（新高考）高三化學(xué)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(jí)姓名準(zhǔn)考證號(hào)考場(chǎng)號(hào)座位號(hào)注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)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(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交。相對(duì)原子質(zhì)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(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1．化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法錯(cuò)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(zhǎng)時(shí)間敞開(kāi)保存會(huì)增強(qiáng)其消毒效果D．作為醫(yī)用呼吸機(jī)原材料之一的ABS樹(shù)脂屬于有機(jī)高分子材料【答案】C【解析】使用清潔能源，可以保護(hù)空氣，保護(hù)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(zhǎng)時(shí)間敞開(kāi)保存會(huì)揮發(fā)、分解、變質(zhì)等，故其消毒效果會(huì)減弱，故C錯(cuò)誤；ABS樹(shù)脂是指丙烯腈、丁二烯、苯乙烯的共聚物，故屬于有機(jī)高分子材料，故D正確。2．根據(jù)如圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系判斷下列說(shuō)法正確的是(反應(yīng)條件已略去)A．反應(yīng)①②③④⑤均屬于氧化還原反應(yīng)和離子反應(yīng)B．反應(yīng)⑤說(shuō)明該條件下鋁的還原性強(qiáng)于錳C．相同條件下生成等量的O2，反應(yīng)③和④轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為1∶1D．反應(yīng)①中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶4【答案】B【解析】反應(yīng)①②③④⑤中均有元素化合價(jià)的變化，均為氧化還原反應(yīng)，而③④⑤中沒(méi)有離子參加反應(yīng)，則不屬于離子反應(yīng)，A錯(cuò)誤；⑤為鋁熱反應(yīng)，Al失去電子，為還原劑，Mn為還原產(chǎn)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(yīng)③和④轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為1∶2，C錯(cuò)誤；反應(yīng)①為MnO2+4HCl(濃)eq\o(,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O，錳元素的化合價(jià)降低，氯元素的化合價(jià)升高，4molHCl中只有2molHCl作還原劑，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2，D錯(cuò)誤。3．下列說(shuō)法或表達(dá)方式中不正確的是A．電子從激發(fā)態(tài)到基態(tài)產(chǎn)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(duì)數(shù)最多的是H2OD．基態(tài)氯原子的價(jià)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(chǎn)生吸收光譜；由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)，釋放能量產(chǎn)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(duì)數(shù)分別為1、2、0，故中心原子孤電子對(duì)數(shù)最多的是H2O，C正確；基態(tài)氯原子的價(jià)電子排布式為3s23p5，軌道表示式為，D正確。4．我國(guó)自主研發(fā)的對(duì)二甲苯綠色合成項(xiàng)目取得新進(jìn)展，其合成過(guò)程如圖所示。下列說(shuō)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(duì)二甲苯C．對(duì)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(yīng)【答案】C【解析】丙烯醛分子中的碳碳雙鍵是平面結(jié)構(gòu)，醛基也是平面結(jié)構(gòu)，中間是一個(gè)可以旋轉(zhuǎn)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(yīng)而導(dǎo)致溴水褪色，而對(duì)二甲苯與溴水不反應(yīng)，可以鑒別，B正確；對(duì)二甲苯里面有2種類型的H，其二氯代物共有7種：①當(dāng)兩個(gè)氯取代甲基上的H時(shí)有2種，②當(dāng)有一個(gè)氯取代甲基上的H，另一個(gè)取代苯環(huán)上的H，有鄰、間2種結(jié)構(gòu)，③當(dāng)兩個(gè)氯都取代苯環(huán)上的H，采用定一議二的方法，當(dāng)其中一個(gè)氯在甲基鄰位時(shí)，另一個(gè)氯有3種結(jié)構(gòu)，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(yīng)，有醛基，可以發(fā)生氧化、加成反應(yīng)，有烴基，可以發(fā)生取代反應(yīng)，D正確。5．一種用于合成治療免疫疾病藥物的物質(zhì)，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中X、Y、Z、Q、W為1~20號(hào)元素且原子序數(shù)依次增大，Z與Q同主族，Q和W的簡(jiǎn)單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)。下列敘述正確的是A．WX是共價(jià)化合物B．原子半徑：W>Z>YC．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)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(hào)元素，Z與Q同主族，Q和W的簡(jiǎn)單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，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(cuò)誤；同周期元素，原子序數(shù)越大，半徑越小，故原子半徑關(guān)系為W>Y>Z，B錯(cuò)誤；元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性就越強(qiáng)，根據(jù)氧化性S>C，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：Q>Y，C錯(cuò)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(guān)系圖，下列說(shuō)法正確的是A．M、N的氧化物都能與Z、R的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物反應(yīng)B．Y的單質(zhì)能從含R簡(jiǎn)單離子的水溶液中置換出R單質(zhì)C．X、M兩種元素組成的化合物熔點(diǎn)很高D．簡(jiǎn)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(yīng)，但二氧化硅能夠與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，不能與高氯酸反應(yīng)，錯(cuò)誤；B．Y的單質(zhì)F2與水反應(yīng)，無(wú)法從含有氯離子的溶液中置換出氯氣，錯(cuò)誤；C．氧化鋁為離子化合物，具有較高的熔點(diǎn)，正確；D．離子的電子層越多離子半徑越大，電子層相同時(shí)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑：R>X>M，錯(cuò)誤。7．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說(shuō)法正確的是A．23gNa與足量H2O反應(yīng)完全后可生成NA個(gè)H2分子B．1molCu和足量熱濃硫酸反應(yīng)可生成NA個(gè)SO3分子C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LN2和H2混合氣中含NA個(gè)原子D．3mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3O4，失去8NA個(gè)電子【答案】D【解析】23g鈉的物質(zhì)的量為1mol，而1mol鈉與足量水反應(yīng)生成0.5mol氫氣，即生成0.5NA個(gè)氫氣分子，A錯(cuò)誤；銅和濃硫酸反應(yīng)生成的是二氧化硫，而非三氧化硫，B錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L混合氣體的物質(zhì)的量為1mol，而氮?dú)夂蜌錃舛紴殡p原子分子，故1mol混合氣體中含2mol原子即2NA個(gè)，C錯(cuò)誤；由于鐵完全轉(zhuǎn)變?yōu)樗难趸F后，鐵的價(jià)態(tài)變?yōu)?8/3，故3mol鐵失去8mol電子即8NA個(gè)，D正確。8．關(guān)于下列轉(zhuǎn)化過(guò)程分析不正確的是A．Fe3O4中Fe元素的化合價(jià)為+2、+3B．過(guò)程Ⅰ中每消耗58gFe3O4，轉(zhuǎn)移1mol電子C．過(guò)程Ⅱ的化學(xué)方程式為3FeO+H2Oeq\o(,\s\up7(△))Fe3O4+H2↑D．該過(guò)程總反應(yīng)為2H2O=O2↑+2H2↑【答案】B【解析】Fe3O4的化學(xué)式可以改寫為Fe2O3·FeO，則Fe3O4中Fe元素的化合價(jià)為+2、+3，故A正確；過(guò)程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)當(dāng)有2molFe3O4分解時(shí)，生成1mol氧氣，而58gFe3O4的物質(zhì)的量為0.25mol，故生成0.125mol氧氣，而氧元素由-2價(jià)變?yōu)?價(jià)，故轉(zhuǎn)移0.5mol電子，故B錯(cuò)誤；過(guò)程Ⅱ中FeO與水反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，化學(xué)反應(yīng)方程式為3FeO+H2Oeq\o(,\s\up7(△))Fe3O4+H2↑，故C正確；過(guò)程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，過(guò)程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，則該過(guò)程總反應(yīng)為2H2O=O2↑+2H2↑，故D正確。9．乙酸乙酯是一種用途廣泛的精細(xì)化工產(chǎn)品。工業(yè)生產(chǎn)乙酸乙酯的方法很多，如圖：下列說(shuō)法正確的是A．反應(yīng)①②均是取代反應(yīng)B．反應(yīng)③④的原子利用率均為100%C．與乙酸乙酯互為同分異構(gòu)體的酯類化合物有2種D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三種無(wú)色液體可用Na2CO3溶液鑒別【答案】D【解析】反應(yīng)①為酯化反應(yīng)，屬于取代反應(yīng)，反應(yīng)②不飽和度降低，為加成反應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)③產(chǎn)物只有乙酸乙酯，其原子利用率為100%，而反應(yīng)④為C4H10+O2eq\o(→,\s\up7())C4H8O2，H原子沒(méi)有全部進(jìn)入目標(biāo)產(chǎn)物，原子利用率不為100%，B項(xiàng)錯(cuò)誤；與乙酸乙酯互為同分異構(gòu)體的酯類有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3種，C項(xiàng)錯(cuò)誤；乙醇溶于碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉溶液反應(yīng)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(wú)色液體可用Na2CO3溶液鑒別，D項(xiàng)正確。10．碲被譽(yù)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(yáng)極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲工藝流程如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)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(qiáng)酸和強(qiáng)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(shí)反應(yīng)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(shí)氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2【答案】C【解析】粗銅精煉的陽(yáng)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(shí)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(yīng)，反應(yīng)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(yīng)，不能用鹽酸分離，故不正確；D．“還原”時(shí)，反應(yīng)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(zhì)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(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11．蔥醌(AQDS)是一種具有氧化還原活性的廉價(jià)有機(jī)分子，蔥醌/碘化銨液流可充電電池(如圖)以其環(huán)保、價(jià)廉、穩(wěn)定等優(yōu)點(diǎn)被研究及廣泛應(yīng)用。充電時(shí)，AQDS轉(zhuǎn)化為AQDS(NH4)2。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．放電時(shí)，b極電勢(shì)高于a極B．充電時(shí)，a極的電極反應(yīng)式為3I?-2e?=Ieq\o\al(?,3)C．充電時(shí)，電路中每轉(zhuǎn)移1mole?，膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差為36gD．該裝置中的陽(yáng)膜也可以用陰膜代替【答案】AD【解析】充電時(shí)，AQDS轉(zhuǎn)化為AQDS(NH4)2，說(shuō)明b極為陰極，a極為陽(yáng)極，則放電時(shí)a極為正極，b極為負(fù)極。A．根據(jù)分析，放電時(shí)，b極為負(fù)極，因此b極電勢(shì)低于a極，故錯(cuò)誤；B．充電時(shí)，a極為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為3I?-2e?=Ieq\o\al(?,3)，故正確；C．充電時(shí)，電路中每轉(zhuǎn)移1mole?，左側(cè)1molNHeq\o\al(+,4)移動(dòng)到右側(cè)，膜左側(cè)質(zhì)量減少18g，右側(cè)質(zhì)量增加18g，膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差為36g，故正確；D．該裝置中的陽(yáng)膜不能用陰膜代替，如果用陰膜代替，銨根離子不能穿過(guò)則不能生成AQDS(NH4)2，故錯(cuò)誤。12．某種可用于治療心臟病的藥物X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，下列有關(guān)X的說(shuō)法錯(cuò)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(zhì)D．與X互為同分異構(gòu)體【答案】A【解析】X中含有碳環(huán)結(jié)構(gòu)，不可能是乙酸乙酯的同系物，故A錯(cuò)誤；X屬于酯類物質(zhì)，不溶于水，密度可能比水的小，故B正確；X屬于酯類物質(zhì)，遇堿溶液或酸溶液均會(huì)因?yàn)樗舛冑|(zhì)，故C正確；與X分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故D正確。13．我國(guó)科研人員研究了在Cu－ZnO－ZrO2催化劑上CO2加氫制甲醇過(guò)程中水的作用機(jī)理；其主反應(yīng)歷程如圖所示(H2→*H+*H)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．二氧化碳加氫制甲醇的過(guò)程中原子利用率達(dá)100%B．帶標(biāo)記的物質(zhì)是該反應(yīng)歷程中的中間產(chǎn)物C．向該反應(yīng)體系中加入少量的水能增加甲醇的收率D．第③步的反應(yīng)式為*H3CO+H2Oeq\o(→,\s\up7())CH3OH+*HO【答案】A【解析】A項(xiàng)，從反應(yīng)②、③、④看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氫制甲醇的過(guò)程中原子利用率不是100%，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，從整個(gè)歷程看，帶標(biāo)記的物質(zhì)都是在中間過(guò)程中出現(xiàn)，所以帶標(biāo)記的物質(zhì)是該反應(yīng)歷程中的中間產(chǎn)物，正確；C項(xiàng)，從反應(yīng)③看，向該反應(yīng)體系中加入少量的水，有利于平衡的正向移動(dòng)，所以能增加甲醇的收率，正確；D項(xiàng)，從歷程看，第③步的反應(yīng)物為*H3CO、H2O，生成物為CH3OH、*HO，所以反應(yīng)式為*H3CO+H2Oeq\o(→,\s\up7())CH3OH+*HO，正確。14．中科院設(shè)計(jì)了一種新型的多功能復(fù)合催化劑，實(shí)現(xiàn)了CO2直接加氫制取高辛烷值汽油，其過(guò)程如圖。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．在Na－Fe3O4上發(fā)生的反應(yīng)為CO2+H2=CO+H2OB．中間產(chǎn)物Fe5C2的生成是實(shí)現(xiàn)CO2轉(zhuǎn)化為汽油的關(guān)鍵C．催化劑HZMS－5可以提高汽油中芳香烴的平衡產(chǎn)率D．該過(guò)程，CO2轉(zhuǎn)化為汽油的轉(zhuǎn)化率高達(dá)78%【答案】B【解析】A項(xiàng)，由流程圖可知，CO2+H2在Na－Fe3O4催化劑表面反應(yīng)生成烯烴，根據(jù)元素和原子守恒可知，其反應(yīng)為2CO2+6H2eq\o(→,\s\up7(Na－Fe3O4))CH2=CH2+4H2O，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，中間產(chǎn)物Fe5C2是無(wú)機(jī)物轉(zhuǎn)化為有機(jī)物的中間產(chǎn)物，是轉(zhuǎn)化的關(guān)鍵，正確；C項(xiàng)，催化劑HZMS－5的作用是加快反應(yīng)速率，對(duì)平衡產(chǎn)率沒(méi)有影響，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由圖分析78%并不是表示CO2轉(zhuǎn)化為汽油的轉(zhuǎn)化率，錯(cuò)誤。15．乙烯氣相直接水合反應(yīng)制備乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化關(guān)系如圖[起始時(shí)，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(yīng)的ΔH>0B．圖中壓強(qiáng)的大小關(guān)系為p1>p2>p3C．圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)K=5/16D．達(dá)到平衡狀態(tài)A．b所需要的時(shí)間：a>b【答案】AB【解析】壓強(qiáng)不變時(shí)，升高溫度乙烯轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則ΔH<0，故A不正確；相同溫度下，增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，乙烯轉(zhuǎn)化率增大，根據(jù)圖知，壓強(qiáng)：p1<p2<p3，故B不正確；a點(diǎn)乙烯轉(zhuǎn)化率為20%，則消耗的n(C2H4)=1mol×20%=0.2mol，C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)開(kāi)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(xué)平衡常數(shù)K===，故C正確；溫度越高、壓強(qiáng)越大，化學(xué)反應(yīng)速率越快，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)間越短，溫度、壓強(qiáng)：a<b，則反應(yīng)速率：a<b，所以達(dá)到平衡狀態(tài)a、b所需要的時(shí)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(jié)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(xué)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(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完全。完成下列問(wèn)題：(1)“錳結(jié)核粉末”中MnO2與SO2反應(yīng)的離子方程式為

。

(2)“濾液1”中c(Mn2+)為0.18mol·L?1，則“調(diào)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(wú)水MgCl2時(shí)，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(wú)氧條件下以醋酸為電子供體還原MnO2生成Mn2+的機(jī)理如圖所示。寫出反應(yīng)②③的總反應(yīng)的離子方程式：

。【答案】(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(zhuǎn)化為MgCl2(4)抑制MgCl2水解(5)萃取劑(或有機(jī)相2)(6)MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH?【解析】錳結(jié)核(主要成分為MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4進(jìn)行酸浸，將MgO、Fe2O3、Al2O3轉(zhuǎn)化為Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2將MnO2轉(zhuǎn)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(yīng)，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(diào)節(jié)濾液1的pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3過(guò)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?yàn)V液2加入有機(jī)萃取劑，溶液分層，分液后有機(jī)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(jī)相1中加入鹽酸進(jìn)行反萃取，Mg2+從有機(jī)相1轉(zhuǎn)入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，對(duì)水相2蒸發(fā)結(jié)晶得到MgCl2·6H2O，在干燥的HCl氣流中加熱分解得到MgCl2，再進(jìn)行熔融電解得到金屬鎂，對(duì)水相1進(jìn)行電解得到金屬錳單質(zhì)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(jié)核粉末”中MnO2與SO2反應(yīng)，SO2將MnO2轉(zhuǎn)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(diào)節(jié)濾液1的pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3．Fe(OH)3過(guò)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(shí)，認(rèn)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(dāng)Al3+完全沉淀時(shí)，F(xiàn)e3+已經(jīng)完全沉淀，此時(shí)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(dāng)“濾液1”中c(Mn2+)為0.18mol·L?1時(shí)，溶液中c(OH?)===1.0×10?6mol·L?1，pOH=6，則pH=14-pOH=8，則“調(diào)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(zhuǎn)化為MgCl2。(4)MgCl2屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，高溫下，促進(jìn)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(jī)相1中加入鹽酸進(jìn)行反萃取，Mg2+從有機(jī)相1轉(zhuǎn)入水相2，分液后得到有機(jī)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(jī)相2。(6)根據(jù)圖示可知，反應(yīng)②為Mn3++HX=Mn2++X+H+，反應(yīng)③為Mn2++MnO2+2H2O=4OH?+2Mn3+，②×2+③可得，反應(yīng)②③的總反應(yīng)的離子方程式為MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH?。17．(12分)我國(guó)學(xué)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?wèn)題：(1)Co在元素周期表中的位置為，Co2+價(jià)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(gòu)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(diǎn)小得多，試解釋原因：

。(3)常用丁二酮肟來(lái)檢驗(yàn)Ni2+，反應(yīng)如下：Ni2+(aq)+2=+2H+(aq)①1個(gè)二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)中含有個(gè)配位鍵。

②上述反應(yīng)的適宜pH為(填字母)。

A．12B．5～10C．1(3)磷化硼是一種備受關(guān)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(jì)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(hào)元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；基態(tài)Co原子價(jià)層電子排布式為3d74s2，失去最外層2個(gè)電子形成Co2+，所以Co2+的價(jià)層電子排布式為3d7。(2)①硫酸根中心N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+=4，無(wú)孤對(duì)電子，所以空間構(gòu)型為正四面體形；NOeq\o\al(?,3)中心N原子的價(jià)層電子對(duì)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(shì)，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(gè)NH3與Co2+之間形成6個(gè)配位鍵，屬于σ鍵，每個(gè)氨氣分子中的氮?dú)滏I也為σ鍵，共6+3×6=24(個(gè))，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(diǎn)較高。(3)①根據(jù)N原子的成鍵特點(diǎn)可知，在二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)中N原子和Ni2+形成的化學(xué)鍵均為配位鍵，所以1個(gè)二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)中含有4個(gè)配位鍵；②堿性太強(qiáng)容易生成Ni(OH)2沉淀，酸性太強(qiáng)時(shí)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(yīng)為5～10。(4)由題圖可知，1個(gè)晶胞中含有4個(gè)B原子和4個(gè)P原子，故晶胞質(zhì)量m=g，設(shè)晶胞邊長(zhǎng)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(duì)角線的，體對(duì)角線長(zhǎng)度為晶胞邊長(zhǎng)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(lái)，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(chǎn)出量也隨之迅速增長(zhǎng)。因此，將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱點(diǎn)。請(qǐng)回答：(1)如圖表示在CuO存在下HCl催化氧化的反應(yīng)過(guò)程，則總反應(yīng)的熱化學(xué)方程為。

(2)研究HCl催化氧化反應(yīng)中溫度、和等因素對(duì)HCl轉(zhuǎn)化率的影響，得到如下實(shí)驗(yàn)結(jié)果：①利用Na2S2O3溶液和KI溶液測(cè)定反應(yīng)生成Cl2的物質(zhì)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(zhì)量與HCl(g)流速之比，是衡量反應(yīng)氣體與催化劑接觸情況的物理量。當(dāng)=4=50g·min·mol?1時(shí)，每分鐘流經(jīng)1g催化劑的氣體體積為L(zhǎng)(折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況下)。

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

④比較在下列兩種反應(yīng)條件下O2的反應(yīng)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(shí)，以含N2的HCl和O2的混合氣體測(cè)定不同溫度下HCl催化氧化反應(yīng)中HCl的平衡轉(zhuǎn)化率，得到如圖結(jié)果。①360℃時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)K360與400℃時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)K400之間的關(guān)系是K360(填“>”“=”或“<”)K400。

②一定溫度下隨著的增大，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率(填“增大”“減小”或“不變”)，原因?yàn)?/p>

【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(yīng)體系的濃度商Q>K，平衡逆向移動(dòng)，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率減小【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律，不管化學(xué)反應(yīng)是一步完成還是分幾步完成，其反應(yīng)熱都是相同的，由題圖可知熱化學(xué)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(guān)系式：2S2Oeq\o\al(2?,3)～I(xiàn)2～Cl2，n(Cl2)=eq\f(1,2)n(S2Oeq\o\al(2?,3))=eq\f(1,2)c1V1×10?3mol；②當(dāng)=50g·min·mol?1時(shí)，每分鐘流經(jīng)1g催化劑的HCl為1/50mol，=4，所以每分鐘流經(jīng)1g催化劑的O2為mol，總氣體的物質(zhì)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(shí)α(HCl)為33.3%，則v(HCl)=1/200×33.3%mol·g?1·min?1，根據(jù)化學(xué)方程式HCl和O2反應(yīng)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(jì)算過(guò)程可知，當(dāng)相同時(shí)，HCl的轉(zhuǎn)化率越大，反應(yīng)速率越大，據(jù)圖可知410℃、=3的情況下HCl的轉(zhuǎn)化率較大，所以vI>vⅡ；(3)①由圖可知，當(dāng)相同時(shí)，溫度越高HCl平衡轉(zhuǎn)化率越小，說(shuō)明該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，K值減小，則K360>K400；②一定溫度下隨著增大，通過(guò)催化劑的混合氣體中HCl和O2量變小，N2的量變大，相當(dāng)于反應(yīng)物和生成物的濃度同時(shí)變小相同倍數(shù)，根據(jù)濃度商Qc=，若各物質(zhì)濃度變小相同倍數(shù)時(shí)，會(huì)使Qc大于K，此時(shí)平衡逆向移動(dòng)，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率減小。19．(11分)工業(yè)上利用軟錳礦漿進(jìn)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(xué)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(guò)程中溫度和pH對(duì)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(dāng)溫度高于45℃時(shí)，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(shí)溶液中NH3·H2O的物質(zhì)的量濃度為(忽略反應(yīng)前后溶液體積的變化，計(jì)算結(jié)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(dāng)溫度高于45℃時(shí)，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(shí)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(yīng)生硫酸錳，化學(xué)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(guò)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(shí)錳離子的沉淀率最高；②當(dāng)溫度高于45℃時(shí)，Mn2+和Mg2+沉淀率變化的原因是沉錳時(shí)要加入碳酸氫銨，銨鹽受熱易分解，當(dāng)溫度高于45℃時(shí)，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(shí)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(shí)生成硫酸銨，c(NHeq\o\al(+,4))=2c(SOeq\o\al(2?,4))=2×0.01