吉林省通化市2024年高考化学模拟试题（含答案）

吉林省通化市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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。得分1．化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是（）A．植物油制作奶油 B．太阳能电池发电C．土豆片遇碘变蓝 D．鸡蛋加热后凝固2．下列叙述正确的是（）A．熟石膏的化学式：CaSO4·2H2OB．过氧化钠的电子式：C．基态氧原子的电子排布图：D．Ba(OH)2溶液中滴入少量稀硫酸发生反应的离子方程式：B3．科学家利用FOX－7合成有机物T的反应历程如图所示（部分物质省略），T可用作固体火箭的新型推进剂，下列叙述正确的是（）A．FOX－7不能发生加成反应B．FOX－7不能使酸性KMnO4溶液褪色C．T属于芳香族化合物D．已知T中R为乙基，则T含1个手性碳原子4．下列说法正确的是（）A．图甲用（杯酚）识别C60和C70，操作①②为过滤，操作③为蒸馏B．图乙装置可用于收集NH3并验满C．图丙装置可用于干燥MnCl2·4H2OD．图丁装置可用于探究铁的析氢腐蚀5．短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，某种性质递变规律如图所示，下列元素性质与元素对应正确的是（）A．原子半径：F、Cl、Br、IB．电负性：Si、P、S、ClC．第一电离能：Si、P、S、ClD．最高化合价：C、N、O、F6．天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限，A．自然界游离态的硫广泛存在于各种矿石中B．基态Fe3+C．该反应I的离子方程式为HD．在此过程中，每脱去6.8gH27．某储氢材料前驱体结构如下图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法错误的是（）A．简单氢化物沸点高低：X<Y B．Y和W位于同一主族C．第一电离能大小：X<Z<Y D．阴、阳离子中均有配位键8．次磷酸（H3POA．NiB．“碱溶”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:1C．PH3D．次磷酸铵与足量氢氧化钠共热：N9．生物体内多巴胺的合成是以L-酪氨酸为起始原料，在多种复杂的生物酶共同作用下完成的，其过程如下图所示。下列相关说法错误的是（）A．多巴胺分子中所有碳原子可能同平面B．1molL-多巴与浓溴水反应最多可以消耗3molBC．L-酪氨酸与L-多巴混合发生缩合反应可生成3种二肽D．上图中三种有机物均可与FeCl10．下列实验操作、现象和涉及的离子方程式均正确的是（）选项操作现象离子方程式A向明矾溶液中加入过量氨水最后得无色溶液AB将少量SO2通入到产生白色沉淀SC向[Co(NH3产生白色沉淀[CoD向5mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加5滴0.1mol⋅L先产生白色沉淀，后变成黄色沉淀AgCl(s)+A．A B．B C．C D．D11．Aun纳米团簇能催化水煤气变换反应，其微观反应机理如图1所示，反应过程中相对能量的变化如图2所示。已知图2中TS表示过渡态，FS表示稳定的共吸附。下列说法错误的是（）A．水煤气变换反应为H2O+COAun__B．稳定性：FSe2大于FSe1C．水煤气变换反应的ΔH<0D．制约总反应速率的反应为CO*+OH*=COOH*12．利用化工厂产生的烟灰(ZnO的质量分数为ω，还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)制备活性ZnO的工艺流程如图。下列说法错误的是（）A．由滤液1中的阳离子主要含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4+可知，滤渣1中含有FeO和MnO2B．“除杂”工序反应的离子方程式：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+C．“蒸氨沉锌”、“煅烧”时产生的气体可返回到“浸取”工序中循环使用D．从mkg烟灰中得到活性ZnOakg，则ZnO的回收率100am13．用锂硫电池处理含有氯化铵的废水装置如图，锂硫电池工作原理：16Li+S8⇄放电充电8LiA．a电极与锂硫电池的正极相连B．c、e为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜C．当锂硫电池中消耗32g硫时，N室增加的离子总物质的量为4molD．出口一和出口二物质分别为H3PO4浓溶液、Na2SO4浓溶液14．现有一种由正离子An+、Bm+和负离子X—组成的无机固体电解质，该物质在高温相为无序结构，低温相为有序结构，两者的结构如图，下列说法错误的是（）A．n=2，m=1B．高温相中X—的堆积方式和氯化钠中Cl—的堆积方式相同C．低温相中An+的配位数为4D．高温相的良好导电性与其结构中存在大量的空位有关15．常温下，Ka(CH3COOH)=1.0×10-5，向某含有ZnSO4酸性废液加入一定量CH3COONa后，再通入H2S生成ZnS沉淀，始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1mol/L，体系中pX[pX=—1gX，X为c(HS-)c(H2S)A．②中X为c(HS-C．Ka1(H2S)的数量级为10-7 D．Ksp(ZnS)=10-21.7阅卷人二、非选择题：本题共4小题，共58分。得分16．LiMn2O4作为电极材料，具有价格低，电位高、环境友好、安全性能高等优点，受到广泛关注。由菱锰矿（主要成分为已知常温下部分物质的Ksp物质FeFeAlNiMnK11111回答下列问题：（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为。（2）常温下，若溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=5，可沉淀完全的金属离子是；若测得溶液中Mn2+浓度为0.1mol⋅L−1，Ni2+浓度为0.01mol⋅L−1，为防止（3）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有（4）具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5）可代替电解槽反应将Mn2+氧化为（5）煅烧窑中，生成LiMn2O（6）LiMn2O4中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的LiMn2OT/℃w(Mnw(Mnw(Mn7005.5644.5849.867502.5644.8752.578005.5044.1750.338506.22444049.38由此可以确定，在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化情况是。17．对叔丁基邻苯二酚是一种无色晶体，有毒，是工业上常用的一种阻聚剂，实验室可用邻苯二酚和甲基叔丁基醚在硫酸的催化下反应制备，反应原理及实验过程如下。相关物质的物理性质如下：物质熔点（℃）沸点（℃）溶解性邻苯二酚103245溶于水、乙醇等，易溶于丙酮、吡啶、碱溶液甲基叔丁基醚-11055.2易溶于乙醇、乙醚等，不溶于水对叔丁基邻苯二酚57285溶于甲醇、乙醚、四氯化碳等，难溶于冷水，微溶于热水已知：实验过程中会生成3，5—二叔丁基邻苯二酚、磺化产物等副产物请回答：（1）操作1主要在如图装置中进行，仪器A的名称是，使用仪器B的优点是。（2）反应中浓硫酸不宜过多的原因是。（3）向混合液A中加入Na2CO3（4）①将混合液B进行减压蒸馏的目的是。②用重结晶法提纯对叔丁基邻苯二酚的操作顺序是（填序号）。a．向粗产品中加入石油醚b．用蒸馏水洗涤c．加热充分溶解d．加入活性炭脱色e．冷却结晶f减压过滤g．趁热过滤h．干燥18．氮及其化合物在生产、环保研究等方面用途非常广泛，回答下列问题：（1）用浓氨水除去Fe（OH）3样品中少量的Cu（OH）2，生成[Cu（NH3）4]2＋，1mol[Cu（NH3）4]2＋含molσ键。（2）硝酸厂尾气可以回收制备硝酸。已知：①2NO(g)+②3N4NO(g)+2H2O(g)+3O2（3）在隔绝空气的密闭容器中发生反应：FeSO4（aq）+NO（g）⇌Fe(NO)SO4（aq）（棕黄色），下列叙述正确的是____。（填标号）A．溶液颜色不变，反应达到平衡状态B．其他条件不变，充入少量O2，平衡不移动C．其他条件不变，加少量FeSO4，溶液颜色加深D．其他条件不变，微热，溶液颜色加深（4）向一恒容密闭容器中充入适量NH3和O2，在一定条件下发生反应，氧化产物是N2、NO、NO2、N2O中的一种，达到平衡时改变温度，反应物和生成物的浓度与温度关系如图所示：①甲是（填化学式），写出该反应的化学方程式：。②正反应ΔH（填“>”“<”或“＝”）0，判断依据是③T3℃时NH3的平衡转化率为。19．氯霉素是广普抑菌抗生素。下图是以化合物A为原料合成氯霉素的一种路线：请回答下列问题：（1）A的化学名称是。（2）E→F的有机反应类型为。（3）C的结构简式为。（4）A→B的反应分为两步，第一步形成碳氮双键，第二步形成碳碳单键，第二步反应的化学方程式为。（5）F中N原子的杂化类型为。（6）M是A的同系物且相对分子质量比A大14，符合条件的M有种(不考虑立体异构)（7）根据合成氯霉素的信息，设计以(酪氨酸)为原料合成(D-型酪氨醇)的路线(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.植物油主要成分是不饱和脂肪酸，加氢变成饱和脂肪酸，是化学变化，A不符合题意；

B.太阳能电池发电是太阳光转化为电能，无新物质生成，不是化学变化，B符合题意；

C.土豆片含淀粉，碘单质遇淀粉变蓝，有新物质生成，是化学变化，C不符合题意；

D.鸡蛋加热后凝固为蛋白质变性的过程，是化学变化，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.植物油主要成分是不饱和脂肪酸，加氢变成饱和脂肪酸；

B.太阳能电池发电是太阳光转化为电能；

C.土豆片含淀粉，碘单质遇淀粉变蓝，有新物质生成；

D.鸡蛋加热后凝固为蛋白质变性的过程。2．【答案】D【解析】【解答】A．熟石膏的化学式：2CaSO4·H2O，A不符合题意；

B．过氧化钠的电子式钠离子需要分开来书写，即Na+，B不符合题意；

C．不符合泡利原理，2p轨道成对电子应是自旋方向相反的两个电子，C不符合题意；

D．Ba(OH)2溶液中滴入少量稀硫酸生成硫酸钡和水，发生反应的离子方程式：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H3．【答案】D【解析】【解答】A．根据结构简式可知，FOX－7分子中的碳碳双键能发生加成反应，A不符合题意；

B．根据结构简式可知，FOX－7分子中的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液反应，溶液褪色，B不符合题意；

C．根据结构简式可知，T分子中没有苯环，不是芳香族化合物，C不符合题意；

D．根据结构简式可知，若T分子中R为乙基，分子中有1个手性碳原子，是左边连硝基的碳原子，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．碳碳双键能发生加成反应；

B．碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液反应，溶液褪色；

C．没有苯环，不是芳香族化合物；

D．手性碳原子是连有四个不同的原子或者原子团，从而进行判断。4．【答案】A【解析】【解答】A．图甲用（杯酚）识别C60和C70，超分子不溶于甲苯，杯酚能溶于氯仿，操作①②为过滤，杯酚和氯仿沸点不同，操作③为蒸馏，A符合题意；

B．氨气密度比空气小，用向下排空气法收集，导气管要伸入试管底部，B不符合题意；

C．MnCl2·4H2O水解生成HCl，易挥发，水解平衡正向移动，应在氯化氢气流中进行干燥，C不符合题意；

D．食盐水呈中性，探究的是铁的吸氧腐蚀，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A．超分子不溶于甲苯，杯酚能溶于氯仿，杯酚和氯仿沸点不同；

B．氨气密度比空气小，用向下排空气法收集，导气管要伸入试管底部；

C．MnCl2·4H2O水解生成HCl，易挥发，水解平衡正向移动，应在氯化氢气流中进行干燥；

D．食盐水呈中性，在酸性条件下发生的是析氢腐蚀。5．【答案】C【解析】【解答】A．同主族元素，从上到下原子半径依次增大，Br原子半径大于Cl，A不符合题意；

B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，S电负性大于P，B不符合题意；

C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，P的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，出现反常，第一电离能：Cl＞P＞S＞Si，C符合题意；

D．F的非金属性很强，没有正化合价，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．同主族元素，从上到下原子半径依次增大；

B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大；

C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，P的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，出现反常；

D．F的非金属性很强，没有正化合价。6．【答案】A【解析】【解答】A．过程I硫化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和S，过程II中氧气将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，自然界游离态的硫存在于火山喷口附近和地壳的岩层里，A符合题意；

B．Fe3+电子排布为1s22s22p63s23p63d5，基态Fe3+的价层电子轨道表示式为，B不符合题意；

C．过程I硫化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和S，反应Ⅰ为H2S+2Fe3+=2H++2Fe2++S↓，C不符合题意；

D．过程I硫化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和S，过程II中氧气将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，物质的量的关系为2H2S-4FeSO4-O2，每脱去6.8gH2S时，n（H2S）=6.8÷34=0.2mol，消耗0.1molO2，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A．自然界游离态的硫存在于火山喷口附近和地壳的岩层里；

B．Fe3+电子排布为1s22s22p63s23p63d5，基态Fe3+的价层电子轨道表示式为；

C．过程I硫化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和S；

D．根据化学方程式的化学计量数找到物质的量的关系为2H2S-4FeSO7．【答案】B【解析】【解答】A．根据题干信息，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，Z为C或O，多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，Y为N，Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，W为B，N形成的简单氢化物NH3中有氢键，其沸点高于C的简单氢化物CH4，A不符合题意；

B．Y为N，位于第VA族，W为B，位于第IIIA族，不是同一主族，B符合题意；

C．X为C，Y为N，Z为O，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA为半充满会出现反常，第一电离能：X<Z<Y，C不符合题意；

D．阳离子中的Y原子是N原子，存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，还有一个配位键，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．N形成的简单氢化物NH3中有氢键，其沸点高于C的简单氢化物CH4；

B．Y为N，位于第VA族，W为B，位于第IIIA族；

C．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA为半充满会出现反常；

D．阳离子中的Y原子是N原子，存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，还有一个配位键。8．【答案】C【解析】【解答】A．Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，核外电子的空间运动状态数是原子轨道数，核外电子的空间运动状态数只有14种，A不符合题意；

B．“碱溶”时发生反应P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3，氧化剂P4和还原剂P4的物质的量之比为1：3，B不符合题意；

C．PH3、PO43-、P4中P价层电子对数均为4，均为sp3杂化，PO43-为5原子的正四面体结构，键角为109°28’，P4为4原子的正四面体结构，键角为60°，PH3中P有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，孤电子对对成键电子对的斥力大，键角PO43->PH3>P4，C符合题意；

D．次磷酸铵是正盐，和足量氢氧化钠共热：NH4++OH-=NH3+H2O，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，核外电子的空间运动状态数是原子轨道数；

B．“碱溶”时发生反应P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH9．【答案】C【解析】【解答】A．碳碳单键可以旋转，苯环所有原子共平面，L-酪氨酸分子中所有碳原子均可以同平面，A不符合题意；

B．L-多巴中有两个酚羟基，酚羟基与浓溴水在苯环的邻、对位发生取代反应，1molL-多巴与浓溴水反应最多可以消耗3molBr2，B不符合题意；

C．L-酪氨酸与L-多巴混合发生缩合反应生成二肽，可以两分子L-酪氨酸形成二肽，可以两分子L-多巴形成二肽，也可以1分子L-酪氨酸与1分子L-多巴形成二肽，1分子L-酪氨酸与1分子L-多巴形成二肽有两种结构，L-酪氨酸与L-多巴混合发生缩合反应可生成4种二肽，C符合题意；

D．上图三种有机物均有酚羟基，都可以与FeCl3溶液发生显色反应，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．碳碳单键可以旋转，苯环所有原子共平面；

B．L-多巴中有两个酚羟基，酚羟基与浓溴水在苯环的邻、对位发生取代反应；

C．L-酪氨酸与L-多巴混合发生缩合反应生成二肽，可以两分子L-酪氨酸形成二肽，可以两分子L-多巴形成二肽，也可以1分子L-酪氨酸与1分子L-多巴形成二肽，1分子L-酪氨酸与1分子L-多巴形成二肽有两种结构；10．【答案】B【解析】【解答】A．氢氧化铝只溶于强碱，不能溶于氨水，向明矾溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝，离子方程式为：Al3++3NH3.H2O=Al（OH）3+3NH4，A不符合题意；

B．将少量SO2通入到Ca(ClO)2溶液中，二氧化硫被氧化为硫酸根，与溶液中钙离子结合生成硫酸钙微溶物，次氯酸根被还原为氯离子，生成的氢离子和溶液中的次氯酸根生成HClO弱电解质，离子方程式为：SO2+Ca2++3ClO−+H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，B符合题意；

C．配合物中只有外界的离子能参与化学反应，向[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液中加入少量AgNO3溶液，1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2只能消耗2molAgNO3，离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl，C不符合题意；11．【答案】D【解析】【解答】A．图1中反应物为H2O和CO，生成物为CO2和H2，水煤气变换反应为H2O+COAun__CO2+H2，A不符合题意；

B．物质的能量越低越稳定，FSe2的能量比FSe1的低，稳定性：FSe2大于FSe1，B不符合题意；

C．图2中反应物总能量高于生成物总能量，水煤气变换反应的ΔH<0，C不符合题意；

D．制约总反应速率的反应是活化能最大的反应，为H2O*=OH*+H*，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．H2O和CO反应生成物为CO2和H2；

B．物质的能量越低越稳定，FSe2的能量比FSe1的低；

C．反应物总能量高于生成物总能量，Δ12．【答案】D【解析】【解答】A．烟灰(ZnO的质量分数为ω，还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)，经碳酸氢铵和过量氨水浸取，ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，CuO转化成[Cu(NH3)4]2+，MnO2、FeO不反应是滤渣1，向滤液1中加入过量锌粉，将[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜进行除杂，对滤液2进行蒸氨沉锌得Zn2(OH)2CO3，煅烧后得活性氧化锌，A不符合题意；

B．除杂时[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜，离子方程式：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+，B不符合题意；

C．“蒸氨沉锌”、“煅烧”时产生的氨气和二氧化碳可返回到“浸取”工序中循环使用，C不符合题意；

D．从mkg烟灰中得到活性ZnOakg，除杂时还加入了过量锌粉，得到ZnO比烟灰中的氧化锌要多，ZnO的回收率不等于100am%，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．烟灰(ZnO的质量分数为ω，还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)，经碳酸氢铵和过量氨水浸取，ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，CuO转化成[Cu(NH3)4]2+，MnO2、FeO不反应是滤渣1，向滤液1中加入过量锌粉，将[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜进行除杂，对滤液2进行蒸氨沉锌得Zn2(OH)2CO3，煅烧后得活性氧化锌；

B．[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜，离子方程式：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；

C．“蒸氨沉锌”、“煅烧”时产生的氨气和二氧化碳可返回到“浸取”工序中循环使用；

13．【答案】C【解析】【解答】A．电池放电时，Li电极失电子变为Li+，发生氧化反应，Li为负极，S8为正极，正极发生的电极反应为：S8+16e-=8S2-，N室NaCl浓度变大，b极区Na+向N室移动，M室Cl-向N室移动，e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，b为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，出口二物质是浓H2SO4，a为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，NH4+从M室向左侧迁移，c为阳离子交换膜，A不符合题意；

B．c、e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B不符合题意；

C.32gS为1molS转移2mol电子，有2molNa+和2molCl-向N室移动，N室增加的离子总物质的量为4mol，C符合题意；

D．出口一和出口二物质分别为（NH4）3PO4、浓H2SO4，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】电池放电时，Li电极失电子变为Li+，发生氧化反应，Li为负极，S8为正极，正极发生的电极反应为：S8+16e-=8S2-，N室NaCl浓度变大，b极区Na+向N室移动，M室Cl-向N室移动，e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，b为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，出口二物质是浓H2SO4，a为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，NH4+从M室向左侧迁移，c为阳离子交换膜；

B．c、e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜。14．【答案】A【解析】【解答】A．无机固体电解质低温相为有序结构，晶胞中位于体内的An+的个数为4、Bm+的个数为2，位于顶点、面上、棱上和体心的X—的个数为8×18+10×12+4×14+1=8，晶胞的化学式为A2BX4，根据化合价代数和为0得：2n+m=4，即m=2、n=1，A符合题意；

B．NaCl晶胞中Cl-的堆积方式为立方最密堆积，高温相为立方晶系，晶胞中X—的堆积方式也为立方最密堆积，B不符合题意；

C．低温相晶胞中An+与4个X—的距离最近，An+的配位数为4，C不符合题意；

D．高温相晶胞中An+发生迁移使空位数目增多，为阳离子的流动提供了运动通道，高温相的良好导电性与其结构中存在大量的空位有关，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A．无机固体电解质低温相为有序结构，晶胞中位于体内的An+的个数为4、Bm+的个数为2，位于顶点、面上、棱上和体心的X—的个数为8×18+10×12+4×14+1=8，晶胞的化学式为A2BX4；

B．NaCl晶胞中Cl-的堆积方式为立方最密堆积，高温相为立方晶系，晶胞中X—的堆积方式也为立方最密堆积；

C．低温相晶胞中A+与4个X—的距离最近，A15．【答案】C【解析】【解答】A．Ka（CH3COOH）=c（H+）xc（CH3COO-）c（CH3COOH）=1.0×10-5，-lgc（H+）-lgc（CH3COO-）c（CH3COOH）=-lg（1×10-5）=5，有pc（CH3COO-）c（CH3COOH）=5-pH，当pc（CH3COO-）c（CH3COOH）=0时，pH=5，c（H+）=1.0×10-5mol/L，随着pc（CH3COO-）c（CH3COOH）的增大，pH减小，c（H+）增大，pc（HS-）c（H2S）=-lgKa1（H2S）-pH、pc（S2-）c（HS-）=-lgKa2（H2S）-pH，lgKa1（H2S）＞lgKa2（H2S），随着横坐标增大，pc（HS-）c（H2S）和pc（S2-）c（HS-）均增大，pc（CH3COO-）c（CH3COOH）相同时，pc（HS-）c（H2S）＜pc（S2-）c（HS-），①中X为c（S2-）c（HS-），②中X为c（HS-）c（H2S），③中X为Zn2+，A不符合题意；

B．A点溶液中，pc（CH3COO-）c（CH3COOH）=5-pH=1，pH为4，B不符合题意；

C．当pc（CH3COO-）c（CH3COOH）=5-pH=0时，pH为5，c（H+）=1.0×10-5mol/L，Ka1（H2S）=c（H+）xc（HS-）c（H2S）=10-5×10-2.04=10-7.04，Ka1（H2S）的数量级为10-8，C符合题意；

D．横坐标为0时，c（Zn2+）=1×10-11.66mol/L，c（H16．【答案】（1）（2）Fe3+、（3）BaSO（4）M（5）2LiC（6）先升高，后降低【解析】【解答】(1)菱锰矿主要含有MnCO3，含有少量Fe、Ni、Al等元素，MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，得硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，价电子轨道表示式为；

(2)常温下，若溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=5，c（OH-）=10-9mol/L，根据Ksp计算可得Fe3+，Al3+、浓度小于10−5mol⋅L−1，可沉淀完全的金属离子是Fe3+、Al3+，为防止、Mn2+，Ni2+发生沉淀，根据溶液中Mn2+浓度为0.1mol/L，计算c（OH-）<10-140.1mol/L=10-6.5mol/L，pH小于7；

(3)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有BaSO4、NiS；

(4)具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5）可代替电解槽反应将Mn2+氧化为MnO2，离子方程式为：Mn2++HSO5−+H2O=MnO2↓+SO42−+3H+；

(5)煅烧窑中，碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，化学方程式是：2LiCO3+8MnO2煅烧__4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；

(6)根据锰化合价的变化，可知在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化情况是先升高，后降低；

【分析】(1)菱锰矿主要含有MnCO3，含有少量Fe、Ni、Al等元素，MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，得硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn217．【答案】（1）球形冷凝管；平衡气压，使液体顺利滴下（2）浓硫酸过多，产品中磺化产物杂质含量增加，且会增加后续加入Na（3）分液；萃取水层1中的对叔丁基邻苯二酚，减少产品的损失（4）降低对叔丁基邻苯二酚的沸点，使其更易被蒸馏出来（其他合理答案也可）；acdgefbh【解析】【解答】(1)邻苯二酚与甲基叔丁醚在浓硫酸作用下发生取代反应，生成对叔丁基邻苯二酚，混合溶液用碳酸钠溶液洗涤除去多余的酸，分液后的有机层经过蒸馏、结晶得到产品，A是球形冷凝管，B是恒压滴液漏斗，仪器B的优点是平衡气压，使液体顺利滴下；

(2)反应中浓硫酸不宜过多的原因是浓硫酸过多，产品中磺化产物杂质含量增加，且会增加后续加入Na2CO3的量；

(3)向混合液A中加入Na2CO3溶液的目的主要是除去混合液中的硫酸，调节pH，操作2的名称是分液；操作3的目的是萃取水层1中的对叔丁基邻苯二酚，减少产品的损失；

(4)减压蒸馏的目的是：降低对叔丁基邻苯二酚的沸点，使其更易被蒸馏出来，重结晶法提纯对叔丁基邻苯二酚的操作：先向粗产品中加入石油醚，再加热充分溶解，加入活性炭脱色再趁热过滤出活性炭，在经过冷却结晶减压过滤洗涤干燥，得到产品，操作顺序为：acdgefbh；

【分析】(1)邻苯二酚与甲基叔丁醚在浓硫酸作用下发生取代反应，生成对叔丁基邻苯二酚，混合溶液用碳酸钠溶液洗涤除去多余的酸，分液后的有机层经过蒸馏、结晶得到产品；

(2)浓硫酸过多，产品中磺化产物杂质含量增加，且会增加后续加入Na2CO18．【答案】（1）16（2）—68（3）A；C（4）H2O；4NH3+3O2⇌Δ催化剂2N2+6H2O；<；升高温度，NH【解析】【解答】(1)四氨合铜离子中配位键属于σ键，氨分子中单键为σ键，1mol四氨合铜离子中含有σ键的物质的量为1mol×16=16mol；

(2)由盖斯定律可知，反应①×3+②×2得到反应4NO(g)+2H2O(g)+3O2(g)=4HNO3(g)，反应△H=(-113.0kJ/mol)×3+(-138.0kJ/mol)×2=-615.0kJ/mol；

(3)A．反应是溶液颜色变深的反应，溶液颜色不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡状态，A符合题意；

B．其他条件不变，充入少量氧气，氧气会与一氧化氮反应使反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动，B不符合题意；

C．其他条件不变，加少量硫酸亚铁固体，硫酸亚铁的浓度增大，平衡向正反应方向移动，生成物的浓度增大，溶液颜色变深，C符合题意；

D．其他条件不变，微热，一氧化氮气体逸出，反应物的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成物的浓度减小，溶液颜色变浅，D不符合题意；

(4)催化剂作用下氨气与氧气共热反应生成氮的化合物和水，T2℃升温到T4℃时，甲、丁的浓度增大，乙、丙的浓度减小，浓度的变化量分别为0.12mol/L、0.04mol/L、0.08mol/L、0.06mol/L，物质的量比为6：2：4：3，氨气和水的物质的量比为3：2，甲为水、乙为氨气、丙为氧气、丁为氮气，反应的化学方程式为4NH3+3O2⇌Δ催化剂2N2+6H2O；

①甲是水，反应的化学方程式为4NH3+3O2⇌Δ催化剂2N2+6H2O；

②升高温度，氨气的浓度增大，说明平衡向正反应方向进行，反应为焓变小于0的放热反应；

③T2℃时，氨气、氮气的浓度分别为0.44mol/L、0.18mol/L，起始氨气的浓度为0.44mol/L+0.18mol/L×2=0.80mol/L，设T3℃M点时氨气和水的浓度都为amol/L，氨气和水的浓度相等，可得：(0.54—a)×2=(a—0.44)×3，解得a=0.48mol，氨气的转化率为（0.80-0.48）0.80×100%=40%；

【分析】(1)四氨合铜离子中配位键属于σ键，氨分子中单键为σ键，1mol四氨合铜离子中含有σ键的物质的量为1mol×16=16mol；

(2)由盖斯定律可知，反应①×3+②×2得到反应4NO(g)+2H2O(g)+3O2(g)=4HNO3(g)；

(3)A．反应是溶液颜色变深的反应，溶液颜色不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡状