新高考化学模拟试卷48（原卷版+教师版）

新高考化学模拟试卷本卷满分100分，考试时间50分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27P31S32Fe56Ni59一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7．化学与生产生活联系紧密。下列叙述正确的是A．电器起火可用泡沫灭火器扑救B．漂白粉既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可做环境消毒剂C．车用燃油与家用食用油主要成分相同，均属于烃类D．维生素C具有氧化性，在人体内起抗氧化作用8．具有美白功效的某化妆品主要成分Z的合成如图：下列说法错误的是A．1molX最多与4molH2发生加成反应 B．Y中所有原子可能共面C．X和Y反应生成Z为加成反应 D．Z中苯环上一氯代物有8种9．金属Mn与SKIPIF1<0反应的现象如下：已知：经检验，反应后的溶液中含有SKIPIF1<0；氧化性：SKIPIF1<0。下列说法错误的是A．缓慢滴加产生的气体中，可能含有SKIPIF1<0，一定不含SKIPIF1<0B．快速滴加实验中，硝酸表现酸性、强氧化性C．向缓慢滴加实验所得溶液中加入SKIPIF1<0，溶液变为紫红色D．收集快速滴加过程中获得的红棕色气体，干燥后会得到纯净的SKIPIF1<010．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(SKIPIF1<0，其中S为＋6价)去除废水中正五价砷As(V)的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法错误的是A．反应过程中有非极性键的断裂B．溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷C．碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应方程式为SKIPIF1<0D．反应过程中，存在反应SKIPIF1<011．某课题组设计了一种新型的A位K/Na掺杂SKIPIF1<0钙钛矿氟化物(K/Na-NCZMF)电极材料，并构建了先进的水系锌基电池，如图所示。下列叙述正确的是A．放电时，N极电势高于M极电势B．放电时，SKIPIF1<0转化成MnOOHC．充电时，SKIPIF1<0向K/Na-NCZMF极迁移D．充电时，转移2mol电子理论上N极净增16g12．R、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。R和Y位于同主族，R原子最外层电子数与X的原子序数之和等于Z的原子序数。向这四种元素组成的一种化合物Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是A．简单离子半径：Y>Z>R>XB．Q溶液中两种阳离子浓度相等C．Z2R2中含有离子键和非极性共价键D．最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y13．草酸(H2C2O4)是一种易溶于水的二元有机弱酸。常温下，向一定浓度的H2C2O4溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得溶液pH与-lgX[X为c(H2C2O4)、c(C2OSKIPIF1<0)、SKIPIF1<0的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线M表示-lgc(C2OSKIPIF1<0)随pH的变化B．常温下，H2C2O4的一级电离常数Ka1=1×10-1.3C．从a点至b点溶液中水的电离程度逐渐减小D．b点溶液中：c(K+)＞3c(HC2OSKIPIF1<0)三、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26．（15分）锰酸锂(LiMn2O4)是锂电池的正极材料，以软锰矿为原料，生产锰酸锂的流程如下：已知：①软锰矿的成分如下：成分MnO2Fe2O3CaOSiO2其他不反应杂质质量分数69.6%7.6%5.6%9.0%8.2%②K2MnO4在强碱性溶液(pH大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生成SKIPIF1<0和MnO2。③苯胺(C6H5NH2)还原性较强，在该条件下可被氧化为硝基苯(C6H5NO2)。④锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。(1)“氧压浸出”的浸出温度为260°C，并维持500r/min的速率搅拌，此时发生的氧化还原反应的化学方程式为_________________________。(2)“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH的原因是_________________________，“除杂”中加入CaO后，需要适当加热并搅拌的目的是_________________________，若此时溶液中c(SKIPIF1<0)=2.5mol/L，则1m3溶液中理论上需要加入的CaO的质量为___________kg。(3)“一系列的操作”是将所得溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的试剂最好选用___________（填标号）。A．冷水 B．热水 C．95%的乙醇溶液 D．LiOH溶液(4)纯度的测定：取0.5800g锰酸锂[Mr(LiMn2O4)=181]样品与稀硝酸和双氧水反应，将Mn元素完全转化为Mn2+，除去过量的双氧水，调节pH，滴加指示剂，用浓度为0.3000mol/L的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL(Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)①若反应时，N元素的化合价不变，则锰酸锂与稀硝酸和双氧水反应的离子方程式为___________。②样品中锰酸锂的纯度为___________%(保留两位有效数字)。27．（14分）[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)属于经典配合物，实验室以Co为原料制备[Co(NH3)6]Cl3的方法和过程如下：I．制备CoCl2已知：钴单质与氯气在加热条件下反应可制得纯净CoCl2，钴单质在300°C以上易被氧气氧化；CoCl2熔点为86°C，易潮解。制备装置如下：(1)制氯气的反应中，还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。(2)试剂X通常是___________(填名称)。(3)试剂Z的作用为________________________________。(4)为了获得更纯净的CoCl2，开始点燃N处酒精喷灯的标志是___________。Ⅱ．制备[Co(NH3)6]Cl3——配合、氧化已知：①Co2+不易被氧化；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图所示：③加入少量浓盐酸有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。(5)按图组装好装置→___________(填序号，下同)→打开磁力搅拌器→控制温度在10°C以下→___________→加热至60°C左右，恒温20min→在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。①缓慢加入H2O2溶液②滴加稍过量的浓氨水③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水(6)写出氧化阶段发生反应的离子方程式：_______________________________________。(7)粗产品可用重结晶法提纯：向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，___________，冷却后向滤液中加入少量___________，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥，得纯产品[Co(NH3)6]Cl3。28．（14分）天然气开采过程中产生大量的含硫废水(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加以利用，有关反应如下：i.2H2S(g)+3O2(g)SKIPIF1<02SO2(g)+2H2O(g)ΔH1ii．4H2S(g)+2SO2(g)SKIPIF1<03S2(g)+4H2O(g)ΔH2iii．2H2(g)+O2(g)SKIPIF1<02H2O(g)ΔH3回答下列问题：(1)H2S热分解反应2H2S(g)SKIPIF1<0S2(g)+2H2(g)的ΔH=___________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)；该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则ΔH___________(填“<”“>”或“=”)0。(2)总压恒定为100kPa，向密闭容器中充入2molH2S、3molO2、95molAr，发生反应i和反应ii，反应过程中H2S(g)，SO2(g)、S2(g)等含硫物质的分布分数δ随时间变化如图所示。①表示SO2分布分数的曲线为___________(填“甲”“乙”或“丙”)。②t1时测得H2S转化率为α，此时体系中H2O的物质的量为___________mol；用H2S分压表示的平均反应速率为___________(用含α、t1的式子表示)kPa·s-1。(3)也可采用Na2SO3氧化法对H2S进行处理，过程中发生反应的方程式(均未配平)为：i．SKIPIF1<0+H2S+H+→SKIPIF1<0+S↓+H2Oii．H2S(aq)+SKIPIF1<0(aq)+H+(aq)→S(s)+H2O(l)iii．S(s)+SKIPIF1<0(aq)→SKIPIF1<0(aq)实验测得，在T℃、pH=5时，Na2SO3的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。①T℃时，反应iii的平衡常数K=___________。②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5g·L-1时，单位体积内S的质量减小的原因为___________。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）科学工作者合成了含镁、镍、碳、氮4种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：(1)下列属于碳原子激发态轨道表示式的有___________(填字母，下同)，其中失去最外层上一个电子所需能量最低的是___________。(2)含有碳元素的有机化合物分布极广，最简单的为碳正离子SKIPIF1<0，该离子的几何构型为___________；乙醇的挥发性比水的强，原因是___________；如图是叶绿素的结构示意图，配体是一种平面大环有机物，该结构中N原子的杂化方式为___________，C—Nσ键有___________个。(3)某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2-)=anm。①阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________g·cm-3.(用含a，NA的表达式表示)。②NiO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Ni—N键中离子键成分的百分数小于Ni—O键，原因是___________。③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为___________；N所替代的O的位置可能是___________。36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）黄酮类物质可增强人体的抵抗力。某黄酮类物质的合成方法如下：回答下列问题：(1)A的化学名称___________。(2)C生成D的反应类型为___________，设计该步反应的目的是_________________________。(3)F的结构简式__________________。(4)由G经两步反应生成H，第一步为加成反应，写出第二步反应的化学方程式__________________(不要求写反应条件)(5)E完全加氢后有___________个手性碳原子（连接四个不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子）。(6)同时满足以下特定的条件的E的同分异构体有___________种。①含有两个苯环，且两个苯环通过一根单键直接相连；②能发生银镜反应和水解反应，水解的产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积比为6：2：2：2：1：1。(7)已知：①CH3COOH+SOCl2→CH3COCl；②苯酚与羧酸很难发生酯化反应。结合题中信息，设计由对二甲苯和苯酚为原料，合成(对苯二甲酸二苯酚酯)的合成路线(无机试剂任选)。新高考化学模拟试卷全解全析78910111213BDDBCBB一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7．化学与生产生活联系紧密。下列叙述正确的是A．电器起火可用泡沫灭火器扑救B．漂白粉既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可做环境消毒剂C．车用燃油与家用食用油主要成分相同，均属于烃类D．维生素C具有氧化性，在人体内起抗氧化作用【答案】B【解析】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火，但是喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误；B．漂白液、漂白粉和漂粉精既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，B正确；C．食用油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，C错误；D．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用，D错误；故选B。8．具有美白功效的某化妆品主要成分Z的合成如图：下列说法错误的是A．1molX最多与4molH2发生加成反应 B．Y中所有原子可能共面C．X和Y反应生成Z为加成反应 D．Z中苯环上一氯代物有8种【答案】D【解析】A．X含有苯环和碳碳双键，则1molX最多与4molH2发生加成反应，故A正确；B．苯中12个原子共平面，根据氧氢单键可以旋转，因此Y中所有原子可能共面，故B正确；C．根据X与Y和Z的结构简式及分子式得到X和Y反应生成Z为加成反应，故C正确；D．Z中苯环上有5种位置的氢，因此其一氯代物有5种，故D错误。综上所述，答案为D。9．金属Mn与SKIPIF1<0反应的现象如下：已知：经检验，反应后的溶液中含有SKIPIF1<0；氧化性：SKIPIF1<0。下列说法错误的是A．缓慢滴加产生的气体中，可能含有SKIPIF1<0，一定不含SKIPIF1<0B．快速滴加实验中，硝酸表现酸性、强氧化性C．向缓慢滴加实验所得溶液中加入SKIPIF1<0，溶液变为紫红色D．收集快速滴加过程中获得的红棕色气体，干燥后会得到纯净的SKIPIF1<0【答案】D【解析】A．根据缓慢滴加硝酸产生的气体为无色、无味可判断，该气体可能含有SKIPIF1<0，一定不含SKIPIF1<0，A正确；B．快速滴加硝酸实验中，生成的红棕色气体为SKIPIF1<0，溶液中含SKIPIF1<0，则硝酸表现出酸性、强氧化性，B正确；C．根据已知信息，氧化性：SKIPIF1<0，在含有SKIPIF1<0的溶液中加入SKIPIF1<0，会生成SKIPIF1<0，溶液会变为紫红色，C正确；D．SKIPIF1<0会自发转化为SKIPIF1<0，则收集快速滴加过程中获得的红棕色气体，干燥后得到的仍为混合物，D错误；故选D。10．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(SKIPIF1<0，其中S为＋6价)去除废水中正五价砷As(V)的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法错误的是A．反应过程中有非极性键的断裂B．溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷C．碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应方程式为SKIPIF1<0D．反应过程中，存在反应SKIPIF1<0【答案】B【解析】A．反应过程中存在过硫酸钠中的-O-O-的断裂，故有非极性键的断裂，A正确；B．H3AsO4为弱酸，溶液的pH越小，导致As以分子形式存在，反而不利于去除废水中的正五价砷，B错误；C．由图可知，碱性条件下，硫酸根自由基和氢氧根离子生成硫酸根离子和氢氧根自由基，发生的反应方程式为SKIPIF1<0，C正确；D．反应过程中，在腐蚀层表面存在反应SKIPIF1<0，D正确；故选B。11．某课题组设计了一种新型的A位K/Na掺杂SKIPIF1<0钙钛矿氟化物(K/Na-NCZMF)电极材料，并构建了先进的水系锌基电池，如图所示。下列叙述正确的是A．放电时，N极电势高于M极电势B．放电时，SKIPIF1<0转化成MnOOHC．充电时，SKIPIF1<0向K/Na-NCZMF极迁移D．充电时，转移2mol电子理论上N极净增16g【答案】C【解析】A．放电时，N极为负极，M极为正极，负极电势低于正极，故A错误；B．放电时，M极为正极，发生还原反应，锰的化合价降低，MnOOH生成SKIPIF1<0，故B错误；C．充电时，M极为阳极。N极为阴极，阴离子向阳极迁移，故C正确；D．充电时，氧化锌转化成锌，N极质量减轻，故D错误；故答案选C。12．R、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。R和Y位于同主族，R原子最外层电子数与X的原子序数之和等于Z的原子序数。向这四种元素组成的一种化合物Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是A．简单离子半径：Y>Z>R>XB．Q溶液中两种阳离子浓度相等C．Z2R2中含有离子键和非极性共价键D．最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y【答案】B【分析】由图可知，当Ba(OH)2滴入量大于3mol后，沉淀部分溶解，说明沉淀应该为硫酸钡和Al(OH)3，所以四种元素中一定含有Al，O和S，R和Y位于同主族，且原子序数递增，所以R为O，Y为S，X为Al，R原子最外层电子数为6,X的原子序数为13，两者之和等于19，则Z为K，综上，R为O，X为Al，Y为S，Z为K。【解析】A．电子层数越多，简单离子半径越大，当电子层结构相同时，质子数越大，离子半径越小，依次分析，四种简单离子的半径关系为：Y>Z>R>X，A正确；B．Q溶液为KAl(SO4)2，铝离子水解浓度减小，所以阳离子浓度不相同，B错误；C．K2O2电子式为，含有离子键和非极性共价键，C正确；D．元素非金属性越强，则最简单的气态氢化物的稳定性越强，则由于R的非金属性强于Y，所以最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y，D正确；故答案选B。13．草酸(H2C2O4)是一种易溶于水的二元有机弱酸。常温下，向一定浓度的H2C2O4溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得溶液pH与-lgX[X为c(H2C2O4)、c(C2OSKIPIF1<0)、SKIPIF1<0的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线M表示-lgc(C2OSKIPIF1<0)随pH的变化B．常温下，H2C2O4的一级电离常数Ka1=1×10-1.3C．从a点至b点溶液中水的电离程度逐渐减小D．b点溶液中：c(K+)＞3c(HC2OSKIPIF1<0)【答案】B【解析】向一定浓度的H2C2O4溶液中加入KOH固体，由于二者发生反应，所以H2C2O4逐渐减少，-lgc(H2C2O4)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2C2O4)与pH变化关系，即曲线M；H2C2O4SKIPIF1<0H++SKIPIF1<0，SKIPIF1<0SKIPIF1<0H++SKIPIF1<0，随着pH逐渐增大，SKIPIF1<0会逐渐增大，-lgc(SKIPIF1<0)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(SKIPIF1<0)与pH变化关系，即曲线N；随着pH逐渐增大，SKIPIF1<0=SKIPIF1<0也增大，则-lgSKIPIF1<0减小，且随着pH的增大，c(SKIPIF1<0)先大于c(SKIPIF1<0)到等于，再到小于，即SKIPIF1<0从小于1，到等于1，再到大于1，当SKIPIF1<0=1时，-lgSKIPIF1<0=0，则直线L是-lgSKIPIF1<0与pH的变化图，以此分析解题。A．由分析可知，曲线M代表-lgc(H2C2O4)随pH的变化，曲线N代表SKIPIF1<0随pH的变化，Ａ错误；B．由分析结合图中数据可知，当pH=4.3时，-lgSKIPIF1<0=0，即c(SKIPIF1<0)=c(SKIPIF1<0)，即Ka2=SKIPIF1<0＝10-4.3，根据a点可知，常温下，-lgc(H2C2O4)=-lgc(SKIPIF1<0)即c(H2C2O4)=c(SKIPIF1<0)，则有Ka1Ka2=SKIPIF1<0=c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故H2C2O4的Ka1=10-5.6/Ka2=10-1.3，B正确；C．由分析可知，曲线N代表-lgc(SKIPIF1<0)与pH变化关系变化图，从a至b点，溶液中H2C2O4、SKIPIF1<0浓度逐渐减小，SKIPIF1<0浓度逐渐增大，故水的电离程度逐渐增大，C错误；D．根据电荷守恒：SKIPIF1<0，图中b点对应的溶液的pH为4.3，即c(SKIPIF1<0)=c(SKIPIF1<0)，即SKIPIF1<0，故b点溶液中有：SKIPIF1<0，B正确；b点时，根据电荷守恒：SKIPIF1<0，此时pH=4.3，即lgSKIPIF1<0=0，所以c(SKIPIF1<0)=c(SKIPIF1<0)，所以上式可变形为：c(K+)+c(H+)=3c(SKIPIF1<0)+c(OH-)，c(K+)-3c(SKIPIF1<0)=c(OH-)-c(H+)，因为c(OH-)＜c(H+)，所以：c(K+)＜3c(SKIPIF1<0)，D错误；故选：B。三、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26．（15分）锰酸锂(LiMn2O4)是锂电池的正极材料，以软锰矿为原料，生产锰酸锂的流程如下：已知：①软锰矿的成分如下：成分MnO2Fe2O3CaOSiO2其他不反应杂质质量分数69.6%7.6%5.6%9.0%8.2%②K2MnO4在强碱性溶液(pH大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生成SKIPIF1<0和MnO2。③苯胺(C6H5NH2)还原性较强，在该条件下可被氧化为硝基苯(C6H5NO2)。④锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。(1)“氧压浸出”的浸出温度为260°C，并维持500r/min的速率搅拌，此时发生的氧化还原反应的化学方程式为_________________________。(2)“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH的原因是_________________________，“除杂”中加入CaO后，需要适当加热并搅拌的目的是_________________________，若此时溶液中c(SKIPIF1<0)=2.5mol/L，则1m3溶液中理论上需要加入的CaO的质量为___________kg。(3)“一系列的操作”是将所得溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的试剂最好选用___________（填标号）。A．冷水 B．热水 C．95%的乙醇溶液 D．LiOH溶液(4)纯度的测定：取0.5800g锰酸锂[Mr(LiMn2O4)=181]样品与稀硝酸和双氧水反应，将Mn元素完全转化为Mn2+，除去过量的双氧水，调节pH，滴加指示剂，用浓度为0.3000mol/L的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL(Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)①若反应时，N元素的化合价不变，则锰酸锂与稀硝酸和双氧水反应的离子方程式为___________。②样品中锰酸锂的纯度为___________%(保留两位有效数字)。【答案】(1)2MnO2+4KOH+O2SKIPIF1<02K2MnO4+2H2O（2分）(2)防止锰酸钾在酸性、中性和弱碱性环境中发生歧化反应（2分）加快反应速率，使CaSiO3颗粒增大便于过滤（2分）8.75（3分）(3)C（2分）(4)SKIPIF1<0（2分）94（2分）【分析】软锰矿加入氢氧化钾、加水，通入氧气氧化浸出得到锰酸钾，加入氢氧化钾溶解，加入氧化钙除去硅等杂质，过滤除去滤渣，滤液加入苯胺、氢氧化锂，处理得到锰酸锂；【解析】（1）“氧压浸出”的浸出温度为260°C，二氧化锰和氧气、氢氧化钾发生氧化还原反应生成锰酸钾和水，2MnO2+4KOH+O2SKIPIF1<02K2MnO4+2H2O；（2）已知，K2MnO4在强碱性溶液(pH大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生成SKIPIF1<0和MnO2；“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH的原因是防止锰酸钾在酸性、中性和弱碱性环境中发生歧化反应；“除杂”中加入CaO后，氧化钙和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子生成硅酸钙沉淀，操作需要适当加热并搅拌的目的是加快反应速率，使CaSiO3颗粒增大便于过滤；若此时溶液中c(SKIPIF1<0)=2.5mol/L，更加锰元素守恒可知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根据表格数据可知，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，硅元素转化为硅酸钙需要消耗氧化钙，根据元素守恒可知，SKIPIF1<0，则二氧化硅需要消耗氧化钙SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则需要在加入氧化钙质量为26.25kg-17.5kg=8.75kg；（3）锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。故洗涤的试剂最好选用95%的乙醇溶液，故选C；（4）①若反应时，N元素的化合价不变，锰元素化合价由+3.5变为+2、氧元素化合价由-1变为0，根据电子守恒、质量守恒配平，反应为SKIPIF1<0；②Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1，结合锰元素守恒可知，样品中锰酸锂的纯度为SKIPIF1<0。27．（14分）[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)属于经典配合物，实验室以Co为原料制备[Co(NH3)6]Cl3的方法和过程如下：I．制备CoCl2已知：钴单质与氯气在加热条件下反应可制得纯净CoCl2，钴单质在300°C以上易被氧气氧化；CoCl2熔点为86°C，易潮解。制备装置如下：(1)制氯气的反应中，还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。(2)试剂X通常是___________(填名称)。(3)试剂Z的作用为________________________________。(4)为了获得更纯净的CoCl2，开始点燃N处酒精喷灯的标志是___________。Ⅱ．制备[Co(NH3)6]Cl3——配合、氧化已知：①Co2+不易被氧化；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图所示：③加入少量浓盐酸有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。(5)按图组装好装置→___________(填序号，下同)→打开磁力搅拌器→控制温度在10°C以下→___________→加热至60°C左右，恒温20min→在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。①缓慢加入H2O2溶液②滴加稍过量的浓氨水③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水(6)写出氧化阶段发生反应的离子方程式：_______________________________________。(7)粗产品可用重结晶法提纯：向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，___________，冷却后向滤液中加入少量___________，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥，得纯产品[Co(NH3)6]Cl3。【答案】(1)2:1（2分）(2)饱和食盐水或饱和氯化钠溶液（2分）(3)吸收多余Cl2，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解（2分）(4)硬质玻璃管中充满黄绿色气体(或收集器中出现黄绿色气体，合理即可)（2分）(5)③（1分）②①（1分）(6)2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3（2分）(7)趁热过滤（1分）浓盐酸（1分）【解析】I．M装置MnO2和浓盐酸共热制备氯气，气体通过试剂X（饱和食盐水）除HCl气体，通过试剂Y（浓硫酸）除水，装置N中Co和氯气反应生成CoCl2，在收集器收集到CoCl2，试剂Z为碱石灰，吸收多余Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。Ⅱ．按图组装好装置，向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，打开磁力搅拌器，控制温度在10°C以下，滴加稍过量的浓氨水，再缓慢加入H2O2溶液，加热至60°C左右，恒温20min，在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。（1）制氯气的化学方程式为，该反应中氧化剂是MnO2，还原剂是HCl，1molMnO2和4molHCl反应，只有一半HCl作还原剂，另一半作酸，则还原剂与氧化剂的物质的量之比2:1。（2）制得的氯气中含有HCl气体，通过试剂X可除去HCl气体，则X为饱和食盐水或饱和氯化钠溶液。（3）试剂Z应为碱石灰，其作用是吸收多余Cl2，防止污染空气，同时可防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。（4）为了获得更纯净的CoCl2，需先将体系空气排尽，当硬质玻璃管中充满黄绿色气体或收集器中出现黄绿色气体时，开始点燃N处酒精喷灯。（5）按图组装好装置，③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，由于Co2+不易被氧化，因此②滴加稍过量的浓氨水，将Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，再①缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+。（6）由（5）分析知，缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+，反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3。（7）由溶解度曲线图可知，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度随温度升高而增大，因此向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，防止过滤过程中晶体析出，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。28．（14分）天然气开采过程中产生大量的含硫废水(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加以利用，有关反应如下：i.2H2S(g)+3O2(g)SKIPIF1<02SO2(g)+2H2O(g)ΔH1ii．4H2S(g)+2SO2(g)SKIPIF1<03S2(g)+4H2O(g)ΔH2iii．2H2(g)+O2(g)SKIPIF1<02H2O(g)ΔH3回答下列问题：(1)H2S热分解反应2H2S(g)SKIPIF1<0S2(g)+2H2(g)的ΔH=___________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)；该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则ΔH___________(填“<”“>”或“=”)0。(2)总压恒定为100kPa，向密闭容器中充入2molH2S、3molO2、95molAr，发生反应i和反应ii，反应过程中H2S(g)，SO2(g)、S2(g)等含硫物质的分布分数δ随时间变化如图所示。①表示SO2分布分数的曲线为___________(填“甲”“乙”或“丙”)。②t1时测得H2S转化率为α，此时体系中H2O的物质的量为___________mol；用H2S分压表示的平均反应速率为___________(用含α、t1的式子表示)kPa·s-1。(3)也可采用Na2SO3氧化法对H2S进行处理，过程中发生反应的方程式(均未配平)为：i．SKIPIF1<0+H2S+H+→SKIPIF1<0+S↓+H2Oii．H2S(aq)+SKIPIF1<0(aq)+H+(aq)→S(s)+H2O(l)iii．S(s)+SKIPIF1<0(aq)→SKIPIF1<0(aq)实验测得，在T℃、pH=5时，Na2SO3的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。①T℃时，反应iii的平衡常数K=___________。②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5g·L-1时，单位体积内S的质量减小的原因为___________。【答案】(1)SKIPIF1<0（2分）>（2分）(2)①乙（2分）②2a（2分）SKIPIF1<0（2分）(3)SKIPIF1<0（2分）Na2SO3投加量高于5g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和（2分）【解析】（1）由盖斯定律可知，反应SKIPIF1<0可得硫化氢热分解反应，则反应ΔH=SKIPIF1<0；由反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)可知该反应为吸热反应，反应焓变ΔH>0，故答案为：SKIPIF1<0；>；（2）①由方程式可知，反应i中硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，反应ii中二氧化硫与硫化氢反应生成S2，则硫化氢的分布分数减小、二氧化硫的分布分数先增大后减小、S2的分布分数增大，故选乙；②设t1时，反应i生成二氧化硫为2amol、反应ii消耗二氧化硫为2bmol，由题意可建立如下三段式：SKIPIF1<0SKIPIF1<0由硫化氢转化率为α可得：SKIPIF1<0=α，由图可知，二氧化硫和S2分布分数相等，则3—1.5a—b=b，解联立方程可得a=3—2α、b=1.5α—1.5，则水的物质的量为(3—2α)mol×2+(1.5α—1.5)mol×4=2αmol，硫化氢的分压变化量为(SKIPIF1<0)Pa，平均反应速率为SKIPIF1<0kPa·s-1，故答案为：2α；SKIPIF1<0；（3）①由图可知，T℃、pH为5反应达到平衡时，硫代硫酸根离子浓度为0.015mol/L、亚硫酸根离子浓度为0.009mol/L，则反应iii的平衡常数K=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，故答案为：SKIPIF1<0；②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5g·L-1时，单位体积内S的质量减小说明Na2SO3投加量高于5g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和，故答案为：Na2SO3投加量高于5g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）科学工作者合成了含镁、镍、碳、氮4种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：(1)下列属于碳原子激发态轨道表示式的有___________(填字母，下同)，其中失去最外层上一个电子所需能量最低的是___________。(2)含有碳元素的有机化合物分布极广，最简单的为碳正离子SKIPIF1<0，该离子的几何构型为___________；乙醇的挥发性比水的强，原因是___________；如图是叶绿素的结构示意图，配体是一种平面大环有机物，该结构中N原子的杂化方式为___________，C—Nσ键有___________个。(3)某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2-)=anm。①阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________g·cm-3.(用含a，NA的表达式表示)。②NiO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Ni—N键中离子键成分的百分数小于Ni—O键，原因是___________。③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为___________；N所替代的O的位置可能是___________。【答案】(1)BC（1分）B（1分）(2)平面三角形（1分）乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小（2分）sp2、sp3（1分）8（1分）(3)①SKIPIF1<0（3分）②电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Ni和O之间更容易成离子键（2分）③Ni4O3N（2分）顶点或一对平行平面的面心（1分）【解析】（1）碳原子的基态电子排布式为1s22s22p2，根据基态碳原子受到激发，电子从低能级跳跃到高能级上，则四个选项中属于碳原子激发态轨道表示式的有BC，而A是基态碳原子电子轨道表示式，D是基态N原子电子轨道表示式，故答案是BC；根据电子离核越远，越容易失去，则失去最外层上一个电子所需能量最低的是选项B，因为其它选项最外层是第二层，而B是第三层，故答案是B。（2）SKIPIF1<0的价层电子对数为3，孤电子对为0，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形；乙醇的挥发性比水的强，说明乙醇的沸点比水低，沸点和分子间作用力有关，乙醇和水虽同为分子晶体，但乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小，故乙醇的沸