2019年吉林省松原市高考化学模拟试卷(5月份)

1、2019 年吉林省松原市高考化学模拟试卷（5 月份）副标题题号一二三总分得分一、单选题（本大题共7 小题，共42.0 分）1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载， 对其说明不合理的是（）A. 本草纲目中记载“（火药）乃焰消（ KNO 3）、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“ KNO 3 的氧化性”B. 杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C. 我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈Cu 2（ OH ）2 CO3D. 蔡伦利用树皮、碎布（麻布）、麻头等为原料精制出优质纸张，

2、由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺2. 1，1-二环丙基乙烯 （）是重要医药中间体下列关于该化合物的说法错误的是（）A. 所有碳原子可能在同一平面B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 二氯代物有9 种D. 生成 1mol C 8 H18 至少需要 3molH 23.国际计量大会第26 次会议新修订了阿伏加德罗常数 （N A =6.02214076 1023mol -1 ），并于 2019年 5月 20 日正式生效。下列说法正确的是（）A. 1L0.5mol ?L -1 Al 2Fe（ SO4）4溶液中阳离子数目小于 1.5NAB. 2mol NH 3 和 3m

3、olO 2 在催化剂和加热条件下充分反应生成NO 的分子数为 2NAC. 56g 聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2NAD. 32.5g 锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5NA4.ClO 2 和 NaClO 2 均具有漂白性，工业上用ClO 2 气体制备 NaClO 2 的工艺流程如图所示：下列说法不正确的是（）A. 工业上可将 ClO 2 制成 NaClO 2 固体，便于贮存和运输B. 通入空气的目的是驱赶出 ClO 2，使其被吸收器充分吸收C. 吸收器中生成NaClO 2 的离子方程式： 2ClO 2+H 2O2=2ClO-+2 +O 2 +2HD. 步骤 a 的操作包括

4、过滤、洗涤和干燥5. 溶于海水的 CO2 主要以 4 种无机碳形式存在， 其中 HCO 3-占 95%，利用图示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。下列说法正确的是（）第1页，共 23页A. a 室排出的是 NaOH 、 Ca（ OH）2 等强碱性物质B. b 室发生主要反应： 2H +CO 32-=H 2O+CO 2C. c 室发生的反应为 2H-+2O-4e =O 2 +4HD. 装置中产生的O2 和提取的 CO2 的体积比约为1： 46. 短周期主族元素 X 、Y 、Z、W 的原子序数依次增大， X 是地壳中含量最多的元素，Y 是短周期元素中原子半径最大的原子，X 、 Y

5、 、Z 的简单离子电子层结构相同，Z与 W 最外层电子数之和等于10下列说法正确的是（）A. 最高正价由低到高的顺序为： Y 、 Z、 X 、 WB. 原子半径由小到大的顺序为： X 、 Z、 WC. Y 、 Z 、W 的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应D. X 与 Y 两种元素只能组成一种化合物7. 近年来 AIST 报告正在研制一种“高容量、 低成本”的锂 -铜空气燃料电池。 该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li+Cu 2O+H 2O=2Cu+2Li +2OH -，下列说法正确的是（）A. Li 极有机电解质可以换成Cu 极的水溶液电解质B. 通空气时

6、，整个反应过程中，铜相当于催化剂C. 放电时， Cu 极的水溶液电解质的pH 值减小D. 放电时，正极的电极反应式为：Cu2O+2H + +2e-=2Cu+H 2O二、简答题（本大题共4 小题，共49.0 分）8. 丙烯（ C3H6）是重要的有机化工原料。 丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化图如图 1。（ 1）丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程，为提供反应所需热量，恒压时向原料气中掺入水蒸气。 K （主反应） _（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），（ C3H 8）_。温度升高，副反应更容易发生的主要原因是_（填“ Ea1 Ea2”或“ H1H 2”）。（ 2）图 2 为丙烷直接脱氢法中丙烷和

7、丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系 （其中压强分别为 l045Pa 和 l0 Pa）。第2页，共 23页 l04Pa 时，图中表示丙烯的曲线是 _（填“ i”、“ ii ”、“ iii ”或“ iv”）。 l04 Pa、500时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p =_（已知：气体分压 =气体总压 体积分数）。（ 3）利用 CO2 的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图 3。已知：H-283.0kJ?mol -1、-285.8kJ?mol-1。CO 和 H2 的燃烧热（ ）分别为图 2 中催化剂为 _。 298K 时，该

8、工艺总反应的热化学方程式为_。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是_。9. 三氯化六氨合钴 Co （ NH3） 6Cl 3 是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量Fe、 Al 等杂质）制取Co （ NH 3） 6Cl 3 的工艺流程：回答下列问题：（ 1）写出加“适量NaClO 3”发生反应的离子方程式_。（ 2）“加 Na2CO3 调 pH 至 a”会生成两种沉淀，分别为_（填化学式）。（ 3）操作 的步骤包括 _、冷却结晶、减压过滤。（ 4）流程中 NH 4Cl 除作反应物外， 还可防止加氨水时 （c OH -

9、）过大，其原理 _。（ 5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H 2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为 _（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是_。写出该步骤的化学方程式 _。（ 6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将Co （NH 3 ）6Cl 3 转化成 Co3+后，加入过量 KI 溶液，再用 Na2S2O3 标准液滴定（淀粉溶液做指示剂），反应原理：2Co3+2I -=2Co 2+I 2， I 2+2S2O32- =2I -+S4O62-实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_。第3页，共 23页a用久置于空气中的KI 固体配制溶液b盛装 Na2 S2O3

10、 标准液的碱式滴定管未润洗c滴定结束后，发现滴定管内有气泡d溶液蓝色退去，立即读数10. 锰元素在多个领域中均有重要应用，回答下列问题。（ 1）Mn 在元素周期表中位于 _区；MnSO 4 中阳离子的价电子排布式为 _。（ 2） Mn 3+在水溶液中容易歧化为MnO 2 和 Mn 2+下列说法合理的是_A Mn 3+的价电子构型为3d4，不属于较稳定的电子构型B根据 Mn 2+ 的电子构型可知，Mn 4+中不含成对电子C Mn 2+易被氧化，可能是因为 Mn 2+产内有大量自旋方向相同的电子D Mn 2+与 Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似（ 3）在 K 2MnF 6 中，

11、 MnF 62-的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为_。该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为_ 。（ 4）二价锰的化合物的性质如表所示：物质 MCl 2 MnS MnSO 4熔点 650 1610 700表三种物质中晶格能最大的是_；表涉及的三种阴离子中，半径最大的是_。（ 5）某锰氧化物的晶胞结构如图所示：该锰的氧化物的化学式为_，该晶体中Mn 的配位数为 _，该晶体中Mn之间的最近距离为_pm（用 a、b 来表示）。11.EPR 橡胶（）广泛应用于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆护套、耐热胶管、汽车密封件、润滑油添加剂及其它制品。PC 塑料（）的透光性良好，

12、可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线如图：第4页，共 23页已知： RCOOR 1+R2OHRCOOR 2+R1OH B、 F、 G、H 、 J 各物质中，核磁共振氢谱都只有一组吸收峰。（ 1） B 的结构简式： _ ，E 中官能团名称： _。（ 2） AD 的反应类型： _，DE 的反应条件： _。（ 3） EF的化学方程式： _。（ 4） H 的结构简式： _ 。（ 5）反应 的化学方程式： _。（ 6）下列说法正确的是： _。a反应 的原子利用率为 100%b 1mol J 与足量的 NaOH 溶液反应，消耗 2molNaOHc CH 3OH 在合成 PC 塑料过程中可

13、以循环利用（ 7）反应 I 过程中，可以得到两种同类型副产物，且与M 互为同分异构体，请写出其中一种结构： _。（8）AN苯酚 +F，试推断 N 的结构： _。三、实验题（本大题共1 小题，共 14.0 分）12. 某化学小组对卤素及其化合物的制备和性质进行如下探究实验，根据实验回答问题。 探究氯化亚铁与氧气反应的产物已知氯化亚铁的熔点为 674，沸点为 1023；三氯化铁在100左右时升华，极易水解。在500条件下氯化亚铁与氧气可能发生下列反应，12FeCl 2+3O22Fe2O3+8FeCl 3、4FeCl 2+3O2 2Fe2O3 +4Cl 2，该化学小组选用下图部分装置（装置可以重复选

14、用）进行氯化亚铁与氧气反应产物的探究。（ 1）实验装置的合理连接顺序为：A_D ，装置 E 的作用是 _。（ 2）控制在500下发生反应，一段时间后，B 中反应剩余固体的成分，可能是_或 _（填化学式）。设计实验对上述剩余固体的成分进行验证：_ 。31molL -1的FeCl3 溶液，应控制溶液的pH不大于_。（已知：（ ）实验室保存?Fe（ OH ） 3 的 K sp 为 110-39） 卤素化合物之间反应实验条件控制探究（ 4）室温下， KClO 3，可将 KI 氧化为 I2 或 KIO 3下面是该小组设计的一组实验数据记录表：试管标号12340.20mol?L -1KI 溶液 /mL1.

15、01.01.01.0KClO 3 （s） /g0.100.100.100.106.0mol L -1 H 2SO4 溶液 /mL03.06.09.0?蒸馏水 /mL9.06.03.00第5页，共 23页该组实验的目的是_； 2 号试管反应完全后，取少量 2 号试管中的溶液加淀粉溶液后显蓝色，假设还原产物只有 KC1 ，写出反应的离子方程式 _。第6页，共 23页答案和解析1.【答案】 B【解析】解：A 火药发生化学反 应的时候，KNO 3 中氮元素的化合价降低，被 还原，做氧化剂，体现氧化性，故 A 正确；B高粱中不含乙醇，用高粱 酿酒是高粱中的淀粉在酒曲的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙

16、醇分离出，故 B 错误；C明矾的水溶液水解 显酸性，能够与碱式碳酸 铜反应生成可溶性物 质，故能除去铜器上的铜锈，故C 正确；D蔡伦改进造纸工艺，利用树皮、碎布（麻布）、头麻、鱼网等原料精制出 优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”，故 D 正确；故选：B。A 火药发生化学反 应的时候，KNO 3 中氮元素的化合价降低；B高粱中不含乙醇；C依据盐类水解的性 质及应用解答；D蔡伦改进造纸工艺，利用树皮、碎布（麻布）、头麻、鱼网等原料精制出 优质纸张。本题为综合题，考查了氧化还原反应基本概念、物质水解的性 质及应用、淀粉的性质等，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力 应用能力，注意相关知识的积累

17、。2.【答案】 A【解析】解：A.1 ，1-二环丙基乙烯（）含有碳碳双键、两个三元环，碳有两种杂化方式：sp3、sp2，前者是四面体构型，与它相连的原子不可能全 处于同一平面，所有碳原子不能在同一平面，故A 错误；B结构中含有碳碳双 键，能被酸性髙锰酸钾溶液氧化，故 B 正确；第7页，共 23页氯、C二 代物、，共 9种，故C正确；D.1，1-二环丙基乙烯（）分子式为 C8H12，由C8H12 生成 1molC8H18至少需要 3molH 2，故D 正确；故选：A。A 碳有两种杂化方式：sp3、sp2，前者是四面体构型，与它相连的原子不可能全处于同一平面；B碳碳不饱和键能被酸性高 锰酸钾溶液氧

18、化；C该物质结构对称，含有 3 种氢原子，二氯代物中两个 Cl 原子可能位于同一个碳原子上也可能位于不同碳原子上，可能位于对称轴的同侧也可能位于 对称轴的异侧；D.1，1-二环丙基乙烯（为，由 C8H12生成1molC，）分子式C8H128H18相当于多了3mol 氢气。本题考查有机物结构和性质 侧重考查分析判断能力，明确官能团及其性质，关系、原子共平面判断方法是解本题关键，注意 A 的解答方法，为解答易错点。3.【答案】 D【解析】第8页，共 23页解：A A1 3+、Fe2+水解产生 H+，该溶液中阳离子 还包括 H+，阳离子总数增加，故1L 0.5 mol/L Al Fe（SO ）溶液中

19、阳离子数目大于1.5NA，故24 4-1）溶液中阳离子数目大于1.5N，故A 错误；1L0.5 mol?L Al 2Fe（SO4A4B因存在反应 4NH+5O4NO+6H O，所以2mol NH和 3molO2在催化3223剂和加热条件下充分反 应后氧气有剩余，生成的 NO 会与过量的氧气 继续反应生成 NO2，所以最终生成 NO 的分子数小于 2NA ，故B 错误；C聚乙烯是乙烯经过加聚反应制备而成，分子内没有碳碳双 键，故C 错误；D浓硫酸与锌反应的方程式 Zn+2H SOZnSO +SO +2HO，从方程式24422可以看出 1mol 锌生成 1mol 二氧化硫气体，随着硫酸的消耗和水的

20、生成，硫酸变稀，这是就会发生锌与稀硫酸反 应，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，从方程式可以看出 1mol 锌生成 1mol 氢气，所以 1mol 锌无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体都为 1mol，32.5g 锌的物质的量为 n=0.5 mol，生成气体分子数 为 0.5NA ，故D 正确，故选：D。A 、Al 3+和 Fe2+的水解会 导致阳离子个数增多；B、4NH 3+5O24NO+6H2O 计算分析，NO 易和氧气反 应生成二氧化氮；C、聚乙烯分子中无碳碳双 键；D、根据锌与浓硫酸反应生成的是二氧化硫，与稀硫酸反 应生成的是 氢气进行判断。本题考查 阿伏加德 罗常数的有关 计

21、算和判断，涉及的知 识 点较多，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度中等。4.【答案】 C【解析】第9页，共 23页解：A ClO2 为气体，不易储存和运输，常将其制备成 NaClO2 固体以便运 输和贮存，故 A 错误；B反应结束后，发生器中仍有少量ClO 2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，故 B 错误；C反应的环境是碱性 环境，离子方程式应该为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，故 C 正确；DNaClO2 溶液中获得 NaClO2 固体需要真空蒸 发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤和干燥，故 D 错误，故选：C。由流程可知，发生

22、器通入空气，可将 ClO2排出，确保其被充分吸收，在吸收器中发生 2ClO2+2NaOH+H O 2NaClO +O +2H2O，然后真空蒸发结晶，2 22 2、冷却再经过过滤 、洗涤和干燥得到 NaClO2，以此解答该题 。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提 纯、实验技能为解答的关 键，侧重分析与 实验能力的考 查，注意元素化合物知 识与实验的结合，题目难度不大。5.【答案】 D【解析】解：A a 室电极与电源正极相 连，是电解池阳极，电极反应为-+通过阳离子交 换膜进入 c 室，故 A 错误；2H2O-4e =O2 +4HHBa 室生成的 H+通过阳

23、离子交 换膜进入 b 室，与主要含碳粒子 发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2，故B 错误；Cc 室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为- b 室海水中阳离子通 过离子交换膜进入 c 室，故 c 室排2H2O+2e =H2 +2OH出的是 NaOH、Ca（OH）等强碱性物质，故C 错误；2D据阳极反应和 b 室反应可知，装置中产生的 O2 和提取的 CO2 的体积比约第10 页，共 23页为 1：4，故D 正确；故选：D。A a 室电极与电源正极相 连，是电解池阳极，失电子发生氧化反 应；Ba 室生成的 H+通过阳离子交 换膜进入 b 室，与主要含碳粒子 HCO3-反应；Cc 室电

24、极与电源负极相连，是电解池阴极，得电子发生还原反应；D据阳极反应和 b 室反应可得。本题考查了电解原理，题目难度中等，注意将电解原理灵活运用到 电解装置。6.【答案】 C【解析】解：根据分析可知：X 为 O，Y 为 Na，Z 为 Al ，W 为 Cl 元素。A O 元素非金属性 较强，没有最高正价，故 A 错误；B电子层越多一种半径越大， 则原子半径 X WZ，故B 错误；CAl 的最高价氧化物 对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间相互反应，故C 正确；DO、Na 形成的化合物有氧化 钠和过氧化钠，故D 错误；故选：C。短周期主族元素 X 、Y 、Z、W 的

25、原子序数依次增大， X 是地壳中含量最多的元素，则 X 为 O 元素；Y 是短周期元素中原子半径最大的原子， 则 Y 为 Na 元素；X （O）、Y（Na）、Z 的简单离子电子层结构相同，Z 离子含有 2 个电子层，其原子序数大于 Na，应该为 Mg 、Al 中的一种；Z 与 W 最外层电子数之和等于 10，都是短周期主族元素， 则 Z 为 Al 、W 为 Cl 元素，据此解答。本题考查 原子结 构与元素周期律的关系， 题 目难度不大，推断元素为 解答结构，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表 结构，试题培养了学生的分析能力及灵活 应用能力。7.【答案】 B【解析】第11 页，共 23页解：

26、A 锂是活泼金属，易与水反应，故 A 错误；B铜先与氧气反 应生成 Cu2O，放电时 Cu2O 重新生成 Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化 剂，故B 正确；C放电过程为 2Li+Cu 2O+H2O=2Cu+2Li +2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生 Cu2O，正极反应为 Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，Cu 极的水溶液 电解质的 PH 值增大，故 C 错误；D该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放 电，正极反应为 Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故D 错误；故选：B。放电过程总的化学方程式 为 2Li+Cu 2O+H2O=2

27、Cu+2Li +2OH-，据此可知铜先与氧气反 应生成 Cu2O，放电时 Cu2O 重新生成 Cu，Li 为负极，发生失去电子的氧化反 应，负极上电极反应式为 Li-e - Li+，但 Li 是活泼金属，易与水发生反应，出现自损耗现象，Cu 为正极，发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，据此分析解答。本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失 电子及电极反应式是解本 题关键，注意把握 Cu 在整个过程中的变化，题目难度不大。8.【答案】 增大增大Ea1Ea2 i 3.3 103Pa CrO 3 CO2（g） +C3H 8（ g）=C3H 6（ g） +CO（

28、 g） +H 2O（ l ） H=+121.5KJ/mol碳和二氧化碳分压生成一氧化碳气体，脱离催化剂【解析】解：（1） 丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式 为 C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），H1=+124.3KJ/mol，恒压时向原料气中 掺入水蒸气，体积增大，压强减小，平衡向正反 应方向进行，K （主反应）增大，丙烷转化率 （C3H8）增大，故答案为：增大；增大； 副反应活化能小，温度升高，副反应更容易发生，所以副反应更容易发生的主要原因是：Ea1Ea2，第12 页，共 23页故答案为：Ea1Ea2；（2） C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），H1=+124.3KJ/mo

29、l，压强越大平衡逆向 进行，丙烯体积分数越小，丙烯是生成物，分压过程中体积分数增大，判断图中表示丙烯的曲线是 i ，故答案为：i； l04 Pa、500时，丙烷和丙烯的平衡体 积分数为 33%，设丙烷起始量为 1，变化量 x主反应为：C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），100xxx1-xxx=33%=x=0.5用平衡分 压代替平衡 浓度表示的化学平衡常数K p=3.3 102Pa，故答案为：3.3 102Pa；（3） 利用 CO2 的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺 。该工艺可采用铬的氧化物 为催化剂，分压机理图可知催化 剂为 CrO3，故答案为：CrO3； CO 和 H2

30、的燃烧热（H）分别为 -283.0kJ?mol-1、-285.8kJ?mol-1。 CO（g）+ O2（g）=CO2（g）H=-283.0kJ?mol-1 H2（g）+ O2（g）=H2O（l）H=-285.8kJ/mol， C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），H1=+124.3KJ/mol ，盖斯定律 计算 + -得到 该工艺总反应的热化学方程式；CO2（g）+C3H8（g）=C3H6（g）+CO（g）+H2O（l）H=+121.5KJ/mol ，第13 页，共 23页故答案为：CO2（g）+C3H8（g）=C3H6（g）+CO（g）+H 2O（l）H=+121.5KJ/mol ；

31、该工艺可以有效消除催化 剂表面的积炭，维持催化剂活性，碳和二氧化碳分压生成一氧化碳气体，脱离催化 剂，故答案为：碳和二氧化碳分压生成一氧化碳气体，脱离催化 剂。（1） 丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式 为 C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），恒压时向原料气中 掺入水蒸气，体积增大，压强减小，平衡向正反应方向进行； 副反应活化能小；（2） 压强越大平衡逆向 进行，丙烯体积分数越小； l04Pa、500时，丙烷和丙烯的平衡体 积分数为 33%，主反应为：C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），用平衡分压代替平衡 浓度表示的化学平衡常数K p=；（3） 催化剂是改变反应速率本身 质量和化学

32、性 质保持不变； CO 和 H2 的燃烧热（H）分别为 -283.0kJ?mol-1、-285.8kJ?mol-1。 CO（g）+ O2（g）=CO2（g）H=-283.0kJ?mol-1 H2（g）+ O2（g）=H2O（l）H=-285.8kJ/mol， C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），H1=+124.3KJ/mol ，盖斯定律 计算 +-得到 该工艺总反应的热化学方程式； 该工艺可以有效消除催化 剂表面的积炭，维持催化剂活性，碳和二氧化碳分压生成一氧化碳气体。本题考查了热化学方程式 书写、平衡常数计算、影响化学平衡的因素分析判断等知识点，掌握基础是解题关键 题难度中等。， 目

33、9.【答案】2+-+6H+=6Fe3+-Fe（OH ） 3 和 Al （OH ） 3HCl 氛围下6Fe +ClO 3+Cl +3H 2O蒸发浓缩NH 4NH4+会抑制后期加入的NH 3?H 2甲防止Cl 溶于水电离出的3?H 2O 的电离3 的生成H 22243）63abCo（ OH）O +2CoCl +2NH Cl+10NHO=2Co（ NHCl +12HO【解析】第14 页，共 23页解：（1）加“适量 NaClO3”的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，发生的离子反 应为：6Fe2+ClO 3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；故答案为：6Fe2+ClO 3-+6H+=6Fe3+C

34、l-+3H2O；（2）加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为（ ）和 Al （OH）；Fe OH 33故答案为：Fe（OH）和 Al （OH）；33（3）为防止产品水解，故Co（NH ）Cl 应在 HCl 氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、3 63减压过滤；故答案为：HCl 氛围下蒸发浓缩；（4）流程中NH4Cl除作反应物外，溶于水电离出的+会抑制后期加NH4ClNH 4入的 NH ?H的电离，可防止加氨水 时 （- 过3 2Oc OH） 大；故答案为 NH4Cl溶于水电离出的+NH3?H2O 的电离；：NH 4 会抑制后期加入的（5）若先加H2O2，将Co 元素氧化到 Co3+，后加氨水，会

35、生成 Co（OH），不利3于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入 H2O2，可防止 Co（OH）的3生成，此时的反应为：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH 3?H2O=2Co（NH 3） +12H；6Cl 32O故答案为：甲；防止Co（OH）的生成；3HO+2CoCl2+2NH4Cl+10NH ?H O=2Co（NH3）Cl3 +12HO；223262（6）a用久置于空气中的 KI 固体配制溶液， KI 中部分被氧化 为碘单质，滴定时消耗的 Na2S2O3 标准液增多，测定结果偏高，a 正确；b盛装 Na2S2O3 标准液的碱式滴定管未 润洗，则标准液被稀 释，滴定时消耗的

36、Na2S2O3 标准液体积增多，测定结果偏高，b 正确；c滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体 积，则消耗的 Na2S2O3 标准液体积读数偏小，测定结果偏低，c 错误；d溶液蓝色退去，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被 标准液反应完全，第15 页，共 23页立即读数，导致消耗的 标准液减少，测定结果偏低，d 错误；故答案为：ab。以含钴废料（含少量 Fe、Al 等杂质）制取Co （NH ）Cl ：用盐酸溶解废料，得363到 Co2+、Fe2+、Al 3+的酸性溶液，加入适量的 NaClO3 将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加Na CO调pH，沉淀 Al3+Fe3+为Fe（OH）和 Al

37、（OH），过滤，得到滤液，向3、323含有 Co2+的溶液中加入 盐酸调节 pH=2-3，加入活性炭和 NH4Cl 溶液得到CoCl2?6H2O，再依次加入氨水和 H2O2，发生反应：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH?H（） +12H，再将沉淀在3 2O=2Co NH 36Cl 32OHCl 氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。本题考查了物质制备方案设计，题目难度中等，涉及化学方程式的 书写、氧化还原反应、滴定误差的分析等，明确流程涉及的原理解本 题关键，试题侧重于考查学生的分析 问题和解决问题的能力，注意相关基 础知识的学习与积累。10.【答案】 d3d5

38、A6“头碰头”MnSSO42-MnO 26【解析】解：（1）Mn 是 25 号元素，原子核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d54s2，可知M 在元素周期表中位于第四周期第 VIIB ，属于 d 区，MnSO4 中 Mn 元素为+2价，则 Mn 2+的价电子排布式是 3d5，故答案为：d；3d5；（2）A Mn 3+在水溶液中容易歧化 为 MnO2 和 Mn 2+，说明 Mn 3+不稳定，Mn 3+容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为 3d5，3d4 则属于不稳定的电子构型，故 A 正确；BMn 4+中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成 对电子，故 B 错误；CMn 2+产

39、内有大量自旋方向相同的 电子，这些电子自旋方向相同，能 够使原子的能量最低，而 Mn 2+易被氧化，显然与 Mn 2+内含有大量自旋方向相同的第16 页，共 23页电子无关，故 C 错误；DMn 2+与 Fe3+具有相同的价 电子构型，微粒的化学性 质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性 质不相似，Mn 2+具有强的还原性，而 Fe3+具有强的氧化性，故 D 错误；故选：A；（3）在MnF 62-的中，Mn 与 6 个 F 形成 6 个 键，因此含有 6 对 键 ，Mn 含有的孤对电子对数为 （6-1 6）=0，所以 MnF62-的中心原子 Mn 的

40、价电子对数为 6+0=6，在化合物化合物 K 2MnF 6 中含有的 F 与 Mn 之间的共价键都是共价单键，属于 键，在形成过程中原子 轨道的重叠方式 为“头碰头”，故答案为：6；“头碰头”；（4）三种物质都是离子晶体，离子半径越小，离子 键就越强，离子晶体的晶格能就越大，物质的熔点就越高，根据表格数据可知上表三种物质中晶格能最大的是 MnS，MnCl2 、MnS 的阴离子都是 简单的离子，而 MnSO4 的阴离子是复杂离子，SO42-为正四面体形，因此其离子半径最大， 该晶体具有的晶格能最小，熔点也就最低，即半径最大的是 SO42-，故答案为：MnS；SO42-；（5）在该晶体中含有的 M

41、n 原子个数 为： 8+1=2，含有的 O 原子数目 为4+2=4，Mn ：O=2：4=1：2，所以该锰的氧化物的化学式 为 MnO2；根据晶胞投影 图可知：在该晶体体中与 Mn 原子距离相等且最近的O 原子由 6个，所以 Mn 的配位数 为 6；由晶胞 结 构可知：在该 晶胞中距离相等且最近的2 个 Mn 在晶胞体 对角 线的一半，晶胞的体对角线为该间的最近距离pm，所以 晶体中 Mn 之为 pm，故答案为：MnO 2；6； 。第17 页，共 23页（1）Mn 是 25 号元素，原子核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d54s2，可知 Mn在元素周期表中位于第四周期第VIIB

42、；Mn 是过渡元素，价电子包括 3d、4s 能级电子，MnSO4 中 Mn 元素为+2 价，失去 4s能级 2 个电子形成 Mn 2+；（2）A Mn 3+在水溶液中容易歧化 为 MnO2 和 Mn 2+，说明 Mn 3+不稳定，Mn 3+容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为 3d5；BMn 4+中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成 对电子；CMn 2+产内有大量自旋方向相同的电子，这些电子自旋方向相同，能 够使原子的能量最低，而 Mn 2+易被氧化，显然与 Mn 2+内含有大量自旋方向相同的电子无关；D微粒的化学性 质不仅与价电子构型有关，也和微粒的 电荷数、微粒半径、原子序数有关；（3）根据价层电子对互斥理论分析 MnF62-的中心原子 Mn 的价层电子对数；（4）物质都属于离子晶体，微粒 间的晶格能越大，断裂使物 质熔化需要的能量就越高，离子晶体的阴离子 带有相同电荷，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高；（5）用均摊法计算化学式，并结合微粒的空 间排列确定 Mn 的配位数。由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2 个 Mn 在晶胞体 对角线的一半。本题综合考查了物质结构的知识。涉及原子核外 电子排布式、元素在周期表的位置、价层电子对互斥理论、晶格能大小比较、物质的稳定性及物 质化学式的确定、微