（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷 化学（一） 学生版.doc

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1、（新高考）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2021届高三第二次模拟考试卷化 学（一）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：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137

2、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反应均属于氧化还原反应和离子反应B反应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，反应和转移的电子数之比为11D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为143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BHCl

3、O的电子式：CNH3·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DM能发生取代、加成、加聚和氧化反应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120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AWX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&l

4、t;YDZ和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物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AM、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应BY的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质CX、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>X7设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A23g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B1mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C标准状况下，22.4L N2和H2混合气中含NA个原子D3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子8关于下列转化过程分析不正确的是

5、AFe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3B过程中每消耗58g Fe3O4，转移1mol电子C过程的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2D该过程总反应为2H2O=O2+2H29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反应均是取代反应B反应的原子利用率均为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：“焙烧”后，碲主

6、要以TeO2形式存在。TeO2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=TeO+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12二、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

7、。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=IC充电时，电路中每转移1mol e，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AX可能有香味，是乙酸乙酯的同系物BX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13我国科研人员研究了在CuZnOZrO2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

8、反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率D第步的反应式为*H3CO+H2OCH3OH+*HO14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NaFe3O4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HZMS5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%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

9、分析不正确的是A乙烯气相直接水合反应的H>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Ab所需要的时间：a>b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：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)3Ksp1.8×10111.8×10131.0×10334.0×1038溶液中某离子浓度1.0&

10、#215;106mol·L1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·L1，则“调节pH”的范围为 ，“滤渣2”的成分为 。 (3)“”处“萃取剂”萃取的成分是 ；“”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

11、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。写出反应的总反应的离子方程式：  。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)6Cl2、K3Co(NO3)6、Ni(CO)4、Ni(NH3)6SO4等多种配合物。SO的空间构型为 ，NO中N原子的杂化轨道类型为 。 C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是 。1mol Co(NH3)6Cl2中含有键

12、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)1个二(丁二酮肟)合镍()中含有 个配位键。 上述反应的适宜pH为 (填字母)。 A12 B510 C1(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 g·cm3，计算晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为 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

13、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：利用Na2S2O3溶液和KI溶液测定反应生成Cl2的物质的量，若消耗V1mL c1 mol·L1的Na2S2O3溶液，则生成Cl2 mol(已知2S2O+I2=S4O+2I)。 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·mol1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)。&

14、#160;在420、=3=200g·min·mol1条件下，(HCl)为33.3%，则O2的反应速率为mol·g1·min1。 比较在下列两种反应条件下O2的反应速率：v  (填“>”“=”或“<”)v。410、=3=350g·min·mol1；390、=4=350g·min·mol1。(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。360时反应的平衡常数K360与400时反应的平衡常数K400之间的

15、关系是K360(填“>”“=”或“<”)K400。 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  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：KspMg(OH)2=4.9×1012，Kb(NH3·H2O)=1.8×105。(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

16、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。 由图可知，“沉锰”的合适条件是 。 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·L1 MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×105 mol·L1，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)。 20(12分)美托洛尔可用于治疗高血压及心绞痛，某合成路线如图：

17、回答下列问题：(1)已知常温下，SOCl2(氯化亚砜)是一种有强烈刺激性气味的发烟液体，遇水水解，加热分解。下列关于乙酸制备A的实验表述正确的是(填字母)。 a该实验常采用浓的醋酸溶液与过量SOCl2反应以提高产率b反应控制在较高温度下，并加入催化剂加快反应速率c反应产物中有污染性气体，需在通风橱中进行，且要吸收尾气d该反应有机副产物少、产品易分离，且产率较高。(2)C中含氧官能团的名称是 。 (3)AB的反应类型是，D的分子式为。 (4)反应EF的化学方程式为  。 (5)试剂X的分子式为C3H5OCl，则X的结构简式为，X的同分异构体中含的

18、有 种。 (6)4-苄基苯酚()是一种药物中间体，请设计以苯甲酸和苯酚为原料制备 4苄基苯酚的合成路线：  (无机试剂任用)。（新高考）2021届好教育云平台高三第二次模拟考试卷化学（一）答案1. 【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. 【答案】B【解析】反应中均有元素化合价的变化，均为氧化还原反应，而中没有离子参加反应

19、，则不属于离子反应，A错误；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6H2O23O26e、2KClO33O212e知，生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为12，C错误；反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，锰元素的化合价降低，氯元素的化合价升高，4mol HCl中只有2mol HCl作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，D错误。3. 【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

20、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. 【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：当两个氯取代甲基上的H时有2种，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，当两个氯都取代苯环上的H，采用定一议二的方法，当

21、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. 【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

22、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. 【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；BY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

23、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. 【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. 【答案】B【解析】Fe3O4的化学式可以改写为

24、Fe2O3·FeO，则Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；过程：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)当有2mol Fe3O4分解时，生成1mol氧气，而58g Fe3O4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+H2OFe3O4+H2，故C正确；过程：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，过程：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，则该过程总反应为2H2O=O2+2H2，故D正确。9.

25、【答案】D【解析】反应为酯化反应，属于取代反应，反应不饱和度降低，为加成反应，A项错误；反应产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100%，而反应为C4H10+O2C4H8O2，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. 【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T

26、eO2和CuO，加入氢氧化钠溶液碱浸，生成滤渣为CuO，滤液含有TeO，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；BTeO2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=TeO+H2O，故正确；CAu、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2SO+Te4+2H2O=Te+2SO+4H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，故正确。11. 【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，

27、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=I，故正确；C充电时，电路中每转移1mol e，左侧1mol NH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.【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

28、不同，互为同分异构体，故D正确。13.【答案】A【解析】A项，从反应、看，生成2mol H2O，只消耗1mol H2O，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，第步的反应物为*H3CO、H2O，生成物为CH3OH、*HO，所以反应式为*H3CO+H2OCH3OH+*HO，正确。14.【答案】B【解析】A项，由流程图可知，CO2+H2在NaFe3O4催化剂表面反应生成

29、烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为2CO2+6H2CH2=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HZMS5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.【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H<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%=

30、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。16.【答案】(1)MnO2+SO2=Mn2+SO(2)5pH<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

31、=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SO，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SO，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SO，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

32、含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及SO，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SO，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2+SO。(2)调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3Fe(OH)3过滤除

33、去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度1.0×106mol·L1时，认为该离子沉淀完全，KspAl(OH)3=1.0×1033，KspFe(OH)3=4.0×1038，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH)=1.0×109mol·L1，pOH=9，则pH=14-pOH=5；根据KspMn(OH)2=1.8×1013，KspMg(OH)2=1.8×1011，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L1时，溶液中c(OH)=1.0×106mo

34、l·L1，pOH=6，则pH=14-pOH=8，则“调节pH”的范围为5pH<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，“”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“”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

35、试剂为萃取剂或有机相2。(6)根据图示可知，反应为Mn3+HX=Mn2+X+H+，反应为Mn2+MnO2+2H2O=4OH+2Mn3+，×2+可得，反应的总反应的离子方程式为MnO2+2HX=Mn2+2X+2OH。17.【答案】(1)第四周期第族3d7(2)正四面体形sp2N24NANH3分子间存在氢键(3)4B(4)×【解析】(1)Co为27号元素，位于元素周期表第四周期第族；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)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；

36、NO中心N原子的价层电子对数为3+=3，所以为sp2杂化；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A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；6个NH3与Co2+之间形成6个配位键，属于键，每个氨气分子中的氮氢键也为键，共6+3×6=24(个)，所以1mol Co(NH3)6Cl2中含有的键数目为24NA；NH3分子间存在氢键，所以沸点较高。(3)根据N原子的成键特点可知，在二(丁二酮肟)合镍()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()中含有4个配位键；碱性太强容易生成N

37、i(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()的生成，所以适宜的pH应为510。(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a cm，则晶胞的体积V=a3 cm3，故晶胞密度=g·cm3，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倍，所以晶体中硼原子和磷原子的最近核间距=×2×cm=×cm。18.【答案】(1)2HCl(g)+1/2O2(g)=H2O(g)+Cl2(g)H=H1+H2+H3(2)1/2c1V1×1030.5

38、61/2400>(3)>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)H=H1+H2+H3。(2)根据题中离子方程式2S2O+I2=S4O+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：2S2OI2Cl2，n(Cl2)=n(S2O)=c1V1×103mol；当=5

39、0g·min·mol1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；=200g·min·mol1时(HCl)为33.3%，则v(HCl)=1/200×33.3%mol·g1·min1，根据化学方程式HCl和O2反应的比例为41，v(O2)=v(HCl)=××33.3%mol·g1·min1=mol·

40、;g1·min1；根据第题的计算过程可知，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>v；(3)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；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.【答案】(1)MnO2+SO2=MnSO4(2)将Fe2+氧化为F

41、e3+NiS和ZnS(3)Mn2+HCO+NH3·H2O=MnCO3+NH+H2O(4)45、pH=7.5当温度高于45时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO)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·L1【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

42、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+HCO+NH3·H2O=MnCO3+NH+H2O。(4)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；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(CO)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)KspMg(OH)2=c(Mg2+)×c2(OH)=4.9×1012，c2(OH)=4.9

43、×107，c(OH)=7×104mol·L1，NH3通入0.015mol·L1 MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(NH)=2c(SO)=2×0.015mol·L1=0.03mol·L1，一水合氨是弱电解质，电离方程式为NH3·H2ONH+OH，Kb(NH3·H2O)=1.8×105，则NH3·H2O的物质的量浓度为=mol·L11.17mol·L1。20.【答案】(1)cd(2)酚羟基、羰基(3)取代反应C8H9OCl(4)+CH3OH+H2O

44、(5)4(6)【解析】乙酸发生取代反应生成，由B的分子式、C的结构简式可知，A与苯酚发生取代反应生成B，B与氯气发生取代反应生成C，故B为，C发生还原反应生成D()。D中氯原子水解、酸化得到E为，由G的结构简式可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上氢原子被取代生成G，故F为，试剂X的分子式为C3H5OCl，则X的结构简式为，对比G、美托洛尔的结构简式可知，G发生开环加成反应生成美托洛尔，据此分析解答。(1)浓的醋酸溶液中含有水，与SOCl2发生水解，应使用无水醋酸，故a错误；较高温度下，SOCl2受热分解，不利于制备反应的发生，反应速率会减慢，故b错误；乙酸与SOCl2反

45、应生成、HCl和二氧化硫，产物中有污染性气体，需在通风橱中进行，且要吸收尾气，故c正确；该反应的产物为、HCl和二氧化硫，除反应过程中挥发出来的少量乙酸和氯化亚砜，无其他有机副产物，结合杂质性质，挥发出来的少量乙酸和氯化亚砜可通过加热除去，产品易分离，且产率较高，故d正确。(2)根据流程中C的结构简式知，其中含氧官能团的名称是酚羟基、羰基。(3)AB是苯环上氢原子被取代生成B，属于取代反应；根据D()的结构简式可知，其分子式为C8H9OCl。(4)根据分析，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F为，则反应EF的化学方程式为+CH3OH+H2O。(5)试剂X的分子式为C3H5OCl，根据上述分析知X的结构简式为；含的X的同分异构体中：的碳原子两端分别连H和CH3CHCl(或CH2ClCH2)，或的碳原子两端分别连接CH3CH2和Cl，或的碳原子两端分别连接CH3和CH2Cl，则共有4种。(6)苯甲酸先与SOCl2发生取代反应生成，然后和苯酚发生取代反应，最后在Zn(Hg)/HCl作用下反应生成，合成路线流程图为。