn)安全的角度看可能產(chǎn)生的影響是HCl和Sn反應(yīng)生成氫氣與氯氣混合加熱會(huì)發(fā)生爆炸；(3)裝置Ⅲ中的試劑為濃硫酸，可干燥氯氣，下圖中因氯氣與堿反應(yīng)，且U型管中不能盛放液體，則可替代裝置Ⅲ的是C；(4)該實(shí)驗(yàn)裝置存在一處明顯的缺陷是空氣水蒸氣易進(jìn)入錐形瓶中，引起SnCl4水解，改進(jìn)方法為在裝置Ⅵ后連接上圖中的D，能防止水蒸氣進(jìn)入，且能吸收含氯氣的尾氣，故答案為D；(5)若反應(yīng)中消耗17.85g錫粉可得到37.2gSnCl4，理論上生成SnCl4為×261g/mol=39.15g，則SnCl4的產(chǎn)率為×100%=95.0%?！军c(diǎn)睛】考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、制備原理、實(shí)驗(yàn)裝置的作用、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識(shí)與實(shí)驗(yàn)的結(jié)合。10.三氧化二鈷（Co2O3）常用于制濾光眼鏡的添加劑、催化劑和氧化劑。以含鈷廢料（主要成分CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）為原料制備Co2O3的流程如下：(1)研磨的目的是____________。濾渣1的主要成分為______________（填化學(xué)式）。(2)酸浸時(shí)雙氧水的作用有___________。不能用鹽酸代替硫酸，因?yàn)镃o2O3與鹽酸反應(yīng)生成Cl2，污染境，該反應(yīng)的離子方程式為__________。(3)在實(shí)驗(yàn)室里，萃取操作要用到的玻璃儀器主要有___________。有機(jī)相再生時(shí)提取出的Ni2＋可用于制備氫鎳電池，該電池充電時(shí)的總反應(yīng)為Ni（OH）2＋MNiOOH＋MH。則放電時(shí)正極的電極反應(yīng)式為__________。(4)沉鈷時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。煅燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。【答案】(1).增大固體與液體的接觸面積，使酸浸速率更快，酸浸更充分(2).MnO2(3).亞鐵離子氧化為鐵離子(4).Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O(5).分液漏斗、燒杯(6).NiOOH+e-+H+=Ni（OH）2(7).2Co2++HCO3-+3NH3?H2O=Co2(OH)2CO3+3NH4++H2O(8).2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O【解析】【分析】含鈷廢料（主要成分CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）為原料制備Co2O3；先把原料進(jìn)行酸浸，MnO2與稀硫酸不反應(yīng)，成為濾渣；濾液中含有Co2+、Co3+、Ni2+、Fe2+、Fe3+等離子；調(diào)整溶液的pH，鐵離子生成沉淀濾出；再把濾液進(jìn)行萃取，含有Ni2+的物質(zhì)進(jìn)入有機(jī)相，水溶液中含有Co2+，然后加入碳酸氫銨和氨水，反應(yīng)生成Co2(OH)2CO3，然后煅燒生成Co2O3，據(jù)以上分析進(jìn)行解答?！驹斀狻?1)研磨的目的是增大固體與液體的接觸面積，使酸浸速率更快，酸浸更充分；根據(jù)流程可知，鐵離子變?yōu)闅溲趸F，鎳離子進(jìn)入有機(jī)相，水溶液中含有Co2+，經(jīng)過一系列過程，最后得到氧化鈷，所以濾渣1的主要成分為MnO2；綜上所述，本題答案是：增大固體與液體的接觸面積，使酸浸速率更快，酸浸更充分；MnO2。(2)酸浸時(shí)，加入雙氧水能夠把亞鐵離子氧化為鐵離子；Co2O3與鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl2，CoCl2和水，該反應(yīng)的離子方程式為：Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O；綜上所述，本題答案是：亞鐵離子氧化為鐵離子；Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O。(3)在實(shí)驗(yàn)室里，萃取操作要用到的玻璃儀器主要有分液漏斗、燒杯；電池充電時(shí)的總反應(yīng)為Ni（OH）2＋MNiOOH＋MH，放電時(shí)正極發(fā)生還原反應(yīng)，所以正極的電極反應(yīng)式為：NiOOH+e-+H+=Ni（OH）2；綜上所述，本題答案是：分液漏斗、燒杯；NiOOH+e-+H+=Ni（OH）2。(4)根據(jù)流程可知：含有Co2+離子的溶液中加入碳酸氫銨和氨水，反應(yīng)生成Co2(OH)2CO3；沉鈷時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Co2++HCO3-+3NH3?H2O=Co2(OH)2CO3+3NH4++H2O；在空氣中煅燒Co2(OH)2CO3，反應(yīng)生成Co2O3和CO2，化學(xué)方程式為：2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O；綜上所述，本題答案是：2Co2++HCO3-+3NH3?H2O=Co2(OH)2CO3+3NH4++H2O；2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O。[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）11.氫能被視為21世紀(jì)最具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，開發(fā)高效儲(chǔ)氫材料是氫能利用的重要研究方向。（1）H3BNH3是一種潛在的儲(chǔ)氫材料，其中N原子的價(jià)電子軌道表達(dá)式為____。（2）制備H3BNH3的化學(xué)原料為（HB=NH）3，為六元環(huán)狀物質(zhì)，與其互為等電子體的有機(jī)物分子式為__，CH4、H2O、CO2的鍵角由大到小的順序?yàn)開___，B、C、N、O的第一電離能由大到小的順序?yàn)開。（3）C16S8是新型環(huán)烯類儲(chǔ)氫材料，研究證明其分子呈平面結(jié)構(gòu)（如圖所示）。①C16S8分子中C原子和S原子的雜化軌道分別為____。②測(cè)得C16S8中碳硫鍵的鍵長介于C─S和C=S之間，其原因可能是______。（4）某種銅銀合金晶體具有儲(chǔ)氫功能，它是面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，Cu原子位于面心，Ag原子位于頂點(diǎn)，H原子可進(jìn)入由Cu原子和Ag原子構(gòu)成的四面體空隙中。若將Cu、Ag原子等同看待，該晶體儲(chǔ)氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與CaF2（如圖）相似，該晶體儲(chǔ)氫后的化學(xué)式為_____。（5）MgH2是金屬氫化物儲(chǔ)氫材料，其晶胞如圖所示，該晶體的密度為ρg/cm3，則該晶胞的體積為_____。（用含ρ、NA的代數(shù)式表示即可）【答案】(1).(2).C6H6(3).CO2＞CH4＞H2O(4).N＞O＞C＞B(5).sp2、sp3(6).C16S8分子中的碳硫鍵具有一定程度的雙鍵性質(zhì)(7).Cu3AgH8(8).cm3【解析】【分析】根據(jù)N原子的價(jià)電子排布式書寫軌道表達(dá)式；等電子體要求原子總數(shù)相等、價(jià)電子總數(shù)也相等；根據(jù)孤電子對(duì)和成鍵電子對(duì)的相互影響判斷鍵角相對(duì)大小；結(jié)合同周期第一電離能的遞變規(guī)律判斷；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)數(shù)目判斷雜化軌道形式；根據(jù)晶胞的均攤理論判斷晶胞的化學(xué)式，再根據(jù)密度公式計(jì)算即可?！驹斀狻浚?）N原子價(jià)電子排布式為2s22p3，則N原子價(jià)電子軌道表示式為；（2）與（HB=NH）3互為等電子體分子中含有12個(gè)原子、價(jià)電子數(shù)是30，與其互為等電子體的有機(jī)物分子為C6H6；CH4、H2O、CO2的空間構(gòu)型分別是正四面體、V形、直線形，排斥力：孤電子對(duì)之間的排斥力＞孤電子對(duì)和成鍵電子對(duì)之間的排斥力＞成鍵電子對(duì)之間的排斥力，這三種分子孤電子對(duì)個(gè)數(shù)分別是0、2、0，結(jié)合其空間構(gòu)型判斷鍵角大小順序是

CO2＞CH4＞H2O，基態(tài)B原子的價(jià)電子為其2s、2p能級(jí)上的電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫該原子價(jià)電子排布式為2s22p1；同一周期元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢(shì)，但是第IIA族、第VA族第一電離能大于其相鄰元素，所以第一電離能N＞O＞C＞B；（3）①C16S8分子中C原子和S原子的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)分別是3、4，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷原子雜化類型分別為sp2、sp3；②C16S8分子中的碳硫鍵具有一定程度的雙鍵性質(zhì)，介于S-C單鍵和S=C雙鍵之間的特殊鍵；（4）Cu原子個(gè)數(shù)=6×=3、Ag原子個(gè)數(shù)=8×=1、H原子個(gè)數(shù)為8，其化學(xué)式為Cu3AgH8；（5）該晶胞中Mg原子個(gè)數(shù)=1+8×=2、H原子個(gè)數(shù)=2+4×=4，晶胞體積==cm3=