（新高考）高三化学第二次模拟考试卷（一）(解析版)

（新高考）高三第二次模拟考试卷此卷只装订不密封此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．化学与生活密切相关，下列说法错误的是A．推广使用新能源汽车可以减少尾气的排放B．红葡萄酒中充入的少量SO2具有抗氧化的作用C．消毒液长时间敞开保存会增强其消毒效果D．作为医用呼吸机原材料之一的ABS树脂属于有机高分子材料【答案】C【解析】使用清洁能源，可以保护空气，保护环境，节约化石燃料，减少尾气的排放，故A正确；二氧化硫具有还原性，具有抗氧化作用，故B正确；消毒液长时间敞开保存会挥发、分解、变质等，故其消毒效果会减弱，故C错误；ABS树脂是指丙烯腈、丁二烯、苯乙烯的共聚物，故属于有机高分子材料，故D正确。2．根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)A．反应①②③④⑤均属于氧化还原反应和离子反应B．反应⑤说明该条件下铝的还原性强于锰C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4【答案】B【解析】反应①②③④⑤中均有元素化合价的变化，均为氧化还原反应，而③④⑤中没有离子参加反应，则不属于离子反应，A错误；⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性：Al>Mn，B正确；由6H2O2～3O2～6e−、2KClO3～3O2～12e−知，生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶2，C错误；反应①为MnO2+4HCl(浓)eq\o(,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O，锰元素的化合价降低，氯元素的化合价升高，4molHCl中只有2molHCl作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，D错误。3．下列说法或表达方式中不正确的是A．电子从激发态到基态产生的光谱是发射光谱B．HClO的电子式：C．NH3·H2O、CO2分子中，中心原子孤电子对数最多的是H2OD．基态氯原子的价电子轨道表示式为【答案】B【解析】电子由基态跃迁到激发态，吸收能量产生吸收光谱；由激发态跃迁到基态，释放能量产生发射光谱，A正确；HClO的电子式为，B不正确；NH3·H2O、CO2的电子式分别为，中心原子孤电子对数分别为1、2、0，故中心原子孤电子对数最多的是H2O，C正确；基态氯原子的价电子排布式为3s23p5，轨道表示式为，D正确。4．我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A．丙烯醛分子中所有原子可能共平面B．可用溴水鉴别异戊二烯和对二甲苯C．对二甲苯的二氯代物有6种D．M能发生取代、加成、加聚和氧化反应【答案】C【解析】丙烯醛分子中的碳碳双键是平面结构，醛基也是平面结构，中间是一个可以旋转的单键，所以分子里所有原子有可能在同一平面，A正确；异戊二烯里含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而导致溴水褪色，而对二甲苯与溴水不反应，可以鉴别，B正确；对二甲苯里面有2种类型的H，其二氯代物共有7种：①当两个氯取代甲基上的H时有2种，②当有一个氯取代甲基上的H，另一个取代苯环上的H，有邻、间2种结构，③当两个氯都取代苯环上的H，采用定一议二的方法，当其中一个氯在甲基邻位时，另一个氯有3种结构，此二氯代物有3种，C不正确；M中有碳碳双键，可以发生加成、加聚反应，有醛基，可以发生氧化、加成反应，有烃基，可以发生取代反应，D正确。5．一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是A．WX是共价化合物B．原子半径：W>Z>YC．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q<YD．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物【答案】D【解析】根据题目信息均是前20号元素，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，又形成如图所示离子化合物，可知Y是碳(C)，X是氢(H)，Z是氧(O)，Q是硫(S)，W是钾(K)。WX是KH，是离子化合物，A错误；同周期元素，原子序数越大，半径越小，故原子半径关系为W>Y>Z，B错误；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，根据氧化性S>C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Y，C错误；Z和X、Y、Q、W形成的二元化合物均在两种及以上：H2O、H2O2，CO、CO2，SO2、SO3，K2O、K2O2，故D正确。6．如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是A．M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应B．Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质C．X、M两种元素组成的化合物熔点很高D．简单离子的半径：R>M>X【答案】C【解析】同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族元素自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素。A．氧化铝能够与氢氧化钠、高氯酸反应，但二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应，不能与高氯酸反应，错误；B．Y的单质F2与水反应，无法从含有氯离子的溶液中置换出氯气，错误；C．氧化铝为离子化合物，具有较高的熔点，正确；D．离子的电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：R>X>M，错误。7．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子【答案】D【解析】23g钠的物质的量为1mol，而1mol钠与足量水反应生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个氢气分子，A错误；铜和浓硫酸反应生成的是二氧化硫，而非三氧化硫，B错误；标准状况下，22.4L混合气体的物质的量为1mol，而氮气和氢气都为双原子分子，故1mol混合气体中含2mol原子即2NA个，C错误；由于铁完全转变为四氧化三铁后，铁的价态变为+8/3，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，D正确。8．关于下列转化过程分析不正确的是A．Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3B．过程Ⅰ中每消耗58gFe3O4，转移1mol电子C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2Oeq\o(,\s\up7(△))Fe3O4+H2↑D．该过程总反应为2H2O=O2↑+2H2↑【答案】B【解析】Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3·FeO，则Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而58gFe3O4的物质的量为0.25mol，故生成0.125mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.5mol电子，故B错误；过程Ⅱ中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，化学反应方程式为3FeO+H2Oeq\o(,\s\up7(△))Fe3O4+H2↑，故C正确；过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，则该过程总反应为2H2O=O2↑+2H2↑，故D正确。9．乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：下列说法正确的是A．反应①②均是取代反应B．反应③④的原子利用率均为100%C．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别【答案】D【解析】反应①为酯化反应，属于取代反应，反应②不饱和度降低，为加成反应，A项错误；反应③产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100%，而反应④为C4H10+O2eq\o(→,\s\up7())C4H8O2，H原子没有全部进入目标产物，原子利用率不为100%，B项错误；与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3种，C项错误；乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别，D项正确。10．碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中丰度值很低，某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲工艺流程如图所示。下列有关说法不正确的是已知：①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在。②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱。A．“焙烧”用到的硅酸盐仪器主要有：坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒B．“碱浸”时反应的离子方程式为TeO2+2OH−=TeOeq\o\al(2−,3)+H2OC．“碱浸”后所得的滤渣中含有Au、Ag，可用稀盐酸将其分离D．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2【答案】C【解析】粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)，通入氧气焙烧，可生成TeO2和CuO，加入氢氧化钠溶液碱浸，生成滤渣为CuO，滤液含有TeOeq\o\al(2−,3)，再加入硫酸酸化，加入亚硫酸钠还原得到粗碲，以此解答该题。A．焙烧固体，可用坩埚，同时使用的仪器有泥三角、酒精灯、玻璃棒，故正确；B．TeO2是两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为TeO2+2OH−=TeOeq\o\al(2−,3)+H2O，故正确；C．Au、Ag与盐酸不反应，不能用盐酸分离，故不正确；D．“还原”时，反应的离子方程式为2SOeq\o\al(2−,3)+Te4++2H2O=Te↓+2SOeq\o\al(2−,4)+4H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故正确。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．蔥醌(AQDS)是一种具有氧化还原活性的廉价有机分子，蔥醌/碘化铵液流可充电电池(如图)以其环保、价廉、稳定等优点被研究及广泛应用。充电时，AQDS转化为AQDS(NH4)2。下列说法错误的是A．放电时，b极电势高于a极B．充电时，a极的电极反应式为3I−-2e−=Ieq\o\al(−,3)C．充电时，电路中每转移1mole−，膜两侧电解液的质量变化差为36gD．该装置中的阳膜也可以用阴膜代替【答案】AD【解析】充电时，AQDS转化为AQDS(NH4)2，说明b极为阴极，a极为阳极，则放电时a极为正极，b极为负极。A．根据分析，放电时，b极为负极，因此b极电势低于a极，故错误；B．充电时，a极为阳极，电极反应式为3I−-2e−=Ieq\o\al(−,3)，故正确；C．充电时，电路中每转移1mole−，左侧1molNHeq\o\al(+,4)移动到右侧，膜左侧质量减少18g，右侧质量增加18g，膜两侧电解液的质量变化差为36g，故正确；D．该装置中的阳膜不能用阴膜代替，如果用阴膜代替，铵根离子不能穿过则不能生成AQDS(NH4)2，故错误。12．某种可用于治疗心脏病的药物X的结构简式为，下列有关X的说法错误的是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．遇碱溶液或酸溶液均易变质D．与X互为同分异构体【答案】A【解析】X中含有碳环结构，不可能是乙酸乙酯的同系物，故A错误；X属于酯类物质，不溶于水，密度可能比水的小，故B正确；X属于酯类物质，遇碱溶液或酸溶液均会因为水解而变质，故C正确；与X分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确。13．我国科研人员研究了在Cu－ZnO－ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%B．带标记的物质是该反应历程中的中间产物C．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率D．第③步的反应式为*H3CO+H2Oeq\o(→,\s\up7())CH3OH+*HO【答案】A【解析】A项，从反应②、③、④看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，错误；B项，从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物，正确；C项，从反应③看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动，所以能增加甲醇的收率，正确；D项，从历程看，第③步的反应物为*H3CO、H2O，生成物为CH3OH、*HO，所以反应式为*H3CO+H2Oeq\o(→,\s\up7())CH3OH+*HO，正确。14．中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是A．在Na－Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OB．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C．催化剂HZMS－5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率D．该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78%【答案】B【解析】A项，由流程图可知，CO2+H2在Na－Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为2CO2+6H2eq\o(→,\s\up7(Na－Fe3O4))CH2=CH2+4H2O，错误；B项，中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，正确；C项，催化剂HZMS－5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，错误；D项，由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，错误。15．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图[起始时，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器体积为1L]。下列分析不正确的是A．乙烯气相直接水合反应的ΔH>0B．图中压强的大小关系为p1>p2>p3C．图中a点对应的平衡常数K=5/16D．达到平衡状态A．b所需要的时间：a>b【答案】AB【解析】压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则ΔH<0，故A不正确；相同温度下，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知，压强：p1<p2<p3，故B不正确；a点乙烯转化率为20%，则消耗的n(C2H4)=1mol×20%=0.2mol，C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)开始(mol/L) 1 1 0消耗(mol/L) 0.2 0.2 0.2平衡(mol/L) 0.8 0.80.2化学平衡常数K===，故C正确；温度越高、压强越大，化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短，温度、压强：a<b，则反应速率：a<b，所以达到平衡状态a、b所需要的时间：a>b，故D正确。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．(12分)用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如下：已知：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示：化学式Mg(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Ksp1.8×10−111.8×10−131.0×10−334.0×10−38②溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1时，认为该离子沉淀完全。完成下列问题：(1)“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应的离子方程式为

。

(2)“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L−1，则“调节pH”的范围为，“滤渣2”的成分为。

(3)“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是。

(4)MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为。

(5)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为。

(6)一种海生假单孢菌(采自太平洋深海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图所示。写出反应②③的总反应的离子方程式：

。【答案】(1)MnO2+SO2=Mn2++SOeq\o\al(2−,4)(2)5≤pH<8Fe(OH)3、Al(OH)3(3)Mg2+使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2(4)抑制MgCl2水解(5)萃取剂(或有机相2)(6)MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−【解析】锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、Al2O3转化为Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SOeq\o\al(2−,4)，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2，滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及SOeq\o\al(2−,4)，调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3过滤除去，则滤渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及SOeq\o\al(2−,4)，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及SOeq\o\al(2−,4)，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl2·6H2O，在干燥的HCl气流中加热分解得到MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4，可返回步骤Ⅰ酸浸使用，据此分析解答。(1)根据分析，“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应，SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SOeq\o\al(2−,4)，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SOeq\o\al(2−,4)。(2)调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3．Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1时，认为该离子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH−)===1.0×10−9mol·L−1，pOH=9，则pH=14-pOH=5；根据Ksp[Mn(OH)2]=1.8×10−13，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10−11，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L−1时，溶液中c(OH−)===1.0×10−6mol·L−1，pOH=6，则pH=14-pOH=8，则“调节pH”的范围为5≤pH<8；根据上述分析可知，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。(3)根据上述分析可知，“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2。(4)MgCl2属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl气流中加热分解，可以抑制MgCl2水解。(5)根据上述分析可知，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2。(6)根据图示可知，反应②为Mn3++HX=Mn2++X+H+，反应③为Mn2++MnO2+2H2O=4OH−+2Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式为MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−。17．(12分)我国学者研制出低成本的电解“水制氢”催化剂——镍掺杂的磷化钴三元纳米片电催化剂(Ni0.1Co0.9P)。回答下列问题：(1)Co在元素周期表中的位置为，Co2+价层电子排布式为。

(2)Co、Ni可形成[Co(NH3)6]Cl2、K3[Co(NO3)6]、Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等多种配合物。①SOeq\o\al(2−,4)的空间构型为，NOeq\o\al(−,3)中N原子的杂化轨道类型为。

②C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是。③1mol[Co(NH3)6]Cl2中含有σ键的数目为。

已知NF3比NH3的沸点小得多，试解释原因：

。(3)常用丁二酮肟来检验Ni2+，反应如下：Ni2+(aq)+2=+2H+(aq)①1个二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)中含有个配位键。

②上述反应的适宜pH为(填字母)。

A．12B．5～10C．1(3)磷化硼是一种备受关注的耐磨涂料，其晶体中磷原子作面心立方最密堆积，硼原子填入四面体空隙中(如图)。已知磷化硼晶体密度为ρg·cm−3，计算晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为cm。【答案】(1)第四周期第Ⅷ族3d7(2)①正四面体形sp2②N③24NANH3分子间存在氢键(3)①4②B(4)eq\f(eq\r(3),2)×【解析】(1)Co为27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，失去最外层2个电子形成Co2+，所以Co2+的价层电子排布式为3d7。(2)①硫酸根中心N原子的价层电子对数为4+=4，无孤对电子，所以空间构型为正四面体形；NOeq\o\al(−,3)中心N原子的价层电子对数为3+=3，所以为sp2杂化；②同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，同周期元素自左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以4种元素中第一电离能最大的为N元素；③6个NH3与Co2+之间形成6个配位键，属于σ键，每个氨气分子中的氮氢键也为σ键，共6+3×6=24(个)，所以1mol[Co(NH3)6]Cl2中含有的σ键数目为24NA；NH3分子间存在氢键，所以沸点较高。(3)①根据N原子的成键特点可知，在二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)中N原子和Ni2+形成的化学键均为配位键，所以1个二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)中含有4个配位键；②碱性太强容易生成Ni(OH)2沉淀，酸性太强时大量的氢离子存在不利于二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)的生成，所以适宜的pH应为5～10。(4)由题图可知，1个晶胞中含有4个B原子和4个P原子，故晶胞质量m=g，设晶胞边长为acm，则晶胞的体积V=a3cm3，故晶胞密度ρ==g·cm−3，解得a=2×；晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为晶胞体对角线的，体对角线长度为晶胞边长的eq\r(3)倍，所以晶体中硼原子和磷原子的最近核间距=eq\f(eq\r(3),4)×2×cm=eq\f(eq\r(3),2)×cm。18．(12分)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请回答：(1)如图表示在CuO存在下HCl催化氧化的反应过程，则总反应的热化学方程为。

(2)研究HCl催化氧化反应中温度、和等因素对HCl转化率的影响，得到如下实验结果：①利用Na2S2O3溶液和KI溶液测定反应生成Cl2的物质的量，若消耗V1mLc1mol·L−1的Na2S2O3溶液，则生成Cl2mol(已知2S2Oeq\o\al(2−,3)+I2=S4Oeq\o\al(2−,6)+2I−)。

②表示催化剂的质量与HCl(g)流速之比，是衡量反应气体与催化剂接触情况的物理量。当=4=50g·min·mol−1时，每分钟流经1g催化剂的气体体积为L(折算为标准状况下)。

③在420℃、=3=200g·min·mol−1条件下，α(HCl)为33.3%，则O2的反应速率为mol·g−1·min−1。

④比较在下列两种反应条件下O2的反应速率：vⅠ

(填“>”“=”或“<”)vⅡ。Ⅰ．410℃、=3=350g·min·mol−1；Ⅱ．390℃、=4=350g·min·mol−1。(3)在101.325kPa时，以含N2的HCl和O2的混合气体测定不同温度下HCl催化氧化反应中HCl的平衡转化率，得到如图结果。①360℃时反应的平衡常数K360与400℃时反应的平衡常数K400之间的关系是K360(填“>”“=”或“<”)K400。

②一定温度下随着的增大，HCl的平衡转化率(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为

【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减小随着增大，N2含量增大，HCl(g)、O2(g)、H2O(g)和Cl2(g)的浓度均使反应体系的浓度商Q>K，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小【解析】(1)根据盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由题图可知热化学方程式为2HCl(g)+1/2O2(g)=H2O(g)+Cl2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)①根据题中离子方程式2S2Oeq\o\al(2−,3)+I2=S4Oeq\o\al(2−,6)+2I−，Cl2氧化I−的离子方程式为Cl2+2I−=2Cl−+I2，可以得到如下关系式：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当=50g·min·mol−1时，每分钟流经1g催化剂的HCl为1/50mol，=4，所以每分钟流经1g催化剂的O2为mol，总气体的物质的量为1/50mol+1/200mol=1/40mol，体积为1/40mol×22.4L/mol=0.56L；③=200g·min·mol−1时α(HCl)为33.3%，则v(HCl)=1/200×33.3%mol·g−1·min−1，根据化学方程式HCl和O2反应的比例为4∶1，v(O2)=v(HCl)=××33.3%mol·g−1·min−1=mol·g−1·min−1；④根据第③题的计算过程可知，当相同时，HCl的转化率越大，反应速率越大，据图可知410℃、=3的情况下HCl的转化率较大，所以vI>vⅡ；(3)①由图可知，当相同时，温度越高HCl平衡转化率越小，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则K360>K400；②一定温度下随着增大，通过催化剂的混合气体中HCl和O2量变小，N2的量变大，相当于反应物和生成物的浓度同时变小相同倍数，根据浓度商Qc=，若各物质浓度变小相同倍数时，会使Qc大于K，此时平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小。19．(11分)工业上利用软锰矿浆进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示(已知软锰矿的主要成分是MnO2，还含有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)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为。

(2)向浸出液中添加适量MnO2的作用是

；滤渣2的主要成分是。(3)“沉锰”的离子方程式为

。(4)“沉锰”过程中温度和pH对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。①由图可知，“沉锰”的合适条件是。

②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是

。

(5)将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，此时溶液中NH3·H2O的物质的量浓度为(忽略反应前后溶液体积的变化，计算结果保留2位小数)。

【答案】(1)MnO2+SO2=MnSO4(2)将Fe2+氧化为Fe3+NiS和ZnS(3)Mn2++HCOeq\o\al(−,3)+NH3·H2O=MnCO3↓+NHeq\o\al(+,4)+H2O(4)①45℃、pH=7.5②当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(COeq\o\al(2−,3))下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，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)“脱硫浸锰”中的软锰矿浆中，MnO2与SO2反应生硫酸锰，化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4。(2)根据分析，向浸出液中添加适量MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+；滤渣2的主要成分是NiS和ZnS。(3)根据分析，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，“沉锰”的离子方程式为Mn2++HCOeq\o\al(−,3)+NH3·H2O=MnCO3↓+NHeq\o\al(+,4)+H2O。(4)①由题图可知，“沉锰”的温度控制在45℃左右、pH=7.5左右时锰离子的沉淀率最高；②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是沉锰时要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(COeq\o\al(2−,3))下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，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+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(NHeq\o\al(+,4))=2c(SOeq\o\al(2−,4))=2×0.01