山东省日照市2021年高考二模化学试卷（含答案解析）

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1、山东省日照市2021年高考二模化学试卷一、单选题1下列有关说法错误的是（）A可燃冰资源丰富且可以再生，是最有希望的未来能源B生活垃圾发电可有效地利用垃圾中的生物质能C利用在微生物作用下分解水，是氢气制取的一个重要研究方向D蓄热材料可以实现化学能与热能的直接转换2下列说法正确的是（） AP的第一电离能与电负性均大于SB电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2molC高温下，TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)H0能自发进行，其原因是S0D向0.1molL-1CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中 c(H+)c(CH3COO-) 减小3有机物a到b的转

2、化如下图所示。下列说法错误的是（） Aa分子中所有碳原子不可能共面BM为乙醇C1mola或b消耗NaOH的物质的量相等Da和b分子中手性碳原子数目相等4某玉石主要成分的化学式为Y2W10Z12X30，W、X、Y、Z的原子序数依次增大且均为短周期主族元素，W与Y位于同一主族，W与X位于同一周期。W、Y、Z的最外层电子数之和与X的最外层电子数相等，X是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是（） AY的单质在氧气中燃烧所得产物中阴、阳离子个数比为1：2B单质的熔点：YZCW和Y的单质均可以保存在煤油中DZ、X组成的化合物能与强碱溶液反应5用如图实验装置进行有关实验，能达到实验目的的是（） A用甲装置

3、定量测定化学反应速率B用乙装置加热NH4Cl固体制少量氨C用丙装置分离甲醇(沸点64.7)与水的混合物D用丁装置除去溶在CCl4中的Br26科学家设想利用图示装置进行CO2的固定，同时产生电能。该装置工作时，生成的碳附着在电极上。下列说法错误的是（） A电解板(Li)作该电池的负极B若导线中流过4mole-，理论上负极区减少4molLi+C负极区不适合选用水溶液作电解质溶液D采用多孔催化剂电极有利于CO2扩散到电极表面7硒(Se)是一种新型半导体材料，对富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)进行综合处理的一种工艺流程如下图：下列说法错误的是（） A合理处理富硒废料符合循环经济理念。B母液可在“酸溶

4、”工序循环利用C“滤液”经处理可制得胆矾D“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为1：18用如图装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应。通入适当比例的Cl2和NO2，发生的化学反应为Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是（） A实验室中可用Cu与1molL-1的硝酸制备二氧化氮气体B装置II中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体直接排出C由该反应可知氧化性顺序：Cl2NO2NaNO3D通过观察装置I、III中的气泡的快慢控制Cl2和NO2的通入量9二氧化碳甲烷化可以缓解能源危机。CO2在催化剂的作用下与H2制备甲烷的反应机理如图所示。下列说法错

5、误的是（） ANi属于d区元素，Cu属于ds区元素BNi和La2O3是该反应的催化剂，二者不能改变反应物的平衡转化率CH22H的过程吸收热量，使用恰当的催化剂可以使该过程放热D该过程总反应的化学方程式为：4H2+CO2催化剂_ CH4+2H2O10短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。A是元素Y的单质。常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，丁和戊的组成元素相同，且丙是无色气体，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（） A简单氢化物的沸点：XZB简单离子半径大小：XYC丁分子和戊分子的空间结构相同DY的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存

6、11有机化合物K的结构简式如图所示。下列说法正确的是（）AK的分子式为C8H12NO3Cl，属于芳香族化合物BK可以发生酯化、氧化、加成、消去等反应CK分子中的碳原子与氮原子的杂化方式相同DK分子中含有键、键和大键，分子间可以形成氢键12某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下： 序号实验步骤实验现象得到无色溶液a和白色沉淀b产生无色气体，遇空气变为红棕色产生白色沉淀下列说法正确的是（）A透过测中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化B实验说明白色沉淀b具有还原性C实验说明溶液a中一定有 SO42- 生成D实验、说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2S

7、O3生成二、多选题13CO难溶于水和碱液，在优化催化剂的基础上，调节电极的孔道和疏水性增加CO的扩散速率，可实现高选择性将CO电解还原制备C2H4，装置如下图所示。下列说法错误的是（） A聚四氟乙烯具有吸附并增加CO浓度的作用B碳纸聚四氟乙烯电极连接电源的正极，发生氧化反应C生成C2H4的电极反应为：2CO-8e-+6H2O=C2H4+8OH-D为了维持电解效率，离子交换膜应使用阴离子交换膜14除去电石渣浆(CaO)清液中的S2-，并制取石膏(CaSO42H2O)的流程如图所示： 下列说法错误的是（）A过程I、II中起催化剂作用的物质是Mn(OH)2B17.2g石膏失水后质量变为14.5g，所

8、得固体中CaSO4与结晶水物质的量之比为1：1C10L上清液(S2-浓度为320mgL-1)中的S2-转化为 SO42- 时，理论上共需要4.48LO2D过程II反应的离子方程式为4MnO 32- +2S2-+9H2O= S2O32- +4Mn(OH)2+10OH-15室温下，向20.00mL0.1molL-1HX溶液中逐滴加0.1molL-1NaOH溶液。已知 pc(HX)c(X-)=-lgc(HX)c(X-) ，溶液pH随 pc(HX)c(X-) 变化关系如图所示。下列说法错误的是（） A当 pc(HX)c(X-) =1时，溶液pH=5.75B当 pc(HX)c(X-) =0时，加入NaO

9、H溶液的体积大于10.00mLC当加入10.00mLNaOH溶液时：c(H+)+c(HX)=c(Na+)+c(OH-)D如图所示各点对应溶液中水电离出来的H+浓度：abc三、综合题16Fe、Co、Ni 是几种重要的金属元素。请回答下列问题：（1）基态 Ni 原子的价电子排布式为 。（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1，熔点-19.3，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4 是 分子(填“极性”或“非极性”)。（3）实验室常用 KSCN 溶液或苯酚( )检验 Fe3+ 。 第一电离能：N O(填“”或“”、“”或“=”)。能否由图中数据得出温度T1T2，试说明理由 。（4）.

10、用催化剂Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯的过程中，还会生成CH4、C3H6、C4H8等副产物，若在催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性(选择性指的是转化的CO2中生成C2H4的百分比)。在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表：助剂CO2转化率(%)各产物在所有产物中的占比(%)C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加 助剂效果最好；加入助剂能提高

11、单位时间内乙烯产量的根本原因是 。19乙醇酸钠(HOCH2COONa)又称羟基乙酸钠，它是一种有机原料，其相对分子质量98。羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。实验室拟用氯乙酸(ClCH2COOH)和NaOH溶液制备少量羟基乙酸钠，此反应为剧烈放热反应。具体实验步骤如下：步骤1：如图所示装置的三颈烧瓶中，加入132.3g氯乙酸(ClCH2COOH)、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9至10之间。步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，操作1。滤液冷却至15，过滤得粗产品。步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活

12、性炭脱色，操作2，分离掉活性炭。步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，操作3、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为 。步骤1中，发生反应的化学方程式是 。 （2）如图所示的装置中仪器B为球形冷凝管，下列说法错误的是_(填字母)。 A球形冷凝管与直形冷凝管相比，冷却面积更大，效果更好B球形冷凝管既可以做倾斜式蒸馏装置，也可用于垂直回流装置，应用广泛C在使用冷凝管进行蒸馏操作时，一般蒸馏物的沸点越高，蒸气越不易冷凝（3）逐步加入40%NaOH溶液的目的是 ， 。 （4）步骤2中，三颈烧瓶中如果忘加磁转子该如何操作： 。 （5）上述步骤中，操作1、2、3的名称分别是_

13、(填字母)。 A过滤，过滤，冷却结晶B趁热过滤，过滤，蒸发结晶C趁热过滤，趁热过滤，冷却结晶（6）步骤4中，得纯净羟基乙酸钠1.1mol，则实验产率为 %(结果保留1位小数)。 20用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知有机物J结构中含两个环。回答下列问题：（1）C的名称是 。（2）AB试剂和反应条件为 。（3）HJ的化学反应方程式为 。（4）已知C M 催化剂足量氢气 N 符合下列条件的N的同分异构体有 种。a含有基团 、环上有三个取代基b与NaHCO3反应产生气泡c可发生缩聚反应。M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同是 。a质谱仪

14、b红外光谱仪 c元素分析仪 d核磁共振仪（5）利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成 的路线流程图(其它试剂自选) 。 答案解析部分1【答案】A【解析】【解答】A可燃冰资源不可再生，属于化石燃料，故A符合题意；B“生物质能是指利用自然界的植物、粪便以及城乡有机废物转化成的能源”。生活垃圾中的有机部分属于城乡有机废物。利用生活垃圾有机部分焚烧转化成的能源属于生物质能范畴，因此生活垃圾发电可有效地利用垃圾中的生物质能，故B不符合题意；C利用在微生物作用下分解水，可以降低能耗，是氢气制取的一个重要研究方向，故C不符合题意；D化学反应型储热材料是利用可逆化学反应通过热能和化学能的转换进行蓄

15、热的，因此蓄热材料可以实现化学能与热能的直接转换，故D不符合题意。故答案为：A。【分析】A、可燃冰属于不可再生能源；B、生活垃圾发电是利用了垃圾中的生物质能；C、利用微生物分解水，可节约能源；D、蓄热材料可以实现化学能与热能的直接转换；2【答案】C【解析】【解答】AP的第一电离能大于S的，但电负性小于S的电负性，A不符合题意；B电解精炼铜时，粗铜作阳极，阳极中活泼性比铜强的金属先失去电子，因此若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目不是2mol，B不符合题意；C高温下，TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) H0能自发进行，根据G=HTS0可知其熵变一定是S0，C符合题

16、意；D向0.1molL-1CH3COONa溶液中加入少量水，促进水解，但溶液碱性降低，所以溶液中氢离子的物质的量增加，醋酸根离子的物质的量减少，则溶液中 c(H+)c(CH3COO-) 增加，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、根据电负性和第一电离能的变化规律分析；B、电解精炼铜的过程中，阳极上Zn、Fe、Cu发生失电子的氧化反应；C、当HTS0时，反应可自发进行；D、根据稀释过程中，离子浓度的变化分析；3【答案】B【解析】【解答】Aa分子中含有4个饱和碳原子，所有碳原子不可能共面，A不符合题意；Ba和M发生酯化反应生成b，M为甲醇，B符合题意；Ca含有1个羧基，b含有1个酯基，1mola

17、或b消耗NaOH的物质的量相等，均是1mol，C不符合题意；Da和b分子中手性碳原子数目相等，均是3个，即分别与羟基相连的3个碳原子都是手性碳原子，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、分子结构中存在烃基，所有碳原子不可能共平面；B、根据反应物和生成物的结构特点，确定另一反应物M的结构简式；C、分子结构中能与NaOH反应的官能团为羧基、酯基；D、碳原子周围连接有4个不同的原子或原子团，则该碳原子为手性碳原子；4【答案】C【解析】【解答】根据分析可知，W为Li元素、X为O元素、Y为Na元素、Z为Si元素。AY的单质是Na，Na在氧气中燃烧生成Na2O2，过氧化钠中存在Na+和O 22- ，其阴

18、阳离子之比为1：2，故A不符合题意；B钠的熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，所以单质熔点：XZ，故B不符合题意；C钠单质可以保存在煤油中，单质锂的密度小于煤油的，不能保存在煤油中，而是密封在石蜡中，故C符合题意；DZ、X组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】某玉石主要成分的化学式为Y2W10Z12X30，W、X、Y、Z的原子序数依次增大且均为短周期主族元素，X是地壳中含量最多的元素，则X为O元素；W与Y位于同一主族，W与X位于同一周期。W、Y、Z的最外层电子数之和与X的最外层电子数相等，当W、Y位于A族时，Z位于A族，W与X（O）

19、位于同一周期，则W为Li，Y为Na，Z为Si元素；当W、Y位于A族时，Z位于A族，短周期不可能存在3种元素同主族，不满足条件，据此解答。5【答案】D【解析】【解答】A生成氧气可从长颈漏斗逸出，不能测定反应速率，故A不符合题意；B氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，故B不符合题意；C温度计应处于圆底烧瓶的支气管处，故C不符合题意；D溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水不互溶，四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，再通过分液即可除去，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.测定反应速率应改为分液漏斗B.应选铵盐与碱加热制备C.温度计的位置错误D.溴在

20、四氯化碳中的溶解度大，氢氧化钠与溴反应得到无机盐，不溶于四氯化碳可以达到除去溴的目的6【答案】B【解析】【解答】A由图知，Li为负极，多孔催化剂电极为正极，故A不符合题意；B导线中流过4 mol e-，负极产生4 mol Li+，同时有4 mol Li+向正极区移动，所以理论上负极区Li+的物质的量不变，故B符合题意；CLi能与水反应，负极区不适合选用水溶液作电解质溶液，故C不符合题意；D多孔结构有利于气体扩散，即有利于CO2扩散到电极表面，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】利用如图所示装置进行CO2的固定同时产生电能，故该装置为原电池，该装置工作时，生成的碳附着在电极上，则Li为负极，多

21、孔催化剂电极为正极，据此分析解答。7【答案】D【解析】【解答】A合理处理富硒废料可以得到银、Se等，因此符合循环经济理念，A不符合题意；B用水吸收时SeO2和SO2两种气体发生氧化还原反应生成Se和硫酸，母液可在“酸溶”工序循环利用，B不符合题意；C“滤液”中含有硫酸铜，因此经处理可制得胆矾，C不符合题意；D“吸收”时方程式为2H2OSeO22SO22H2SO4Se，其中氧化剂是SeO2，还原剂是SO2，二者的物质的量之比为1：2，D符合题意；故答案为：D。【分析】富硒废料焙烧生成SeO2和SO2两种气体，用水吸收后生成Se和硫酸。烧渣是Ag和CuO，利用硫酸酸溶生成硫酸铜溶液，得到的粗银电解

22、精炼生成Ag，据此解答。8【答案】D【解析】【解答】A实验室中可用Cu与1molL-1的硝酸是稀硝酸只能生成NO，得不到二氧化氮气体，A不符合题意；B装置II中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体有Cl2和NO2、NO等气体都是有毒的气体，不能直接排出，B不符合题意；C该反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O中Cl2是氧化剂，NO2是还原剂，NaNO3是氧化产物，故只能得出氧化性顺序：Cl2NO2 、Cl2NaNO3，但不能得出NO2NaNO3，C不符合题意；D由于同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，故可以通过观察装置I、III中的气泡的快慢控制Cl2

23、和NO2的通入量，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、铜与稀硝酸反应生成NO，不生成NO2；B、装置B中玻璃管可起到平衡气压的作用；C、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物分析；D、根据同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比分析；9【答案】C【解析】【解答】ANi的核外电子排布式为1s22s2p63s23p63d84s2，属于d区元素，Cu的核外电子排布式为1s22s2p63s23p63d104s1，属于ds区元素，故A不符合题意；B由图可知反应前有Ni和La2O3，反应后还有Ni和La2O3，该循环中Ni和La2O3是该反应的催化剂，催化剂改变活化能，改变反应速率，但不能改变转化率，故B不符合

24、题意；CH22H为断键的过程，该过程为吸热过程，催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变该反应的总体热效应，故C符合题意；DCO2在催化剂的作用下与H2制备甲烷，该反应的总反应方程式为4H2+CO2催化剂_ CH4+2H2O，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、根据元素的原子核外电子排布分析；B、催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动；C、化学键断裂吸收能量；D、根据图示反应机理确定反应物和生成物，从而书写反应的化学方程式；10【答案】A【解析】【解答】根据分析可知，W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素；甲为H2SO4，乙为Al2(SO4)3，丙为SO2，丁为H2O，戊为H2O2。A

25、X为O，Z为S，水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，即简单氢化物的沸点：XZ，故A符合题意；B电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径大小：XY，故B不符合题意；C丁为H2O，是V形结构，戊为H2O2，不是V形结构，故C不符合题意；DAl3+、S2-在水中发生水解反应生成Al(OH)3与H2S，不能大量共存，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，A是元素Y的单质，常温下A遇甲的浓溶液钝化，可知A为Al单质，Y为Al元素，丙是无色气体，则甲为H2SO4、丙为SO2。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，可知丁为H2O，戊为H2O2

26、，乙为Al2(SO4)3，则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素，据此解答。11【答案】D【解析】【解答】A根据结构简式可知K的分子式为C8H8NO3Cl，含有苯环，属于芳香族化合物，A不符合题意；B含有氨基、羟基、苯环，K可以发生酯化、氧化、加成，不论是羟基和氯原子均不能发生消去反应，B不符合题意；CK分子中的碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种，氮原子的杂化方式是sp3，C不符合题意；DK分子中含有苯环、双键和单键，因此含有键、键和大键，含有氨基和羟基，分子间可以形成氢键，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、根据分子结构中所含原子个数，确定其分子式；B、苯环上的羟基、卤素原子不能发生

27、消去反应；C、根据C、N原子的成键情况，确定其杂化方式；D、根据物质的结构，确定其所含的化学键；12【答案】B【解析】【解答】A实验中，将SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A不符合题意；B实验中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故B符合题意；C实验中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，不一定是

28、硫酸根离子，故C不符合题意；D由于实验、不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】此题是对SO2性质的考查， 结合SO2的氧化性、还原性、酸性氧化物、漂白性等性质进行分析。13【答案】B,C【解析】【解答】A根据提给条件调节电极的孔道和疏水性增加CO的扩散速率，所以聚四氟乙烯的作用是吸附并增加CO的浓度，故A不符合题意；BCO转化为乙烯的过程中C元素化合价降低，作电解池阴极，所以碳纸/聚四氟乙烯电极连接电源的负极作为阴极，故B符合题意；C根据电解原理，结合化合价，CO转化为乙烯的过程中C元素化合价降低，作电解池阴极，结合电子转移、电

29、荷守恒书写电极反应式如下：阴极：2CO8e6H2OC2H48OH，故C符合题意；D据分析，阴极：2CO8e6H2OC2H48OH，产生了多余的负电的氢氧根离子，阳极：4OH4eO22H2O，要消耗氢氧根离子，根据阴离子移向阳极，所以离子交换膜应为阴离子交换膜，故D不符合题意；故答案为：BC。【分析】如图装置为电解池装置，该装置中，通入CO的电极，发生得电子的还原反应，CO转化为C2H4，该电极反应式为2CO8e6H2O=C2H48OH。阳极上OH发生失电子的氧化反应，其电极反应式为4OH4e=O22H2O。据此结合选项进行分析。14【答案】B,C【解析】【解答】AMn(OH)2在过程I化合价升

30、高转化为MnO 32- ，MnO 32- 在过程II中化合价降低又转化为Mn(OH)2，因此过程I、II中起催化剂作用的物质是Mn(OH)2，故A不符合题意；B17.2g石膏的物质的量是0.1mol，失水后质量变为14.5g，所得固体中CaSO4的质量是13.6g，结晶水的质量是14.5g13.6g0.9mol，物质的量是0.05mol，则所得固体中CaSO4与结晶水物质的量之比为2：1，故B符合题意；C将10L上清液中的S2-转化为SO 42- （S2-浓度为320mgL-1)），质量为320mgL-110L=3200mg=3.2g，物质的量为3.2g32g/mol=0.10mol，根据得失

31、电子守恒0.10mol8=n(O2)4，n(O2)=0.2mol，在标准状况下体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故C符合题意；D由流程可知过程中，反应的离子方程式为4MnO 32- +2S2-+9H2O= S2O32- +4Mn(OH)2+10OH-，故D不符合题意；故答案为：BC。【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成MnO 32- ，MnO 32- 与S2-反应生成S2O 32- ，进而与氧气反应生成SO 42- ，可用于制备CaSO42H2O，以此解答该题。15【答案】B,D【解析】【解答】AKa= c(H+)c(X-)c(HX) ，pKa

32、=pc(H+)+p c(X-)c(HX) =-lgc(H+)-p c(HX)c(X-) ，所以pH=pKa+p c(HX)c(X-) ，温度不变pKa为常数，将(-1，3.75)带入可得3.75= pKa-1，所以pKa=4.75，即pH= p c(HX)c(X-) +4.75，将p c(HX)c(X-) =1带入可得pH=5.75，A不符合题意； B当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX，pKa=4.75，即Ka=10-4.75，则X-的Kh= 10-1410-4.75 =10-9.25，X-的水解程度小于HX的电离程度，则等浓度的HX和NaX的混合溶液显酸性；

33、X-当p c(HX)c(X-) =0时，pH=4.75，溶液显酸性，所以加入NaOH溶液的体积小于10.00 mL，B符合题意；C当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX，存在电荷守恒c(H)c(Na)=c(X-)c(OH-)，存在物料守恒2c(Na)=c(X-)c(HX)，二式联立可得c(H)c(HX)=c(Na)c(OH-)，C不符合题意；DNaX的水解会促进水的电离，随着NaOH的加入溶液中NaX浓度逐渐增大，水的电离程度也逐渐增大，当溶质全部为NaX，水的电离程度达到最大，水电离出来的H浓度最大，c点pH=5.75，说明溶质中含有HX，则a、b、c三点水电离

34、出来的H浓度：ab；sp2（4）6；N、Cl（5）7：2（6）4(590.88+16)NA(a10-7)3【解析】【解答】(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为 3d84s2 ； (2)H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子；(3)N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：NO；苯酚中的C共同形成大键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；(4)配位化合物 Co(NH3)5ClCl2 中心原子Co的配位数为6；配位原子是N、Cl；(5) Fe3O4晶胞中O2-个数为：

35、 188+126=4 个，所以有 Fe3+ 2个，有 Fe2+ 1个，其中正四面体空隙共8个，1个 Fe3+ 填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共 1412+1=4 个，一个 Fe2+ 和一个 Fe3+ 填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；(6)一个晶胞的质量为 4(590.88+16)NAg ，体积为 (a10-7)3cm3 ，因此密度为 4(590.88+16)NA(a10-7)3 。【分析】（1）根据Ni的核外电子排布确定其价电子排布式。（2）根据相似相容原理分析。（3）结合N、O

36、的价电子排布分析第一电离能的相对大小。根据苯酚中碳原子的成键情况分析其杂化方式。（4）根据配合物中成键情况分析中心原子Co的配位数和配位原子。（5）根据晶胞结构进行分析。（6）根据晶胞结构进行计算。17【答案】（1）+2（2）三；（3）4（4）MnO4-+3Fe2+7H2O=MnO2+3Fe(OH)3+5H+；4.010-8（5）Cu、Zn（6）2Zn2+4HCO3-=Zn2(OH)2CO3+3CO2+H2O【解析】【解答】(1)Pb(OH)Cl中O的化合价为2，Cl的化合价为1，H的化合价为1，根据化合价代数和为0，Pb的化合价为2；(2)铜转炉烟灰中含有Zn、O、Fe、Pb、Cu、As，其

37、中O位于第A族，Pb位于第A族，As属于第A族，而Zn、Fe、Cu属于过渡元素，一共3种非主族元素；根据核外电子排布规律， 3375As 的原子结构示意图 ；(3)浸取过程中需要使Zn元素尽可能多地进入溶液，而杂质离子要尽可能少地进入溶液，同时为了加快反应速率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，观察题图，可知当氯化铵的浓度为 4molL-1 时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，氯化铵的浓度也较大，另一方面若浓度再高，铅元素进入溶液，所以最适宜的浓度为 4molL-1 ；(4)加入适量 KMnO4 溶液目的是除铁元素，同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明此时锰元素是以 MnO2 的形式存在，亚

38、铁离子被氧化成三价铁，此时pH为44.5，又根据已知部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知生成的是 Fe(OH)3 ，再根据升降法配平写出的反应方程式为 MnO4-+3Fe2+7H2O=MnO2+3Fe(OH)3+5H+ 。要使常温下此时体系中 Fe3+ 残留浓度最大，则 pH=4 ， c(OH-)=10-10molL-1 ， c(Fe3+)=4.010-3810-30molL-1=4.010-8molL-1 ；(5) 经过前面的步骤，杂质除去了Fe、Pb、As，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣为Cu和过量的Zn；(6)溶液中有大量 Z

39、n2+ ，加入碳酸氢铵后产生 Zn2(OH)2CO3 ，说明 HCO3- 电离出的 CO32- 和 H+ 、OH-结合生成 Zn2(OH)2CO3 沉淀，促进 HCO3- 的电离，电离出的 H+ 又和 HCO3- 结合生成 CO2 和 H2O ，所以离子方程式为 2Zn2+4HCO3-_Zn2(OH)2CO3+3CO2+H2O 。【分析】根据流程图，向铜转炉烟会中加入了氯化铵和氨水，除出了Pb元素，加入FeCl3，除去了As和部分Fe；加入高锰酸钾后，调节PH44.5，根据各金属离子沉淀的pH，可知此步骤除去了Fe3，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣为Cu和过量的Zn，最后经过沉锌等步骤得到产