（新高考）高三化学第二次模拟考试卷（一）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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（新高考）高三第二次模拟考试卷
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

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

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
【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．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①②③④⑤均属于氧化还原反应和离子反应
B．反应⑤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③和④转移的电子数之比为1∶1
D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
【答案】B
【解析】反应①②③④⑤中均有元素化合价的变化，均为氧化还原反应，而③④⑤中没有离子参加反应，则不属于离子反应，A错误；⑤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6H2O2～3O2～6e−、2KClO3～3O2～12e−知，生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶2，C错误；反应①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1∶2，D错误。
3．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
B．HClO的电子式：
C．NH3·H2O、CO2分子中，中心原子孤电子对数最多的是H2O
D．基态氯原子的价电子轨道表示式为
【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．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
D．M能发生取代、加成、加聚和氧化反应
【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：①当两个氯取代甲基上的H时有2种，②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，③当两个氯都取代苯环上的H，采用定一议二的方法，当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。
5．一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1~20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

A．WX是共价化合物
B．原子半径：W>Z>Y
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物
【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．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

A．M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应
B．Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质
C．X、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>X
【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；B．Y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．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．23g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
B．1mol 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
D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子
【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．关于下列转化过程分析不正确的是

A．Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3
B．过程Ⅰ中每消耗58g Fe3O4，转移1mol电子
C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑
D．该过程总反应为2H2O=O2↑+2H2↑
【答案】B
【解析】Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3·FeO，则Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；过程Ⅰ：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Ⅱ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Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，则该过程总反应为2H2O=O2↑+2H2↑，故D正确。
9．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①②均是取代反应
B．反应③④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
【答案】D
【解析】反应①为酯化反应，属于取代反应，反应②不饱和度降低，为加成反应，A项错误；反应③产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100%，而反应④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．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：①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在。
②TeO2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+H2O
C．“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1∶2
【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TeO2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；B．TeO2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；C．Au、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1∶2，故正确。
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。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−=I
C．充电时，电路中每转移1mol e−，膜两侧电解液的质量变化差为36g
D．该装置中的阳膜也可以用阴膜代替
【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，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．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
A．X可能有香味，是乙酸乙酯的同系物
B．X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
【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，结构不同，互为同分异构体，故D正确。
13．我国科研人员研究了在Cu－ZnO－ZrO2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．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率
D．第③步的反应式为*H3CO+H2OCH3OH+*HO
【答案】A
【解析】A项，从反应②、③、④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③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③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．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Na－Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2O
B．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键
C．催化剂HZMS－5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%
【答案】B
【解析】A项，由流程图可知，CO2+H2在Na－Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，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HZMS－5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．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]。下列分析不正确的是

A．乙烯气相直接水合反应的ΔH>0
B．图中压强的大小关系为p1>p2>p3
C．图中a点对应的平衡常数K=5/16
D．达到平衡状态A．b所需要的时间：a>b
【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ΔH<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 　　　　　　　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：ab，故D正确。
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：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示：
化学式
Mg(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
Ksp
1.8×10−11
1.8×10−13
1.0×10−33
4.0×10−38
②溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1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·L−1，则“调节pH”的范围为　　 　　，“滤渣2”的成分为　　　　 　　。 
(3)“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是　 　　　；“Ⅳ”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②③的总反应的离子方程式： 
。

【答案】(1)MnO2+SO2=Mn2++SO
(2)5≤pH<8　Fe(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=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Ⅰ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)3．Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1时，认为该离子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH−)===1.0×10−9mol·L−1，pOH=9，则pH=14-pOH=5；根据Ksp[Mn(OH)2]=1.8×10−13，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10−11，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L−1时，溶液中c(OH−)===1.0×10−6mol·L−1，pOH=6，则pH=14-pOH=8，则“调节pH”的范围为5≤pH<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，“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”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，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2。(6)根据图示可知，反应②为Mn3++HX=Mn2++X+H+，反应③为Mn2++MnO2+2H2O=4OH−+2Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式为MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−。
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)6]Cl2、K3[Co(NO3)6]、Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等多种配合物。
①SO的空间构型为　　　　　 　　　，NO中N原子的杂化轨道类型为　　　　　 　　　。 
②C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是　 。
③1mol [Co(NH3)6]Cl2中含有σ键的数目为　 。 
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)
①1个二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)中含有　 　　个配位键。 
②上述反应的适宜pH为　　 　　(填字母)。 
A．12 B．5～10 C．1

(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ρ g·cm−3，计算晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为　
cm。
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族　3d7　
(2)①正四面体形　sp2　②N
③24NA　NH3分子间存在氢键　
(3)①4　②B　
(4)×
【解析】(1)Co为27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ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)①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；NO中心N原子的价层电子对数为3+=3，所以为sp2杂化；②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ⅡA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；③6个NH3与Co2+之间形成6个配位键，属于σ键，每个氨气分子中的氮氢键也为σ键，共6+3×6=24(个)，所以1mol [Co(NH3)6]Cl2中含有的σ键数目为24NA；NH3分子间存在氢键，所以沸点较高。(3)①根据N原子的成键特点可知，在二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)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(Ⅱ)中含有4个配位键；②碱性太强容易生成Ni(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(Ⅱ)的生成，所以适宜的pH应为5～10。(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ρ==g·cm−3，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．(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：
①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·L−1的Na2S2O3溶液，则生成Cl2　　　　　 　mol(已知2S2O+I2=S4O+2I−)。 
②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·mol−1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)。 

③在420℃、=3=200g·min·mol−1条件下，α(HCl)为33.3%，则O2的反应速率为　　
　　　　mol·g−1·min−1。 
④比较在下列两种反应条件下O2的反应速率：vⅠ  (填“>”“=”或“<”)vⅡ。
Ⅰ．410℃、=3=350g·min·mol−1；Ⅱ．390℃、=4=350g·min·mol−1。
(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。

①360℃时反应的平衡常数K360与400℃时反应的平衡常数K400之间的关系是K360　　　　(填“>”“=”或“<”)K400。 
②一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　 
【答案】(1)2HCl(g)+1/2O2(g)=H2O(g)+Cl2(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3　
(2)①1/2c1V1×10−3　②0.56　③1/2400　④>　
(3)①>　②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)　ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)①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：2S2O～I2～Cl2，n(Cl2)=n(S2O)=c1V1×10−3mol；②当=50g·min·mol−1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；③=200g·min·mol−1时α(HCl)为33.3%，则v(HCl)=1/200×33.3%mol·g−1·min−1，根据化学方程式HCl和O2反应的比例为4∶1，v(O2)=v(HCl)=××33.3%mol·g−1·min−1=mol·g−1·min−1；④根据第③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>vⅡ；(3)①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；②一定温度下随着增大，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．(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：Ksp[Mg(OH)2]=4.9×10−12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5。
(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。

①由图可知，“沉锰”的合适条件是　 。 
②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·L−1 MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10−5 mol·L−1，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)。 
【答案】(1)MnO2+SO2=MnSO4
(2)将Fe2+氧化为Fe3+　NiS和ZnS
(3)Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O
(4)①45℃、pH=7.5　②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·L−1
【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)①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；②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)Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH−)=4.9×10−12，c2(OH−)===4.9×10−7，c(OH−)=7×10−4mol·L−1，NH3通入0.015mol·L−1 MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(NH)=2c(SO)=2×0.015mol·L−1=0.03mol·L−1，一水合氨是弱电解质，电离方程式为NH3·H2ONH+OH−，Kb(NH3·H2O)===1.8×10−5，则NH3·H2O的物质的量浓度为=mol·L−1≈1.17mol·L−1。
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：

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)A→B的反应类型是　　　　　　，D的分子式为　　　　　　。 
(4)反应E→F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)。
【答案】(1)cd　
(2)酚羟基、羰基
(3)取代反应　C8H9OCl
(4)+CH3OH+H2O
(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)A→B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E→F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。