【專項突破】2022年天津市高考化學(xué)模擬試題（一模）（含答案解析）

1、【專項突破】2022年天津市高考化學(xué)模仿試題（一模）留意事項：1每題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應(yīng)標(biāo)題的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。2I卷共12題，每題3分，共36分。在每題列出的四個選項中，只要一項是標(biāo)題要求的。以下數(shù)據(jù)可供解題時參考：可能用到的絕對原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ge 73第I卷共36分一、單 選 題12014年11月APEC會議期間，北京郊區(qū)天空湛藍(lán)，PM2.5濃度為每立方米37微克，接近一級優(yōu)程度。網(wǎng)友描述此時天空的藍(lán)色為“APEC藍(lán)”。下

2、列有關(guān)說法不正確的是A開發(fā)新能源，如太陽能、風(fēng)能等，減少對化石能源的依賴B將廢電池深埋，可以避免其中的重金屬凈化C燃煤進(jìn)行脫硫脫硝處理，減少硫的氧化物和氮的氧化物的排放D經(jīng)過吸收空氣中CO2并利用廉價能源合成汽油可推行“綠色”計劃2在一定條件下，與R-可發(fā)生反應(yīng)：+5R-+6H+=3R2+3H2O，下列關(guān)于R元素的敘說中，正確的是A元素R位于周期表中第VA族B若1mol參與該反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為5molCR元素單質(zhì)在常溫常壓下一定是氣體單質(zhì)D中的R只能被還原3高純度HF刻蝕芯片的反應(yīng)為：4HF+Si=SiF4+2H2O。下列有關(guān)說確的是A(HF)2的結(jié)構(gòu)式：HFFHBH2O的比例模型

3、：CSi原子的結(jié)構(gòu)表示圖：DSiF4的電子式：4氧化物在生產(chǎn)、生活中有廣泛運(yùn)用。下列氧化物的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是AAl2O3有兩性，可用于制造耐高溫陶瓷BClO2有氧化性，可用于自來水消毒CSiO2硬度大，可用于制備光導(dǎo)纖維DSO2有還原性，可用于漂白有色織物5某化合物的結(jié)構(gòu)為其中X、Y、Z、W四種元素分布在三個短周期，原子序數(shù)依次增大，且Y、Z、W的簡單離子具有相反的電子層結(jié)構(gòu)。下列敘說錯誤的是A簡單離子半徑：B四種元素中，Y元素電負(fù)性C該化合物中，W和Y的雜化方式相反D該化合物可以和稀硫酸反應(yīng)6實驗室從碘的四氯化碳溶液中分離并得到單質(zhì)碘，次要步驟為：用濃NaOH溶液進(jìn)行反萃取(3I2

4、+6OH-=5I-+IO+3H2O)、分液、酸化(5I-+IO+6H+=3I2+3H2O)、過濾及干燥等，甲、乙、丙、丁是部分操作安裝圖。下列說法錯誤的是A用安裝甲反萃取時，先檢驗儀器能否漏水B用安裝乙分液時，先放出無機(jī)相，關(guān)閉活塞，從上口倒出水相C用安裝丙從酸化后的體系中分離出單質(zhì)碘D用安裝丁對所得到的單質(zhì)碘進(jìn)行加熱干燥7鋰空氣電池是一種高理論比能量的可充電電池。放電時，總反應(yīng)為2Li+O2=Li2O2，工作原理如下圖所示。下列說法錯誤的是A電解液a為非水電解液B放電時，A處的電極反應(yīng)為Li-e- =Li+C充電時，Li+向Li電極區(qū)域遷移D充電時，B處的電極反應(yīng)為O2+2Li+2e- =L

5、i2O28根據(jù)下列實驗操作和景象所得到的結(jié)論正確的是選項實驗操作和景象結(jié)論A將濃H2SO4和Cu片加熱產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色濃H2SO4具有強(qiáng)氧化性B將食品袋中的抗氧化劑(Fe粉)加入少量稀硫酸，再滴加KSCN溶液，沒有血紅色出現(xiàn)抗氧化劑沒有吸收O2C將溴乙烷、乙醇和燒堿的混合物加熱，產(chǎn)生的氣體通入KMnO4溶液中，KMnO4溶液褪色溴乙烷發(fā)生了消去反應(yīng)D加熱淀粉和稀硫酸混合液，再向其中滴加新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱，沒有出現(xiàn)紅色沉淀淀粉沒有發(fā)生水解AABBCCDD9新型冠狀肺炎診療(試行第七版)中指出，氯喹類可用于治療。氯喹結(jié)構(gòu)如圖所示，下列描述錯誤的是A分子式為B該分

6、子含官能團(tuán)不止一種C與足量的發(fā)生加成反應(yīng)后，分子中的手性碳原子數(shù)增多D該分子苯環(huán)上的一溴代物有5種不同結(jié)構(gòu)10汽車尾氣處理時存在反應(yīng)：NO2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g)，該反應(yīng)過程及能量變化如圖所示：下列說確的是A該反應(yīng)過程可將有毒氣體轉(zhuǎn)變成氣體B運(yùn)用催化劑可以有效減少反應(yīng)放出的熱量C升高溫度，可以進(jìn)步NO2的平衡轉(zhuǎn)化率D無論是反應(yīng)物還是生成物，轉(zhuǎn)化為活化絡(luò)合物都要吸收能量11以太陽能為熱源分解Fe3O4，經(jīng)熱化學(xué)鐵氧化合物循環(huán)分解水制H2的過程如圖所示。下列敘說錯誤的是A過程I中產(chǎn)生的FeO是還原產(chǎn)物B過程I中分離出O2，可進(jìn)步Fe3O4的轉(zhuǎn)化率C過程II中每轉(zhuǎn)移NA個電子，

7、生成11.2L H2D鐵氧化合物循環(huán)制H2具有節(jié)約能源、產(chǎn)物易分離等優(yōu)點(diǎn)12室溫下，用的二甲胺溶液(二甲胺在水中的電離與一水合氨類似)滴定的鹽酸溶液。溶液隨加入二甲胺溶液體積變化曲線如圖所示(忽略溶液混合時的體積變化)。下列說確的是A本實驗應(yīng)該選擇酚酞作指示劑B室溫下，Ca點(diǎn)溶液中水的電離程度Db點(diǎn)溶液中存在：第II卷共64分留意事項：1用黑色字跡的簽字筆或鋼筆將答案寫在“答題卡”上。2II卷共4題，共64分。二、填 空 題13第周圍期的元素砷(As)和鎳(Ni)具有廣泛的運(yùn)用?；卮鹣铝谐煽儯?1)基態(tài)As原子的核外電子排布式為_，As、Ni的電離能：I1(As)_I1(Ni)(填“大于”“小

8、于”或“等于”)。(2)砷單質(zhì)的氣態(tài)分子構(gòu)型如圖所示，在其中4條棱上各1個硫原子，構(gòu)成As4S4，俗稱雄黃，則雄黃可能有_種不同的結(jié)構(gòu)；0.5 mol As4S4中含有_mol AsS鍵。(3)亞砷酸(H3AsO3)構(gòu)成的鹽可用作長效蟲劑和除草劑，的空間構(gòu)型為_；磷和砷同主族，亞磷酸(H3PO3)原子磷配位數(shù)為4，則亞磷酸為_元酸。(4)一種Ni2+配合物的結(jié)構(gòu)如圖所示，該配合物中的配位數(shù)為_，C原子的雜化方式為_。(5)As和Ni構(gòu)成的一種晶體晶胞中原子堆積方式如圖所示，晶體中As原子圍成的空間構(gòu)型為_(填 “三角形”“四面體”或“八面體”)，圖中六棱柱底邊邊長為a pm，高為c pm，阿伏

9、加德羅常數(shù)為NA，則該晶體的密度=_gcm3。14錳酸鋰離子蓄電池是第二代鋰離子動力電池。一種以軟錳礦漿(次要成分為MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì))為原料制備錳酸鋰的流程如圖所示。(1)溶浸生產(chǎn)中為進(jìn)步SO2吸收率可采取的措施有_(填序號)。a.不斷攪拌，使SO2和軟錳礦漿充分接觸 b.減小通入SO2的流速c.減少軟錳礦漿的進(jìn)入量 d.增大通入SO2的流速(2)已知：室溫下，KspAl(OH)3=110-33，KspFe(OH)3=110-39，pH=7.1時Mn(OH)2開始沉淀。氧化除雜時(室溫)除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其濃度小于110-

10、6mol/L)，需調(diào)理溶液pH范圍為_。(3)由硫酸錳與K2S2O8(結(jié)構(gòu)為)溶液常溫下混合一周，慢慢得到球形二氧化錳(MnO2)。請寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(4)將MnO2和Li2CO3按41的物質(zhì)的量比配料，混合攪拌，然后升溫至600750，制取產(chǎn)品LiMn2O4并生兩種氣體。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(5)錳酸鋰可充電電池的總反應(yīng)為Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0x1)放電時電池內(nèi)部Li+向_挪動(填“正極”或“負(fù)極”)充電時，電池的陽極反應(yīng)式為_，若此時轉(zhuǎn)移1mole-，則石墨電極將增重_g。15化合物F是合成一種自然茋類化合物的重要兩頭體，合成路線如圖：(1

11、)A中含氧官能團(tuán)的名稱為_和_。(2)AB的反應(yīng)類型為_。(3)CD的反應(yīng)中有副產(chǎn)物X(分子式為C12H15O6Br)生成，寫出X的結(jié)構(gòu)簡式：_。(4)C的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_。能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不異化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目比為11。(5)已知：(1)RClRMgCl(R表示烴基，R和R表示烴基或氫)。(2)RCOOCH3RCH2OH。寫出以和CH3CH2CH2OH為原料制備的合成路線流程圖(無機(jī)試劑和無機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。_。16三氯氧磷(POCl3)是重要的基礎(chǔ)化工原料，廣泛用于制

12、藥、染化、塑膠助劑等行業(yè)。某興味小組用O2直接氧化PCl3制備POCl3，實驗安裝設(shè)計如圖：有關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如下表：物質(zhì)熔點(diǎn)沸點(diǎn)/其它性質(zhì)PCl3-111.874.2遇水生成H3PO3和HCl遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3回答下列成績：(1)儀器a的名稱是_。(2)安裝B中試劑為_；安裝B的作用是_。(任寫兩條)(3)安裝C中制備POCl3的化學(xué)方程式為_。(4)b安裝的作用是_。(5)經(jīng)過佛爾哈德法可以測定三氯氧磷產(chǎn)品中C1元素的含量實驗步驟如下：I.取m克產(chǎn)品于錐形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反應(yīng)后加稀硝酸至溶液顯酸性；II.向

13、錐形瓶中加入0.1000molL-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；III.向其中加入2mL硝基苯，用力搖動使沉淀表面被無機(jī)物覆蓋；IV.加入指示劑用cmolL-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至起點(diǎn)，記下所用體積為VmL。滴定選用的指示劑是_(填標(biāo)號)。A酚酞 BNH4Fe(SO4)2 C淀粉 D甲基橙Cl元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(用含m、c、V的表達(dá)式表示)。若取消步驟III，會使步驟IV中出現(xiàn)兩種沉淀共存，該反應(yīng)使測定結(jié)果_(填“偏大”“偏小”或“不變”)。參考答案1【答案】B【解析】A開發(fā)新能源，如太陽能、風(fēng)能等，可以減少煤、石油、自然氣等化石燃料的運(yùn)用量，可減少對化石能源

14、的依賴，A正確；B廢電池不能深埋，否則將形成其中的重金屬凈化土壤和地下水，必須進(jìn)行回收處理，B不正確；C燃煤進(jìn)行脫硫脫硝處理，將S轉(zhuǎn)化為CaSO4等固體資源，N的氧化物轉(zhuǎn)化為N2等無凈化的氣體再排放，故能減少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，C正確；D吸收空氣中的CO2并利用廉價能源合成汽油，可以減少二氧化碳的排放，有利于環(huán)境保護(hù)，D正確；故答案為：B。2【答案】B【分析】由離子方程式可以看出，R元素可構(gòu)成、R-離子，則R的最外層電子數(shù)為7，在中，R元素沒有表現(xiàn)出價?！窘馕觥緼元素R的最外層電子數(shù)為7，則該元素應(yīng)位于周期表中第A族，A不正確；B生成R2，R元素由+5價降低為0價，則1mol轉(zhuǎn)移的電

15、子的物質(zhì)的量為5mol，B正確；C若為或，則R元素單質(zhì)在常溫常壓下是液體或固體，C不正確；D中的R顯+5價，而R的最外層電子數(shù)為7，R元素的化合價既能升高又能降低，所以既能被還原，也能被氧化，D不正確；故選B。3【答案】C【解析】AHF間存在氫鍵，(HF)2的結(jié)構(gòu)式：H-FH-F，故A錯誤；B H2O分子結(jié)構(gòu)是V型，所以其比例模型為：，故B錯誤；C Si是14號元素，其原子結(jié)構(gòu)表示圖：，故C正確；D F原子最外層7個電子，SiF4的電子式：，故D錯誤；故答案為：C。4【答案】B【解析】AAl2O3熔點(diǎn)高，可用于制造耐高溫陶瓷，A錯誤；BClO2有氧化性，能菌消毒，可用于自來水消毒，B正確；CS

16、iO2能傳導(dǎo)光信號，可用于制備光導(dǎo)纖維，C錯誤；DSO2具有漂白性，可用于漂白有色織物，且該漂白性與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，D錯誤；答案選B。5【答案】A【分析】由以及X、Y、Z、W四種元素分布在三個短周期，可知Z為Na元素；Y能構(gòu)成2個共價鍵，原子序數(shù)YZ且Y、Z的簡單離子具有相反的電子層結(jié)構(gòu)，則Y為O；X能構(gòu)成1個共價鍵，且X的原子序數(shù)最小，則X為H；W能構(gòu)成4個共價鍵，原子序數(shù)WZ，且簡單離子具有相反電子層結(jié)構(gòu)，在該物質(zhì)的電子式可知，W為Al元素。綜上所述，X、Y、Z、W四種元素分別為H、O、Na、Al，元素周期表，周期律分析可得：【解析】A由分析可知Z為Na元素、Y為O元素，則簡單離子分別為

17、：，且具有相反電子層結(jié)構(gòu)。根據(jù)電子層結(jié)構(gòu)相反的離子則有“序小徑大”，即離子半徑，故選A；B由分析可知X、Y、Z、W四種元素分別為H、O、Na、Al，其中Y(O)的非金屬性最強(qiáng)，則Y的電負(fù)性，故B不選；CW、Y分別為：O、Al，則在該物質(zhì)中W和Y的雜化方式均為，故C不選；D有分析可得該物質(zhì)的化學(xué)式為：，該物質(zhì)既能與強(qiáng)酸反應(yīng)又能與強(qiáng)堿反應(yīng)，故D不選；答案選A6【答案】D【解析】A安裝甲的儀器為分液漏斗，分液漏斗中有玻璃活塞，在運(yùn)用之前必須檢驗?zāi)芊衤┧?，故A正確；B分液時避免上上層液體混合，由于CCl4溶液比水重，在上層，則分液時，先從下口放出無機(jī)相(四氯化碳層)，關(guān)閉活塞，從上口倒出水相，可避免上

18、層液體被凈化，故B正確；C酸化后大量析出固體碘單質(zhì)，不溶于水，圖中過濾可分離，故C正確；D由于碘易升華，不能用安裝丁對所得到的單質(zhì)碘進(jìn)行加熱干燥，干燥碘在干燥器中進(jìn)行，故D錯誤；答案為D。7【答案】D【解析】A鋰單質(zhì)化學(xué)性質(zhì)活潑，不能使器具有活潑氫的水、醇、羧酸等做電解質(zhì)溶液，描述正確，不符題意；B根據(jù)題意，鋰空氣電池，還原性更強(qiáng)的鋰單質(zhì)是失電子一極，做負(fù)極，所以A極鋰單質(zhì)失電子生成鋰離子，描述正確，不符題意；C二次電池充電，放電時負(fù)極電子流出，充電時，電池的負(fù)極電子流入，充當(dāng)電解池陰極，根據(jù)直流電路電荷挪動特點(diǎn)，陽離子向陰極挪動，故選項描述正確，不符題意；D二次電池充電，放電時正極B處電子流

19、入，充電時，B極電子流出，發(fā)生氧化反應(yīng)，失電子，選項中電極反應(yīng)式顯示是得電子，所以描述錯誤，符合題意；綜上，本題選D。8【答案】A【解析】A將濃硫酸和銅片加熱產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色闡明反應(yīng)生成的氣體為二氧化硫，則反應(yīng)中硫元素化合價降低被還原，濃硫酸是反應(yīng)的氧化劑，具有強(qiáng)氧化性，故A正確；B若抗氧化劑中鐵粉吸收氧氣部分被氧化為氧化鐵，加入稀硫酸時，氧化鐵溶解生成的鐵離子可與過量的銅反應(yīng)生成亞鐵離子，溶液中不存在鐵離子，則加入硫氰化鉀溶液，沒有血紅色出現(xiàn)不能闡明抗氧化劑沒有吸收氧氣，故B錯誤；C乙醇具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的乙醇蒸汽能與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，使高錳酸鉀溶液褪色，會干擾

20、乙烯的檢驗，則將溴乙烷、乙醇和燒堿的混合物加熱，產(chǎn)生的氣體通入高錳酸鉀溶液，高錳酸鉀溶液褪色不能闡明溴乙烷發(fā)生了消去反應(yīng)，故C錯誤；D淀粉水解生成的葡萄糖在堿性條件下才能與新制氫氧化銅懸濁液反應(yīng)生成紅色沉淀，酸性條件下不能反應(yīng)，則加熱淀粉和稀硫酸混合液，再向其中滴加新制的氫氧化銅懸濁液，加熱，沒有出現(xiàn)紅色沉淀不能闡明淀粉沒有發(fā)生水解，故D錯誤；故選A。9【答案】D【解析】A. 根據(jù)氯喹結(jié)構(gòu)圖可知，分子式為，故A正確；B.該分子含官能團(tuán)有氯原子、碳碳雙鍵等，不止一種，故B正確；C. 只要1個手性碳原子(標(biāo)注*)，與足量的發(fā)生加成反應(yīng)后產(chǎn)物有5個手性碳原子(標(biāo)注*)，手性碳原子數(shù)增多，故C正確；D

21、.該分子苯環(huán)上的一溴代物有、，共3種不同結(jié)構(gòu)，故D錯誤；選D。10【答案】D【解析】A生成物NO仍然有毒，A錯誤；B運(yùn)用催化劑不能改變反應(yīng)放出的熱量，B錯誤；C由題圖可知，該可逆反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向挪動，NO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，C錯誤；D根據(jù)題圖中反應(yīng)物和生成物的能量都低于活化絡(luò)合物(過渡形態(tài))的能量，可知反應(yīng)物或生成物轉(zhuǎn)化為活化絡(luò)合物均需求吸收能量，D正確；答案選D。11【答案】C【分析】過程：2Fe3O4(s)6FeO(s)+O2(g)，元素化合價升高的失電子發(fā)生氧化反應(yīng)得到氧化產(chǎn)物，元素化合價降低得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，得到還原產(chǎn)物；過程的化學(xué)方程式為3FeO+H2O

22、Fe3O4+H2，總反應(yīng)是2H2O2H2+O2?！窘馕觥緼2Fe3O4(s)6FeO(s)+O2(g)，反應(yīng)中氧元素化合價-2價升高到0價，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)得到氧氣為氧化產(chǎn)物，鐵元素化合價降低，產(chǎn)生的FeO是還原產(chǎn)物，故A正確；B過程I中分離出O2，促進(jìn)2Fe3O4(s)6FeO(s)+O2(g)，正向進(jìn)行，可進(jìn)步Fe3O4的轉(zhuǎn)化率，故B正確；C過程II：3FeO+H2OFe3O4+H2，每轉(zhuǎn)移NA個電子，生成標(biāo)準(zhǔn)情況下11.2L H2，故C錯誤；D反應(yīng)3FeO(s)+H2O(l)H2(g)+Fe3O4(s)的產(chǎn)物中，氫氣為氣體，而Fe3O4為固體，故鐵氧化合物循環(huán)制H2的產(chǎn)物易分離，且由于

23、利用太陽能，故成本低，節(jié)約能源，故D正確；故選C。12【答案】B【分析】方程式和滴定曲線可知滴定起點(diǎn)在a點(diǎn)之前，酸堿恰好完全反應(yīng)時，溶質(zhì)為(CH3)2NH2Cl，a點(diǎn)時，pH=7，體積為10mL，分別求出溶液中c(CH3)2NH= molL1，c(CH3)2NH= molL1，c(H+)=10-7mol/L，先求出(CH3)2NH水解常數(shù)，再求二甲胺常溫下電離常數(shù)。b點(diǎn)時(CH3)2NH過量，為(CH3)2NH2Cl、(CH3)2NH的混合物，c(CH3)2NH?！窘馕觥緼酸堿恰好完全反應(yīng)時，溶質(zhì)為(CH3)2NH2Cl，強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液呈酸性，本實驗應(yīng)該選擇甲基橙作指示劑，故A錯誤；B常溫下

24、，測得a點(diǎn)溶液的pH=7，a點(diǎn)生成(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH過量，溶液呈中性，(CH3)2NH2Cl水解使溶液呈酸性，(CH3)2NH的電離呈堿性，所以溶液中c(CH3)2NH= molL1，c(CH3)2NH= molL1，c(H+)=10-7mol/L，所以水解平衡常數(shù)為Kh= =，則二甲胺常溫下電離常數(shù)Kb=，室溫下，故B正確；C a點(diǎn)生成(CH3)2NH2Cl促進(jìn)水電離，(CH3)2NH過量，抑制水電離，使水的電離程度變??；恰好完全反應(yīng)時(CH3)2NH2Cl促進(jìn)水電離，溶液中水的電離程度，故C錯誤；D b點(diǎn)時(CH3)2NH過量，為(CH3)2NH2Cl、(CH3)2N

25、H的混合物，c(CH3)2NH，b點(diǎn)溶液中存在：，故D錯誤；故選B。13【答案】1s22s22p63s23p63d104s24p3(或 Ar3d104s24p3)大于24三角錐二4sp2、sp3八面體(或)【解析】(1)As是33號元素，位于第周圍期A族，前三層全部排滿電子，故其核外電子排布式為Ar3d104s24p3；As和Ni均為第周圍期元素，As為非金屬元素，Ni為過渡金屬元素，所以I1(As)大于I1(Ni)。(2)在砷單質(zhì)分子結(jié)構(gòu)的4條棱邊上各1個硫原子，構(gòu)成As4S4，按照AsAs鍵是相鄰或斜交，可得到雄黃有如圖所示2種不同的結(jié)構(gòu)；每一分子的As4S4中含有8條AsS鍵，則0.5

26、mol雄黃中含有4 mol AsS鍵。(3)的原子砷原子構(gòu)成了3個鍵，另外還有1對孤電子對，其價層電子對總數(shù)是4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷其空間構(gòu)型為三角錐形。由于H3PO3中磷的配位數(shù)為4，則H3PO3的結(jié)構(gòu)式為，因此為二元酸。(4)該Ni2+的配合物中為雙齒配體，配體間還構(gòu)成有氫鍵，因此配位數(shù)為4；配體中C原子構(gòu)成CC鍵及C=N鍵，所以C原子以sp2、sp3雜化。(5)該晶胞中Ni原子位于六棱柱的頂點(diǎn)、面心、棱上和體心，晶胞中含有Ni原子的個數(shù)=12+6+2+1=6，As原子位于六棱柱的體內(nèi)，數(shù)目為6，則晶胞的質(zhì)量為g，六棱柱的體積為=a2sin 606c1030 cm3，則該晶體的密度

27、= gcm3。14【答案】ab5.0pH7.1MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+2H2SO4+K2SO48MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2+O2正極LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+7【分析】軟錳礦次要成分為MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和極少量銅的化合物等雜質(zhì)，利用軟錳礦漿脫含硫煙氣中SO2，發(fā)生反應(yīng)MnO2+SO2=MnSO4，2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+，步驟中在浸出中加入氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入氨水調(diào)理溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去，過濾得到濾液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可將

28、Mn2+氧化為MnO2，K2S2O8被還原為K2SO4，MnO2與Li2CO3在一定溫度下發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生LiMn2O4、CO2、O2，據(jù)此分析解答?！窘馕觥?1)溶浸過程中，為進(jìn)步SO2吸收率可采取的措施：不斷攪拌，使SO2和軟錳礦漿充分接觸或減小通入SO2的流速，故合理選項是ab，故答案為：ab；(2)除雜時顯然只能除去Fe3+和Al3+，不能損失Mn2+，由題意可知，室溫下，pH=7.1時Mn(OH)2開始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氫氧化鋁完全變成沉淀時的KspAl(OH)3= 110-33=c(Al3+)c3(OH-)，c(Al3+)=110-6mol/L，解得：

29、c(OH-)=110-9 mol/L，則溶液c(H+) =l10-5 mol/L ，則pH=5；同理Fe(OH)3完全變成沉淀時，KspFe(OH)3= l10-39=c(Fe3+)c3(OH-)，c(Fe3+)=110-6mol/L，解得： c(OH-)=110-11 mol/L，c(H+) =l10-3 mol/L ，則pH約為3，故pH范圍是：5.0pH7.1，故答案為：5.0pH7.1；(3)由題意可知，反應(yīng)物為MnSO4和K2S2O8，生成物之一為MnO2，再根據(jù)化合價升降相等和原子守恒配平，則發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+2H2SO4+K2

30、SO4，故答案為：MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+2H2SO4+K2SO4；(4) MnO2和Li2CO3反應(yīng)后只要Mn的價態(tài)降低，必然有元素的化合價升高，C元素處在價態(tài)，不能升高，則只能是O元素價態(tài)升高，所以還有O2生成。根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得該反應(yīng)的方程式為：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2+O2，故答案為：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2+O2；(5)放電時為原電池，電池內(nèi)部陽離子移向正極，故Li+移向正極，故答案為：正極；充電時為電解池，電池的陽極連放電時的正極。放電時，電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為Li1-xMn2O4+x

31、Li+xe-=LiMn2O4，充電時電池的陽極反應(yīng)式為：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；此時，石墨電極上發(fā)生的反應(yīng)為C+xe-+xLi+=LixC，則轉(zhuǎn)移lmole-石墨電極將增重的質(zhì)量為1molLi+的質(zhì)量，由于Li摩爾質(zhì)量是7g/mol，所以1molLi+的質(zhì)量是7.0g，故答案為：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；7。15【答案】(酚)羥基羧基取代反應(yīng)CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，【分析】無機(jī)物A和SOCl2在加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B和甲醇發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D和CH3I在K2CO3條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E在LiAlH4條件下發(fā)生還原反應(yīng)生成F，據(jù)此解答?！窘馕觥?1)由A的結(jié)構(gòu)簡式可知，A中含氧官能團(tuán)為OH和COOH，名稱為(酚)羥基、羧基；(2)根據(jù)以上分析可知，AB的反應(yīng)中COOH中的羥基被氯原子取代，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；(3)觀察對比C、D的結(jié)構(gòu)可知，CD的反應(yīng)中酚羥基上的氫原子被CH2OCH3取代生成D，根據(jù)副產(chǎn)物X的分子式C12H15O6Br，CD的反應(yīng)生成的副產(chǎn)物為C中兩個酚羥基都發(fā)生了取代反應(yīng)，可知X的結(jié)構(gòu)簡式為；(4)C為，C的同分異構(gòu)體滿足以下條件：能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，