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山东省临沂市沂水县重点中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（含答案）
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这是一份山东省临沂市沂水县重点中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（含答案），共16页。试卷主要包含了12，1 ml 的溶液中通入0，下列实验装置及操作均合理的是，化合物M是一种有机合成的中间体等内容，欢迎下载使用。
可能用到的原子量：O-16 Ti-48 Mn-55 C-59
第I卷 选择题（共40分）
一、选择题（本题包括10小题，每题只有一个正确答案，每题2分，共20分）
1. 近年来，我国的航天技术发展迅速，天宫、天和、天问、神舟等体现了中国的强大科技力量。下列说法不正确的是
A．“天宫二号”部分零部件使用钛合金，钛合金中存在金属键
B．“天和号”使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时砷化镓发生氧化还原反应
C．“天问一号”隔热材料使用SiO2纳米气凝胶，SiO2属于酸性氧化物
D．"神舟十三号”耐高温材料使用酚醛树脂，酚醛树脂属于合成高分子
2．下列化学用语表示不正确的是
A．的水解方程式为：
B．HCl分子中σ键的形成：
C．的形成过程：
D．Fe与稀硝酸反应，当时：
3．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是（ ）
A．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：
B．向含0.1 ml 的溶液中通入0.1 ml ：
C．用惰性电极电解水溶液：
D．同浓度同体积的溶液与NaOH溶液混合：
4.尿素可以减少柴油机尾气氮氧化物的排放，发生，设为阿伏伽德罗常数，下列有关说法正确的是
A．均为非极性分子 B．标况下，含有电子数
C．中含有键数目为 D．反应过程中生成时转移电子数为
5.下列实验装置及操作均合理的是
A．用装置甲测定污水样品中B．用装置乙制备乙酸乙酯
C．用装置丙灼烧海带D．用装置丁测定中和热
6.周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。、、是氧元素的3种核素，可以形0成多种重要的化合物。亚硫酰氯为黄色液体，其结构式为（），遇水发生水解。工业上可电解H2SO4与混合溶液制备过二硫酸铵，过二硫酸铵与双氧水中都含有过氧键(−O−O−)。硝化法制硫酸的主要反应为： 。SO2和SO3都是酸性氧化物，是制备硫酸的中间产物。下列化学反应表示正确的是
A．H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式：
B．氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式：
C．亚硫酰氯水解的反应方程式：
D．电解法制备时的阳极反应：
7.NH3脱NO的一种MnO2催化机理示意图如下。下列说法错误的是
A．催化过程中Mn元素的配位数和化合价均有改变
B．MnO2能提高NH3脱NO的速率和平衡转化率
C．反应历程中有极性键和非极性键的断裂及生成
D．过程总反应方程式：
8.化合物A的结构如图所示，其广泛应用于新材料的生产及电化学研究。其中X、Y、Z、E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与Q、E与W分别位于同一主族。下列有关说法错误的是
A． Y2X2是含有极性键的非极性分子 B．氢化物的沸点：YC．原子序数为83的元素与Z位于同一主族 D．第一电离能：E>W>Q
9.化合物M( )是一种有机合成的中间体。下列关于M的说法错误的是
A．可使酸性溶液褪色B．所有原子可能共平面
C．能发生取代反应和氧化反应D．分子式为
10.化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示（H原子未画出），晶胞中N原子均参与形成配位键，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为a=b≠c，则下列叙述正确的是
A．Zn在元素周期表d区B．设晶体中原于的杂化方式为
C．D．Ni2+与Zn2+的配位数之比为2：3
二、选择题：（本题共5小题，每小题4分，共20分；每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选得0分）
11.一款低成本高能效的新型无隔膜铈铅单液流电池装置如图所示，该电池用石墨毡做电极，可溶性铈盐和铅盐的混合酸性溶液作电解液。已知电池反应为：。下列相关说法正确的是
A．放电时，Pb在a电极发生氧化反应 B．该电池可用稀硫酸酸化电解质溶液
C．充电过程中，a电极发生的反应为
D．放电过程中，电解质溶液中的向a电极移动
12.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。下列说法错误的是
A．该反应△H>0
B．550℃时，充入惰性气体将使v正>v逆
C．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总
13.氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示。
下列说法正确的是
A. X可通过加热氯化铵固体制取 B. 从物质类别角度分析，P属于酸性氧化物
C. 将X转化为 Q的过程，属于氮的固定
D. 3.2 g Cu与10 ml·L-1的Y溶液恰好反应，生成NO、NO2混合气体1.12 L(标准状况)，则 Y 溶液的体积为 15 mL
14.下列类比或推理的结论合理的是
15.是常用的氧化剂，其两种制备方法如图所示。其中②调节pH至弱碱性后锰酸钾可发生歧化生成与。下列说法不正确的是
A. 过程①与共熔的碱可以用KOH B. 共熔过程中所用仪器为铁坩埚
C. 电解法制备过程中在阳极获得产品 D. 相同质量的反应物经两种制备方法产率相同
第II卷 选择题（共60分）
16.（12分）部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。
回答下列问题：
（1）h的电子式为_______。
（2）下列有关a和g的叙述中，能说明N的非金属性比S强的是_______(填序号)。
A.物质a的水溶液为酸性，而物质g的水溶液为碱性
B.物质a在300℃左右分解生成b，而物质g分解生成h的温度高于300℃
C.物质a液化的温度为-60℃，而物质g液化的温度为-34℃
（3）将的物质k的稀溶液倒入物质f的溶液中，会生成物质e，该反应的离子方程式是_______。
（4）(S是＋2价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途。将干燥的物质g通入的浓液中，可制得该物质：(已知是硫单质中最稳定的)。
①上述制备反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)，物质g体现的性质有_______。
②在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学方程式是_______。
17.（18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：
②溶液中某离子浓度≤1.0×10−6ml·L−1时，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（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0.18ml·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）已知MnO2一种晶型的晶胞结构如图2所示，已知该晶胞的体积为Vnm3，则该晶胞中锰离子的配位数为 ，MnO2晶体的密度为 g•cm−3。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)
18.（16分）(三氯化六氨合钻)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验中可由金属钴及其他原料制备。回答下列问题：
已知：①在时恰好完全沉淀为；②不同温度下在水中的溶解度如图所示。
(一)的制备
易潮解，C(Ⅲ)的氧化性强于，可用金属钴与氯气反应制备。实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。
（1）用图中的装置组合制备，连接顺序为 (填标号)。装置B的作用是 。
（2）装置A中发生反应的离子方程式为 。
(二)的制备
步骤如下：Ⅰ．在100mL锥形瓶内加入4.5g研细的，和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂。
Ⅱ．冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下，并缓慢加入溶液。
Ⅲ．在60℃下反应一段时间后，经过 、 、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。
根据以上步骤，回答下列问题：
（3）在步骤Ⅱ加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入的原因之一是利用溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，请解释另一原因： 。
（4）步骤Ⅱ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是控制反应速率同时 。
（5）制备的总反应的化学方程式为 。
（6）步骤Ⅲ中的操作名称为 、 。
19.（14分）利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。
（1）光催化可实现的净化
①比较N、O元素第一电离能：N___________O(填“>”或“小于”)。
②光催化还原可得到，从结构角度分析性质稳定的原因___________。
③光催化氧化最终产物为硝酸盐，的空间结构是___________形。
（2）光催化和合成甲醇是转化利用最有前景的途径之一。比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因___________。
（3）光催化可降解苯酚()。在紫外光的作用下催化剂表面有(羟基自由基)生成，可将苯酚氧化为和，该反应的方程式为___________。
（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如图所示，边长均为。
①基态钛原子的价层电子轨道表示式为___________。
②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的个数是___________。
③表示阿伏加德罗常数值，则该晶体的密度为___________。
高三12月份月考化学试题参考答案
1.【答案】B【解析】A．钛合金是由钛及其他金属元素组成的合金，其中的钛原子与其他金属原子之间形成金属键，故A正确；B．砷化镓太阳能电池的工作原理是通过太阳能将光子转换为电子，进而产生电流，砷化镓没有发生氧化还原反应，故B错误；C．SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，属于酸性氧化物，故C正确；D．酚醛树脂属于合成有机高分子材料，故D正确；故选B。
2.【答案】A【解析】A．为的电离方程式，的水解方程式为：，故A错误；B．σ键为头碰头方式重叠，HCl分子中σ键的形成：，B正确；C．氯化镁是只含有离子键的离子化合物，表示氯化镁形成过程的电子式为，故C正确；D．Fe与稀硝酸反应，当时：设参加反应的铁共1ml，xmlFe被氧化为Fe3+、(1−x)mlFe被氧化为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒，被还原的硝酸为，表现酸性的硝酸为，，解得x=0.25ml，即氧化生成Fe3+、Fe2+的比为1:3，所以反应方程式为，故D正确；故选A。
3.A
4.【答案】C【解析】A．N2、CO2均为直线形分子，分子中正负电荷中心重合，故均为非极性分子，H2O为V形结构，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．已知1分子NO2中含有(7+2×8)=23个电子，故标况下，即=1mlNO2中含有电子数为，B错误；C．已知CO(NH2)2中含有一个C=O双键，其余原子间均为单键，即1分子CO(NH2)2中含有1个键，故中含有键数目为，C正确；
D．反应中转移电子数为：16ml电子，则反应过程中生成即=1ml时转移电子数为，D错误；故答案为：C。
5.【答案】D【解析】A．用装置甲测定污水样品中时，应使用酸式滴定管盛放标准酸溶液，A项错误；B．用装置乙制备乙酸乙酯时，导气管不应插人饱和的液面以下，以免发生倒吸，B项错误；C．灼烧海带的操作应使用坩埚，不能用烧杯，C项错误；
D．可以用装置丁测定中和热，D项正确；答案选D。
6.【答案】A．H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式：，A错误；B．氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式：，B错误；C．亚硫酰氯水解的反应方程式：，C错误；D．电解法制备时的阳极反应： ，D正确；故选D。
7.【答案】B【解析】A．从图中 可以看出Mn 所形成的共价键数目变化了，说明其配位数和化合价都有变化，A正确；B．MnO2作为反应的催化剂，不能提高平衡转化率，B错误；C．从图中可以看出，有极性键的断裂(N−H键等)和生成(O−H键等)，有单质参与(O2)也有单质生成(N2)，所以也有非极性键的断裂和生成，C正确；D．根据示意图可知，反应物有 NH3、NO、O2，产物有N2、H2O，D正确；故选B。
8.【答案】B【分析】X、Y、Z、E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据原子的成共价键的数量和所带电荷数可判断X为H，Y为C，Z为N。根据原子序数大小，且Z与Q、E与W分别位于同一主族，可知Q为P，E为F，W为Cl。【解析】A．由分析可知，Y为C，X为H，Y2X2为乙炔，为含有极性键的非极性分子，A正确；B．由分析可知，Y为C，Z为N，由于C的氢化物有很多，有固态、液态和气态，而N的氢化物为NH3和N2H4等，故无法比较它们氢化物的沸点，B错误；C．原子序数为83的元素为铋，其位于第六周期第ⅤA族，与N位于同一主族，C正确；D．由分析可知，E为F、W为Cl、Q为P，根据同一周期元素的第一电离从左往右增大趋势但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，同一主族从上往下依次减小，故三种元素的第一电离能大小顺序为：F＞Cl＞P即E>W>Q，D正确；故答案为：B。
9.【答案】B【解析】A．M分子中含有碳碳双键，可使酸性溶液褪色，故A正确；
B．M分子中含有2个饱和碳原子，不可能所有原子共平面，故B错误；C．酸酐能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应，故C正确； D．根据M的结构简式，可知其分子式为，故D正确；选B。
10.【答案】D【解析】A．Zn在元素周期表中位置为第4周期第IIB族，即位于ds区，A错误；B．晶胞中镍离子配位数为4，即晶体中原于的杂化方式为，B错误；C．由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为2=1，Zn2+个数为8=1，含有CN-为8=4，NH3个数为8=2，苯环个数为4=2，则该晶胞的化学式为，则x:y:z=4:2:2=2:1:1，C错误；D．晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4:6=2:3，D正确；故选D。
11.【答案】AD【解析】A． 放电时，根据电子转移方向，a电极为负极，Pb在a电极发生氧化反应，A正确；B．硫酸根离子会与铅离子反应生成硫酸铅沉淀，所以不能用稀硫酸酸化电解质溶液，B错误；C．充电过程中，a电极为阴极，发生的反应为，C错误；
D．放电过程中，内电路电流的方向是a−b，所以电解质溶液中的向a电极移动，D正确；故选AD。
12.【答案】D【解析】A．随着温度的升高，CO2的体积分数降低，即升温该平衡正向移动，所以该反应为吸热反应，△H>0，A项正确；
B．恒压充入惰性气体，容器容积变大，平衡向气体增大的方向移动，即平衡正向移动，v正>v逆，B项正确；C．设CO2为1ml，该条件下转化率为x，根据已知信息建立三段式，650℃时CO2和CO的体积分数分别为60%和40%，即得到x=0.25，则转化率为25%，C项正确；D．925℃时，CO的体积分数为96%，故=23.04p总，D项错误；故选D。
13.【答案】BD【解析】根据氮及其化合物的物质类别和化合价可以推断：X是NH3，Y是HNO3，Z是NO2，W是NH3·H2O，P是N2O5，Q是NO。【详解】A．X是NH3，氯化铵固体受热分解成氨气和氯化氢，但是这两种气体又易化合成氯化铵固体，不能通过加热氯化铵固体制取氨气，A错误；B．P是N2O5，是酸性氧化物，B正确；C．氮的固体是指氮元素由游离态生成化合物，X是NH3、Q是NO，氨气转化为NO不属于氮的固定，C错误；
D．Y是HNO3，3.2 g Cu为0.05 ml，生成NO、NO2混合气体1.12L(标准状况)，则气体总物质的量为0.05ml，根据铜元素守恒，反应生成0.05 mlCu(NO3)2，据N原子守恒可知原硝酸中n(HNO3)=0.05ml×2+0.05ml=0.15ml，所以硝酸溶液的体积为0.15ml ÷10ml·L-1=0.015L=15mL，D正确；选BD。
14.【答案】B【解析】A．过氧化氢为共价化合物，电子式为 ，过氧化钠是离子化合物，电子式为 ，则类比错误，故A错误；B．氯原子和溴原子都具有孤对电子，都能与铝离子形成配位键，氯化铝是共价化合物，且气态时可通过配位键形成双聚体，则溴化铝也是共价化合物，且气态时也可通过配位键形成双聚体，所以类比正确，故B正确；C．苯是甲苯的同系物，但苯不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则类比错误，故C错误；D．由醇的氧化规律可知，与羟基相连的碳原子连有2个氢原子的醇氧化生成醛、连有1个氢原子的醇氧化生成酮、不连有氢原子的醇不能发生氧化反应，则类比错误，故D错误；故选B。
15.【答案】D【解析】根据题目信息，与强碱，在空气中共熔生成，第一方案：在碱性条件下发生歧化反应，生成，第二种方案：将电解，产生。A．与强碱，在空气中共熔，制备，碱可以用，A正确；B．共熔过程中所用仪器为铁坩埚，防止瓷坩埚中的与强碱反应，B正确；C．在电解过程中，阳极发生氧化反应： ，C正确；
D．共熔时发生反应： ，歧化法制备： ，电解法制备： ，由两个方程式可知，相同质量的反应物会生成不同质量的，D错误； 故选D。
16.【答案】（1） （2）B （3）或或
（4） ①. N、S ②. 还原性、碱性 ③.
【解析】根据含硫元素或氮元素的物质的类别和元素化合价，能判断出a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4或硫酸盐，f为H2SO3或亚硫酸盐，g为NH3，h为N2，i为NO，j为NO2或N2O4，k为HNO3或硝酸盐。
【1】h为N2，电子式，答案：；
【2】A．H2S的水溶液为酸性，而物质NH3的水溶液为碱性，无法判断非金属性强弱，A错误；B．H2S在300℃左右分解生成S，而NH3分解生成N2的温度高于300℃，气态氢化物热稳定性：NH3>H2S，已知气态氢化物越稳定，元素的非金属性越强，可以说明N的非金属性比S强，B正确；C．H2S液化的温度为-60℃，而NH3液化的温度为-34℃，NH3沸点高，是因为氨分子间可形成氢键，无法说明N的非金属性比S强，C错误；故答案选B。
【3】K溶液，则k为HNO3，将HNO3倒入物质f（H2SO3或亚硫酸盐）的溶液中，会生成物质e（H2SO4或硫酸盐），该反应是HNO3氧化H2SO3或或，同时得到NO，离子方程式为或或；
【4】①g为NH3，，该反应中S2Cl2中部分S元素由+1升高到+2，被氧化，部分S元素由+1降低到0，被还原，NH3中部分N元素由-3升高到-2，被氧化，NH3表现还原性，部分NH3生成铵盐，表现碱性，所以该反应中被氧化的元素为N、S，NH3体现的性质是还原性、碱性。答案：N、S；还原性、碱性；
②在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，已知是硫单质中最稳定的，所以生成单质为N2和，化学方程式。
17.【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）6
【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，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，调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(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+及的溶液，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，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，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO；（2）调节滤液1的pH值，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≤1.0×10−6ml·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−)==1.0×10−9ml·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0.18ml·L−1时，溶液中c(OH−)==1.0×10−6ml·L−1，pOH=6，则pH=14− pOH=8，则“调节pH”的范围为5≤pH＜8；根据分析，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（3）根据分析，“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）根据分析，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“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则白球为O、黑球为Mn，由图可知，该晶胞中锰离子的配位数为6，晶体密度为；
18.【答案】（1）A→D→C→E→B，防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解（2）
（3）防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀
（4）防止温度过高使和分解
（5）（6）趁热过滤 冷却结晶
【解析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制；
（1）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B；（2）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2，故方程式为：；（3）溶于水电离出，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；（4）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；（5）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为；
（6）根据已知信息②可知，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到晶体。
19.【答案】（1） ①. ＞ ②. 氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定 ③. 平面三角形 （2）甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H-C-H的键角大于C-O-H的键角
（3）C6H6O+28•OH→6CO2+17H2O （4）①. ②. 6 ③.
【1】①同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素大，N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N＞O，故答案为：＞；②氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定，化学性质稳定，故答案为：氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定；③中N原子的价层电子对数为3+=3，为sp2杂化，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
【2】甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H-C-H的键角大于C-O-H的键角，故答案为：甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H-C-H的键角大于C-O-H的键角；
【3】•OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，反应的化学方程式为：C6H6O+28•OH→6CO2+17H2O，故答案为：C6H6O+28•OH→6CO2+17H2O；
【4】①Ti为22号元素，价层电子排布式为3d24s2，价层电子轨道表示式为，故答案为：；
②由晶胞图可知，距Ti原子最近且等距的O原子位于Ti原子的上下前后左右，共6个，故答案为：6；
③Ti原子位于顶点，个数为8×=1，O原子位于棱心，个数为12×=3，1个C原子位于体心，晶胞质量为g=g，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶体密度ρ===，故答案为：。
已知
类比或推理的结论
A
H2O2的电子式：
的电子式：
B
是共价化合物，且气态时可通过配位键形成双聚体
也是共价化合物，且气态时也可通过配位键形成双聚体
C
甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
甲苯的同系物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D
乙醇可以催化氧化生成乙醛
醇都可以催化氧化生成醛
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
可能用到的原子量：O-16 Ti-48 Mn-55 C-59
第I卷 选择题（共40分）
一、选择题（本题包括10小题，每题只有一个正确答案，每题2分，共20分）
1. 近年来，我国的航天技术发展迅速，天宫、天和、天问、神舟等体现了中国的强大科技力量。下列说法不正确的是
A．“天宫二号”部分零部件使用钛合金，钛合金中存在金属键
B．“天和号”使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时砷化镓发生氧化还原反应
C．“天问一号”隔热材料使用SiO2纳米气凝胶，SiO2属于酸性氧化物
D．"神舟十三号”耐高温材料使用酚醛树脂，酚醛树脂属于合成高分子
2．下列化学用语表示不正确的是
A．的水解方程式为：
B．HCl分子中σ键的形成：
C．的形成过程：
D．Fe与稀硝酸反应，当时：
3．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是（ ）
A．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：
B．向含0.1 ml 的溶液中通入0.1 ml ：
C．用惰性电极电解水溶液：
D．同浓度同体积的溶液与NaOH溶液混合：
4.尿素可以减少柴油机尾气氮氧化物的排放，发生，设为阿伏伽德罗常数，下列有关说法正确的是
A．均为非极性分子 B．标况下，含有电子数
C．中含有键数目为 D．反应过程中生成时转移电子数为
5.下列实验装置及操作均合理的是
A．用装置甲测定污水样品中B．用装置乙制备乙酸乙酯
C．用装置丙灼烧海带D．用装置丁测定中和热
6.周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。、、是氧元素的3种核素，可以形0成多种重要的化合物。亚硫酰氯为黄色液体，其结构式为（），遇水发生水解。工业上可电解H2SO4与混合溶液制备过二硫酸铵，过二硫酸铵与双氧水中都含有过氧键(−O−O−)。硝化法制硫酸的主要反应为： 。SO2和SO3都是酸性氧化物，是制备硫酸的中间产物。下列化学反应表示正确的是
A．H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式：
B．氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式：
C．亚硫酰氯水解的反应方程式：
D．电解法制备时的阳极反应：
7.NH3脱NO的一种MnO2催化机理示意图如下。下列说法错误的是
A．催化过程中Mn元素的配位数和化合价均有改变
B．MnO2能提高NH3脱NO的速率和平衡转化率
C．反应历程中有极性键和非极性键的断裂及生成
D．过程总反应方程式：
8.化合物A的结构如图所示，其广泛应用于新材料的生产及电化学研究。其中X、Y、Z、E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与Q、E与W分别位于同一主族。下列有关说法错误的是
A． Y2X2是含有极性键的非极性分子 B．氢化物的沸点：Y
9.化合物M( )是一种有机合成的中间体。下列关于M的说法错误的是
A．可使酸性溶液褪色B．所有原子可能共平面
C．能发生取代反应和氧化反应D．分子式为
10.化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示（H原子未画出），晶胞中N原子均参与形成配位键，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为a=b≠c，则下列叙述正确的是
A．Zn在元素周期表d区B．设晶体中原于的杂化方式为
C．D．Ni2+与Zn2+的配位数之比为2：3
二、选择题：（本题共5小题，每小题4分，共20分；每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选得0分）
11.一款低成本高能效的新型无隔膜铈铅单液流电池装置如图所示，该电池用石墨毡做电极，可溶性铈盐和铅盐的混合酸性溶液作电解液。已知电池反应为：。下列相关说法正确的是
A．放电时，Pb在a电极发生氧化反应 B．该电池可用稀硫酸酸化电解质溶液
C．充电过程中，a电极发生的反应为
D．放电过程中，电解质溶液中的向a电极移动
12.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。下列说法错误的是
A．该反应△H>0
B．550℃时，充入惰性气体将使v正>v逆
C．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总
13.氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示。
下列说法正确的是
A. X可通过加热氯化铵固体制取 B. 从物质类别角度分析，P属于酸性氧化物
C. 将X转化为 Q的过程，属于氮的固定
D. 3.2 g Cu与10 ml·L-1的Y溶液恰好反应，生成NO、NO2混合气体1.12 L(标准状况)，则 Y 溶液的体积为 15 mL
14.下列类比或推理的结论合理的是
15.是常用的氧化剂，其两种制备方法如图所示。其中②调节pH至弱碱性后锰酸钾可发生歧化生成与。下列说法不正确的是
A. 过程①与共熔的碱可以用KOH B. 共熔过程中所用仪器为铁坩埚
C. 电解法制备过程中在阳极获得产品 D. 相同质量的反应物经两种制备方法产率相同
第II卷 选择题（共60分）
16.（12分）部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。
回答下列问题：
（1）h的电子式为_______。
（2）下列有关a和g的叙述中，能说明N的非金属性比S强的是_______(填序号)。
A.物质a的水溶液为酸性，而物质g的水溶液为碱性
B.物质a在300℃左右分解生成b，而物质g分解生成h的温度高于300℃
C.物质a液化的温度为-60℃，而物质g液化的温度为-34℃
（3）将的物质k的稀溶液倒入物质f的溶液中，会生成物质e，该反应的离子方程式是_______。
（4）(S是＋2价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途。将干燥的物质g通入的浓液中，可制得该物质：(已知是硫单质中最稳定的)。
①上述制备反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)，物质g体现的性质有_______。
②在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学方程式是_______。
17.（18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：
②溶液中某离子浓度≤1.0×10−6ml·L−1时，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（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0.18ml·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）已知MnO2一种晶型的晶胞结构如图2所示，已知该晶胞的体积为Vnm3，则该晶胞中锰离子的配位数为 ，MnO2晶体的密度为 g•cm−3。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)
18.（16分）(三氯化六氨合钻)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验中可由金属钴及其他原料制备。回答下列问题：
已知：①在时恰好完全沉淀为；②不同温度下在水中的溶解度如图所示。
(一)的制备
易潮解，C(Ⅲ)的氧化性强于，可用金属钴与氯气反应制备。实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。
（1）用图中的装置组合制备，连接顺序为 (填标号)。装置B的作用是 。
（2）装置A中发生反应的离子方程式为 。
(二)的制备
步骤如下：Ⅰ．在100mL锥形瓶内加入4.5g研细的，和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂。
Ⅱ．冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下，并缓慢加入溶液。
Ⅲ．在60℃下反应一段时间后，经过 、 、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。
根据以上步骤，回答下列问题：
（3）在步骤Ⅱ加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入的原因之一是利用溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，请解释另一原因： 。
（4）步骤Ⅱ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是控制反应速率同时 。
（5）制备的总反应的化学方程式为 。
（6）步骤Ⅲ中的操作名称为 、 。
19.（14分）利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。
（1）光催化可实现的净化
①比较N、O元素第一电离能：N___________O(填“>”或“小于”)。
②光催化还原可得到，从结构角度分析性质稳定的原因___________。
③光催化氧化最终产物为硝酸盐，的空间结构是___________形。
（2）光催化和合成甲醇是转化利用最有前景的途径之一。比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因___________。
（3）光催化可降解苯酚()。在紫外光的作用下催化剂表面有(羟基自由基)生成，可将苯酚氧化为和，该反应的方程式为___________。
（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如图所示，边长均为。
①基态钛原子的价层电子轨道表示式为___________。
②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的个数是___________。
③表示阿伏加德罗常数值，则该晶体的密度为___________。
高三12月份月考化学试题参考答案
1.【答案】B【解析】A．钛合金是由钛及其他金属元素组成的合金，其中的钛原子与其他金属原子之间形成金属键，故A正确；B．砷化镓太阳能电池的工作原理是通过太阳能将光子转换为电子，进而产生电流，砷化镓没有发生氧化还原反应，故B错误；C．SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，属于酸性氧化物，故C正确；D．酚醛树脂属于合成有机高分子材料，故D正确；故选B。
2.【答案】A【解析】A．为的电离方程式，的水解方程式为：，故A错误；B．σ键为头碰头方式重叠，HCl分子中σ键的形成：，B正确；C．氯化镁是只含有离子键的离子化合物，表示氯化镁形成过程的电子式为，故C正确；D．Fe与稀硝酸反应，当时：设参加反应的铁共1ml，xmlFe被氧化为Fe3+、(1−x)mlFe被氧化为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒，被还原的硝酸为，表现酸性的硝酸为，，解得x=0.25ml，即氧化生成Fe3+、Fe2+的比为1:3，所以反应方程式为，故D正确；故选A。
3.A
4.【答案】C【解析】A．N2、CO2均为直线形分子，分子中正负电荷中心重合，故均为非极性分子，H2O为V形结构，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．已知1分子NO2中含有(7+2×8)=23个电子，故标况下，即=1mlNO2中含有电子数为，B错误；C．已知CO(NH2)2中含有一个C=O双键，其余原子间均为单键，即1分子CO(NH2)2中含有1个键，故中含有键数目为，C正确；
D．反应中转移电子数为：16ml电子，则反应过程中生成即=1ml时转移电子数为，D错误；故答案为：C。
5.【答案】D【解析】A．用装置甲测定污水样品中时，应使用酸式滴定管盛放标准酸溶液，A项错误；B．用装置乙制备乙酸乙酯时，导气管不应插人饱和的液面以下，以免发生倒吸，B项错误；C．灼烧海带的操作应使用坩埚，不能用烧杯，C项错误；
D．可以用装置丁测定中和热，D项正确；答案选D。
6.【答案】A．H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式：，A错误；B．氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式：，B错误；C．亚硫酰氯水解的反应方程式：，C错误；D．电解法制备时的阳极反应： ，D正确；故选D。
7.【答案】B【解析】A．从图中 可以看出Mn 所形成的共价键数目变化了，说明其配位数和化合价都有变化，A正确；B．MnO2作为反应的催化剂，不能提高平衡转化率，B错误；C．从图中可以看出，有极性键的断裂(N−H键等)和生成(O−H键等)，有单质参与(O2)也有单质生成(N2)，所以也有非极性键的断裂和生成，C正确；D．根据示意图可知，反应物有 NH3、NO、O2，产物有N2、H2O，D正确；故选B。
8.【答案】B【分析】X、Y、Z、E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据原子的成共价键的数量和所带电荷数可判断X为H，Y为C，Z为N。根据原子序数大小，且Z与Q、E与W分别位于同一主族，可知Q为P，E为F，W为Cl。【解析】A．由分析可知，Y为C，X为H，Y2X2为乙炔，为含有极性键的非极性分子，A正确；B．由分析可知，Y为C，Z为N，由于C的氢化物有很多，有固态、液态和气态，而N的氢化物为NH3和N2H4等，故无法比较它们氢化物的沸点，B错误；C．原子序数为83的元素为铋，其位于第六周期第ⅤA族，与N位于同一主族，C正确；D．由分析可知，E为F、W为Cl、Q为P，根据同一周期元素的第一电离从左往右增大趋势但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，同一主族从上往下依次减小，故三种元素的第一电离能大小顺序为：F＞Cl＞P即E>W>Q，D正确；故答案为：B。
9.【答案】B【解析】A．M分子中含有碳碳双键，可使酸性溶液褪色，故A正确；
B．M分子中含有2个饱和碳原子，不可能所有原子共平面，故B错误；C．酸酐能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应，故C正确； D．根据M的结构简式，可知其分子式为，故D正确；选B。
10.【答案】D【解析】A．Zn在元素周期表中位置为第4周期第IIB族，即位于ds区，A错误；B．晶胞中镍离子配位数为4，即晶体中原于的杂化方式为，B错误；C．由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为2=1，Zn2+个数为8=1，含有CN-为8=4，NH3个数为8=2，苯环个数为4=2，则该晶胞的化学式为，则x:y:z=4:2:2=2:1:1，C错误；D．晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4:6=2:3，D正确；故选D。
11.【答案】AD【解析】A． 放电时，根据电子转移方向，a电极为负极，Pb在a电极发生氧化反应，A正确；B．硫酸根离子会与铅离子反应生成硫酸铅沉淀，所以不能用稀硫酸酸化电解质溶液，B错误；C．充电过程中，a电极为阴极，发生的反应为，C错误；
D．放电过程中，内电路电流的方向是a−b，所以电解质溶液中的向a电极移动，D正确；故选AD。
12.【答案】D【解析】A．随着温度的升高，CO2的体积分数降低，即升温该平衡正向移动，所以该反应为吸热反应，△H>0，A项正确；
B．恒压充入惰性气体，容器容积变大，平衡向气体增大的方向移动，即平衡正向移动，v正>v逆，B项正确；C．设CO2为1ml，该条件下转化率为x，根据已知信息建立三段式，650℃时CO2和CO的体积分数分别为60%和40%，即得到x=0.25，则转化率为25%，C项正确；D．925℃时，CO的体积分数为96%，故=23.04p总，D项错误；故选D。
13.【答案】BD【解析】根据氮及其化合物的物质类别和化合价可以推断：X是NH3，Y是HNO3，Z是NO2，W是NH3·H2O，P是N2O5，Q是NO。【详解】A．X是NH3，氯化铵固体受热分解成氨气和氯化氢，但是这两种气体又易化合成氯化铵固体，不能通过加热氯化铵固体制取氨气，A错误；B．P是N2O5，是酸性氧化物，B正确；C．氮的固体是指氮元素由游离态生成化合物，X是NH3、Q是NO，氨气转化为NO不属于氮的固定，C错误；
D．Y是HNO3，3.2 g Cu为0.05 ml，生成NO、NO2混合气体1.12L(标准状况)，则气体总物质的量为0.05ml，根据铜元素守恒，反应生成0.05 mlCu(NO3)2，据N原子守恒可知原硝酸中n(HNO3)=0.05ml×2+0.05ml=0.15ml，所以硝酸溶液的体积为0.15ml ÷10ml·L-1=0.015L=15mL，D正确；选BD。
14.【答案】B【解析】A．过氧化氢为共价化合物，电子式为 ，过氧化钠是离子化合物，电子式为 ，则类比错误，故A错误；B．氯原子和溴原子都具有孤对电子，都能与铝离子形成配位键，氯化铝是共价化合物，且气态时可通过配位键形成双聚体，则溴化铝也是共价化合物，且气态时也可通过配位键形成双聚体，所以类比正确，故B正确；C．苯是甲苯的同系物，但苯不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则类比错误，故C错误；D．由醇的氧化规律可知，与羟基相连的碳原子连有2个氢原子的醇氧化生成醛、连有1个氢原子的醇氧化生成酮、不连有氢原子的醇不能发生氧化反应，则类比错误，故D错误；故选B。
15.【答案】D【解析】根据题目信息，与强碱，在空气中共熔生成，第一方案：在碱性条件下发生歧化反应，生成，第二种方案：将电解，产生。A．与强碱，在空气中共熔，制备，碱可以用，A正确；B．共熔过程中所用仪器为铁坩埚，防止瓷坩埚中的与强碱反应，B正确；C．在电解过程中，阳极发生氧化反应： ，C正确；
D．共熔时发生反应： ，歧化法制备： ，电解法制备： ，由两个方程式可知，相同质量的反应物会生成不同质量的，D错误； 故选D。
16.【答案】（1） （2）B （3）或或
（4） ①. N、S ②. 还原性、碱性 ③.
【解析】根据含硫元素或氮元素的物质的类别和元素化合价，能判断出a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4或硫酸盐，f为H2SO3或亚硫酸盐，g为NH3，h为N2，i为NO，j为NO2或N2O4，k为HNO3或硝酸盐。
【1】h为N2，电子式，答案：；
【2】A．H2S的水溶液为酸性，而物质NH3的水溶液为碱性，无法判断非金属性强弱，A错误；B．H2S在300℃左右分解生成S，而NH3分解生成N2的温度高于300℃，气态氢化物热稳定性：NH3>H2S，已知气态氢化物越稳定，元素的非金属性越强，可以说明N的非金属性比S强，B正确；C．H2S液化的温度为-60℃，而NH3液化的温度为-34℃，NH3沸点高，是因为氨分子间可形成氢键，无法说明N的非金属性比S强，C错误；故答案选B。
【3】K溶液，则k为HNO3，将HNO3倒入物质f（H2SO3或亚硫酸盐）的溶液中，会生成物质e（H2SO4或硫酸盐），该反应是HNO3氧化H2SO3或或，同时得到NO，离子方程式为或或；
【4】①g为NH3，，该反应中S2Cl2中部分S元素由+1升高到+2，被氧化，部分S元素由+1降低到0，被还原，NH3中部分N元素由-3升高到-2，被氧化，NH3表现还原性，部分NH3生成铵盐，表现碱性，所以该反应中被氧化的元素为N、S，NH3体现的性质是还原性、碱性。答案：N、S；还原性、碱性；
②在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，已知是硫单质中最稳定的，所以生成单质为N2和，化学方程式。
17.【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）6
【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，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，调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(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+及的溶液，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，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，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO；（2）调节滤液1的pH值，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≤1.0×10−6ml·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−)==1.0×10−9ml·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0.18ml·L−1时，溶液中c(OH−)==1.0×10−6ml·L−1，pOH=6，则pH=14− pOH=8，则“调节pH”的范围为5≤pH＜8；根据分析，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（3）根据分析，“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）根据分析，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“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则白球为O、黑球为Mn，由图可知，该晶胞中锰离子的配位数为6，晶体密度为；
18.【答案】（1）A→D→C→E→B，防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解（2）
（3）防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀
（4）防止温度过高使和分解
（5）（6）趁热过滤 冷却结晶
【解析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制；
（1）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B；（2）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2，故方程式为：；（3）溶于水电离出，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；（4）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；（5）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为；
（6）根据已知信息②可知，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到晶体。
19.【答案】（1） ①. ＞ ②. 氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定 ③. 平面三角形 （2）甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H-C-H的键角大于C-O-H的键角
（3）C6H6O+28•OH→6CO2+17H2O （4）①. ②. 6 ③.
【1】①同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素大，N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N＞O，故答案为：＞；②氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定，化学性质稳定，故答案为：氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定；③中N原子的价层电子对数为3+=3，为sp2杂化，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
【2】甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H-C-H的键角大于C-O-H的键角，故答案为：甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H-C-H的键角大于C-O-H的键角；
【3】•OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，反应的化学方程式为：C6H6O+28•OH→6CO2+17H2O，故答案为：C6H6O+28•OH→6CO2+17H2O；
【4】①Ti为22号元素，价层电子排布式为3d24s2，价层电子轨道表示式为，故答案为：；
②由晶胞图可知，距Ti原子最近且等距的O原子位于Ti原子的上下前后左右，共6个，故答案为：6；
③Ti原子位于顶点，个数为8×=1，O原子位于棱心，个数为12×=3，1个C原子位于体心，晶胞质量为g=g，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶体密度ρ===，故答案为：。
已知
类比或推理的结论
A
H2O2的电子式：
的电子式：
B
是共价化合物，且气态时可通过配位键形成双聚体
也是共价化合物，且气态时也可通过配位键形成双聚体
C
甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
甲苯的同系物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D
乙醇可以催化氧化生成乙醛
醇都可以催化氧化生成醛
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
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