（新高考）高三化学第二次模拟考试卷（四）(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．中国古代“炼丹术”中蕴含了丰富的化学知识，为近代化学的建立和发展奠定了基础。下列关于“炼丹术”中涉及的史实解释错误的是选项史实解释A“胡粉[(PbCO3∙Pb(OH)]2投火中，色坏还为铅(Pb)”复分解反应原理B“有硇水者，剪银塊(Ag)投之，则旋而为水”氧化还原反应原理C“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”置换反应原理D“铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)”，可增采也”平衡移动原理【答案】A【解析】“胡粉[(PbCO3·Pb(OH)]2投火中，色坏还为铅(Pb)”，利用受热分解反应原理，故A错误；“有硇水者，剪银塊(Ag)投之，则旋而为水”，硝酸溶解银单质，发生氧化还原反应，故B正确；“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”，铁置换出铜单质，故C正确；“铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)，生成汞和硫单质，汞变为汞蒸气，平衡正向移动，故D正确。2．下列说法正确的是A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SOeq\o\al(2−,4)或SOeq\o\al(2−,3)D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【答案】B【解析】氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故A错误；液体加热时加沸石或碎瓷片，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加沸石，应该停止加热，待溶液冷却后重新添加沸石，故B正确；硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不溶解，溶液中可能含Ag+，故C错误；氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误。3．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是A．实验前两溶液的pH相等B．实验前两溶液中离子种类完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是COeq\o\al(2−,3)+Ca2+=CaCO3↓【答案】B【解析】A项，等浓度的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，错误；B项，溶液中阴阳离子为COeq\o\al(2−,3)、HCOeq\o\al(−,3)、OH−、H+和Na+，实验前两溶液中离子种类完全相同，正确；C项，Na2CO3和CaCl21∶1反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3与CaCl2发生反应：CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+H2O+CO2↑，加入CaCl2溶液后生成的沉淀不一样多，错误；D项，加入CaCl2溶液后，Na2CO3溶液中反应的离子方程式是COeq\o\al(2−,3)+Ca2+=CaCO3↓，NaHCO3溶液中反应的离子方程式是Ca2++2HCOeq\o\al(−,3)=CaCO3↓+H2O+CO2↑，错误。4．下列有关叙述卟啉配合物叶绿素的说法不正确的是A．该配合物的配位数为4B．该化合物所包含元素的非金属性：O>N>C>H>MgC．Mg单质晶体结构符合A3型最密堆积D．化合物中C元素的杂化方式为sp2、sp3【答案】A【解析】与Mg相连的4个N原子中，有两个N原子是四条键，两个N原子是三条键，三条键的N原子与Mg原子是正常共价键，而四条共价键的N原子与Mg相连的共价键为N原子提供孤电子对，Mg原子提供空轨道形成的配位键，故该配合物的配位数为2，故A错误；该配合物涉及的元素有O、N、C、H、Mg，其非金属性：O>N>C>H>Mg，故B正确；Mg单质的晶体排列方式为六方最密堆积，为A3型最密堆积，故C正确；配合物中碳原子形成碳碳双键和单键，故其杂化方式为sp2和sp3，故D正确。5．实验小组进行如下实验：已知：Cr2(SO4)3稀溶液为蓝紫色；Cr(OH)3为灰绿色固体，难溶于水。下列关于该实验的结论或叙述不正确的是A．①中生成蓝紫色溶液说明K2Cr2O7在反应中表现了氧化性B．操作Ⅱ中仅发生反应：Cr3++3OH−=Cr(OH)3↓C．将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，该现象与Cr3+的水解平衡移动有关D．若继续向③中加入稀硫酸，溶液有可能重新变成蓝紫色【答案】B【解析】①中生成蓝紫色溶液，可知有Cr2(SO4)3生成，反应中Cr元素的化合价降低，发生还原反应，说明K2Cr2O7在反应中作氧化剂，表现了氧化性，A正确；溶液①为酸性溶液，滴加NaOH溶液会发生中和反应，即除发生Cr3++3OH−=Cr(OH)3↓，还发生H++OH−=H2O，B不正确；将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，说明溶液中Cr3+和CrOeq\o\al(−,2)发生相互促进的水解反应生成Cr(OH)3灰绿色沉淀，C正确；溶液③中含CrOeq\o\al(−,2)，滴加过量稀硫酸，先沉淀后溶解，最终生成Cr3+，溶液又变为蓝紫色，D正确。6．利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示。下列说法不正确的是A．该分解过程是：2NOeq\o(=,\s\up7(催化剂))N2+O2B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应C．过程②释放能量，过程③吸收能量D．标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数约为6.02×1023【答案】C【解析】根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NOeq\o(=,\s\up7(催化剂))N2+O2，故A正确；铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C不正确；根据反应2NOeq\o(=,\s\up7(催化剂))N2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1molO2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6L(0.25mol)N2，转移电子数约为0.25mol×4×6.02×1023mol−1=6.02×1023(个)，故D正确。7．科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A(如图所示)，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A．离子半径：Y>ZB．氢化物的稳定性：X>YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>ZD．化合物A中，中心原子X、Z均为sp3杂化【答案】D【解析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，观察负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素又因为Z与Y2可以形成分子ZY6，且Z位于第三周期，所以Z为S元素；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。A．电子层数F−<S2−，离子半径F−<S2−，所以Z>Y，错误；B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：F>B，则有BH3<HF，所以X<Y，错误；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>B，则酸性H3BO3(弱酸)<H2SO4(强酸)，所以X<Z，错误；D．根据上述分析可知，化合物A中，中心原子X、Z均为sp3杂化，正确。8．企鹅酮()可作为分子机器的原材料。下列关于企鹅酮的说法错误的是A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．可发生取代反应C．1mol企鹅酮转化为C10H21OH需消耗3molH2D．所有碳原子一定不可能共平面【答案】C【解析】企鹅酮中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；含有的单键碳原子上可发生取代反应，B正确；1mol企鹅酮含2mol碳碳双键和1mol羰基，都能和H2加成，加成产物为C10H19OH，需消耗3molH2，C错误；环上有一个碳原子连有两个甲基，这个碳原子以碳碳单键和四个碳原子相连，所有碳原子一定不可能共平面，D正确。9．“化学实验→观察现象→分析推理→得出结论”是化学学习的方法。下列说法正确的是A．证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI试纸检验，观察试纸颜色变化B．验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取酸性水解液于试管中并加入新制氢氧化铜，加热煮沸，观察是否出现红色沉淀C．向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑(Ag2S)的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3D．将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出的NO气体和SO2气体的体积比为2∶3【答案】D【解析】两者均具有氧化性，均可使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，则观察试纸颜色变化不能检验，故A错误；水解后检验葡萄糖应在碱性条件下，淀粉水解后没有加碱至碱性，就加入新制氢氧化铜，加热煮沸，不能检验葡萄糖的还原性，故B错误；银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，铝为负极，失电子，电极反应式为Al-3e−=Al3+，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，电极反应式为Ag2S+2e−+2H2O=2Ag+2OH−+H2S↑，Al和Ag2S反应最终生成物应该是Ag、H2S和Al(OH)3，故C错误；将SO2通入足量的稀Fe(NO3)3溶液中，硝酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应，逸出气体为NO，由电子守恒可知，同温同压下，逸出的NO气体和SO2气体的体积比为=2∶3，故D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．如图是常温钠离子全固态浓差电池工作示意图。正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金(Na15Sn4)。下列说法合理的是A．该电池工作时不发生氧化还原反应B．放电时，负极的反应为Na15Sn4-15e−=15Na++4SnC．充电时，Na+会被吸附进入过渡金属氧化层D．充电时，a极接电源的正极，b极接电源的负极【答案】BD【解析】该电池放电时，是原电池工作原理，充电时，是电解池工作原理，无论是放电还是充电均发生了氧化还原反应，故A错误；该电池放电时，是原电池工作原理，负极上为钠锡合金(Na15Sn4)失电子发生氧化反应生成钠离子和锡，电极反应式为Na15Sn4-15e−=15Na++4Sn，故B正确；充电时，是电解池工作原理，Na+会向阴极移动，是脱离过渡金属氧化层，故C错误；充电时，是电解池工作原理，电池的负极和电源的负极相连，电池负极为钠锡合金(Na15Sn4)，则充电时，b极接电源的负极，a极接电源的正极，故D正确。12．CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可从黄铜矿(主要成分为CuFeS2)中制取。已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)(无色溶液)。下列叙述正确的是A．“浸取”过程中的主要反应为CuFeS2+4CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓B．浸取所得到的FeCl2溶液，可用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板C．加水有利于CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl-浓度增大D．为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥【答案】D【解析】浸取时发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓，过滤分离出CuCl、S，加浓盐酸发生CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)，过滤分离出S，加水使CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)逆向移动，抽滤、洗涤、干燥得到CuCl。由图中反应物、生成物结合原子守恒可知浸取中的主要反应为CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓，故A错误；浸取所得到的FeCl2溶液，与Cu不反应，不能用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，故B错误；加水向离子浓度增大的方向移动，加水有利于CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl−浓度减小，故C错误；CuCl难溶于乙醇，在空气中易被氧化，则为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥，故D正确。13．合成某种胃药的核心反应如图：下列说法正确的是A．反应物Ⅰ只能发生取代、加成两种反应B．生成Ⅲ的原子利用率为100%C．反应物Ⅱ中的两个N—H键的活性不同D．生成物Ⅲ的分子式C22H24O2N5Cl【答案】CD【解析】A．反应物Ⅰ含有苯环，可发生加成反应，含有氯原子，可发生取代反应(或水解反应)，也可以发生氯原子的消去反应，错误；B．根据原子守恒，该反应中同时生成NaCl等，则原子的利用率不是100%，错误；C．反应物Ⅱ中的两个N—H键的N原子连接不同的原子团，则两个N—H键的活性不同，正确；D．由结构简式可知生成物Ⅲ的分子式为C22H24O2N5Cl，正确。14．我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，其反应机理如图所示。则下列有关说法错误的是A．CO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现的B．该催化反应过程中涉及了化学键的形成及断裂C．有可能通过调节控制反应条件获得甲醛等有机物D．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒【答案】A【解析】A项，CO2生成COOH，为还原反应；CO生成CHO，为还原反应；CHO生成CH2O，为还原反应；CH2O生成CH3O，为还原反应；CH3O生成CH3OH，为还原反应，所以CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现，错误；B项，该催化过程发生化学反应，所以该反应中有化学键的形成和断裂，正确；C项，CHO和H生成CH2O，需要Cu2O作催化剂，可以调节控制反应条件获得甲醛等有机物，正确；D项，根据题图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒，正确。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 0.8 0.2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)黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构(图A)，晶胞参数a=3.310A，b=4.380A，c=10.500A。黑磷烯是二维的单层黑磷(图B)，黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有P原子的成键环境一样，图A中编号为①的P原子的晶胞内坐标为(0.50，0.090，0.598)。请回答下列问题：(1)写出P原子的价电子排布：。

(2)P和F的电负性大小顺序是x(P)(填“<”“=”或“>”)x(F)。P和F形成的分子PF3和PF5，它们的几何构型分别为、。

(3)①黑磷中P原子杂化类型是。黑磷中不存在(填字母)。

A．共价键 B．σ键 C．π键 D．范德华力②红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为，原因是

。

(4)图A中编号为②的P原子的晶胞内坐标为，黑磷的晶胞中含有个P原子。

【答案】(1)(2)<三角锥形三角双锥形(3)①sp3C②黑磷>红磷>白磷黑磷相当于石墨，属于混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，所以熔点高低顺序为黑磷>红磷>白磷(4)(0.500，-0.090，0.402)8【解析】根据P最外层5个电子，写出价电子排布图；根据电负性递变规律，以N元素为中间，判断P与F的电负性大小，以VSEPR理论，判断PF3和PF5的空间结构；根据黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3，判断P原子杂化类型和熔点高低；根据题中图示和所给信息，判断P原子的坐标及晶胞中P原子个数。(1)P为15号元素，其核外价电子排布式为3s23p3，价电子排布图为。(2)同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，N、F同一周期，电负性：x(N)<x(F)，同一主族，从上到下，电负性依次减弱，N、P属于同主族，电负性：x(N)>x(P)，P和F的电负性大小顺序是x(P)<x(F)；PF3的价层电子对数=3+=4，有一对孤电子对，所以空间结构为三角锥形，PF5的价层电子对数=5+=5，无孤电子对，所以空间结构为三角双锥形。(3)①黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3，有一对孤电子对，黑磷中P原子杂化类型是sp3，黑磷中，P与P形成共价键，即有σ键，黑磷烯与石墨烯结构相似，层与层之间有分子间作用力，即范德华力，故不存在π键。②黑磷相当于石墨，属混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，所以熔点高低顺序为黑磷>红磷>白磷。(4)结合图B可知，图A中编号为②的P原子位于同一坐标轴a，关于坐标轴b对称，且位于坐标轴c的值为1-0.598=0.402，该P原子在晶胞内的坐标为(0.500，-0.090，0.402)；该晶胞中第一层含有P原子1+1=2(个)，第二层含有P原子1+1+1+1=4(个)，第三层含有P原子1+1=2(个)，共8个P原子。18．(12分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。(1)①如图为1molCH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS(g)燃烧的能量变化。在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式：

。②某温度下，向体积为2L的容器中充入6molH2、4molCO2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0，达到平衡时H2的转化率为50%，其平衡常数为(保留两位小数)。

③起始条件(T1℃、2L密闭容器)如表所示：CO2/molH2/molCH3OH/molH2O/molⅠ(恒温恒容)2600Ⅱ(绝热恒容)0022达到平衡时，该反应的平衡常数：K(Ⅰ)(填“>”“<”或“=”，下同)K(Ⅱ)；平衡时CH3OH的浓度：c(Ⅰ)c(Ⅱ)。

(2)CO2可用来合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH=-127.8kJ·mol−1。0.1MPa下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生上述反应，不同温度(T)下平衡时的四种气态物质的质量分数(φ)如图所示。曲线b、c表示的物质分别为、(填化学式)。

(3)用氨水吸收SO2。25℃时2.0mol·L−1的氨水中，NH3·H2O的电离度α=(α=eq\o(,\s\up8(已电离的溶质分子数),\s\do8(原有溶质的溶质分子总数))×100%)。将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，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)①ⅰ．CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)ΔH=-802kJ·mol−1，ⅱ．S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-577kJ·mol−1；将方程式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开始时c(CO2)==2mol·L−1．c(H2)==3mol·L−1，达到平衡时氢气的转化率为50%，则反应c(H2)=3mol·L−1×50%=1.5mol·L−1，可逆反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)开始(mol·L−1) 2 3 0 0反应(mol·L−1) 0.51.5 0.5 0.5平衡(mol·L−1) 1.51.5 0.5 0.5化学平衡常数K==≈0.05；③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0，反应Ⅰ是恒温恒容容器，Ⅱ为绝热恒容容器，反应是放热反应，表中反应Ⅰ、Ⅱ若恒温恒容达到相同平衡状态，Ⅱ为逆向绝热恒容，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，甲醇浓度增大。(2)升高温度平衡逆向移动，反应物的质量分数增大、生成物的质量分数减小，则A．c为反应物而B．d为生成物，质量增大较多的是二氧化碳、增大较少的是氢气，质量减少较多的是水、减少较少的是乙烯，所以b表示H2O、c表示H2。(3)25℃时2.0mol·L−1的氨水中，c(NHeq\o\al(+,4))==mol·L−1=6×10−3mol·L−1，NH3·H2O的电离度α=×100%=×100%=0.3%；将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中c(H+)=c(OH−)=10−7mol·L−1，溶液中的=×===0.62。19．(12分)钴是熔点高的金属，可与氯气反应制氯化钴(CoCl2)，氯化钴易潮解，可用于催化剂的制备、氨的吸收等。制备氯化钴的装置如图所示。已知：Co(Ⅲ)的氧化性强于Cl2。(1)检查A装置气密性的方法：用止水夹夹住A、B之间的橡皮管，向分液漏斗中加水，

(将步骤补充完整)，证明装置A气密性良好。

(2)装置A烧瓶中的固体为漂粉精，烧瓶中发生反应的化学方程式为。(3)装置C的洗气瓶中盛放的试剂是，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是

。(4)E中物质的名称，其作用是

。(5)钴有多种氧化物，Co2O3与浓盐酸反应的离子方程式是。(6)氯化钴溶液与氯化铝溶液类似，直接蒸干不能得到CoCl2固体，使氯化亚砜(SOCl2)与CoCl2·6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原因是

。

(7)向氯化钴溶液中加入草酸钠(Na2C2O4)，生成草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)，将草酸钴晶体在空气中充分加热，将反应生成的气态物质通入澄清石灰水中生成沉淀的质量为60g，剩余固体为钴的某种氧化物，其质量为24.1g，计算确定钴的氧化物的化学式是。【答案】(1)打开分液漏斗下端活塞，若分液漏斗中的水不能顺利滴下(2)Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O(3)浓硫酸防止固体粉末堵塞导管(4)碱石灰吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D中(5)Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O(6)SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水作用，生成HCl和SO2(或HCl或酸性物质)，抑制CoCl2的水解(7)Co3O4【解析】(1)夹紧橡皮管，向