（新高考）高三化學第二次模擬考試卷（一）(解析版)

（新高考）高三第二次模擬考試卷此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是A．推廣使用新能源汽車可以減少尾氣的排放B．紅葡萄酒中充入的少量SO2具有抗氧化的作用C．消毒液長時間敞開保存會增強其消毒效果D．作為醫(yī)用呼吸機原材料之一的ABS樹脂屬于有機高分子材料【答案】C【解析】使用清潔能源，可以保護空氣，保護環(huán)境，節(jié)約化石燃料，減少尾氣的排放，故A正確；二氧化硫具有還原性，具有抗氧化作用，故B正確；消毒液長時間敞開保存會揮發(fā)、分解、變質等，故其消毒效果會減弱，故C錯誤；ABS樹脂是指丙烯腈、丁二烯、苯乙烯的共聚物，故屬于有機高分子材料，故D正確。2．根據(jù)如圖的轉化關系判斷下列說法正確的是(反應條件已略去)A．反應①②③④⑤均屬于氧化還原反應和離子反應B．反應⑤說明該條件下鋁的還原性強于錳C．相同條件下生成等量的O2，反應③和④轉移的電子數(shù)之比為1∶1D．反應①中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶4【答案】B【解析】反應①②③④⑤中均有元素化合價的變化，均為氧化還原反應，而③④⑤中沒有離子參加反應，則不屬于離子反應，A錯誤；⑤為鋁熱反應，Al失去電子，為還原劑，Mn為還原產物，則還原性：Al>Mn，B正確；由6H2O2～3O2～6e?、2KClO3～3O2～12e?知，生成等量的O2，反應③和④轉移的電子數(shù)之比為1∶2，C錯誤；反應①為MnO2+4HCl(濃)eq\o(,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O，錳元素的化合價降低，氯元素的化合價升高，4molHCl中只有2molHCl作還原劑，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2，D錯誤。3．下列說法或表達方式中不正確的是A．電子從激發(fā)態(tài)到基態(tài)產生的光譜是發(fā)射光譜B．HClO的電子式：C．NH3·H2O、CO2分子中，中心原子孤電子對數(shù)最多的是H2OD．基態(tài)氯原子的價電子軌道表示式為【答案】B【解析】電子由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，吸收能量產生吸收光譜；由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)，釋放能量產生發(fā)射光譜，A正確；HClO的電子式為，B不正確；NH3·H2O、CO2的電子式分別為，中心原子孤電子對數(shù)分別為1、2、0，故中心原子孤電子對數(shù)最多的是H2O，C正確；基態(tài)氯原子的價電子排布式為3s23p5，軌道表示式為，D正確。4．我國自主研發(fā)的對二甲苯綠色合成項目取得新進展，其合成過程如圖所示。下列說法不正確的是A．丙烯醛分子中所有原子可能共平面B．可用溴水鑒別異戊二烯和對二甲苯C．對二甲苯的二氯代物有6種D．M能發(fā)生取代、加成、加聚和氧化反應【答案】C【解析】丙烯醛分子中的碳碳雙鍵是平面結構，醛基也是平面結構，中間是一個可以旋轉的單鍵，所以分子里所有原子有可能在同一平面，A正確；異戊二烯里含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應而導致溴水褪色，而對二甲苯與溴水不反應，可以鑒別，B正確；對二甲苯里面有2種類型的H，其二氯代物共有7種：①當兩個氯取代甲基上的H時有2種，②當有一個氯取代甲基上的H，另一個取代苯環(huán)上的H，有鄰、間2種結構，③當兩個氯都取代苯環(huán)上的H，采用定一議二的方法，當其中一個氯在甲基鄰位時，另一個氯有3種結構，此二氯代物有3種，C不正確；M中有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成、加聚反應，有醛基，可以發(fā)生氧化、加成反應，有烴基，可以發(fā)生取代反應，D正確。5．一種用于合成治療免疫疾病藥物的物質，其結構如圖所示，其中X、Y、Z、Q、W為1~20號元素且原子序數(shù)依次增大，Z與Q同主族，Q和W的簡單離子具有相同的電子層結構。下列敘述正確的是A．WX是共價化合物B．原子半徑：W>Z>YC．最高價氧化物對應的水化物的酸性：Q<YD．Z和X、Y、W、Q均形成至少兩種二元化合物【答案】D【解析】根據(jù)題目信息均是前20號元素，Z與Q同主族，Q和W的簡單離子具有相同的電子層結構，又形成如圖所示離子化合物，可知Y是碳(C)，X是氫(H)，Z是氧(O)，Q是硫(S)，W是鉀(K)。WX是KH，是離子化合物，A錯誤；同周期元素，原子序數(shù)越大，半徑越小，故原子半徑關系為W>Y>Z，B錯誤；元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強，根據(jù)氧化性S>C，則最高價氧化物對應的水化物的酸性：Q>Y，C錯誤；Z和X、Y、Q、W形成的二元化合物均在兩種及以上：H2O、H2O2，CO、CO2，SO2、SO3，K2O、K2O2，故D正確。6．如圖是部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關系圖，下列說法正確的是A．M、N的氧化物都能與Z、R的最高價氧化物對應水化物反應B．Y的單質能從含R簡單離子的水溶液中置換出R單質C．X、M兩種元素組成的化合物熔點很高D．簡單離子的半徑：R>M>X【答案】C【解析】同周期主族元素自左而右原子半徑減小，同主族元素自上而下原子半徑增大，故前7種元素處于第二周期，后7種元素處于第三周期，由原子序數(shù)可知，X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素。A．氧化鋁能夠與氫氧化鈉、高氯酸反應，但二氧化硅能夠與氫氧化鈉溶液反應，不能與高氯酸反應，錯誤；B．Y的單質F2與水反應，無法從含有氯離子的溶液中置換出氯氣，錯誤；C．氧化鋁為離子化合物，具有較高的熔點，正確；D．離子的電子層越多離子半徑越大，電子層相同時，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑：R>X>M，錯誤。7．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是A．23gNa與足量H2O反應完全后可生成NA個H2分子B．1molCu和足量熱濃硫酸反應可生成NA個SO3分子C．標準狀況下，22.4LN2和H2混合氣中含NA個原子D．3mol單質Fe完全轉變?yōu)镕e3O4，失去8NA個電子【答案】D【解析】23g鈉的物質的量為1mol，而1mol鈉與足量水反應生成0.5mol氫氣，即生成0.5NA個氫氣分子，A錯誤；銅和濃硫酸反應生成的是二氧化硫，而非三氧化硫，B錯誤；標準狀況下，22.4L混合氣體的物質的量為1mol，而氮氣和氫氣都為雙原子分子，故1mol混合氣體中含2mol原子即2NA個，C錯誤；由于鐵完全轉變?yōu)樗难趸F后，鐵的價態(tài)變?yōu)?8/3，故3mol鐵失去8mol電子即8NA個，D正確。8．關于下列轉化過程分析不正確的是A．Fe3O4中Fe元素的化合價為+2、+3B．過程Ⅰ中每消耗58gFe3O4，轉移1mol電子C．過程Ⅱ的化學方程式為3FeO+H2Oeq\o(,\s\up7(△))Fe3O4+H2↑D．該過程總反應為2H2O=O2↑+2H2↑【答案】B【解析】Fe3O4的化學式可以改寫為Fe2O3·FeO，則Fe3O4中Fe元素的化合價為+2、+3，故A正確；過程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)當有2molFe3O4分解時，生成1mol氧氣，而58gFe3O4的物質的量為0.25mol，故生成0.125mol氧氣，而氧元素由-2價變?yōu)?價，故轉移0.5mol電子，故B錯誤；過程Ⅱ中FeO與水反應生成四氧化三鐵和氫氣，化學反應方程式為3FeO+H2Oeq\o(,\s\up7(△))Fe3O4+H2↑，故C正確；過程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，過程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，則該過程總反應為2H2O=O2↑+2H2↑，故D正確。9．乙酸乙酯是一種用途廣泛的精細化工產品。工業(yè)生產乙酸乙酯的方法很多，如圖：下列說法正確的是A．反應①②均是取代反應B．反應③④的原子利用率均為100%C．與乙酸乙酯互為同分異構體的酯類化合物有2種D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三種無色液體可用Na2CO3溶液鑒別【答案】D【解析】反應①為酯化反應，屬于取代反應，反應②不飽和度降低，為加成反應，A項錯誤；反應③產物只有乙酸乙酯，其原子利用率為100%，而反應④為C4H10+O2eq\o(→,\s\up7())C4H8O2，H原子沒有全部進入目標產物，原子利用率不為100%，B項錯誤；與乙酸乙酯互為同分異構體的酯類有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3種，C項錯誤；乙醇溶于碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉溶液反應生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸鈉溶液，則乙醇、乙酸、乙酸乙酯三種無色液體可用Na2CO3溶液鑒別，D項正確。10．碲被譽為“現(xiàn)代工業(yè)的維生素”，它在地殼中豐度值很低，某科研小組從粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲工藝流程如圖所示。下列有關說法不正確的是已知：①“焙燒”后，碲主要以TeO2形式存在。②TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿。A．“焙燒”用到的硅酸鹽儀器主要有：坩堝、泥三角、酒精燈、玻璃棒B．“堿浸”時反應的離子方程式為TeO2+2OH?=TeOeq\o\al(2?,3)+H2OC．“堿浸”后所得的濾渣中含有Au、Ag，可用稀鹽酸將其分離D．“還原”時氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2【答案】C【解析】粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)，通入氧氣焙燒，可生成TeO2和CuO，加入氫氧化鈉溶液堿浸，生成濾渣為CuO，濾液含有TeOeq\o\al(2?,3)，再加入硫酸酸化，加入亞硫酸鈉還原得到粗碲，以此解答該題。A．焙燒固體，可用坩堝，同時使用的儀器有泥三角、酒精燈、玻璃棒，故正確；B．TeO2是兩性氧化物，可與氫氧化鈉溶液反應，反應的離子方程式為TeO2+2OH?=TeOeq\o\al(2?,3)+H2O，故正確；C．Au、Ag與鹽酸不反應，不能用鹽酸分離，故不正確；D．“還原”時，反應的離子方程式為2SOeq\o\al(2?,3)+Te4++2H2O=Te↓+2SOeq\o\al(2?,4)+4H+，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2，故正確。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11．蔥醌(AQDS)是一種具有氧化還原活性的廉價有機分子，蔥醌/碘化銨液流可充電電池(如圖)以其環(huán)保、價廉、穩(wěn)定等優(yōu)點被研究及廣泛應用。充電時，AQDS轉化為AQDS(NH4)2。下列說法錯誤的是A．放電時，b極電勢高于a極B．充電時，a極的電極反應式為3I?-2e?=Ieq\o\al(?,3)C．充電時，電路中每轉移1mole?，膜兩側電解液的質量變化差為36gD．該裝置中的陽膜也可以用陰膜代替【答案】AD【解析】充電時，AQDS轉化為AQDS(NH4)2，說明b極為陰極，a極為陽極，則放電時a極為正極，b極為負極。A．根據(jù)分析，放電時，b極為負極，因此b極電勢低于a極，故錯誤；B．充電時，a極為陽極，電極反應式為3I?-2e?=Ieq\o\al(?,3)，故正確；C．充電時，電路中每轉移1mole?，左側1molNHeq\o\al(+,4)移動到右側，膜左側質量減少18g，右側質量增加18g，膜兩側電解液的質量變化差為36g，故正確；D．該裝置中的陽膜不能用陰膜代替，如果用陰膜代替，銨根離子不能穿過則不能生成AQDS(NH4)2，故錯誤。12．某種可用于治療心臟病的藥物X的結構簡式為，下列有關X的說法錯誤的是A．X可能有香味，是乙酸乙酯的同系物B．X不溶于水，密度可能比水的小C．遇堿溶液或酸溶液均易變質D．與X互為同分異構體【答案】A【解析】X中含有碳環(huán)結構，不可能是乙酸乙酯的同系物，故A錯誤；X屬于酯類物質，不溶于水，密度可能比水的小，故B正確；X屬于酯類物質，遇堿溶液或酸溶液均會因為水解而變質，故C正確；與X分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故D正確。13．我國科研人員研究了在Cu－ZnO－ZrO2催化劑上CO2加氫制甲醇過程中水的作用機理；其主反應歷程如圖所示(H2→*H+*H)。下列說法錯誤的是A．二氧化碳加氫制甲醇的過程中原子利用率達100%B．帶標記的物質是該反應歷程中的中間產物C．向該反應體系中加入少量的水能增加甲醇的收率D．第③步的反應式為*H3CO+H2Oeq\o(→,\s\up7())CH3OH+*HO【答案】A【解析】A項，從反應②、③、④看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氫制甲醇的過程中原子利用率不是100%，錯誤；B項，從整個歷程看，帶標記的物質都是在中間過程中出現(xiàn)，所以帶標記的物質是該反應歷程中的中間產物，正確；C項，從反應③看，向該反應體系中加入少量的水，有利于平衡的正向移動，所以能增加甲醇的收率，正確；D項，從歷程看，第③步的反應物為*H3CO、H2O，生成物為CH3OH、*HO，所以反應式為*H3CO+H2Oeq\o(→,\s\up7())CH3OH+*HO，正確。14．中科院設計了一種新型的多功能復合催化劑，實現(xiàn)了CO2直接加氫制取高辛烷值汽油，其過程如圖。下列有關說法正確的是A．在Na－Fe3O4上發(fā)生的反應為CO2+H2=CO+H2OB．中間產物Fe5C2的生成是實現(xiàn)CO2轉化為汽油的關鍵C．催化劑HZMS－5可以提高汽油中芳香烴的平衡產率D．該過程，CO2轉化為汽油的轉化率高達78%【答案】B【解析】A項，由流程圖可知，CO2+H2在Na－Fe3O4催化劑表面反應生成烯烴，根據(jù)元素和原子守恒可知，其反應為2CO2+6H2eq\o(→,\s\up7(Na－Fe3O4))CH2=CH2+4H2O，錯誤；B項，中間產物Fe5C2是無機物轉化為有機物的中間產物，是轉化的關鍵，正確；C項，催化劑HZMS－5的作用是加快反應速率，對平衡產率沒有影響，錯誤；D項，由圖分析78%并不是表示CO2轉化為汽油的轉化率，錯誤。15．乙烯氣相直接水合反應制備乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡轉化率隨溫度、壓強的變化關系如圖[起始時，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器體積為1L]。下列分析不正確的是A．乙烯氣相直接水合反應的ΔH>0B．圖中壓強的大小關系為p1>p2>p3C．圖中a點對應的平衡常數(shù)K=5/16D．達到平衡狀態(tài)A．b所需要的時間：a>b【答案】AB【解析】壓強不變時，升高溫度乙烯轉化率降低，平衡逆向移動，正反應為放熱反應，則ΔH<0，故A不正確；相同溫度下，增大壓強平衡正向移動，乙烯轉化率增大，根據(jù)圖知，壓強：p1<p2<p3，故B不正確；a點乙烯轉化率為20%，則消耗的n(C2H4)=1mol×20%=0.2mol，C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)開始(mol/L) 1 1 0消耗(mol/L) 0.2 0.2 0.2平衡(mol/L) 0.8 0.80.2化學平衡常數(shù)K===，故C正確；溫度越高、壓強越大，化學反應速率越快，反應達到平衡時間越短，溫度、壓強：a<b，則反應速率：a<b，所以達到平衡狀態(tài)a、b所需要的時間：a>b，故D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．(12分)用海底錳結核(主要成分為MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)為原料，制備金屬錳、鎂的一種工藝流程路線如下：已知：①幾種難溶物的溶度積(25℃)如下表所示：化學式Mg(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Ksp1.8×10?111.8×10?131.0×10?334.0×10?38②溶液中某離子濃度≤1.0×10?6mol·L?1時，認為該離子沉淀完全。完成下列問題：(1)“錳結核粉末”中MnO2與SO2反應的離子方程式為

。

(2)“濾液1”中c(Mn2+)為0.18mol·L?1，則“調節(jié)pH”的范圍為，“濾渣2”的成分為。

(3)“Ⅲ”處“萃取劑”萃取的成分是；“Ⅳ”處用“鹽酸反萃”的作用是。

(4)MgCl2·6H2O制取無水MgCl2時，需要在干燥的HCl氣流中加熱分解。HCl的作用為。

(5)該工藝流程中除電解余液可循環(huán)利用外，還能循環(huán)利用的試劑為。

(6)一種海生假單孢菌(采自太平洋深海處)，在無氧條件下以醋酸為電子供體還原MnO2生成Mn2+的機理如圖所示。寫出反應②③的總反應的離子方程式：

?！敬鸢浮?1)MnO2+SO2=Mn2++SOeq\o\al(2?,4)(2)5≤pH<8Fe(OH)3、Al(OH)3(3)Mg2+使Mg2+與萃取劑分離轉化為MgCl2(4)抑制MgCl2水解(5)萃取劑(或有機相2)(6)MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH?【解析】錳結核(主要成分為MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4進行酸浸，將MgO、Fe2O3、Al2O3轉化為Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2將MnO2轉化為Mn2+，自身被氧化為SOeq\o\al(2?,4)，SiO2不與二氧化硫和硫酸反應，則濾渣1中主要為SiO2，濾液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及SOeq\o\al(2?,4)，調節(jié)濾液1的pH，使Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3過濾除去，則濾渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，濾液2主要含有Mg2+、Mn2+及SOeq\o\al(2?,4)，向濾液2加入有機萃取劑，溶液分層，分液后有機相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及SOeq\o\al(2?,4)，向有機相1中加入鹽酸進行反萃取，Mg2+從有機相1轉入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，對水相2蒸發(fā)結晶得到MgCl2·6H2O，在干燥的HCl氣流中加熱分解得到MgCl2，再進行熔融電解得到金屬鎂，對水相1進行電解得到金屬錳單質和H2SO4，電解后的溶液中含有H2SO4，可返回步驟Ⅰ酸浸使用，據(jù)此分析解答。(1)根據(jù)分析，“錳結核粉末”中MnO2與SO2反應，SO2將MnO2轉化為Mn2+，自身被氧化為SOeq\o\al(2?,4)，離子方程式為MnO2+SO2=Mn2++SOeq\o\al(2?,4)。(2)調節(jié)濾液1的pH，使Fe3+、Al3+轉化為Al(OH)3．Fe(OH)3過濾除去，“濾液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某離子濃度≤1.0×10?6mol·L?1時，認為該離子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10?33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10?38，當Al3+完全沉淀時，F(xiàn)e3+已經完全沉淀，此時溶液中c(OH?)===1.0×10?9mol·L?1，pOH=9，則pH=14-pOH=5；根據(jù)Ksp[Mn(OH)2]=1.8×10?13，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10?11，當“濾液1”中c(Mn2+)為0.18mol·L?1時，溶液中c(OH?)===1.0×10?6mol·L?1，pOH=6，則pH=14-pOH=8，則“調節(jié)pH”的范圍為5≤pH<8；根據(jù)上述分析可知，“濾渣2”的成分為Fe(OH)3、Al(OH)3。(3)根據(jù)上述分析可知，“Ⅲ”處“萃取劑”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”處用“鹽酸反萃”的作用是使Mg2+與萃取劑分離轉化為MgCl2。(4)MgCl2屬于強酸弱堿鹽，高溫下，促進Mg2+發(fā)生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl氣流中加熱分解，可以抑制MgCl2水解。(5)根據(jù)上述分析可知，向有機相1中加入鹽酸進行反萃取，Mg2+從有機相1轉入水相2，分液后得到有機相2，即為萃取劑，則該工藝流程中除電解余液可循環(huán)利用外，還能循環(huán)利用的試劑為萃取劑或有機相2。(6)根據(jù)圖示可知，反應②為Mn3++HX=Mn2++X+H+，反應③為Mn2++MnO2+2H2O=4OH?+2Mn3+，②×2+③可得，反應②③的總反應的離子方程式為MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH?。17．(12分)我國學者研制出低成本的電解“水制氫”催化劑——鎳摻雜的磷化鈷三元納米片電催化劑(Ni0.1Co0.9P)?；卮鹣铝袉栴}：(1)Co在元素周期表中的位置為，Co2+價層電子排布式為。

(2)Co、Ni可形成[Co(NH3)6]Cl2、K3[Co(NO3)6]、Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等多種配合物。①SOeq\o\al(2?,4)的空間構型為，NOeq\o\al(?,3)中N原子的雜化軌道類型為。

②C、N、O、S四種元素中，第一電離能最大的是。③1mol[Co(NH3)6]Cl2中含有σ鍵的數(shù)目為。

已知NF3比NH3的沸點小得多，試解釋原因：

。(3)常用丁二酮肟來檢驗Ni2+，反應如下：Ni2+(aq)+2=+2H+(aq)①1個二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)中含有個配位鍵。

②上述反應的適宜pH為(填字母)。

A．12B．5～10C．1(3)磷化硼是一種備受關注的耐磨涂料，其晶體中磷原子作面心立方最密堆積，硼原子填入四面體空隙中(如圖)。已知磷化硼晶體密度為ρg·cm?3，計算晶體中硼原子和磷原子的最近核間距為cm?！敬鸢浮?1)第四周期第Ⅷ族3d7(2)①正四面體形sp2②N③24NANH3分子間存在氫鍵(3)①4②B(4)eq\f(eq\r(3),2)×【解析】(1)Co為27號元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；基態(tài)Co原子價層電子排布式為3d74s2，失去最外層2個電子形成Co2+，所以Co2+的價層電子排布式為3d7。(2)①硫酸根中心N原子的價層電子對數(shù)為4+=4，無孤對電子，所以空間構型為正四面體形；NOeq\o\al(?,3)中心N原子的價層電子對數(shù)為3+=3，所以為sp2雜化；②同主族元素自上而下第一電離能逐漸減小，同周期元素自左向右第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以4種元素中第一電離能最大的為N元素；③6個NH3與Co2+之間形成6個配位鍵，屬于σ鍵，每個氨氣分子中的氮氫鍵也為σ鍵，共6+3×6=24(個)，所以1mol[Co(NH3)6]Cl2中含有的σ鍵數(shù)目為24NA；NH3分子間存在氫鍵，所以沸點較高。(3)①根據(jù)N原子的成鍵特點可知，在二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)中N原子和Ni2+形成的化學鍵均為配位鍵，所以1個二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)中含有4個配位鍵；②堿性太強容易生成Ni(OH)2沉淀，酸性太強時大量的氫離子存在不利于二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)的生成，所以適宜的pH應為5～10。(4)由題圖可知，1個晶胞中含有4個B原子和4個P原子，故晶胞質量m=g，設晶胞邊長為acm，則晶胞的體積V=a3cm3，故晶胞密度ρ==g·cm?3，解得a=2×；晶體中硼原子和磷原子的最近核間距為晶胞體對角線的，體對角線長度為晶胞邊長的eq\r(3)倍，所以晶體中硼原子和磷原子的最近核間距=eq\f(eq\r(3),4)×2×cm=eq\f(eq\r(3),2)×cm。18．(12分)近年來，隨著聚酯工業(yè)的快速發(fā)展，氯氣的需求量和氯化氫的產出量也隨之迅速增長。因此，將氯化氫轉化為氯氣的技術成為科學研究的熱點。請回答：(1)如圖表示在CuO存在下HCl催化氧化的反應過程，則總反應的熱化學方程為。

(2)研究HCl催化氧化反應中溫度、和等因素對HCl轉化率的影響，得到如下實驗結果：①利用Na2S2O3溶液和KI溶液測定反應生成Cl2的物質的量，若消耗V1mLc1mol·L?1的Na2S2O3溶液，則生成Cl2mol(已知2S2Oeq\o\al(2?,3)+I2=S4Oeq\o\al(2?,6)+2I?)。

②表示催化劑的質量與HCl(g)流速之比，是衡量反應氣體與催化劑接觸情況的物理量。當=4=50g·min·mol?1時，每分鐘流經1g催化劑的氣體體積為L(折算為標準狀況下)。

③在420℃、=3=200g·min·mol?1條件下，α(HCl)為33.3%，則O2的反應速率為mol·g?1·min?1。

④比較在下列兩種反應條件下O2的反應速率：vⅠ

(填“>”“=”或“<”)vⅡ。Ⅰ．410℃、=3=350g·min·mol?1；Ⅱ．390℃、=4=350g·min·mol?1。(3)在101.325kPa時，以含N2的HCl和O2的混合氣體測定不同溫度下HCl催化氧化反應中HCl的平衡轉化率，得到如圖結果。①360℃時反應的平衡常數(shù)K360與400℃時反應的平衡常數(shù)K400之間的關系是K360(填“>”“=”或“<”)K400。

②一定溫度下隨著的增大，HCl的平衡轉化率(填“增大”“減小”或“不變”)，原因為

【答案】(1)2HCl(g)+1/2O2(g)=H2O(g)+Cl2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3(2)①1/2c1V1×10?3②0.56③1/2400④>(3)①>②減小隨著增大，N2含量增大，HCl(g)、O2(g)、H2O(g)和Cl2(g)的濃度均使反應體系的濃度商Q>K，平衡逆向移動，HCl的平衡轉化率減小【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律，不管化學反應是一步完成還是分幾步完成，其反應熱都是相同的，由題圖可知熱化學方程式為2HCl(g)+1/2O2(g)=H2O(g)+Cl2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)①根據(jù)題中離子方程式2S2Oeq\o\al(2?,3)+I2=S4Oeq\o\al(2?,6)+2I?，Cl2氧化I?的離子方程式為Cl2+2I?=2Cl?+I2，可以得到如下關系式：2S2Oeq\o\al(2?,3)～I2～Cl2，n(Cl2)=eq\f(1,2)n(S2Oeq\o\al(2?,3))=eq\f(1,2)c1V1×10?3mol；②當=50g·min·mol?1時，每分鐘流經1g催化劑的HCl為1/50mol，=4，所以每分鐘流經1g催化劑的O2為mol，總氣體的物質的量為1/50mol+1/200mol=1/40mol，體積為1/40mol×22.4L/mol=0.56L；③=200g·min·mol?1時α(HCl)為33.3%，則v(HCl)=1/200×33.3%mol·g?1·min?1，根據(jù)化學方程式HCl和O2反應的比例為4∶1，v(O2)=v(HCl)=××33.3%mol·g?1·min?1=mol·g?1·min?1；④根據(jù)第③題的計算過程可知，當相同時，HCl的轉化率越大，反應速率越大，據(jù)圖可知410℃、=3的情況下HCl的轉化率較大，所以vI>vⅡ；(3)①由圖可知，當相同時，溫度越高HCl平衡轉化率越小，說明該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，K值減小，則K360>K400；②一定溫度下隨著增大，通過催化劑的混合氣體中HCl和O2量變小，N2的量變大，相當于反應物和生成物的濃度同時變小相同倍數(shù)，根據(jù)濃度商Qc=，若各物質濃度變小相同倍數(shù)時，會使Qc大于K，此時平衡逆向移動，HCl的平衡轉化率減小。19．(11分)工業(yè)上利用軟錳礦漿進行煙氣脫硫并制備MnSO4和Mg(OH)2的工藝流程如圖所示(已知軟錳礦的主要成分是MnO2，還含有Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)。已知：Ksp[Mg(OH)2]=4.9×10?12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10?5。(1)“脫硫浸錳”中軟錳礦漿吸收SO2的化學方程式為。

(2)向浸出液中添加適量MnO2的作用是

；濾渣2的主要成分是。(3)“沉錳”的離子方程式為

。(4)“沉錳”過程中溫度和pH對Mn2+和Mg2+沉淀率的影響如圖所示。①由圖可知，“沉錳”的合適條件是。

②當溫度高于45℃時，Mn2+和Mg2+沉淀率變化的原因是

。

(5)將NH3通入0.015mol·L?1MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10?5mol·L?1，此時溶液中NH3·H2O的物質的量濃度為(忽略反應前后溶液體積的變化，計算結果保留2位小數(shù))。

【答案】(1)MnO2+SO2=MnSO4(2)將Fe2+氧化為Fe3+NiS和ZnS(3)Mn2++HCOeq\o\al(?,3)+NH3·H2O=MnCO3↓+NHeq\o\al(+,4)+H2O(4)①45℃、pH=7.5②當溫度高于45℃時，隨著溫度升高，NH4HCO3分解，c(COeq\o\al(2?,3))下降，所以Mn2+沉淀率下降；同時隨著溫度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大(5)1.17mol·L?1【解析】(1)“脫硫浸錳”中的軟錳礦漿中，MnO2與SO2反應生硫酸錳，化學方程式為MnO2+SO2=MnSO4。(2)根據(jù)分析，向浸出液中添加適量MnO2的作用是將浸出液中的Fe2+氧化為Fe3+；濾渣2的主要成分是NiS和ZnS。(3)根據(jù)分析，向過濾后的濾液中加入氨水和碳酸氫銨，得到碳酸錳和含有Mg2+的溶液，“沉錳”的離子方程式為Mn2++HCOeq\o\al(?,3)+NH3·H2O=MnCO3↓+NHeq\o\al(+,4)+H2O。(4)①由題圖可知，“沉錳”的溫度控制在45℃左右、pH=7.5左右時錳離子的沉淀率最高；②當溫度高于45℃時，Mn2+和Mg2+沉淀率變化的原因是沉錳時要加入碳酸氫銨，銨鹽受熱易分解，當溫度高于45℃時，隨著溫度升高，NH4HCO3分解，c(COeq\o\al(2?,3))下降，所以Mn2+沉淀率下降；同時隨著溫度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大。(5)Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH?)=4.9×10?12，c2(OH?)===4.9×10?7，c(OH?)=7×10?4mol·L?1，NH3通入0.015mol·L?1MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀時生成硫酸銨，c(NHeq\o\al(+,4))=2c(SOeq\o\al(2?,4))=2×0.01