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海南省琼海市2022届高三模拟考试（三模）化学试题及答案
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这是一份海南省琼海市2022届高三模拟考试（三模）化学试题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高三模拟考试（三模）化学试题
一、单选题
1．化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是（ ）
A．焰色反应、海带提碘、石油裂化都有化学变化的过程
B．嫦娥五号返回舱用到的高温结构陶瓷，属于传统硅酸盐材料
C．利用人工合成淀粉能有效促进“碳中和”目标的实现
D．我国发射的火星探测器，其使用的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
2．《本草纲目》中的“石硷”(古文中“硷”同“碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒干烧灰，以原水淋汁……久则疑淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也”。上述过程没有涉及的实验操作的是（ ）
A．溶解 B．过滤 C．蒸馏 D．结晶
3．化学与生活息息相关。下列说法错误的是（ ）
A．活性炭具有除异味和杀菌作用
B．维生素C可用作抗氧化剂
C．聚乳酸用于制作手术缝合线
D．聚乙炔可用于制备导电高分子材料
4．下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是（ ）
选项
试剂a
试剂b
试剂c
A
浓盐酸
KClO3
AgNO3溶液
B
浓H2SO4
少量蔗糖
AlCl3溶液
C
浓氨水
CaO
MgCl2溶液
D
稀HCl
CaCO3粉末
饱和Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
5．下用列于解释事实的离子方程式正确的是（ ）
A．铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B．向AgCl沉淀中加入过量氨水使AgCl溶解：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
C．室温下测得NH4HSO3溶液的pH＜7，主要是因为存在：+H2O⇌NH3·H2O+H+
D．向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2+++OH-=CaCO3+H2O
6．SCR技术是针对柴油车尾气排放中NOx的一项处理工艺，其原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．总反应方程式为6NO+4NH35N2+6H2O
B．NH2NO是脱硝反应的活性中间体
C．催化剂的应用可降低反应焓变
D．决定反应速率的步骤是“H的移除”
7．用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A．1molCaO2晶体所含离子总数为3NA
B．将7.1gCl2通入水中，转移电子数为0.1NA
C．常温下，1L0.1mol·L-1的氨水中含有OH-的数目为0.1NA
D．标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体含有的氧原子数为NA
8．羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在一定条件下，将CO与H2S以体积比1：2置于某刚性密闭容器中发生下列反应：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)。下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，H2S的浓度增大，表明该反应是吸热反应
B．通入CO后，正反应速率逐渐增大，逆反应速率不变
C．COS与H2的体积比保持不变时，说明反应达到平衡状态
D．向反应器中再通入CO，能使H2S的转化率增大
9．聚乙二醇具有优良的润滑性、保湿性，在化妆品、制药等行业中有着广泛的应用。工业上通过以下途径可以制备聚乙二醇。下列说法中错误的是（ ）
乙烯 乙二醇聚乙二醇
A．环氧乙烷与乙醛互为同分异构体
B．步骤①的原子利用率为100%
C．环氧乙烷中所有原子可能共平面
D．乙烯和乙二醇都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
10．下列对有关事实的解释正确的是（ ）
选项
事实
解释
A
NH3的热稳定性比PH3强
NH3分子间能形成氢键
B
基态Fe3+比Fe2+稳定
基态Fe3+价电子排布式为3d5，是半充满的稳定结构
C
石墨能够导电
石墨是离子晶体
D
CH4与H2O分子的空间构型不同
它们中心原子杂化轨道类型不同
A．A B．B C．C D．D
11．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入X气体，出现白色沉淀
X气体一定具有强氧化性
B
将石蜡油高温分解产物通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色
分解产物中一定有乙烯
C
AgNO3标准液滴定未知浓度NaCl溶液时，用K2CrO4作指示剂
Ksp(AgCl)＜Ksp(Ag2CrO4)
D
常温下，分别测定浓度均为0.1 mol·L-1NaF和NaClO溶液的pH，后者大
酸性：HF＞HClO
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
12．某种化合物的结构式如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，只有X、Y在同一周期，Z的单质是黄绿色气体。下列有关说法错误的是（ ）
A．非金属性：X
C．W与Y形成的化合物中可能含有σ键、π键
D．Z2Y中所有原子最外层都满足8电子结构
13．我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如图。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述错误的是（ ）
A．放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-
B．放电时，溶液中离子的数目增大
C．充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI-被还原
D．充电时，a电极接外电源负极
14．常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中缓慢滴加一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2C2O4、、三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线3表示δ()
B．草酸H2C2O4的电离常数Ka1=1.0×10-1.2
C．pH=3时，c(H2C2O4)>c()>c()
D．水的电离程度：点(A)<点(B)
三、综合题
15．Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、CoO、Al2O3、SiO2等)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图。
已知：①25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
1.09×10-15
②氢氧化氧锰(MnOOH)难溶于水和碱性溶液：“沉淀池I”的条件下，Co2+不能被二氧化锰氧化。
回答下列问题：
（1）MnOOH中Mn的化合价为 价。
（2）为提高“酸浸”的效率，可以采取的措施为 。(写一种)
（3）向“沉淀池I”中加入MnO2，MnO2的作用是 ；“滤渣2”的主要成分是 (填化学式)。
（4）MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为 。
（5）在“沉淀池I”中，滴加氨水调节溶液的pH，使溶液中Al3+完全沉淀，则理论上pH的最小值为 (当溶液中某离子浓度c≦1.0×10-5mol·L-l时，可认为该离子沉淀完全)。
16．CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。研究表明CO2与H2在催化剂存在下可发生反应制得甲烷：
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。
（1）已知：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-890.3 kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-571.6 kJ·mol-1
则③CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH= 。
（2）反应③的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“＞”、“=”或“＜”)，有利于该反应自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。
（3）选择合适催化剂，在密闭容器中按n(CO2)：n(H2)=1：4充入反应物，反应结果如图所示。
①若N点压强为1 MPa，则平衡常数Kp(N)= MPa-2，P点与N点的平衡常数K(P) K(N)(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②若无催化剂，N点平衡转化率 (填“是”或“否”)可能降至R点？理由是： 。
17．高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂和环境友好型水处理剂，易分解，遇水和酸易变质。某学习小组在实验室对高铁酸钾的制备和一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）高铁酸钾的制备，装置如图1所示。
步骤一：将b中饱和NaOH溶液全部逐滴滴入a中，充分反应；
步骤二：由b向a中反应后液体中加入饱和KOH溶液；
步骤三：将a中所得浊液移出，分离提纯。
①仪器b的名称是 ，其侧管的作用为 。
②a中制备Na2FeO4反应的离子方程式为 。
③K2FeO4悬浊液经过滤、洗涤，可得粗产品。粗产品中的可溶性杂质可通过 方法进一步提纯。
（2）K2FeO4遇水转化为Fe(OH)3，则其能用于净水的原理为： 。
（3）用图2所示装置探究K2FeO4受热分解的产物。设计实验方案证明完全分解后的固体产物中不含Fe(II)：取完全分解后的少量固体，溶于稀硫酸， 。
（4）实验室可用间接碘量法测定含少量KCl杂质的K2FeO4样品的纯度：称取0.9000gK2FeO4样品溶于碱性KI溶液中，调节pH使混合液充分反应。用1.000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。请计算K2FeO4样品的纯度： 。
已知：+4I-+8H+=Fe2++2I2+4H2O；I2+2=+2I-。
18．有机物H是重要的有机化工原料，以苯酚为原料制备H的一种合成路线如下图：
已知：①R-NO2R-NH2
②R-CH2-COOH
请回答：
（1）B的化学名称为 。
（2）③的反应类型为 。
（3）C中所含官能团的名称为 、 ；G的结构简式为 。
（4）反应④的化学方程式为 。
（5）在E的同分异构体中，写出一种符合下列条件的结构简式： 。
①含有2种官能团，其中一种为-NH2
②1mol该有机物可与0.5molNa2CO3反应
③苯环上有四个取代基，分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：2： 2：1
（6）已知：R-NH2容易被氧化；羧基为间位定位基。请参照上述合成路线和信息，以甲苯和(CH3CO)2O为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线 。
19．锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等三十多种对人体有益的微量元素。
（1）基态Ge原子的价电子排布图为 。
（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1°C，熔点−19.3°C，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是 分子(“极性”或“非性极”)。
（3）Co2+可与形成配离子[Co(NO3)4]2−，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为 (用元素符号表示)，中N的杂化方式为 。
（4）氨气中H−N−H键的键角为107.3°，[Zn(NH3)6]2+离子中H−N−H键的键角 107.3°(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是： 。
（5）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为甲图的俯视图，A点原子的坐标为(0，0，0)，B点原子的坐标为(，1，)，则C点原子的坐标为 ；已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞密度ρ为 g·cm-3(只列出计算式)。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．焰色反应是物理过程，A不符合题意；
B．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，B不符合题意；
C．利用CO2人工合成淀粉是我国最新科技，有利于CO2的减少，是有效促进“碳中和”的高科技手段，C符合题意；
D．太阳能电池板的主要材料是单质硅，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.有新物质生成的变化为化学变化；
B.高温结构陶瓷为新型无机非金属材料；
D.太阳能电池板的材料是Si。
2．【答案】C
【解析】【解答】根据上述信息分析石碱为草木灰，主要成分K2CO3，开窖浸水，涉及溶解操作，漉起，涉及过滤操作，以原水淋汁……久则疑淀如石，描述的是溶解、结晶过程，综上所述没有涉及蒸馏操作；
故答案为：C。
【分析】“采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒干烧灰，以原水淋汁……久则疑淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也”的过程涉及溶解、过滤、结晶操作。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．活性炭具有吸附性，所以具有除异味的作用，但不具备杀菌作用，故A符合题意；
B．维生素C具有还原性，可用作抗氧化剂，故B不符合题意；
C．聚乳酸属于可降解高分子材料，用于制作手术缝合线，后期不需要拆线，故C不符合题意；
D．聚乙炔用I2进行掺杂后，可以导电，可用于制备导电高分子材料，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.活性炭不能杀菌；
B.维生素C具有还原性；
C.聚乳酸为可降解的高分子材料；
D.聚乙炔可导电。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．浓盐酸与KClO3反应生成氯气，氯气通入硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，不符合题干要求，选项A不符合题意；
B．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能够使蔗糖炭化，同时生成二氧化硫、二氧化碳气体，两种气体通入氯化铝不反应，不会产生沉淀，选项B符合题意；
C．浓氨水滴到氧化钙生成氨气，氨气通入氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀，不符合题干要求，选项C不符合题意；
D．稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠晶体，试管内产生沉淀，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯气与硝酸银反应生成AgCl白色沉淀；
C.氨气通入氯化镁溶液中产生Mg(OH)2沉淀；
D.二氧化碳与饱和碳酸钠反应生成碳酸氢钠。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．铜丝插入热的浓硫酸中，发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，此反应是离子反应，但不能用离子方程式表示，A不符合题意；
B．AgCl沉淀加入过量氨水中，AgCl溶解同时转化为[Ag(NH3)2]Cl，离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B符合题意；
C．NH4HSO3溶液的pH＜7，既存在+H2ONH3·H2O+H+，又存在H++，但后者对溶液酸性的影响占主导地位，C不符合题意；
D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，采用“以少定多”法，反应的离子方程式为：Ca2++2+2OH-=CaCO3↓++2H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓硫酸应保留化学式；
C. NH4HSO3溶液的pH＜7主要是因为亚硫酸氢根电离生成氢离子；
D.NaOH过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．SCR技术是将NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，所以总反应方程式为6NO+4NH35N2+6H2O，A不符合题意；
B．观察相对能量-反应进程曲线图可知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过一定的反应形成了N2和H2O，所以NH2NO是脱硝反应的活性中间体，B不符合题意；
C．催化剂的应用只能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能降低反应焓变，C符合题意；
D．观察相对能量-反应进程曲线图可知，全过程只有H的移除势能升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的速控步骤，所以决定反应速率的步骤是“H的移除”，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O；
B.NH2NO先形成后消耗，为中间体；
C.催化剂不影响焓变；
D.慢反应决定整个反应的反应速率，活化能越大反应速率越慢。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．CaO2是由钙离子和过氧根离子构成的，所以1molCaO2中含2mol离子，即1molCaO2晶体所含离子总数为2NA，故A不符合题意；
B．氯气和水的反应是可逆反应，所以将7.1gCl2通入水中，转移电子数小于0.1NA，故B不符合题意；
C．NH3▪H2O是弱电解质，不能完全电离，所以1L0.1mol·L-1的氨水中含有OH-的数目小于0.1NA，故C不符合题意；
D．标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体的物质的量为0.5mol，每个O2和CO2分子都含有2个氧原子，所以0.5molO2和CO2混合气中含有的氧原子数为NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.CaO2是由钙离子和过氧根构成；
B.氯气和水的反应为可逆反应；
C.一水合氨部分电离。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．升高温度，H2S的浓度增大，说明平衡逆向移动。升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以表明该反应的正反应是放热反应，故A不符合题意；
B．通入CO后，反应物浓度增大，正反应速率逐渐增大，平衡正向移动，生成物浓度随之增大，逆反应速率也随之增大，故B不符合题意；
C．COS与H2都是生成物，该反应起始时加入的是反应物，则生成物COS和H2的体积比始终为1：1，所以COS和H2体积比保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；
D．向反应器中再通入CO，平衡正向移动，转化的H2S增多，则H2S的转化率增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升温H2S的浓度增大，反应逆向移动；
B.通入CO正反应速率瞬间增大，逆反应速率逐渐增大；
C.COS与H2都是生成物。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．环氧乙烷与乙醛的分子式都为C2H4O，但结构不同，所以二者互为同分异构体，A不符合题意；
B．步骤①的产物只有一种，所以原子利用率为100%，B不符合题意；
C．环氧乙烷中，2个C原子都与4个原子以单键相连，从而构成四面体结构，所有原子不可能共平面，C符合题意；
D．乙烯分子中的碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，乙二醇分子中羟基碳原子上连有氢原子，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
B.步骤①的产物只有环氧乙烷；
C.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
D.乙烯中的碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化；乙二醇中的羟基能被酸性高锰酸钾氧化。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．分子的稳定性取决于分子内化学键的强弱，因为N的非金属性大于P，所以N-H键能大于P-H键能，NH3的热稳定性比PH3强，A不符合题意；
B．基态Fe3+价电子排布式为3d5，3d轨道半充满，电子的能量低，离子较Fe2+稳定，B符合题意；
C．在石墨中，每个C原子只形成3个共价键，还有1个电子成为自由电子，所以石墨能够导电，C不符合题意；
D．CH4与H2O分子中，中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，物质的稳定性与氢键无关；
B.能量越低越稳定；
C.石墨是原子晶体；
D.CH4与H2O分子中C、O均采用sp3杂化。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入X气体，出现白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO4，也可能是BaSO3；若沉淀是BaSO3，则气体X可以是NH3，若沉淀是BaSO4，则X气体具有强氧化性，可以是Cl2，故气体X不一定具有强氧化性，A不符合题意；
B．将石蜡油高温分解产物通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，但不一定是乙烯气体，B不符合题意；
C．AgNO3标准液滴定未知浓度NaCl溶液时，用K2CrO4作指示剂，反应过程中先生成AgCl沉淀，生成Ag2CrO4时出现颜色变化，以此判断滴定终点，但AgCl、Ag2CrO4的组成形式不同，不能判断Ksp(AgCl)和Ksp(Ag2CrO4)的大小，C不符合题意；
D．测定浓度均为0.1 mol·L-1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，可知NaClO溶液的水解程度大，因此酸性大小关系为：HF＞HClO，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.二氧化硫具有酸性，若X为碱性气体氨气，也能产生白色沉淀；
B.溶液褪色只能说明石蜡油分解产物中含有不饱和烃，不一定是乙烯；
C.用K2CrO4作指示剂，AgCl沉淀为白色沉淀，Ag2CrO4为砖红色，根据沉淀颜色变化可判断哪种沉淀更难溶。
12．【答案】B,C
【解析】【解答】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性强弱比较：，选项A不符合题意；
B．氧电负性较强，水分子中可以形成氢键，故CH4的沸点低于H2O的沸点，选项B符合题意；
C．W与Y形成的化合物H2O、H2O2中只存在共价单键，只含有σ键，不含有π键，选项C符合题意；
D．ClO2中氯、氧原子的最外层都满足8电子结构，选项D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】Z的单质是黄绿色气体，则Z为Cl元素，只有X、Y在同一周期，则X、Y为第二周期元素，W位于第一周期，为H元素，X形成4个单键或2个单键一个双键，则X为C元素，Y与X形成双键，则Y为O元素。
13．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，a电极为正极，I2Br-得电子生成2I-和Br-，电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-，A不符合题意；
B．放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-，b电极反应为Zn-2e-=Zn2+，则溶液中离子的数目增大，B不符合题意；
C．充电时，b电极每增重0.65g，转移电子的物质的量为n(e-)=2n(Zn2+)==0.02mol，a电极反应为2I-+Br--2e-= I2Br-，则溶液中有0.02molI-被氧化，C符合题意；
D．充电时，a电极反应为2I-+Br--2e-= I2Br-，则a电极为阳极，接外电源正极，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】由图可知，a电极上I2Br-得电子生成I-和Br-，发生还原反应，则a极为正极，电极反应为 I2Br-+2e-=2I-+Br- ，b极为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，充电时b极为阴极，a极为阳极。
14．【答案】B,D
【解析】【解答】A．由图像可知，溶液pH越大，曲线3表示的离子的物质的量分数逐渐增大，则曲线3表示的微粒是，选项A不符合题意；
B．平衡常数随温度变化，不随浓度变化，图像中依据A点计算电离平衡常数，A点c(H2C2O4)=c()，H2C2O4H++，Ka1=c(H+)=10-1.2，选项B符合题意；
C．pH=3时，溶液呈酸性，溶液中主要以为主，由图像可知c()>c(H2C2O4)，故c()>c()>c(H2C2O4)，选项C不符合题意；
D．A点与B点相比，和离子的水溶液中，电离大于水解，H2C2O4和溶液显酸性强，对水的抑制程度大，滴定过程中水的电离程度：点(A)<点(B)，选项D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】随着NaOH溶液的加入， H2C2O4的质量分数逐渐减小， 的质量分数先增大后减小， 的质量分数逐渐增大，因此曲线1表示 δ(H2C2O4)，曲线2表示δ() ，曲线3表示 δ （）。
15．【答案】（1）+3
（2）适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌
（3）将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂；CoS
（4）2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O
（5）4.9
【解析】【解答】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、CoO、Al2O3、SiO2等)用稀硫酸浸取后得到硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸钴等；加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水除去铁离子和铝离子，过滤后，滤液中加入含S2-沉降剂是除去钴离子，过滤所得滤渣为CoS，滤液为含硫酸锰的溶液，向滤液中依次加入3%H2O2溶液、0.2mol/L氨水即可得到MnOOH，通过过滤，洗涤干燥得到高纯度的MnOOH，再将MnOOH在250℃时充分加热72h即可得Mn2O3，据此分析解题。
(1)根据化合物MnOOH中化合价代数和为零，设Mn的化合价为x，x+（-2）+（-2）+1=0，解得x=+3，故答案为：+3；
(2)适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌等措施均能提高“酸浸”的效率，故答案为：适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌；
(3)根据上面分析可知加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，滤渣2为CoS，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂；CoS；
(4)MnSO4的溶液加入3%双氧水加入氨水转化为MnOOH，Mn的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O，故答案为：2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O；
(5)当铁元素完全沉淀时（OH-）==mol/L=1.0×10-11.2mol/L，pOH=11.2，pH=14-pOH=2.8，当铝元素完全沉淀时（OH-）==mol/L=1.0×10-9.1mol/L，pOH=9.1，pH=14-pOH=4.9，滴加氨水调节溶液的pH，使溶液中铝、铁元素完全沉淀，则理论上pH的最小值为4.9，故答案为：4.9。
【分析】（1）根据化合物化合价代数和为0计算；
（2）升温、增大反应物浓度等均可提高“酸浸”的效率；
（3）二氧化锰具有氧化性；滤渣2主要含有CoS；
（4）MnSO4溶液加入3%双氧水加入氨水转化为MnOOH，根据电荷守恒、原子守恒配平方程式；
（5）结合Ksp计算。
16．【答案】（1）-252.9 kJ•mol-1
（2）＜；低温
（3）1；＜；否；催化剂不能改变反应物的平衡转化率
【解析】【解答】(1)①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-890.3 kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-571.6 kJ·mol-1；
则根据盖斯定律，将②×2-①，整理可得③CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-252.9 kJ•mol-1；
(2)反应③为CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-252.9 kJ•mol-1。该反应的的正反应是气体体积减小的放热反应，说明正反应的活化能小于逆反应的活化能，Ea(正) ＜Ea(逆)；要使反应自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，由于该反应的ΔH＜0，ΔS＞0，则反应自发进行的条件是低温条件；
(3)对于反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，开始时n(CO2)：n(H2)=1：4，假设n(CO2)=1 mol，n(H2)=4 mol，反应在N点时CO2的转化率是50%，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO2)=0.5 mol ，n(H2)=2 mol，n(CH4)=0.5 mol，n(H2O)=1 mol ，n(总)=0.5 mol+2 mol+0.5 mol+1 mol=4 mol，此时气体总压强为p=1 MPa，所以Kp(N)=；
该反应为放热反应，P点温度比N点温度高，升高温度，化学平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率降低，所以化学平衡常数K(P)＜K(N)；
②催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡发生移动，因此催化剂不能改变CO2的平衡转化率，故若无催化剂，N点平衡转化率也不会降至R点。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）放热反应的Ea(正) ＜Ea(逆)；当ΔH-TΔS＜0时反应自发进行；
（3）①根据物质的量之比等于压强之比，计算平衡时各物质的物质的量，转化为分压，再根据计算；该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；
②催化剂不影响平衡状态。
17．【答案】（1）恒压滴液漏斗；平衡压强，使液体顺利流出；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O；重结晶
（2）K2FeO4具有强氧化性可以消毒杀菌，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性可净水，对环境无污染
（3）滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生
（4）82.50%
【解析】【解答】在碱性溶液中次氯酸钠溶液将氢氧化铁氧化为高铁酸钠，高铁酸钾溶解度小于高铁酸钠，加入饱和KOH溶液后析出高铁酸钾固体，过滤出来后可以用重结晶的方法提纯。
(1)①根据仪器构造可知，仪器b为恒压分液漏斗，侧管可以平衡压强，使液体顺利滴下。
②a中发生的是在碱性溶液中次氯酸钠溶液将氢氧化铁氧化为高铁酸钠的反应，次氯酸钠中的+1价的氯被还原为-1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2 +3Cl-+5H2O。
③固体物质的进一步提纯通常用重结晶法，所以粗产品中的可溶性杂质可通过重结晶的方法进一步提纯。
(2)K2FeO4具有强氧化性可以消毒杀菌，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性可净水，对环境无污染。
(3)可以用铁氰化钾溶液检验Fe2+，铁氰化钾溶液和Fe2+生成特征蓝色沉淀，具体操作是：取完全分解后的少量固体，溶于稀硫酸，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生。
(4)K2FeO4和碱性溶液中的KI反应生成I2，生成的I2和Na2S2O3反应，根据反应方程式可知，K2FeO4和Na2S2O3的物质的量之比为1：4，所以K2FeO4的物质的量为1.000mol·L-1×15.00mL×10-3mL/L×=3.75×10-3mol，生成的K2FeO4的质量为3.75×10-3mol×198g/mol=0.7450g，所以K2FeO4样品的纯度为×100%=82.50%。
【分析】（1）①仪器b为恒压滴液漏斗，恒压滴液漏斗的侧管可平衡气压；
②在碱性溶液中次氯酸钠溶液将氢氧化铁氧化为高铁酸钠，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；
③可通过重结晶提纯K2FeO4；
（2）K2FeO4具有强氧化性，遇水生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性；
（3）检验亚铁离子通常用K3[Fe(CN)6]溶液；
（4）根据关系式K2FeO4~4Na2S2O3计算。
18．【答案】（1）对硝基苯酚或4-硝基苯酚
（2）还原反应
（3）硝基；醚键；
（4）+(CH3CO)2O→+CH3COOH
（5）或
（6）
【解析】【解答】
(1)根据B的结构简式可知，硝基和酚羟基对位，则B是对硝基苯酚，或是4-硝基苯酚。
(2)反应③是C→D，结合已知①，可知D是C结构中的硝基被还原成氨基生成的，所以该反应的类型是还原反应。
(3)根据C的结构简式，可知C中含有硝基和醚键。结合已知②可知F通过加热转化成了G，则G的结构简式为。
(4)反应④是D和(CH3CO)2O反应生成E，经分析D的结构简式为 ，(CH3CO)2O的结构简式为，则反应的化学方程式可表示为+(CH3CO)2O→+CH3COOH。
(5)根据E的结构简式，可知其分子式为C9H11NO2，不饱和度为5，其同分异构体满足③苯环上有四个取代基，分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：2： 2：1，说明结构中有苯环，苯环上的取代基占有1个不饱和度，有4种化学环境的氢原子，其中一种环境上的氢原子有6个，说明结构中有2个对称的相同环境的甲基，满足②1mol该有机物可与0.5molNa2CO3反应，反应物质的量比为2：1，分子中O原子个数是2个，苯环外有1个不饱和度，能和碳酸钠反应，则苯环上有一个羧基，满足①含有2种官能团，其中一种为-NH2，说明取代基有1个氨基，则根据分析符合条件结构简式为或。
(6)根据H的合成路线图中C→D→E的转化可知，要合成出，就要合成出，要合成出就要合成出，苯环上羧基可由甲基氧化得到，所以要合成出，就要合成出，而可由原料甲苯和硝酸发生取代反应生成，所以制备的路线为：。
【分析】根据A、B的结构简式，B是硝基取代了苯酚的苯环上对位的一个氢原子生成的，通过比较B、C的结构简式，C是B中的酚羟基和CH3I发生取代反应生成的，结合已知①，可知D是C结构中的硝基被还原成氨基生成的，则D的结构简式为，D和(CH3CO)2O反应生成E，(CH3CO)2O的结构简式为，结合已知②可知F通过加热转化成了G，则G的结构简式为，G和HI发生取代反应生成了H。
19．【答案】（1）
（2）非极性
（3）Co＜O＜N；sp2
（4）大于；氨气分子中含有孤电子对而[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键(或[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力
（5）(1，，) 或(1，0.5，0.5)；
【解析】【解答】(1)Ge为32号元素，基态Ge原子电子排布式为[Ar]3d104s24p2，则基态Ge原子的价电子排布图为；故答案为：。
(2)根据相似相溶原理，极性分子溶于极性溶剂，非极性分子溶于非极性溶剂中，Ni(CO)4常温下为无色液体，难溶于水，易溶于有机溶剂，说明Ni(CO)4不是极性分子，则推测Ni(CO)4是非性极分子；故答案为：非极性。
(3)Co2+可与形成配离子[Co(NO3)4]2−，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，因此该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为Co＜O＜N，中N原子价层电子对数为，其杂化方式为sp2；故答案为：Co＜O＜N；sp2。
(4)氨气中H−N−H键的键角为107.3°，氨气中有一对孤对电子，而[Zn(NH3)6]2+离子中NH3与Zn2+形成配位键，没有孤对电子，根据独对电子对成对电子排斥力大于成对电子对成对电子的排斥力，因此氨气的键角减小，则[Zn(NH3)6]2+离子中H−N−H键的键角大于107.3°(填“大于”“小于”或“等于”)；故答案为：大于；氨气分子中含有孤电子对而[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键(或[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力。
(5)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为甲图的俯视图，A点原子的坐标为(0，0，0)，B点原子的坐标为(，1，)，则B为后方的面心，则C点为右侧面面心，其C点原子的坐标为(1，，)；已知晶胞边长为apm，该晶胞中有4个ZnSe，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞密度；故答案为：(1，，) 或(1，0.5，0.5)；。
【分析】（1）Ge的原子序数为32，根据构造原理书写电子排布式，进而画出电子排布图；
（2）根据相似相溶原理判断；
（3）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，金属的第一电离能小于非金属；硝酸根中N原子的价层电子对数为3；
（4）孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
（5）C点为右侧面面心；根据均摊法和计算。
高三模拟考试（三模）化学试题
一、单选题
1．化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是（ ）
A．焰色反应、海带提碘、石油裂化都有化学变化的过程
B．嫦娥五号返回舱用到的高温结构陶瓷，属于传统硅酸盐材料
C．利用人工合成淀粉能有效促进“碳中和”目标的实现
D．我国发射的火星探测器，其使用的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
2．《本草纲目》中的“石硷”(古文中“硷”同“碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒干烧灰，以原水淋汁……久则疑淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也”。上述过程没有涉及的实验操作的是（ ）
A．溶解 B．过滤 C．蒸馏 D．结晶
3．化学与生活息息相关。下列说法错误的是（ ）
A．活性炭具有除异味和杀菌作用
B．维生素C可用作抗氧化剂
C．聚乳酸用于制作手术缝合线
D．聚乙炔可用于制备导电高分子材料
4．下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是（ ）
选项
试剂a
试剂b
试剂c
A
浓盐酸
KClO3
AgNO3溶液
B
浓H2SO4
少量蔗糖
AlCl3溶液
C
浓氨水
CaO
MgCl2溶液
D
稀HCl
CaCO3粉末
饱和Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
5．下用列于解释事实的离子方程式正确的是（ ）
A．铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B．向AgCl沉淀中加入过量氨水使AgCl溶解：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
C．室温下测得NH4HSO3溶液的pH＜7，主要是因为存在：+H2O⇌NH3·H2O+H+
D．向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2+++OH-=CaCO3+H2O
6．SCR技术是针对柴油车尾气排放中NOx的一项处理工艺，其原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．总反应方程式为6NO+4NH35N2+6H2O
B．NH2NO是脱硝反应的活性中间体
C．催化剂的应用可降低反应焓变
D．决定反应速率的步骤是“H的移除”
7．用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A．1molCaO2晶体所含离子总数为3NA
B．将7.1gCl2通入水中，转移电子数为0.1NA
C．常温下，1L0.1mol·L-1的氨水中含有OH-的数目为0.1NA
D．标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体含有的氧原子数为NA
8．羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在一定条件下，将CO与H2S以体积比1：2置于某刚性密闭容器中发生下列反应：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)。下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，H2S的浓度增大，表明该反应是吸热反应
B．通入CO后，正反应速率逐渐增大，逆反应速率不变
C．COS与H2的体积比保持不变时，说明反应达到平衡状态
D．向反应器中再通入CO，能使H2S的转化率增大
9．聚乙二醇具有优良的润滑性、保湿性，在化妆品、制药等行业中有着广泛的应用。工业上通过以下途径可以制备聚乙二醇。下列说法中错误的是（ ）
乙烯 乙二醇聚乙二醇
A．环氧乙烷与乙醛互为同分异构体
B．步骤①的原子利用率为100%
C．环氧乙烷中所有原子可能共平面
D．乙烯和乙二醇都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
10．下列对有关事实的解释正确的是（ ）
选项
事实
解释
A
NH3的热稳定性比PH3强
NH3分子间能形成氢键
B
基态Fe3+比Fe2+稳定
基态Fe3+价电子排布式为3d5，是半充满的稳定结构
C
石墨能够导电
石墨是离子晶体
D
CH4与H2O分子的空间构型不同
它们中心原子杂化轨道类型不同
A．A B．B C．C D．D
11．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入X气体，出现白色沉淀
X气体一定具有强氧化性
B
将石蜡油高温分解产物通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色
分解产物中一定有乙烯
C
AgNO3标准液滴定未知浓度NaCl溶液时，用K2CrO4作指示剂
Ksp(AgCl)＜Ksp(Ag2CrO4)
D
常温下，分别测定浓度均为0.1 mol·L-1NaF和NaClO溶液的pH，后者大
酸性：HF＞HClO
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
12．某种化合物的结构式如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，只有X、Y在同一周期，Z的单质是黄绿色气体。下列有关说法错误的是（ ）
A．非金属性：X
C．W与Y形成的化合物中可能含有σ键、π键
D．Z2Y中所有原子最外层都满足8电子结构
13．我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如图。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述错误的是（ ）
A．放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-
B．放电时，溶液中离子的数目增大
C．充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI-被还原
D．充电时，a电极接外电源负极
14．常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中缓慢滴加一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2C2O4、、三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线3表示δ()
B．草酸H2C2O4的电离常数Ka1=1.0×10-1.2
C．pH=3时，c(H2C2O4)>c()>c()
D．水的电离程度：点(A)<点(B)
三、综合题
15．Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、CoO、Al2O3、SiO2等)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图。
已知：①25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
1.09×10-15
②氢氧化氧锰(MnOOH)难溶于水和碱性溶液：“沉淀池I”的条件下，Co2+不能被二氧化锰氧化。
回答下列问题：
（1）MnOOH中Mn的化合价为 价。
（2）为提高“酸浸”的效率，可以采取的措施为 。(写一种)
（3）向“沉淀池I”中加入MnO2，MnO2的作用是 ；“滤渣2”的主要成分是 (填化学式)。
（4）MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为 。
（5）在“沉淀池I”中，滴加氨水调节溶液的pH，使溶液中Al3+完全沉淀，则理论上pH的最小值为 (当溶液中某离子浓度c≦1.0×10-5mol·L-l时，可认为该离子沉淀完全)。
16．CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。研究表明CO2与H2在催化剂存在下可发生反应制得甲烷：
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。
（1）已知：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-890.3 kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-571.6 kJ·mol-1
则③CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH= 。
（2）反应③的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“＞”、“=”或“＜”)，有利于该反应自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。
（3）选择合适催化剂，在密闭容器中按n(CO2)：n(H2)=1：4充入反应物，反应结果如图所示。
①若N点压强为1 MPa，则平衡常数Kp(N)= MPa-2，P点与N点的平衡常数K(P) K(N)(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②若无催化剂，N点平衡转化率 (填“是”或“否”)可能降至R点？理由是： 。
17．高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂和环境友好型水处理剂，易分解，遇水和酸易变质。某学习小组在实验室对高铁酸钾的制备和一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）高铁酸钾的制备，装置如图1所示。
步骤一：将b中饱和NaOH溶液全部逐滴滴入a中，充分反应；
步骤二：由b向a中反应后液体中加入饱和KOH溶液；
步骤三：将a中所得浊液移出，分离提纯。
①仪器b的名称是 ，其侧管的作用为 。
②a中制备Na2FeO4反应的离子方程式为 。
③K2FeO4悬浊液经过滤、洗涤，可得粗产品。粗产品中的可溶性杂质可通过 方法进一步提纯。
（2）K2FeO4遇水转化为Fe(OH)3，则其能用于净水的原理为： 。
（3）用图2所示装置探究K2FeO4受热分解的产物。设计实验方案证明完全分解后的固体产物中不含Fe(II)：取完全分解后的少量固体，溶于稀硫酸， 。
（4）实验室可用间接碘量法测定含少量KCl杂质的K2FeO4样品的纯度：称取0.9000gK2FeO4样品溶于碱性KI溶液中，调节pH使混合液充分反应。用1.000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。请计算K2FeO4样品的纯度： 。
已知：+4I-+8H+=Fe2++2I2+4H2O；I2+2=+2I-。
18．有机物H是重要的有机化工原料，以苯酚为原料制备H的一种合成路线如下图：
已知：①R-NO2R-NH2
②R-CH2-COOH
请回答：
（1）B的化学名称为 。
（2）③的反应类型为 。
（3）C中所含官能团的名称为 、 ；G的结构简式为 。
（4）反应④的化学方程式为 。
（5）在E的同分异构体中，写出一种符合下列条件的结构简式： 。
①含有2种官能团，其中一种为-NH2
②1mol该有机物可与0.5molNa2CO3反应
③苯环上有四个取代基，分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：2： 2：1
（6）已知：R-NH2容易被氧化；羧基为间位定位基。请参照上述合成路线和信息，以甲苯和(CH3CO)2O为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线 。
19．锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等三十多种对人体有益的微量元素。
（1）基态Ge原子的价电子排布图为 。
（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1°C，熔点−19.3°C，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是 分子(“极性”或“非性极”)。
（3）Co2+可与形成配离子[Co(NO3)4]2−，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为 (用元素符号表示)，中N的杂化方式为 。
（4）氨气中H−N−H键的键角为107.3°，[Zn(NH3)6]2+离子中H−N−H键的键角 107.3°(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是： 。
（5）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为甲图的俯视图，A点原子的坐标为(0，0，0)，B点原子的坐标为(，1，)，则C点原子的坐标为 ；已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞密度ρ为 g·cm-3(只列出计算式)。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．焰色反应是物理过程，A不符合题意；
B．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，B不符合题意；
C．利用CO2人工合成淀粉是我国最新科技，有利于CO2的减少，是有效促进“碳中和”的高科技手段，C符合题意；
D．太阳能电池板的主要材料是单质硅，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.有新物质生成的变化为化学变化；
B.高温结构陶瓷为新型无机非金属材料；
D.太阳能电池板的材料是Si。
2．【答案】C
【解析】【解答】根据上述信息分析石碱为草木灰，主要成分K2CO3，开窖浸水，涉及溶解操作，漉起，涉及过滤操作，以原水淋汁……久则疑淀如石，描述的是溶解、结晶过程，综上所述没有涉及蒸馏操作；
故答案为：C。
【分析】“采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒干烧灰，以原水淋汁……久则疑淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也”的过程涉及溶解、过滤、结晶操作。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．活性炭具有吸附性，所以具有除异味的作用，但不具备杀菌作用，故A符合题意；
B．维生素C具有还原性，可用作抗氧化剂，故B不符合题意；
C．聚乳酸属于可降解高分子材料，用于制作手术缝合线，后期不需要拆线，故C不符合题意；
D．聚乙炔用I2进行掺杂后，可以导电，可用于制备导电高分子材料，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.活性炭不能杀菌；
B.维生素C具有还原性；
C.聚乳酸为可降解的高分子材料；
D.聚乙炔可导电。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．浓盐酸与KClO3反应生成氯气，氯气通入硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，不符合题干要求，选项A不符合题意；
B．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能够使蔗糖炭化，同时生成二氧化硫、二氧化碳气体，两种气体通入氯化铝不反应，不会产生沉淀，选项B符合题意；
C．浓氨水滴到氧化钙生成氨气，氨气通入氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀，不符合题干要求，选项C不符合题意；
D．稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠晶体，试管内产生沉淀，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯气与硝酸银反应生成AgCl白色沉淀；
C.氨气通入氯化镁溶液中产生Mg(OH)2沉淀；
D.二氧化碳与饱和碳酸钠反应生成碳酸氢钠。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．铜丝插入热的浓硫酸中，发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，此反应是离子反应，但不能用离子方程式表示，A不符合题意；
B．AgCl沉淀加入过量氨水中，AgCl溶解同时转化为[Ag(NH3)2]Cl，离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B符合题意；
C．NH4HSO3溶液的pH＜7，既存在+H2ONH3·H2O+H+，又存在H++，但后者对溶液酸性的影响占主导地位，C不符合题意；
D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，采用“以少定多”法，反应的离子方程式为：Ca2++2+2OH-=CaCO3↓++2H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓硫酸应保留化学式；
C. NH4HSO3溶液的pH＜7主要是因为亚硫酸氢根电离生成氢离子；
D.NaOH过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．SCR技术是将NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，所以总反应方程式为6NO+4NH35N2+6H2O，A不符合题意；
B．观察相对能量-反应进程曲线图可知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过一定的反应形成了N2和H2O，所以NH2NO是脱硝反应的活性中间体，B不符合题意；
C．催化剂的应用只能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能降低反应焓变，C符合题意；
D．观察相对能量-反应进程曲线图可知，全过程只有H的移除势能升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的速控步骤，所以决定反应速率的步骤是“H的移除”，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O；
B.NH2NO先形成后消耗，为中间体；
C.催化剂不影响焓变；
D.慢反应决定整个反应的反应速率，活化能越大反应速率越慢。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．CaO2是由钙离子和过氧根离子构成的，所以1molCaO2中含2mol离子，即1molCaO2晶体所含离子总数为2NA，故A不符合题意；
B．氯气和水的反应是可逆反应，所以将7.1gCl2通入水中，转移电子数小于0.1NA，故B不符合题意；
C．NH3▪H2O是弱电解质，不能完全电离，所以1L0.1mol·L-1的氨水中含有OH-的数目小于0.1NA，故C不符合题意；
D．标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体的物质的量为0.5mol，每个O2和CO2分子都含有2个氧原子，所以0.5molO2和CO2混合气中含有的氧原子数为NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.CaO2是由钙离子和过氧根构成；
B.氯气和水的反应为可逆反应；
C.一水合氨部分电离。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．升高温度，H2S的浓度增大，说明平衡逆向移动。升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以表明该反应的正反应是放热反应，故A不符合题意；
B．通入CO后，反应物浓度增大，正反应速率逐渐增大，平衡正向移动，生成物浓度随之增大，逆反应速率也随之增大，故B不符合题意；
C．COS与H2都是生成物，该反应起始时加入的是反应物，则生成物COS和H2的体积比始终为1：1，所以COS和H2体积比保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；
D．向反应器中再通入CO，平衡正向移动，转化的H2S增多，则H2S的转化率增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升温H2S的浓度增大，反应逆向移动；
B.通入CO正反应速率瞬间增大，逆反应速率逐渐增大；
C.COS与H2都是生成物。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．环氧乙烷与乙醛的分子式都为C2H4O，但结构不同，所以二者互为同分异构体，A不符合题意；
B．步骤①的产物只有一种，所以原子利用率为100%，B不符合题意；
C．环氧乙烷中，2个C原子都与4个原子以单键相连，从而构成四面体结构，所有原子不可能共平面，C符合题意；
D．乙烯分子中的碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，乙二醇分子中羟基碳原子上连有氢原子，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
B.步骤①的产物只有环氧乙烷；
C.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
D.乙烯中的碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化；乙二醇中的羟基能被酸性高锰酸钾氧化。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．分子的稳定性取决于分子内化学键的强弱，因为N的非金属性大于P，所以N-H键能大于P-H键能，NH3的热稳定性比PH3强，A不符合题意；
B．基态Fe3+价电子排布式为3d5，3d轨道半充满，电子的能量低，离子较Fe2+稳定，B符合题意；
C．在石墨中，每个C原子只形成3个共价键，还有1个电子成为自由电子，所以石墨能够导电，C不符合题意；
D．CH4与H2O分子中，中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，物质的稳定性与氢键无关；
B.能量越低越稳定；
C.石墨是原子晶体；
D.CH4与H2O分子中C、O均采用sp3杂化。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入X气体，出现白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO4，也可能是BaSO3；若沉淀是BaSO3，则气体X可以是NH3，若沉淀是BaSO4，则X气体具有强氧化性，可以是Cl2，故气体X不一定具有强氧化性，A不符合题意；
B．将石蜡油高温分解产物通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，但不一定是乙烯气体，B不符合题意；
C．AgNO3标准液滴定未知浓度NaCl溶液时，用K2CrO4作指示剂，反应过程中先生成AgCl沉淀，生成Ag2CrO4时出现颜色变化，以此判断滴定终点，但AgCl、Ag2CrO4的组成形式不同，不能判断Ksp(AgCl)和Ksp(Ag2CrO4)的大小，C不符合题意；
D．测定浓度均为0.1 mol·L-1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，可知NaClO溶液的水解程度大，因此酸性大小关系为：HF＞HClO，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.二氧化硫具有酸性，若X为碱性气体氨气，也能产生白色沉淀；
B.溶液褪色只能说明石蜡油分解产物中含有不饱和烃，不一定是乙烯；
C.用K2CrO4作指示剂，AgCl沉淀为白色沉淀，Ag2CrO4为砖红色，根据沉淀颜色变化可判断哪种沉淀更难溶。
12．【答案】B,C
【解析】【解答】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性强弱比较：，选项A不符合题意；
B．氧电负性较强，水分子中可以形成氢键，故CH4的沸点低于H2O的沸点，选项B符合题意；
C．W与Y形成的化合物H2O、H2O2中只存在共价单键，只含有σ键，不含有π键，选项C符合题意；
D．ClO2中氯、氧原子的最外层都满足8电子结构，选项D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】Z的单质是黄绿色气体，则Z为Cl元素，只有X、Y在同一周期，则X、Y为第二周期元素，W位于第一周期，为H元素，X形成4个单键或2个单键一个双键，则X为C元素，Y与X形成双键，则Y为O元素。
13．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，a电极为正极，I2Br-得电子生成2I-和Br-，电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-，A不符合题意；
B．放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-，b电极反应为Zn-2e-=Zn2+，则溶液中离子的数目增大，B不符合题意；
C．充电时，b电极每增重0.65g，转移电子的物质的量为n(e-)=2n(Zn2+)==0.02mol，a电极反应为2I-+Br--2e-= I2Br-，则溶液中有0.02molI-被氧化，C符合题意；
D．充电时，a电极反应为2I-+Br--2e-= I2Br-，则a电极为阳极，接外电源正极，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】由图可知，a电极上I2Br-得电子生成I-和Br-，发生还原反应，则a极为正极，电极反应为 I2Br-+2e-=2I-+Br- ，b极为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，充电时b极为阴极，a极为阳极。
14．【答案】B,D
【解析】【解答】A．由图像可知，溶液pH越大，曲线3表示的离子的物质的量分数逐渐增大，则曲线3表示的微粒是，选项A不符合题意；
B．平衡常数随温度变化，不随浓度变化，图像中依据A点计算电离平衡常数，A点c(H2C2O4)=c()，H2C2O4H++，Ka1=c(H+)=10-1.2，选项B符合题意；
C．pH=3时，溶液呈酸性，溶液中主要以为主，由图像可知c()>c(H2C2O4)，故c()>c()>c(H2C2O4)，选项C不符合题意；
D．A点与B点相比，和离子的水溶液中，电离大于水解，H2C2O4和溶液显酸性强，对水的抑制程度大，滴定过程中水的电离程度：点(A)<点(B)，选项D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】随着NaOH溶液的加入， H2C2O4的质量分数逐渐减小， 的质量分数先增大后减小， 的质量分数逐渐增大，因此曲线1表示 δ(H2C2O4)，曲线2表示δ() ，曲线3表示 δ （）。
15．【答案】（1）+3
（2）适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌
（3）将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂；CoS
（4）2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O
（5）4.9
【解析】【解答】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、CoO、Al2O3、SiO2等)用稀硫酸浸取后得到硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸钴等；加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水除去铁离子和铝离子，过滤后，滤液中加入含S2-沉降剂是除去钴离子，过滤所得滤渣为CoS，滤液为含硫酸锰的溶液，向滤液中依次加入3%H2O2溶液、0.2mol/L氨水即可得到MnOOH，通过过滤，洗涤干燥得到高纯度的MnOOH，再将MnOOH在250℃时充分加热72h即可得Mn2O3，据此分析解题。
(1)根据化合物MnOOH中化合价代数和为零，设Mn的化合价为x，x+（-2）+（-2）+1=0，解得x=+3，故答案为：+3；
(2)适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌等措施均能提高“酸浸”的效率，故答案为：适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌；
(3)根据上面分析可知加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，滤渣2为CoS，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂；CoS；
(4)MnSO4的溶液加入3%双氧水加入氨水转化为MnOOH，Mn的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O，故答案为：2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O；
(5)当铁元素完全沉淀时（OH-）==mol/L=1.0×10-11.2mol/L，pOH=11.2，pH=14-pOH=2.8，当铝元素完全沉淀时（OH-）==mol/L=1.0×10-9.1mol/L，pOH=9.1，pH=14-pOH=4.9，滴加氨水调节溶液的pH，使溶液中铝、铁元素完全沉淀，则理论上pH的最小值为4.9，故答案为：4.9。
【分析】（1）根据化合物化合价代数和为0计算；
（2）升温、增大反应物浓度等均可提高“酸浸”的效率；
（3）二氧化锰具有氧化性；滤渣2主要含有CoS；
（4）MnSO4溶液加入3%双氧水加入氨水转化为MnOOH，根据电荷守恒、原子守恒配平方程式；
（5）结合Ksp计算。
16．【答案】（1）-252.9 kJ•mol-1
（2）＜；低温
（3）1；＜；否；催化剂不能改变反应物的平衡转化率
【解析】【解答】(1)①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-890.3 kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-571.6 kJ·mol-1；
则根据盖斯定律，将②×2-①，整理可得③CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-252.9 kJ•mol-1；
(2)反应③为CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-252.9 kJ•mol-1。该反应的的正反应是气体体积减小的放热反应，说明正反应的活化能小于逆反应的活化能，Ea(正) ＜Ea(逆)；要使反应自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，由于该反应的ΔH＜0，ΔS＞0，则反应自发进行的条件是低温条件；
(3)对于反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，开始时n(CO2)：n(H2)=1：4，假设n(CO2)=1 mol，n(H2)=4 mol，反应在N点时CO2的转化率是50%，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO2)=0.5 mol ，n(H2)=2 mol，n(CH4)=0.5 mol，n(H2O)=1 mol ，n(总)=0.5 mol+2 mol+0.5 mol+1 mol=4 mol，此时气体总压强为p=1 MPa，所以Kp(N)=；
该反应为放热反应，P点温度比N点温度高，升高温度，化学平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率降低，所以化学平衡常数K(P)＜K(N)；
②催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡发生移动，因此催化剂不能改变CO2的平衡转化率，故若无催化剂，N点平衡转化率也不会降至R点。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）放热反应的Ea(正) ＜Ea(逆)；当ΔH-TΔS＜0时反应自发进行；
（3）①根据物质的量之比等于压强之比，计算平衡时各物质的物质的量，转化为分压，再根据计算；该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；
②催化剂不影响平衡状态。
17．【答案】（1）恒压滴液漏斗；平衡压强，使液体顺利流出；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O；重结晶
（2）K2FeO4具有强氧化性可以消毒杀菌，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性可净水，对环境无污染
（3）滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生
（4）82.50%
【解析】【解答】在碱性溶液中次氯酸钠溶液将氢氧化铁氧化为高铁酸钠，高铁酸钾溶解度小于高铁酸钠，加入饱和KOH溶液后析出高铁酸钾固体，过滤出来后可以用重结晶的方法提纯。
(1)①根据仪器构造可知，仪器b为恒压分液漏斗，侧管可以平衡压强，使液体顺利滴下。
②a中发生的是在碱性溶液中次氯酸钠溶液将氢氧化铁氧化为高铁酸钠的反应，次氯酸钠中的+1价的氯被还原为-1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2 +3Cl-+5H2O。
③固体物质的进一步提纯通常用重结晶法，所以粗产品中的可溶性杂质可通过重结晶的方法进一步提纯。
(2)K2FeO4具有强氧化性可以消毒杀菌，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性可净水，对环境无污染。
(3)可以用铁氰化钾溶液检验Fe2+，铁氰化钾溶液和Fe2+生成特征蓝色沉淀，具体操作是：取完全分解后的少量固体，溶于稀硫酸，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生。
(4)K2FeO4和碱性溶液中的KI反应生成I2，生成的I2和Na2S2O3反应，根据反应方程式可知，K2FeO4和Na2S2O3的物质的量之比为1：4，所以K2FeO4的物质的量为1.000mol·L-1×15.00mL×10-3mL/L×=3.75×10-3mol，生成的K2FeO4的质量为3.75×10-3mol×198g/mol=0.7450g，所以K2FeO4样品的纯度为×100%=82.50%。
【分析】（1）①仪器b为恒压滴液漏斗，恒压滴液漏斗的侧管可平衡气压；
②在碱性溶液中次氯酸钠溶液将氢氧化铁氧化为高铁酸钠，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；
③可通过重结晶提纯K2FeO4；
（2）K2FeO4具有强氧化性，遇水生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性；
（3）检验亚铁离子通常用K3[Fe(CN)6]溶液；
（4）根据关系式K2FeO4~4Na2S2O3计算。
18．【答案】（1）对硝基苯酚或4-硝基苯酚
（2）还原反应
（3）硝基；醚键；
（4）+(CH3CO)2O→+CH3COOH
（5）或
（6）
【解析】【解答】
(1)根据B的结构简式可知，硝基和酚羟基对位，则B是对硝基苯酚，或是4-硝基苯酚。
(2)反应③是C→D，结合已知①，可知D是C结构中的硝基被还原成氨基生成的，所以该反应的类型是还原反应。
(3)根据C的结构简式，可知C中含有硝基和醚键。结合已知②可知F通过加热转化成了G，则G的结构简式为。
(4)反应④是D和(CH3CO)2O反应生成E，经分析D的结构简式为 ，(CH3CO)2O的结构简式为，则反应的化学方程式可表示为+(CH3CO)2O→+CH3COOH。
(5)根据E的结构简式，可知其分子式为C9H11NO2，不饱和度为5，其同分异构体满足③苯环上有四个取代基，分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：2： 2：1，说明结构中有苯环，苯环上的取代基占有1个不饱和度，有4种化学环境的氢原子，其中一种环境上的氢原子有6个，说明结构中有2个对称的相同环境的甲基，满足②1mol该有机物可与0.5molNa2CO3反应，反应物质的量比为2：1，分子中O原子个数是2个，苯环外有1个不饱和度，能和碳酸钠反应，则苯环上有一个羧基，满足①含有2种官能团，其中一种为-NH2，说明取代基有1个氨基，则根据分析符合条件结构简式为或。
(6)根据H的合成路线图中C→D→E的转化可知，要合成出，就要合成出，要合成出就要合成出，苯环上羧基可由甲基氧化得到，所以要合成出，就要合成出，而可由原料甲苯和硝酸发生取代反应生成，所以制备的路线为：。
【分析】根据A、B的结构简式，B是硝基取代了苯酚的苯环上对位的一个氢原子生成的，通过比较B、C的结构简式，C是B中的酚羟基和CH3I发生取代反应生成的，结合已知①，可知D是C结构中的硝基被还原成氨基生成的，则D的结构简式为，D和(CH3CO)2O反应生成E，(CH3CO)2O的结构简式为，结合已知②可知F通过加热转化成了G，则G的结构简式为，G和HI发生取代反应生成了H。
19．【答案】（1）
（2）非极性
（3）Co＜O＜N；sp2
（4）大于；氨气分子中含有孤电子对而[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键(或[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力
（5）(1，，) 或(1，0.5，0.5)；
【解析】【解答】(1)Ge为32号元素，基态Ge原子电子排布式为[Ar]3d104s24p2，则基态Ge原子的价电子排布图为；故答案为：。
(2)根据相似相溶原理，极性分子溶于极性溶剂，非极性分子溶于非极性溶剂中，Ni(CO)4常温下为无色液体，难溶于水，易溶于有机溶剂，说明Ni(CO)4不是极性分子，则推测Ni(CO)4是非性极分子；故答案为：非极性。
(3)Co2+可与形成配离子[Co(NO3)4]2−，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，因此该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为Co＜O＜N，中N原子价层电子对数为，其杂化方式为sp2；故答案为：Co＜O＜N；sp2。
(4)氨气中H−N−H键的键角为107.3°，氨气中有一对孤对电子，而[Zn(NH3)6]2+离子中NH3与Zn2+形成配位键，没有孤对电子，根据独对电子对成对电子排斥力大于成对电子对成对电子的排斥力，因此氨气的键角减小，则[Zn(NH3)6]2+离子中H−N−H键的键角大于107.3°(填“大于”“小于”或“等于”)；故答案为：大于；氨气分子中含有孤电子对而[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键(或[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力。
(5)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为甲图的俯视图，A点原子的坐标为(0，0，0)，B点原子的坐标为(，1，)，则B为后方的面心，则C点为右侧面面心，其C点原子的坐标为(1，，)；已知晶胞边长为apm，该晶胞中有4个ZnSe，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞密度；故答案为：(1，，) 或(1，0.5，0.5)；。
【分析】（1）Ge的原子序数为32，根据构造原理书写电子排布式，进而画出电子排布图；
（2）根据相似相溶原理判断；
（3）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，金属的第一电离能小于非金属；硝酸根中N原子的价层电子对数为3；
（4）孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
（5）C点为右侧面面心；根据均摊法和计算。
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