（新高考）高三化學(xué)第二次模擬考試卷（四）(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(zhǔn)考證號考場號座位號注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)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(yīng)題目的答案標(biāo)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(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)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題目要求。1．中國古代“煉丹術(shù)”中蘊(yùn)含了豐富的化學(xué)知識，為近代化學(xué)的建立和發(fā)展奠定了基礎(chǔ)。下列關(guān)于“煉丹術(shù)”中涉及的史實(shí)解釋錯誤的是選項(xiàng)史實(shí)解釋A“胡粉[(PbCO3?Pb(OH)]2投火中，色壞還為鉛(Pb)”復(fù)分解反應(yīng)原理B“有硇水者，剪銀塊(Ag)投之，則旋而為水”氧化還原反應(yīng)原理C“曾青(硫酸銅)涂鐵，鐵赤色如銅……外變而內(nèi)不化也”置換反應(yīng)原理D“鐵釜代替土釜，加熱丹砂(HgS)”，可增采也”平衡移動原理【答案】A【解析】“胡粉[(PbCO3·Pb(OH)]2投火中，色壞還為鉛(Pb)”，利用受熱分解反應(yīng)原理，故A錯誤；“有硇水者，剪銀塊(Ag)投之，則旋而為水”，硝酸溶解銀單質(zhì)，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B正確；“曾青(硫酸銅)涂鐵，鐵赤色如銅……外變而內(nèi)不化也”，鐵置換出銅單質(zhì)，故C正確；“鐵釜代替土釜，加熱丹砂(HgS)，生成汞和硫單質(zhì)，汞變?yōu)楣魵猓胶庹蛞苿?，故D正確。2．下列說法正確的是A．為測定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液體滴在pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照即可B．做蒸餾實(shí)驗(yàn)時，在蒸餾燒瓶中應(yīng)加入沸石，以防暴沸。如果在沸騰前發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應(yīng)立即停止加熱，冷卻后補(bǔ)加C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，說明該未知溶液中存在SOeq\o\al(2?,4)或SOeq\o\al(2?,3)D．提純混有少量硝酸鉀的氯化鈉，應(yīng)采用在較高溫度下制得濃溶液再冷卻結(jié)晶、過濾、干燥的方法【答案】B【解析】氯水中的次氯酸能漂白pH試紙，不能用pH試紙測定新制氯水的pH，故A錯誤；液體加熱時加沸石或碎瓷片，可防止溶液暴沸，如果加熱一段時間后發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應(yīng)該停止加熱，待溶液冷卻后重新添加沸石，故B正確；硫酸鋇和AgCl均為不溶于酸的白色沉淀，則向某溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，繼續(xù)加稀硝酸沉淀不溶解，溶液中可能含Ag+，故C錯誤；氯化鈉的溶解度受溫度影響小，氯化鈉中混有少量的硝酸鉀，氯化鈉是大量的，制得的飽和溶液中硝酸鉀量較少，不能采取降溫結(jié)晶的方法，故D錯誤。3．某同學(xué)用Na2CO3和NaHCO3溶液進(jìn)行如圖所示實(shí)驗(yàn)。下列說法中正確的是A．實(shí)驗(yàn)前兩溶液的pH相等B．實(shí)驗(yàn)前兩溶液中離子種類完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一樣多D．加入CaCl2溶液后反應(yīng)的離子方程式都是COeq\o\al(2?,3)+Ca2+=CaCO3↓【答案】B【解析】A項(xiàng)，等濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，COeq\o\al(2?,3)水解程度大于HCOeq\o\al(?,3)，溶液pH不同，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，錯誤；B項(xiàng)，溶液中陰陽離子為COeq\o\al(2?,3)、HCOeq\o\al(?,3)、OH?、H+和Na+，實(shí)驗(yàn)前兩溶液中離子種類完全相同，正確；C項(xiàng)，Na2CO3和CaCl21∶1反應(yīng)生成CaCO3沉淀，NaHCO3與CaCl2發(fā)生反應(yīng)：CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+H2O+CO2↑，加入CaCl2溶液后生成的沉淀不一樣多，錯誤；D項(xiàng)，加入CaCl2溶液后，Na2CO3溶液中反應(yīng)的離子方程式是COeq\o\al(2?,3)+Ca2+=CaCO3↓，NaHCO3溶液中反應(yīng)的離子方程式是Ca2++2HCOeq\o\al(?,3)=CaCO3↓+H2O+CO2↑，錯誤。4．下列有關(guān)敘述卟啉配合物葉綠素的說法不正確的是A．該配合物的配位數(shù)為4B．該化合物所包含元素的非金屬性：O>N>C>H>MgC．Mg單質(zhì)晶體結(jié)構(gòu)符合A3型最密堆積D．化合物中C元素的雜化方式為sp2、sp3【答案】A【解析】與Mg相連的4個N原子中，有兩個N原子是四條鍵，兩個N原子是三條鍵，三條鍵的N原子與Mg原子是正常共價鍵，而四條共價鍵的N原子與Mg相連的共價鍵為N原子提供孤電子對，Mg原子提供空軌道形成的配位鍵，故該配合物的配位數(shù)為2，故A錯誤；該配合物涉及的元素有O、N、C、H、Mg，其非金屬性：O>N>C>H>Mg，故B正確；Mg單質(zhì)的晶體排列方式為六方最密堆積，為A3型最密堆積，故C正確；配合物中碳原子形成碳碳雙鍵和單鍵，故其雜化方式為sp2和sp3，故D正確。5．實(shí)驗(yàn)小組進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：已知：Cr2(SO4)3稀溶液為藍(lán)紫色；Cr(OH)3為灰綠色固體，難溶于水。下列關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的結(jié)論或敘述不正確的是A．①中生成藍(lán)紫色溶液說明K2Cr2O7在反應(yīng)中表現(xiàn)了氧化性B．操作Ⅱ中僅發(fā)生反應(yīng)：Cr3++3OH?=Cr(OH)3↓C．將①與③溶液等體積混合會產(chǎn)生灰綠色渾濁，該現(xiàn)象與Cr3+的水解平衡移動有關(guān)D．若繼續(xù)向③中加入稀硫酸，溶液有可能重新變成藍(lán)紫色【答案】B【解析】①中生成藍(lán)紫色溶液，可知有Cr2(SO4)3生成，反應(yīng)中Cr元素的化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，說明K2Cr2O7在反應(yīng)中作氧化劑，表現(xiàn)了氧化性，A正確；溶液①為酸性溶液，滴加NaOH溶液會發(fā)生中和反應(yīng)，即除發(fā)生Cr3++3OH?=Cr(OH)3↓，還發(fā)生H++OH?=H2O，B不正確；將①與③溶液等體積混合會產(chǎn)生灰綠色渾濁，說明溶液中Cr3+和CrOeq\o\al(?,2)發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)生成Cr(OH)3灰綠色沉淀，C正確；溶液③中含CrOeq\o\al(?,2)，滴加過量稀硫酸，先沉淀后溶解，最終生成Cr3+，溶液又變?yōu)樗{(lán)紫色，D正確。6．利用固體表面催化工藝進(jìn)行NO分解的過程如圖所示。下列說法不正確的是A．該分解過程是：2NOeq\o(=,\s\up7(催化劑))N2+O2B．實(shí)驗(yàn)室制取NO可以用銅與稀硝酸反應(yīng)C．過程②釋放能量，過程③吸收能量D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，NO分解生成5.6LN2轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為6.02×1023【答案】C【解析】根據(jù)圖示，NO在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為氮?dú)夂脱鯕猓摲纸膺^程是：2NOeq\o(=,\s\up7(催化劑))N2+O2，故A正確；銅與稀硝酸反應(yīng)生成一氧化氮、硝酸銅和水，可以用于實(shí)驗(yàn)室制取NO，故B正確；過程②為NO在催化劑表面發(fā)生斷鍵形成氮原子和氧原子，斷開化學(xué)鍵需要吸收能量，過程③為氮原子和氧原子重新形成化學(xué)鍵生成氮?dú)夂脱鯕猓纬苫瘜W(xué)鍵需要釋放能量，故C不正確；根據(jù)反應(yīng)2NOeq\o(=,\s\up7(催化劑))N2+O2，O元素由-2價變?yōu)?價，生成1molO2，同時生成1molN2，轉(zhuǎn)移4mol電子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，NO分解生成5.6L(0.25mol)N2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為0.25mol×4×6.02×1023mol?1=6.02×1023(個)，故D正確。7．科學(xué)家合成出了一種用于分離鑭系金屬的化合物A(如圖所示)，短周期元素X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，其中Z位于第三周期。Z與Y2可以形成分子ZY6，該分子常用作高壓電氣設(shè)備的絕緣介質(zhì)。下列關(guān)于X、Y、Z的敘述，正確的是A．離子半徑：Y>ZB．氫化物的穩(wěn)定性：X>YC．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：X>ZD．化合物A中，中心原子X、Z均為sp3雜化【答案】D【解析】短周期元素X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，觀察負(fù)離子結(jié)構(gòu)為，Y成一個共價鍵，為-1價，不是第三周期元素，且原子序數(shù)大于X，應(yīng)為F元素又因?yàn)閆與Y2可以形成分子ZY6，且Z位于第三周期，所以Z為S元素；X得到一個電子成4個共價鍵，說明其最外層為3個電子，為B元素，據(jù)此分析解答。A．電子層數(shù)F?<S2?，離子半徑F?<S2?，所以Z>Y，錯誤；B．非金屬性越強(qiáng)，簡單氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：F>B，則有BH3<HF，所以X<Y，錯誤；C．非金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性：S>B，則酸性H3BO3(弱酸)<H2SO4(強(qiáng)酸)，所以X<Z，錯誤；D．根據(jù)上述分析可知，化合物A中，中心原子X、Z均為sp3雜化，正確。8．企鵝酮()可作為分子機(jī)器的原材料。下列關(guān)于企鵝酮的說法錯誤的是A．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B．可發(fā)生取代反應(yīng)C．1mol企鵝酮轉(zhuǎn)化為C10H21OH需消耗3molH2D．所有碳原子一定不可能共平面【答案】C【解析】企鵝酮中含碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A正確；含有的單鍵碳原子上可發(fā)生取代反應(yīng)，B正確；1mol企鵝酮含2mol碳碳雙鍵和1mol羰基，都能和H2加成，加成產(chǎn)物為C10H19OH，需消耗3molH2，C錯誤；環(huán)上有一個碳原子連有兩個甲基，這個碳原子以碳碳單鍵和四個碳原子相連，所有碳原子一定不可能共平面，D正確。9．“化學(xué)實(shí)驗(yàn)→觀察現(xiàn)象→分析推理→得出結(jié)論”是化學(xué)學(xué)習(xí)的方法。下列說法正確的是A．證明某紅棕色氣體是溴蒸氣還是NO2，可用濕潤的淀粉-KI試紙檢驗(yàn)，觀察試紙顏色變化B．驗(yàn)證淀粉的水解產(chǎn)物是否具有還原性，取酸性水解液于試管中并加入新制氫氧化銅，加熱煮沸，觀察是否出現(xiàn)紅色沉淀C．向鋁質(zhì)容器中加入食鹽溶液，再將變黑(Ag2S)的銀器浸入該溶液中，一段時間后發(fā)現(xiàn)黑色褪去，該過程中發(fā)生的反應(yīng)為2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3D．將SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色，但立即又變成棕黃色，假設(shè)通入的SO2完全反應(yīng)，則同溫同壓下，逸出的NO氣體和SO2氣體的體積比為2∶3【答案】D【解析】兩者均具有氧化性，均可使?jié)駶櫟牡矸?KI試紙變藍(lán)，則觀察試紙顏色變化不能檢驗(yàn)，故A錯誤；水解后檢驗(yàn)葡萄糖應(yīng)在堿性條件下，淀粉水解后沒有加堿至堿性，就加入新制氫氧化銅，加熱煮沸，不能檢驗(yàn)葡萄糖的還原性，故B錯誤；銀器放在鋁制容器中，由于鋁的活潑性大于銀，鋁為負(fù)極，失電子，電極反應(yīng)式為Al-3e?=Al3+，銀為正極，銀表面的Ag2S得電子，析出單質(zhì)銀，電極反應(yīng)式為Ag2S+2e?+2H2O=2Ag+2OH?+H2S↑，Al和Ag2S反應(yīng)最終生成物應(yīng)該是Ag、H2S和Al(OH)3，故C錯誤；將SO2通入足量的稀Fe(NO3)3溶液中，硝酸根離子與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，逸出氣體為NO，由電子守恒可知，同溫同壓下，逸出的NO氣體和SO2氣體的體積比為=2∶3，故D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(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，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。每小題有一個或兩個選項(xiàng)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．如圖是常溫鈉離子全固態(tài)濃差電池工作示意圖。正極材料為層狀含鈉過渡金屬氧化物，負(fù)極為鈉錫合金(Na15Sn4)。下列說法合理的是A．該電池工作時不發(fā)生氧化還原反應(yīng)B．放電時，負(fù)極的反應(yīng)為Na15Sn4-15e?=15Na++4SnC．充電時，Na+會被吸附進(jìn)入過渡金屬氧化層D．充電時，a極接電源的正極，b極接電源的負(fù)極【答案】BD【解析】該電池放電時，是原電池工作原理，充電時，是電解池工作原理，無論是放電還是充電均發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；該電池放電時，是原電池工作原理，負(fù)極上為鈉錫合金(Na15Sn4)失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鈉離子和錫，電極反應(yīng)式為Na15Sn4-15e?=15Na++4Sn，故B正確；充電時，是電解池工作原理，Na+會向陰極移動，是脫離過渡金屬氧化層，故C錯誤；充電時，是電解池工作原理，電池的負(fù)極和電源的負(fù)極相連，電池負(fù)極為鈉錫合金(Na15Sn4)，則充電時，b極接電源的負(fù)極，a極接電源的正極，故D正確。12．CuCl是應(yīng)用廣泛的有機(jī)合成催化劑，可從黃銅礦(主要成分為CuFeS2)中制取。已知：CuCl是一種白色粉末，微溶于水，難溶于乙醇，在空氣中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(s)+2Cl?(aq)[CuCl3]2?(aq)(無色溶液)。下列敘述正確的是A．“浸取”過程中的主要反應(yīng)為CuFeS2+4CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓B．浸取所得到的FeCl2溶液，可用來腐蝕覆在絕緣板上的銅箔制造印刷電路板C．加水有利于CuCl(s)+2Cl?(aq)[CuCl3]2?(aq)平衡逆向移動，析出CuCl，Cl-濃度增大D．為提高產(chǎn)率和純度，可采用乙醇洗滌、真空干燥【答案】D【解析】浸取時發(fā)生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓，過濾分離出CuCl、S，加濃鹽酸發(fā)生CuCl(s)+2Cl?(aq)[CuCl3]2?(aq)，過濾分離出S，加水使CuCl(s)+2Cl?(aq)[CuCl3]2?(aq)逆向移動，抽濾、洗滌、干燥得到CuCl。由圖中反應(yīng)物、生成物結(jié)合原子守恒可知浸取中的主要反應(yīng)為CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓，故A錯誤；浸取所得到的FeCl2溶液，與Cu不反應(yīng)，不能用來腐蝕覆在絕緣板上的銅箔，故B錯誤；加水向離子濃度增大的方向移動，加水有利于CuCl(s)+2Cl?(aq)[CuCl3]2?(aq)平衡逆向移動，析出CuCl，Cl?濃度減小，故C錯誤；CuCl難溶于乙醇，在空氣中易被氧化，則為提高產(chǎn)率和純度，可采用乙醇洗滌、真空干燥，故D正確。13．合成某種胃藥的核心反應(yīng)如圖：下列說法正確的是A．反應(yīng)物Ⅰ只能發(fā)生取代、加成兩種反應(yīng)B．生成Ⅲ的原子利用率為100%C．反應(yīng)物Ⅱ中的兩個N—H鍵的活性不同D．生成物Ⅲ的分子式C22H24O2N5Cl【答案】CD【解析】A．反應(yīng)物Ⅰ含有苯環(huán)，可發(fā)生加成反應(yīng)，含有氯原子，可發(fā)生取代反應(yīng)(或水解反應(yīng))，也可以發(fā)生氯原子的消去反應(yīng)，錯誤；B．根據(jù)原子守恒，該反應(yīng)中同時生成NaCl等，則原子的利用率不是100%，錯誤；C．反應(yīng)物Ⅱ中的兩個N—H鍵的N原子連接不同的原子團(tuán)，則兩個N—H鍵的活性不同，正確；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知生成物Ⅲ的分子式為C22H24O2N5Cl，正確。14．我國科學(xué)家在綠色化學(xué)領(lǐng)域取得新進(jìn)展。利用雙催化劑Cu和Cu2O，在水溶液中用H將CO2高效還原為重要工業(yè)原料之一的甲醇，其反應(yīng)機(jī)理如圖所示。則下列有關(guān)說法錯誤的是A．CO2生成甲醇是通過多步氧化反應(yīng)實(shí)現(xiàn)的B．該催化反應(yīng)過程中涉及了化學(xué)鍵的形成及斷裂C．有可能通過調(diào)節(jié)控制反應(yīng)條件獲得甲醛等有機(jī)物D．催化劑Cu結(jié)合氫原子，催化劑Cu2O結(jié)合含碳微?！敬鸢浮緼【解析】A項(xiàng)，CO2生成COOH，為還原反應(yīng)；CO生成CHO，為還原反應(yīng)；CHO生成CH2O，為還原反應(yīng)；CH2O生成CH3O，為還原反應(yīng)；CH3O生成CH3OH，為還原反應(yīng)，所以CO2生成甲醇是通過多步還原反應(yīng)實(shí)現(xiàn)，錯誤；B項(xiàng)，該催化過程發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，所以該反應(yīng)中有化學(xué)鍵的形成和斷裂，正確；C項(xiàng)，CHO和H生成CH2O，需要Cu2O作催化劑，可以調(diào)節(jié)控制反應(yīng)條件獲得甲醛等有機(jī)物，正確；D項(xiàng)，根據(jù)題圖知，催化劑Cu結(jié)合H原子，催化劑Cu2O結(jié)合含CHO微粒，正確。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，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所需要的時間：a>b【答案】AB【解析】壓強(qiáng)不變時，升高溫度乙烯轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動，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，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)開始(mol/L) 1 1 0消耗(mol/L) 0.2 0.2 0.2平衡(mol/L) 0.8 0.8 0.2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，認(rèn)為該離子沉淀完全。完成下列問題：(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(jī)理如圖所示。寫出反應(yīng)②③的總反應(yīng)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(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(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，F(xiàn)e3+已經(jīng)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(dāng)“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(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)黑磷是磷的一種穩(wěn)定的同素異形體，黑磷具有正交晶系的晶體結(jié)構(gòu)(圖A)，晶胞參數(shù)a=3.310A，b=4.380A，c=10.500A。黑磷烯是二維的單層黑磷(圖B)，黑磷烯與石墨烯結(jié)構(gòu)相似，P的配位數(shù)為3。與石墨烯相比，黑磷烯具有半導(dǎo)體性質(zhì)，更適合于制作電子器件。已知黑磷結(jié)構(gòu)中只有一種等效的三配位P，所有P原子的成鍵環(huán)境一樣，圖A中編號為①的P原子的晶胞內(nèi)坐標(biāo)為(0.50，0.090，0.598)。請回答下列問題：(1)寫出P原子的價電子排布：。

(2)P和F的電負(fù)性大小順序是x(P)(填“<”“=”或“>”)x(F)。P和F形成的分子PF3和PF5，它們的幾何構(gòu)型分別為、。

(3)①黑磷中P原子雜化類型是。黑磷中不存在(填字母)。

A．共價鍵 B．σ鍵 C．π鍵 D．范德華力②紅磷、白磷與黑磷熔點(diǎn)從高到低的順序?yàn)?，原因?/p>

。

(4)圖A中編號為②的P原子的晶胞內(nèi)坐標(biāo)為，黑磷的晶胞中含有個P原子。

【答案】(1)(2)<三角錐形三角雙錐形(3)①sp3C②黑磷>紅磷>白磷黑磷相當(dāng)于石墨，屬于混合晶體，紅磷和白磷都是分子晶體，紅磷是大分子，白磷是小分子，相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔、沸點(diǎn)越高，所以熔點(diǎn)高低順序?yàn)楹诹?gt;紅磷>白磷(4)(0.500，-0.090，0.402)8【解析】根據(jù)P最外層5個電子，寫出價電子排布圖；根據(jù)電負(fù)性遞變規(guī)律，以N元素為中間，判斷P與F的電負(fù)性大小，以VSEPR理論，判斷PF3和PF5的空間結(jié)構(gòu)；根據(jù)黑磷烯與石墨烯結(jié)構(gòu)相似，P的配位數(shù)為3，判斷P原子雜化類型和熔點(diǎn)高低；根據(jù)題中圖示和所給信息，判斷P原子的坐標(biāo)及晶胞中P原子個數(shù)。(1)P為15號元素，其核外價電子排布式為3s23p3，價電子排布圖為。(2)同一周期元素，元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大而增大，N、F同一周期，電負(fù)性：x(N)<x(F)，同一主族，從上到下，電負(fù)性依次減弱，N、P屬于同主族，電負(fù)性：x(N)>x(P)，P和F的電負(fù)性大小順序是x(P)<x(F)；PF3的價層電子對數(shù)=3+=4，有一對孤電子對，所以空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，PF5的價層電子對數(shù)=5+=5，無孤電子對，所以空間結(jié)構(gòu)為三角雙錐形。(3)①黑磷烯與石墨烯結(jié)構(gòu)相似，P的配位數(shù)為3，有一對孤電子對，黑磷中P原子雜化類型是sp3，黑磷中，P與P形成共價鍵，即有σ鍵，黑磷烯與石墨烯結(jié)構(gòu)相似，層與層之間有分子間作用力，即范德華力，故不存在π鍵。②黑磷相當(dāng)于石墨，屬混合晶體，紅磷和白磷都是分子晶體，紅磷是大分子，白磷是小分子，相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔、沸點(diǎn)越高，所以熔點(diǎn)高低順序?yàn)楹诹?gt;紅磷>白磷。(4)結(jié)合圖B可知，圖A中編號為②的P原子位于同一坐標(biāo)軸a，關(guān)于坐標(biāo)軸b對稱，且位于坐標(biāo)軸c的值為1-0.598=0.402，該P(yáng)原子在晶胞內(nèi)的坐標(biāo)為(0.500，-0.090，0.402)；該晶胞中第一層含有P原子1+1=2(個)，第二層含有P原子1+1+1+1=4(個)，第三層含有P原子1+1=2(個)，共8個P原子。18．(12分)直接排放含SO2的煙氣會形成酸雨，危害環(huán)境。工業(yè)上常采用催化還原法和堿吸收法處理SO2氣體。(1)①如圖為1molCH4完全燃燒生成氣態(tài)水的能量變化和1molS(g)燃燒的能量變化。在催化劑作用下，CH4可以還原SO2生成單質(zhì)S(g)、H2O(g)和CO2，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：

。②某溫度下，向體積為2L的容器中充入6molH2、4molCO2，發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0，達(dá)到平衡時H2的轉(zhuǎn)化率為50%，其平衡常數(shù)為(保留兩位小數(shù))。

③起始條件(T1℃、2L密閉容器)如表所示：CO2/molH2/molCH3OH/molH2O/molⅠ(恒溫恒容)2600Ⅱ(絕熱恒容)0022達(dá)到平衡時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)：K(Ⅰ)(填“>”“<”或“=”，下同)K(Ⅱ)；平衡時CH3OH的濃度：c(Ⅰ)c(Ⅱ)。

(2)CO2可用來合成低碳烯烴：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH=-127.8kJ·mol?1。0.1MPa下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3的投料比充入體積固定的密閉容器中，發(fā)生上述反應(yīng)，不同溫度(T)下平衡時的四種氣態(tài)物質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(φ)如圖所示。曲線b、c表示的物質(zhì)分別為、(填化學(xué)式)。

(3)用氨水吸收SO2。25℃時2.0mol·L?1的氨水中，NH3·H2O的電離度α=(α=eq\o(,\s\up8(已電離的溶質(zhì)分子數(shù)),\s\do8(原有溶質(zhì)的溶質(zhì)分子總數(shù)))×100%)。將含SO2的煙氣通入該氨水中，當(dāng)溶液顯中性時，溶液中的eq\f(c(SO\o\al(2－,3)),c(HSO\o\al(－,3)))=。[已知25℃，Kb(NH3·H2O)=1.8×10?5；Ka1(H2SO3)=1.3×10?2，Ka2(H2SO3)=6.2×10?8]

【答案】(1)①CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=+352kJ·mol?1②0.05③<<(2)H2OH2(3)0.3%0.62【解析】(1)①?。瓹H4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)ΔH=-802kJ·mol?1，ⅱ．S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-577kJ·mol?1；將方程式ⅰ-2×ⅱ得CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH=-802kJ·mol?1-2×(-577kJ·mol?1)=+352kJ·mol?1；②開始時c(CO2)==2mol·L?1．c(H2)==3mol·L?1，達(dá)到平衡時氫氣的轉(zhuǎn)化率為50%，則反應(yīng)c(H2)=3mol·L?1×50%=1.5mol·L?1，可逆反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)開始(mol·L?1) 2 3 0 0反應(yīng)(mol·L?1) 0.51.5 0.5 0.5平衡(mol·L?1) 1.51.5 0.5 0.5化學(xué)平衡常數(shù)K==≈0.05；③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0，反應(yīng)Ⅰ是恒溫恒容容器，Ⅱ?yàn)榻^熱恒容容器，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，表中反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ若恒溫恒容達(dá)到相同平衡狀態(tài)，Ⅱ?yàn)槟嫦蚪^熱恒容，溫度降低，平衡正向進(jìn)行，平衡常數(shù)增大，甲醇濃度增大。(2)升高溫度平衡逆向移動，反應(yīng)物的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大、生成物的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，則A．c為反應(yīng)物而B．d為生成物，質(zhì)量增大較多的是二氧化碳、增大較少的是氫氣，質(zhì)量減少較多的是水、減少較少的是乙烯，所以b表示H2O、c表示H2。(3)25℃時2.0mol·L?1的氨水中，c(NHeq\o\al(+,4))==mol·L?1=6×10?3mol·L?1，NH3·H2O的電離度α=×100%=×100%=0.3%；將含SO2的煙氣通入該氨水中，當(dāng)溶液顯中性時，溶液中c(H+)=c(OH?)=10?7mol·L?1，溶液中的=×===0.62。19．(12分)鈷是熔點(diǎn)高的金屬，可與氯氣反應(yīng)制氯化鈷(CoCl2)，氯化鈷易潮解，可用于催化劑的制備、氨的吸收等。制備氯化鈷的裝置如圖所示。已知：Co(Ⅲ)的氧化性強(qiáng)于Cl2。(1)檢查A裝置氣密性的方法：用止水夾夾住A、B之間的橡皮管，向分液漏斗中加水，

(將步驟補(bǔ)充完整)，證明裝置A氣密性良好。

(2)裝置A燒瓶中的固體為漂粉精，燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3)裝置C的洗氣瓶中盛放的試劑是，裝置D硬質(zhì)玻璃管中的玻璃纖維的作用是

。(4)E中物質(zhì)的名稱，其作用是

。(5)鈷有多種氧化物，Co2O3與濃鹽酸反應(yīng)的離子方程式是。(6)氯化鈷溶液與氯化鋁溶液類似，直接蒸干不能得到CoCl2固體，使氯化亞砜(SOCl2)與CoCl2·6H2O混合加熱可以得到氯化鈷固體，原因是

。

(7)向氯化鈷溶液中加入草酸鈉(Na2C2O4)，生成草酸鈷晶體(CoC2O4·2H2O)，將草酸鈷晶體在空氣中充分加熱，將反應(yīng)生成的氣態(tài)物質(zhì)通入澄清石灰水中生成沉淀的質(zhì)量為60g，剩余固體為鈷的某種氧化物，其質(zhì)量為24.1g，計算確定鈷的氧化物的化學(xué)式是?！敬鸢浮?1)打開分液漏斗下端活塞，若分液漏斗中的水不能順利滴下(2)Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O(3)濃硫酸防止固體粉末堵塞導(dǎo)管(4)堿石灰吸收Cl2，同時阻止空氣中的H2O進(jìn)入D中(5)Co2O3+6H++2Cl?=2Co2++Cl2↑+3H2O(6)SOCl2與CoCl2·6H2O的結(jié)晶水作用，生成HCl和SO2(或HCl或酸性物質(zhì))，抑制CoCl2的水解(7)Co3O4【解析】(1)夾緊橡皮管，向