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精品解析：山东省济宁市2019届高三下学期第二次模拟考试化学试题（含答案）
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2019济宁市高三第二次模拟考试理科综合（化学部分）
可能用到的相对原子质量：H_1 C_12 O_16 Mn_55 Ga_70 As_75
1. 从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性
B. 汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C. “司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3
D. 港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；
B．瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；
C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；
D．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；
答案选D
2. 依据反应2KIO3+5SO2+4H2O═I2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3过量），利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。下列说法不正确的是
A. 用制取SO2 B. 用还原IO3-
C. 用从水溶液中提取KHSO4 D. 用制取I2的CCl4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫，所以该装置能制取二氧化硫，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，碘酸钾具有氧化性，二者可以发生氧化还原反应生成碘，且倒置的漏斗能防止倒吸，所以能用该装置还原碘酸根离子，故B正确；
C．从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法，应该用蒸发皿蒸发溶液，坩埚用于灼烧固体物质，故C错误；
C．四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后再用分液方法分离，故D正确；
答案选C。
3. 2019年4月20日，药品管理法修正草案进行二次审议，牢筑药品安全防线。运用现代科技从苦艾精油中分离出多种化合物，其中四种的结构如下：
下列说法不正确的是
A. ②③分子中所有的碳原子不可能处于同一平面内
B. ②、④互为同分异构体
C. ④的一氯代物有6种
D. ①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．②含有饱和碳原子、，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故A正确；
B．②、④的分子式不同，分别为C10H18O、C10H16O，则二者不是同分异构体，故B错误；
C．④结构不对称，一氯代物有6种，故C正确；
D．①、②均含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，③的苯环上含有甲基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为A，有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内，含有、，分子中的碳原子就不可能共平面。
4. 短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是B元素常见的固体单质，乙常温下呈液态。K是无色气体，是主要大气污染物之一。常温下0.05 mol• L -1丙溶液pH为l，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：C
C. 由元素A、C、D仅能组成共价化合物
D. 由元素B、E组成的化合物可用于洗涤试管壁上残余的硫单质
【答案】CD
【解析】
【分析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则K应为SO2，可知乙为H2O2，L为H2O，甲是B元素常见的固体单质，浓硫酸和甲反应生成SO2，可知甲为C，M为CO2，则A为H元素，B为C元素，C为O元素，D为S元素，则E为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径S2-＞Cl-，故A错误；
B．同周期元素从左到右，元素的非金属性增强，则非金属性Cl＞S，故B错误；
C．由元素A、C、D组成的化合物为硫酸、亚硫酸等，均为共价化合物，故C正确；
D．由元素B、E组成的化合物为四氯化碳，为良好的有机溶解，可用于洗涤试管壁上残余的硫单质，故D正确；
答案选CD。
5. 下列由实验现象得出的结论不正确的是
操作及现象
结论
A
向3mL0.1 mol• L -1AgNO3溶液中先加入4~5滴0.1 mol• L -1NaCl溶液，再滴加4~5滴0.1 mol• L -1NaI溶液
先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B
向2支盛有5mL不同浓度的Na2S2O3溶液的试管中同时加入5mL0.1 mol• L -1硫酸溶液，记录出现浑浊的时间
探究浓度对反应速率的影响
C
其他条件相同，测定等浓度HCOOK和K2S溶液的pH
比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小
D
向可能含有Cu2O、Fe2O3红色固体①中加入足量稀硫酸溶解，有红色固体②生成，再滴加KSCN溶液溶液不变红
（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）
不能说明红色固体①中不含Fe2O3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．与氯化钠反应后，硝酸银过量，再加入NaI，硝酸银与碘化钠反应生成沉淀，为沉淀的生成，不能比较Ksp大小，故A错误；
B．只有硫代硫酸钠溶液浓度不同，其它条件都相同，所以可以探究浓度对化学反应速率影响，故B正确；
C．酸根离子水解程度越大，其对应的酸电离程度越小，电离平衡常数越大，通过两种盐溶液的pH大小可以判断其酸根离子水解程度的大小，从而确定其对应酸的酸性强弱，从而确定电离平衡常数大小，故C正确；
D．氧化亚铜和氧化铁都是红色固体，氧化亚铜和稀硫酸生成的Cu能和铁离子反应生成亚铁离子，所以不能检验红色固体中含有氧化铁，故D正确；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应，生成的Cu能和铁离子发生氧化还原反应。
6. 中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是
A. 电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极
B. B极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO—— 8e− + 4H2O ═ 2HCO3—+9H+
C. 当外电路中有0.2 mol e−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA
D. A极的电极反应式为+ H++2e− ═ Cl−+
【答案】B
【解析】
【分析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，B为负极，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，据此分析解答。
【详解】A．原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；
B．B极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，B极不是阳极，故B错误；
C．根据电子守恒可知，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；
D．A为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，故D正确；
答案选B。
【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B，要注意原电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。
7. 人体血液存在H2CO3/、HPO/H2PO等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x［x表示或］与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2 （pKa=-lgKa）。则下列说法不正确的是
A. 曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系
B. a~b的过程中，水的电离程度逐渐增大
C. 当c(H2CO3)=c()时，c(HPO)=c(H2PO)
D. 当pH增大时，逐渐增大
【答案】D
【解析】
【分析】H2CO3⇌HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=，所以lg=pKal-pH=6.4-pH，H2PO⇌HPO+H+的电离平衡常数Ka2=，所以lg=pH-pKa2=pH-7.2，以此解答。
【详解】A. 当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以曲线I表示lg与pH关系，曲线II表示lgc与pH关系，故A正确；
B. 酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a−b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B正确；
C. 当c(H2CO3)=c(HCO)时，即lg=0，溶液中pH=6.4，则lg=pH−7.2=6.4−7.2=−0.8<0，，即c(HPO)
故选：D。
【点睛】本题考查电解质溶液，涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识，正确分析图象是解题的关键，注意电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，注意平衡常数的表达式及巧妙使用。
8. 三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。
已知：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；②2B+6HCl 2BCl3+3H2；③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。
请回答下列问题：
（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应化学方程式为___________。
（2）装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。
（3）装里E中的试剂为___________，如果拆去E装置，可能的后果是____________。
（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_____。
（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式________，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：
则阳极的电极反应式__________________，分析产品室可得到H3BO3的原因________________。
【答案】 ①. KClO3+6HCl(浓) ═KCl+3Cl2↑+3H2O ②. ih→de→fg（或gf）→bc（或cb）→de ③. 饱和食盐水 ④. 硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸 ⑤. 会生成B2O3，使产品不纯 ⑥. BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑ ⑦. 2H2O - 4e-═O2↑+4H+ ⑧. 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4- 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3
【解析】
【分析】根据装置：由A中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体，由C中浓硫酸吸水干燥；BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸，因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应；BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃，可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH可以吸收尾气，防止污染空气；为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，据此分析解答。
【详解】(1)A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O；
(2)根据分析，A制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，故连接顺序为：a→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j，故答案为ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de；
(3)装置E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl气体，若拆去E装置，硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸，故答案为饱和食盐水；硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸；
(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为会生成B2O3，使产品不纯；
(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，白雾为HCl，反应的方程式为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；根据装置，阳极室为硫酸，放电的是水中氢氧根离子，电极反应式为：2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3。
【点睛】明确实验原理及实验操作方法、熟悉各装置的作用是解答本题的关键。本题的难点和易错点为(5)，根据电解原理正确判断阴阳极的电极反应是解答的关键，阳极室中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子，其中放电能力最强的是氢氧根离子，阴极室是氢离子放电。
9. 习近平主席在《中央城镇化工作会议》发出号召：“让居民望得见山、看得见水、记得住乡愁” 。消除含氮、硫、氯等化合物对大气和水体的污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
（1）以HCl为原料，用O2氧化制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g) + O2(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) ∆H = −115.4 kJ·mol−1，通过控制合适条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%。原理如图所示：
过程I的反应为：2HCl(g) + CuO (s)CuCl2(s) + H2O(g) ∆H1 = −120.4 kJ·mol−1，过程II反应的热化学方程式为___________。
（2）容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器．相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ∆H<0，甲中NO2的相关量随时间变化如图所示。
①0~3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是______________________。
②甲达平衡时，温度若为T℃，此温度下的平衡常数K=____________________。
③平衡时，K甲_____K乙，P甲_____P乙(填“>”、“<”或“=”)。
（3）水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。
①可用次氯酸钠除去氨氮，同时产生一种大气组成的气体。写出总反应化学方程式：___________。
②EFH2O2FeOx法可用于水体中有机污染物降解，其反应机理如图所示。则阴极附近Fe2+参与反应的离子方程式为______。
（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1 mol· L −1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_________________。（已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8）
【答案】 ①. 2CuCl2(s) + O2(g) ═ 2CuO (s)+ 2Cl2(g) ∆H2═ +125.4 kJ•mol-1 ②. 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快 ③. 225 ④. < ⑤. > ⑥. 2NH3＋3NaClO═ N2＋3NaCl＋3H2O ⑦. H2O2+ H+ + Fe2+ ═ Fe3+ + H2O + •OH ⑧. c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═ c(OH-)
【解析】
【分析】(1)盖斯定律计算判断过程Ⅱ反应的热化学方程式；
(2)①甲为绝热容器，反应为放热反应；②达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L，结合三段式列式计算平衡浓度，再计算平衡常数；③甲为绝热容器，乙为恒温容器，反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，气体的物质的量增大，据此分析判断；
(3)①根据流程图，NH3、NaClO是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，据此书写反应的方程式；②根据图像阴极附近Fe2+、H2O2与H+反应生成Fe3+、H2O和•OH，据此解答；
(4)25℃时用1mol/L的Na2SO3 溶液吸收SO2，当溶液pH=7 时，溶液中的溶质为Na2SO3 和NaHSO3，且c(Na+)最大，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据K2计算判断c(HSO3-)和c(SO32-)的大小，然后排序。
【详解】(1)①4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H ═-115.4 kJ•mol-1，过程Ⅰ的反应为：②2HCl(g)+CuO (s)CuCl2(s)+H2O(g)△H1 ═-120.4 kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①-2×②得：过程Ⅱ反应的热化学方程式：2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO (s)+2Cl2(g)△H2═+125.4 kJ•mol-1，故答案为2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO (s)+2Cl2(g)△H2═+125.4 kJ•mol-1；
(2)①甲为绝热容器，2NO2(g) N2O4(g) ∆H<0，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大，0～3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是：0-3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响，故答案为反应放热，体系的温度升高，反应速率加快；
②相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L，
2NO2(g)N2O4(g)
起始量(mol/L) 0.2 0
变化量(mol/L) 0.18 0.09
平衡量(mol/L) 0.02 0.09
平衡常数K==225，故答案为225；
③容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，则K甲＜K乙，平衡逆向，移动，气体的物质的量增大，气体压强增大，则P甲＞P乙，故答案为＜；＞；
(3)①根据流程可知，NH3、NaClO是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，所以反应为：2NH3+3NaClO═N2+3NaCl+3H2O，故答案为2NH3+3NaClO═N2+3NaCl+3H2O；
②根据图示，阳极上Fe失去电子生成亚铁离子，阳极反应式为Fe-2e-═Fe2+，阴极附近Fe2+、H2O2与H+反应，结合图中生成物可知离子反应为H2O2+H++Fe2+═Fe3++H2O+•OH，故答案为H2O2+H++Fe2+═Fe3++H2O+•OH；
(4)25℃时用1mol/L的Na2SO3 溶液吸收SO2，当溶液pH=7 时，溶液中的溶质为Na2SO3 和NaHSO3，故c(Na+)最大，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据K2=6.2×10-8=，则=0.62，即c(HSO3-)＞c(SO32-)，则有：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH)，故答案为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)。
10. 磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。
②相关金属Mn+离子c(Mn+) ═ 0.1 mol• L -1形成M(OH) n沉淀的pH范围如下：
③常温下，Ksp(CaF2) ═1.46×10-10 Ksp(MgF2) ═7.42×10-11 Ka(HF) ═1.00 ×10-4
回答下列问题：
（1）分析下列图1、图2，氯化铵焙烧锰矿粉最佳条件是：__________________。
（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________。
（3）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为__________；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液pH为6，c(Mg2+)═4.64×10-6 mol·L-1，c(HF)为_________mol·L-1。
（4）碳化结晶时，反应的离子方程式为_____________________________________。
（5）碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是___________________。
（6）测定碳酸锰产品的纯度。
称取0.5000 g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00 mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3-，冷却至室温。加水稀释至100 mL，滴加2～3滴指示剂，然后用浓度为0.2000 mol·L-1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定（反应为：[Mn(PO4)2]3- +Fe2+ ═Mn2+ +Fe3++2PO43-）。重复操作3次，记录数据如下表：
滴定次数
0.2000 mol·L-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数（mL）
滴定前
滴定后
1
0.10
20.20
2
1.32
21.32
3
1.05
20.95
则产品的纯度=__________，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度___(填“偏高”“ 偏低”或“无影响”)。
【答案】 ①. 500℃ m(NH4Cl):m(锰矿粉)=1.10 ②. MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O ③. MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ④. 4.0×10-5 ⑤. Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O ⑥. 碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀 ⑦. 92.00% ⑧. 偏低
【解析】
【分析】将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，浸出液需要净化除杂，根据(3)的提示，需要加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液中主要溶质为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3- MnCO3↓+CO2↑+H2O，炭化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析解答。
【详解】(1)根据图像可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)增大而增大，500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)再大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10即可；故答案为500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10；
(2)将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，故答案为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
(3)MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；已知：常温下，Ksp(MgF2)═7.42×10-11，Ka(HF)═1.00×10-4，溶液pH为6，c(Mg2+)═4.64×10-6 mol•L-1，则此时c(F-)=mol/L=4×10-3mol/L，Ka(HF)═=1.00×10-4，c(HF)==4.0×10-5mol/L，故答案为MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；4.0×10-5；
(4)碳化结晶时，反应的方程式为：Mn2++2HCO3- MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为Mn2++2HCO3- MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(5)碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液，故答案为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀；
(6)根据表格数据，三次消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积(mL)分别为：20.10、20.00、19.90，消耗的平均体积为20.00 mL，根据关系式：MnCO3～Mn(PO4)2]3-～(NH4)2Fe(SO4)2，则n(MnCO3)=n(硫酸亚铁铵)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，产品的纯度为×100%=92.00%；若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则标准液消耗的体积读数偏小，故测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低，故答案为92.00%；偏低。
11. 2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：
(1)基态As原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。
(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。
(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。
(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______
(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。
【答案】 ①. ） ②. 1 ③. +1 ④. 大 ⑤. 3:2 ⑥. 三角锥形 ⑦. sp3 ⑧. 共价 ⑨. ×100%
【解析】
【分析】(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；
(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；
(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%计算。
【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为；1；
(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为+1；大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为3∶2；三角锥形；
(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为sp3；
(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积==cm3，该晶胞中所有原子体积=4×π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%= ×100%，故答案为共价； ×100%。
12. 福莫特罗是一种治疗哮喘病药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）F的分子式为_____________，反应①的反应类型为_________。
（2）反应④的化学方程式为___________________________。
（3）C能与FeC13 溶液发生显色反应，C的结构简式为________________, D中的含氧官能团为_________________。
（4）B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有_____种。
a．能发生银镜反应 b．能与NaOH溶液发生反应 c．含有苯环结构
其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:1的是________________（填结构简式）。
（5）参照G的合成路线，设计一种以为起始原料（无机试剂任选）制备的合成路线________。
【答案】 ①. C15H12NO4Br ②. 取代反应 ③. + +HCl ④. ⑤. 羟基、羰基和硝基 ⑥. 17 ⑦. ⑧.
【解析】
【分析】由D的分子式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为，B为．E与溴发生取代反应生成F。据此分析解答。
【详解】(1)F()的分子式为：C15H12NO4Br，反应①是与(CH3CO)2O反应生成与CH3COOH，属于取代反应，故答案为C15H12NO4Br；取代反应；
(2)反应④的化学方程式为：+ +HCl，故答案为+ +HCl；
(3)根据上述分析，C的结构简式为 ，D的结构简式为，其中的含氧官能团有：羰基、羟基、硝基，故答案为；羰基、羟基、硝基；
(4)B()的同分异构体(不含立体异构)能同时满足下列条件：a．能发生银镜反应，说明含有醛基，b．能与NaOH溶液发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c．含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2个取代基为-CH3、-OOCH，有邻、间、对3种，若含有醛基、酚羟基，含有2个取代基，其中一个为-OH，另外的取代基为-CH2CHO，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为-OH、-CH3、-CHO，当-OH、-CH3处于邻位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于间位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于对位时，-CHO有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1的是 ，故答案为17；；
(5)模仿E→F→G的转化，发生硝化反应生成，然后与溴发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成，合成路线流程图为：，故答案为。
【点睛】根据物质的分子式及E的结构进行推断是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意根据题干流程图转化中隐含的信息进行合成路线设计。
2019济宁市高三第二次模拟考试理科综合（化学部分）
可能用到的相对原子质量：H_1 C_12 O_16 Mn_55 Ga_70 As_75
1. 从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性
B. 汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C. “司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3
D. 港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；
B．瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；
C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；
D．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；
答案选D
2. 依据反应2KIO3+5SO2+4H2O═I2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3过量），利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。下列说法不正确的是
A. 用制取SO2 B. 用还原IO3-
C. 用从水溶液中提取KHSO4 D. 用制取I2的CCl4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫，所以该装置能制取二氧化硫，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，碘酸钾具有氧化性，二者可以发生氧化还原反应生成碘，且倒置的漏斗能防止倒吸，所以能用该装置还原碘酸根离子，故B正确；
C．从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法，应该用蒸发皿蒸发溶液，坩埚用于灼烧固体物质，故C错误；
C．四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后再用分液方法分离，故D正确；
答案选C。
3. 2019年4月20日，药品管理法修正草案进行二次审议，牢筑药品安全防线。运用现代科技从苦艾精油中分离出多种化合物，其中四种的结构如下：
下列说法不正确的是
A. ②③分子中所有的碳原子不可能处于同一平面内
B. ②、④互为同分异构体
C. ④的一氯代物有6种
D. ①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．②含有饱和碳原子、，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故A正确；
B．②、④的分子式不同，分别为C10H18O、C10H16O，则二者不是同分异构体，故B错误；
C．④结构不对称，一氯代物有6种，故C正确；
D．①、②均含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，③的苯环上含有甲基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为A，有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内，含有、，分子中的碳原子就不可能共平面。
4. 短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是B元素常见的固体单质，乙常温下呈液态。K是无色气体，是主要大气污染物之一。常温下0.05 mol• L -1丙溶液pH为l，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：C
C. 由元素A、C、D仅能组成共价化合物
D. 由元素B、E组成的化合物可用于洗涤试管壁上残余的硫单质
【答案】CD
【解析】
【分析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则K应为SO2，可知乙为H2O2，L为H2O，甲是B元素常见的固体单质，浓硫酸和甲反应生成SO2，可知甲为C，M为CO2，则A为H元素，B为C元素，C为O元素，D为S元素，则E为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径S2-＞Cl-，故A错误；
B．同周期元素从左到右，元素的非金属性增强，则非金属性Cl＞S，故B错误；
C．由元素A、C、D组成的化合物为硫酸、亚硫酸等，均为共价化合物，故C正确；
D．由元素B、E组成的化合物为四氯化碳，为良好的有机溶解，可用于洗涤试管壁上残余的硫单质，故D正确；
答案选CD。
5. 下列由实验现象得出的结论不正确的是
操作及现象
结论
A
向3mL0.1 mol• L -1AgNO3溶液中先加入4~5滴0.1 mol• L -1NaCl溶液，再滴加4~5滴0.1 mol• L -1NaI溶液
先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B
向2支盛有5mL不同浓度的Na2S2O3溶液的试管中同时加入5mL0.1 mol• L -1硫酸溶液，记录出现浑浊的时间
探究浓度对反应速率的影响
C
其他条件相同，测定等浓度HCOOK和K2S溶液的pH
比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小
D
向可能含有Cu2O、Fe2O3红色固体①中加入足量稀硫酸溶解，有红色固体②生成，再滴加KSCN溶液溶液不变红
（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）
不能说明红色固体①中不含Fe2O3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．与氯化钠反应后，硝酸银过量，再加入NaI，硝酸银与碘化钠反应生成沉淀，为沉淀的生成，不能比较Ksp大小，故A错误；
B．只有硫代硫酸钠溶液浓度不同，其它条件都相同，所以可以探究浓度对化学反应速率影响，故B正确；
C．酸根离子水解程度越大，其对应的酸电离程度越小，电离平衡常数越大，通过两种盐溶液的pH大小可以判断其酸根离子水解程度的大小，从而确定其对应酸的酸性强弱，从而确定电离平衡常数大小，故C正确；
D．氧化亚铜和氧化铁都是红色固体，氧化亚铜和稀硫酸生成的Cu能和铁离子反应生成亚铁离子，所以不能检验红色固体中含有氧化铁，故D正确；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应，生成的Cu能和铁离子发生氧化还原反应。
6. 中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是
A. 电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极
B. B极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO—— 8e− + 4H2O ═ 2HCO3—+9H+
C. 当外电路中有0.2 mol e−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA
D. A极的电极反应式为+ H++2e− ═ Cl−+
【答案】B
【解析】
【分析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，B为负极，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，据此分析解答。
【详解】A．原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；
B．B极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，B极不是阳极，故B错误；
C．根据电子守恒可知，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；
D．A为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，故D正确；
答案选B。
【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B，要注意原电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。
7. 人体血液存在H2CO3/、HPO/H2PO等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x［x表示或］与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2 （pKa=-lgKa）。则下列说法不正确的是
A. 曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系
B. a~b的过程中，水的电离程度逐渐增大
C. 当c(H2CO3)=c()时，c(HPO)=c(H2PO)
D. 当pH增大时，逐渐增大
【答案】D
【解析】
【分析】H2CO3⇌HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=，所以lg=pKal-pH=6.4-pH，H2PO⇌HPO+H+的电离平衡常数Ka2=，所以lg=pH-pKa2=pH-7.2，以此解答。
【详解】A. 当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以曲线I表示lg与pH关系，曲线II表示lgc与pH关系，故A正确；
B. 酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a−b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B正确；
C. 当c(H2CO3)=c(HCO)时，即lg=0，溶液中pH=6.4，则lg=pH−7.2=6.4−7.2=−0.8<0，，即c(HPO)
故选：D。
【点睛】本题考查电解质溶液，涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识，正确分析图象是解题的关键，注意电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，注意平衡常数的表达式及巧妙使用。
8. 三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。
已知：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；②2B+6HCl 2BCl3+3H2；③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。
请回答下列问题：
（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应化学方程式为___________。
（2）装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。
（3）装里E中的试剂为___________，如果拆去E装置，可能的后果是____________。
（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_____。
（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式________，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：
则阳极的电极反应式__________________，分析产品室可得到H3BO3的原因________________。
【答案】 ①. KClO3+6HCl(浓) ═KCl+3Cl2↑+3H2O ②. ih→de→fg（或gf）→bc（或cb）→de ③. 饱和食盐水 ④. 硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸 ⑤. 会生成B2O3，使产品不纯 ⑥. BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑ ⑦. 2H2O - 4e-═O2↑+4H+ ⑧. 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4- 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3
【解析】
【分析】根据装置：由A中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体，由C中浓硫酸吸水干燥；BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸，因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应；BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃，可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH可以吸收尾气，防止污染空气；为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，据此分析解答。
【详解】(1)A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O；
(2)根据分析，A制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，故连接顺序为：a→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j，故答案为ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de；
(3)装置E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl气体，若拆去E装置，硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸，故答案为饱和食盐水；硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸；
(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为会生成B2O3，使产品不纯；
(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，白雾为HCl，反应的方程式为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；根据装置，阳极室为硫酸，放电的是水中氢氧根离子，电极反应式为：2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3。
【点睛】明确实验原理及实验操作方法、熟悉各装置的作用是解答本题的关键。本题的难点和易错点为(5)，根据电解原理正确判断阴阳极的电极反应是解答的关键，阳极室中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子，其中放电能力最强的是氢氧根离子，阴极室是氢离子放电。
9. 习近平主席在《中央城镇化工作会议》发出号召：“让居民望得见山、看得见水、记得住乡愁” 。消除含氮、硫、氯等化合物对大气和水体的污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
（1）以HCl为原料，用O2氧化制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g) + O2(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) ∆H = −115.4 kJ·mol−1，通过控制合适条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%。原理如图所示：
过程I的反应为：2HCl(g) + CuO (s)CuCl2(s) + H2O(g) ∆H1 = −120.4 kJ·mol−1，过程II反应的热化学方程式为___________。
（2）容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器．相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ∆H<0，甲中NO2的相关量随时间变化如图所示。
①0~3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是______________________。
②甲达平衡时，温度若为T℃，此温度下的平衡常数K=____________________。
③平衡时，K甲_____K乙，P甲_____P乙(填“>”、“<”或“=”)。
（3）水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。
①可用次氯酸钠除去氨氮，同时产生一种大气组成的气体。写出总反应化学方程式：___________。
②EFH2O2FeOx法可用于水体中有机污染物降解，其反应机理如图所示。则阴极附近Fe2+参与反应的离子方程式为______。
（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1 mol· L −1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_________________。（已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8）
【答案】 ①. 2CuCl2(s) + O2(g) ═ 2CuO (s)+ 2Cl2(g) ∆H2═ +125.4 kJ•mol-1 ②. 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快 ③. 225 ④. < ⑤. > ⑥. 2NH3＋3NaClO═ N2＋3NaCl＋3H2O ⑦. H2O2+ H+ + Fe2+ ═ Fe3+ + H2O + •OH ⑧. c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═ c(OH-)
【解析】
【分析】(1)盖斯定律计算判断过程Ⅱ反应的热化学方程式；
(2)①甲为绝热容器，反应为放热反应；②达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L，结合三段式列式计算平衡浓度，再计算平衡常数；③甲为绝热容器，乙为恒温容器，反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，气体的物质的量增大，据此分析判断；
(3)①根据流程图，NH3、NaClO是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，据此书写反应的方程式；②根据图像阴极附近Fe2+、H2O2与H+反应生成Fe3+、H2O和•OH，据此解答；
(4)25℃时用1mol/L的Na2SO3 溶液吸收SO2，当溶液pH=7 时，溶液中的溶质为Na2SO3 和NaHSO3，且c(Na+)最大，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据K2计算判断c(HSO3-)和c(SO32-)的大小，然后排序。
【详解】(1)①4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H ═-115.4 kJ•mol-1，过程Ⅰ的反应为：②2HCl(g)+CuO (s)CuCl2(s)+H2O(g)△H1 ═-120.4 kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①-2×②得：过程Ⅱ反应的热化学方程式：2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO (s)+2Cl2(g)△H2═+125.4 kJ•mol-1，故答案为2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO (s)+2Cl2(g)△H2═+125.4 kJ•mol-1；
(2)①甲为绝热容器，2NO2(g) N2O4(g) ∆H<0，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大，0～3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是：0-3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响，故答案为反应放热，体系的温度升高，反应速率加快；
②相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L，
2NO2(g)N2O4(g)
起始量(mol/L) 0.2 0
变化量(mol/L) 0.18 0.09
平衡量(mol/L) 0.02 0.09
平衡常数K==225，故答案为225；
③容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，则K甲＜K乙，平衡逆向，移动，气体的物质的量增大，气体压强增大，则P甲＞P乙，故答案为＜；＞；
(3)①根据流程可知，NH3、NaClO是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，所以反应为：2NH3+3NaClO═N2+3NaCl+3H2O，故答案为2NH3+3NaClO═N2+3NaCl+3H2O；
②根据图示，阳极上Fe失去电子生成亚铁离子，阳极反应式为Fe-2e-═Fe2+，阴极附近Fe2+、H2O2与H+反应，结合图中生成物可知离子反应为H2O2+H++Fe2+═Fe3++H2O+•OH，故答案为H2O2+H++Fe2+═Fe3++H2O+•OH；
(4)25℃时用1mol/L的Na2SO3 溶液吸收SO2，当溶液pH=7 时，溶液中的溶质为Na2SO3 和NaHSO3，故c(Na+)最大，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据K2=6.2×10-8=，则=0.62，即c(HSO3-)＞c(SO32-)，则有：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH)，故答案为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)。
10. 磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。
②相关金属Mn+离子c(Mn+) ═ 0.1 mol• L -1形成M(OH) n沉淀的pH范围如下：
③常温下，Ksp(CaF2) ═1.46×10-10 Ksp(MgF2) ═7.42×10-11 Ka(HF) ═1.00 ×10-4
回答下列问题：
（1）分析下列图1、图2，氯化铵焙烧锰矿粉最佳条件是：__________________。
（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________。
（3）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为__________；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液pH为6，c(Mg2+)═4.64×10-6 mol·L-1，c(HF)为_________mol·L-1。
（4）碳化结晶时，反应的离子方程式为_____________________________________。
（5）碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是___________________。
（6）测定碳酸锰产品的纯度。
称取0.5000 g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00 mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3-，冷却至室温。加水稀释至100 mL，滴加2～3滴指示剂，然后用浓度为0.2000 mol·L-1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定（反应为：[Mn(PO4)2]3- +Fe2+ ═Mn2+ +Fe3++2PO43-）。重复操作3次，记录数据如下表：
滴定次数
0.2000 mol·L-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数（mL）
滴定前
滴定后
1
0.10
20.20
2
1.32
21.32
3
1.05
20.95
则产品的纯度=__________，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度___(填“偏高”“ 偏低”或“无影响”)。
【答案】 ①. 500℃ m(NH4Cl):m(锰矿粉)=1.10 ②. MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O ③. MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ④. 4.0×10-5 ⑤. Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O ⑥. 碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀 ⑦. 92.00% ⑧. 偏低
【解析】
【分析】将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，浸出液需要净化除杂，根据(3)的提示，需要加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液中主要溶质为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3- MnCO3↓+CO2↑+H2O，炭化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析解答。
【详解】(1)根据图像可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)增大而增大，500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)再大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10即可；故答案为500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10；
(2)将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，故答案为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
(3)MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；已知：常温下，Ksp(MgF2)═7.42×10-11，Ka(HF)═1.00×10-4，溶液pH为6，c(Mg2+)═4.64×10-6 mol•L-1，则此时c(F-)=mol/L=4×10-3mol/L，Ka(HF)═=1.00×10-4，c(HF)==4.0×10-5mol/L，故答案为MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；4.0×10-5；
(4)碳化结晶时，反应的方程式为：Mn2++2HCO3- MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为Mn2++2HCO3- MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(5)碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液，故答案为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀；
(6)根据表格数据，三次消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积(mL)分别为：20.10、20.00、19.90，消耗的平均体积为20.00 mL，根据关系式：MnCO3～Mn(PO4)2]3-～(NH4)2Fe(SO4)2，则n(MnCO3)=n(硫酸亚铁铵)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，产品的纯度为×100%=92.00%；若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则标准液消耗的体积读数偏小，故测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低，故答案为92.00%；偏低。
11. 2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：
(1)基态As原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。
(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。
(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。
(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______
(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。
【答案】 ①. ） ②. 1 ③. +1 ④. 大 ⑤. 3:2 ⑥. 三角锥形 ⑦. sp3 ⑧. 共价 ⑨. ×100%
【解析】
【分析】(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；
(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；
(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%计算。
【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为；1；
(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为+1；大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为3∶2；三角锥形；
(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为sp3；
(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积==cm3，该晶胞中所有原子体积=4×π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%= ×100%，故答案为共价； ×100%。
12. 福莫特罗是一种治疗哮喘病药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）F的分子式为_____________，反应①的反应类型为_________。
（2）反应④的化学方程式为___________________________。
（3）C能与FeC13 溶液发生显色反应，C的结构简式为________________, D中的含氧官能团为_________________。
（4）B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有_____种。
a．能发生银镜反应 b．能与NaOH溶液发生反应 c．含有苯环结构
其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:1的是________________（填结构简式）。
（5）参照G的合成路线，设计一种以为起始原料（无机试剂任选）制备的合成路线________。
【答案】 ①. C15H12NO4Br ②. 取代反应 ③. + +HCl ④. ⑤. 羟基、羰基和硝基 ⑥. 17 ⑦. ⑧.
【解析】
【分析】由D的分子式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为，B为．E与溴发生取代反应生成F。据此分析解答。
【详解】(1)F()的分子式为：C15H12NO4Br，反应①是与(CH3CO)2O反应生成与CH3COOH，属于取代反应，故答案为C15H12NO4Br；取代反应；
(2)反应④的化学方程式为：+ +HCl，故答案为+ +HCl；
(3)根据上述分析，C的结构简式为 ，D的结构简式为，其中的含氧官能团有：羰基、羟基、硝基，故答案为；羰基、羟基、硝基；
(4)B()的同分异构体(不含立体异构)能同时满足下列条件：a．能发生银镜反应，说明含有醛基，b．能与NaOH溶液发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c．含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2个取代基为-CH3、-OOCH，有邻、间、对3种，若含有醛基、酚羟基，含有2个取代基，其中一个为-OH，另外的取代基为-CH2CHO，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为-OH、-CH3、-CHO，当-OH、-CH3处于邻位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于间位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于对位时，-CHO有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1的是 ，故答案为17；；
(5)模仿E→F→G的转化，发生硝化反应生成，然后与溴发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成，合成路线流程图为：，故答案为。
【点睛】根据物质的分子式及E的结构进行推断是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意根据题干流程图转化中隐含的信息进行合成路线设计。
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