成都市达标名校2020年高考一月适应性考试化学试题含解析

成都市达标名校2020年高考一月适应性考试化学试题
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．为了除去括号中的杂质，不合理的是（）
A．A B．B C．C D．D
2．下列有关实验操作、现象、解释和结论都正确的是()
A．A B．B C．C D．D
3．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．标准状况下，22.4 L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9N A
B．56g铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数小于3N A
C．16g O2和14C2H4的混合物中所含中子数为8N A
D．常温下，1 L 0.5 mol/L CH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5N A 4．2005年法拉利公司发布的敞篷车(法拉利Superamerica)，其玻璃车顶采用了先进的电致变色技术，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成的五层膜材料(如图所示)。

其工作原理是：在外接电源(外加电场)下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。

下列
有关说法中不正确的是（）
A．当A外接电源正极时，Li+脱离离子储存层
B．当A外接电源负极时，电致变色层发生反应为：WO3+Li++e-=LiWO3
C．当B外接电源正极时，膜的透过率降低，可以有效阻挡阳光
D．该电致变色系统在较长时间的使用过程中，离子导体层中Li+的量可保持基本不变
5．下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是
A．与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢
B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
C．乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能
D．苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时，甲苯的反应温度更低
6．碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。

某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲设计工艺流程如图所示。

下列有关说法正确的是（）
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”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
B．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C．为加快“氧化”速率温度越高越好
D．TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O
7．下列离子方程式书写正确的是( )
A．向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2+ + ClO— + 2H+＝Cl— + 2Fe3+ + H2O
B．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42—沉淀完全：2Al3+ + 3SO 42—+ 3Ba2+ + 6OH—＝2Al(OH)3↓+ 3BaSO4↓
C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3+ + 4NH3·H2O＝AlO2—+ 2H2O + 4NH4+
D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3—+ Ba2+ + OH—＝BaCO3↓+ H2O
8．下列条件下，可以大量共存的离子组是（）
A．pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-
B．含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+
C．0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-
D．某酸性无色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+
9．常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（）
A．0.1mol/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)
B．L1表示-lg
-
c(X)
c(HX)
与pH的变化关系
C．K b(YOH)=10-10.5
D．a点时两溶液中水的电离程度不相同
10．必须随配随用，不能长期存放的试剂是（）
A．氢硫酸B．盐酸C．AgNO3溶液D．NaOH溶液
11．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中X 原子的质子总数与电子层数相等，X、Z 同主族，Y、W 同主族，且Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污染物。

下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＜Y＜W＜Q
B．Y 能分别与X、Z、W 形成具有漂白性的化合物
C．非金属性：W＜Q，故W、Q 的氢化物的水溶液的酸性：W＜Q
D．电解Z 与Q 形成的化合物的水溶液可制得Z 的单质
12．萜类化合物广泛存在于动植物体内，某萜类化合物如下图所示，下列说法正确的是
A．此萜类化合物的化学式为C10H14O
B．该有机物属于芳香烃
C．分子中所有碳原子均处于同一平面上
D．在浓硫酸、加热条件下，可生成两种芳香烯烃
13．对氧化还原反应：11P+15CuSO4+24H2O→5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，下列说法正确的是
A．5/11的磷被氧化
B．3mol CuSO4可氧化11/5mol P
C．每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol
D．当1mol P参加反应时，转移电子的物质的量为3 mol
14．我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如右图装置可实现：H2S+O2→H2O2 +S。

已知甲池中有如下的转化：
下列说法错误的是：
A．该装置可将光能转化为电能和化学能
B．该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池
C．甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+ +2e- =H2AQ
D．乙池①处发生反应：H2S+I3- =3I-+S↓+2H+
15．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．Fe2O3能溶于酸,可用作红色油漆和涂料
B．NaHCO3的水溶液呈弱碱性,可用作膨松剂
C．Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚
D．SiO2熔点高、硬度大,常用来制造集成电路
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．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、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素)。

已知：K sp[Mg(OH)2]=4.9×11－12，K b(NH3·H2O)=1.8×11－5。

（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pH和温度对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1．115mol·L－1MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.1×11－5mol·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)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有机材料PMMA、新型可降解高分子材料PET、常见解热镇痛药Aspirin的合成路线如下：
已知：
-
+
2
①HCN/OH
②H O/H
(1)A属于烯烃，其结构简式是_______。

(2)A与苯在AlCl3催化作用下反应生成B的反应类型是_______。

(3)写出B的一溴代物只有2种的芳香烃的名称__________写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件____________
(4)B在硫酸催化条件下被氧气氧化可得有机物C与F。

①C由碳、氢、氧三种元素组成，C的结构简式是_________。

②向少量F溶液中滴加几滴FeCl3溶液，溶液呈紫色，且F在其同系物中相对分子质量最小。

G物质中含氧官能团名称为_______。

(5)D在一定条件下制取PET的化学方程式是_______。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。

(1)Co2+的核外电子排布式为___，Co的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多，原因是___。

(2)Fe、Co均能与CO形成配合物，如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示，图1中1molFe(CO)5含有__mol配位键，图2中C原子的杂化方式为___，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是___（填元素符号）。

(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是___，钴晶体晶胞结构如图3所示，该晶胞中原子个数为___；该晶胞的边长为anm，高为cnm，该晶胞的密度为___（N A表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式）g·cm-3。

19．（6分）燃煤烟气中含有大量NO x、CO2、CO和SO2，经处理可获得重要的化工原料。

(1)用CH4催化还原NO x可以消除氮氧化物的污染。

CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=－574.0 kJ·mol－1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=＋1 160.0 kJ·mol－1
①反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=___________kJ·mol－1。

②若反应中还原NO x至N2，消耗标准状况下4.48L CH4，则反应过程中转移的电子总数为_____。

(2)利用烟气中分离所得的CO2、CO与H2按一定比例混合在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
反应1: CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH1=－99.0 kJ·mol－1
反应2: CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2=＋483.0 kJ·mol－1
反应3: CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH3=＋384.0 kJ·mol－1
反应体系中CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图所示。

①α(CO)随温度升高而减小的原因是____________________。

②图中的p1、p2、p3由大到小的顺序为__________________。

(3)亚氯酸钠(NaClO2)和次氯酸钠(NaClO)混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的NO x、SO2，使其转化为NO3-、SO42-。

①写出NO与NaClO2在碱性环境中反应的离子方程式：________________。

②下图表示在一定条件下温度与复合吸收剂对烟气中SO2、NO脱除效率的关系。

图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是：____________________。

③从复合吸收剂吸收烟气后的废液中可回收得到NaHSO4，低温电解NaHSO4水溶液可制备工业上常用的强氧化剂Na2S2O8，原理如图所示。

电解时电极Ⅰ的电极反应式为______________。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．A
【解析】
【详解】
A．二者均与NaOH反应，不能除杂，应加氨水、过滤，选项A错误；
B．二者溶解度受温度影响不同，可结晶法分离，选项B正确；
C．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可分液分离，选项C正确；
D．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，可蒸馏分离，选项D正确；
答案选A。

2．A
【解析】
【分析】
A ．试纸变蓝色，可说明氨水溶液呈碱性；
B ．向饱和Na 2CO 3溶液中通入足量CO 2生成碳酸氢钠；
C ．体积膨胀，原因是生成气体；
D ．氯气与铁反应生成氯化铁，溶液中铁与氯化铁反应。

【详解】
A ．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，试纸变蓝色，可说明氨水溶液呈碱性，选项A 正确；
B ．向饱和Na 2CO 3溶液中通入足量CO 2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，析出晶体为碳酸氢钠，选项B 错误；
C ．体积膨胀，说明生成了气体，原因是碳和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫等气体，选项C 错误；
D ．氯气与铁反应生成氯化铁，溶液中铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，滴加KSCN ，溶液不变色，选项D 错误． 答案选A 。

【点睛】
本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，注意把握物质性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大。

3．D 【解析】 【详解】
A 标准状况下，22.4 L 环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为
A
22.4L 9N 22.4L /mol
⨯=9N A ，故不选A ；
B.铁在足量氧气中燃烧生成Fe 3O 4，56克铁转移的电子数为8N A /3，因此转移电子数小于3N A ，故不选B ；
C.1mol O 2和1mol 14C 2H 4均含有16个中子，摩尔质量均为32g/mol ，故混合物中所含中子数为
A
16g 16N 32g /mol
⨯=8N A ，故不选C ；
D. CH 3COONH 4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子均会水解，因此溶液中CH 3COO －与NH 4＋的数目均小于0.5N A ； 答案：D 【点睛】
易错选项C ，注意O 2和14C 2H 4摩尔质量相同，中子数相同。

4．A 【解析】 【分析】 【详解】
A.当A外接电源正极时，A处的透明导电层作阳极，电致变色层中LiWO3转化为WO3和Li+，Li+进入离子储存层，故A错误；
B.当A外接电源负极时，A处的透明导电层作阴极，电致变色层发生反应为：WO3+Li++e-=LiWO3，故B正确；
C.当B外接电源正极时，A处的透明导电层作阴极，电致变色层中WO3转化为LiWO3，膜的透过率降低，可以有效阻挡阳光，故C正确；
D.该电致变色系统在较长时间的使用过程中，LiWO3与WO3相互转化，离子导体层中Li+的量可保持基本不变，故D正确；
综上所述，答案为A。

5．C
【解析】
【详解】
A. 与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼，这是因为烃基对羟基产生影响，故A能用基团间相互作用解释；
B.苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯环对羟基有影响，故B能用基团间相互作用解释；
C.乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故C不能用基团间相互作用解释；
D．甲苯的反应温度更低，说明甲苯与硝酸反应更容易，甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，故D能用基团间相互作用解释；
答案选C。

6．D
【解析】
【分析】
由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到TeO2，碱浸时TeO2与NaOH反应得到Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-与Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，结合选项分析即可解答。

【详解】
A．“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误；B．还原时发生反应：3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1:3，B选项错误；
C．“氧化”时氧化剂为H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误；
D．根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O，D选项正确；
答案选D。

7．D
【解析】
【分析】
A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，会生成Fe(OH)3沉淀；
B.硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，反应生成偏铝酸根；
C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会生成偏铝酸根；
D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，n[Ba(OH)2]:n(NaHCO3)=1:1
【详解】
A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生
3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl-，故A错误；
B.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，反应的化学方程式为KAl (SO4)2 + 2Ba(OH)2 = 2BaSO4 + KAlO2 + 2H2O，对应的离子方程式为：Al3+ +2SO42- +2Ba2+
+4OH-=2BaSO4↓+AlO2- +2H2O，故B错误；
C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3•H2O：
Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+
D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-无剩余，离子方程式：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正确，选D。

【点睛】
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大．
8．D
【解析】
【详解】
A．pH=9的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存，故A错误；
B．能和S2O32-反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B错误；C．能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C错误；
D．酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。

【点睛】
S2O32-为硫代硫酸根，与氢离子可以发生反应：S2O32-+2H+==S↓+SO2+H2O。

9．A
【解析】
【详解】
NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增大，X-离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg
-
c(X)
c(HX)
的
值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg
-
c(X)
c(HX)
的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐
增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg
+
c(Y)
c(YOH)
的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg
+
c(Y)
c(YOH)
与
pH的变化关系。

A．曲线L1中，-lg
-
c(X)
c(HX)
=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根据K h=h
a b
K
K K
或可知，电
离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-＜Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；
B．根据分析可知，曲线L1表示-lg
-
c(X)
c(HX)
的与pH的关系，故B正确；
C．曲线L2表示-lg
+
c(Y)
c(YOH)
与pH的变化关系，-lg
+
c(Y)
c(YOH)
=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，
c(OH-)=1×10-10.5mol/L，则K b(YOH)=
-+
c(OH)c(Y)
c(YOH)
=c(OH-)=1×10-10.5，故C正确；
D．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：a＜b，故D正确；
故答案为A。

10．A
【解析】
【详解】
A．氢硫酸性质不稳定，易被空气中的氧气氧化生成S和水，不能长时间放置，需要所用随配，故A选；B．盐酸性质稳定，可长时间存放，故B不选；
C．硝酸银溶液性质稳定，可长时间存放，故C不选；
D．氢氧化钠溶液性质稳定，可长时间存放，故D不选；
答案选A。

11．B
【解析】
【分析】
【详解】
短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中X 原子的质子总数与电子层数相等，则X 为氢；Y、W 同主族，且Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，该物质为二氧化硫，则Y为氧，W为硫；X、Z 同主族，则Z为钠；Q为氯；
A. 核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，则S2->Cl-，O2->Na+，电子层多的离子半径大，则S2->Cl->O2->Na+，即Z＜Y＜Q＜W，故A错误；
B. 氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正确；
C. 同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：W＜Q；非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故C错误；
D. 电解氯化钠的水溶液可制得氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故D错误；
故选B。

【点睛】
比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱，或是单质的氧化性。

12．A
【解析】
【详解】
A.由萜类化合物的结构简式可知分子式为C10H14O，故A正确；
B.萜类化合物中含有氧元素，属于芳香化合物，不属于芳香烃，故B错误；
C.萜类化合物中含有4个饱和碳原子，所有碳原子不可能处于同一平面上，故C错误；
D.萜类化合物含有羟基，与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的，在浓硫酸、加热条件下，只能生成一种芳香烯烃，故D错误；
故选A。

【点睛】
判断分子中共线、共面原子数的技巧
1.任何两个直接相连的原子在同一直线上。

2.任何满足炔烃结构的分子，其所有4个原子在同一直线上。

3.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子一定在一条直线上。

4.典型所有的原子一定共平面的有：CH2=CH2、CH CH、苯；可能共平面的有：CH2=CH—CH=CH2、。

5.只要出现CH4、—CH3或—CX3等，即只要出现饱和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。

13．C
【解析】
【详解】
A. 11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol，
还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，即被氧化的磷原子为6
11
，选项A错误；
B.根据反应知道，是1molCuSO4得到1mol电子，1molP失去5mol电子，则3molCuSO4可氧化0.6molP，选项B错误；
C.起氧化作用P元素的化合价由0降低为-3价转移3个电子，起还原作用的P的化合价由0升高为+5价转移5个电子，则每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol，选项C正确；
D.当1molP参加反应时，有6
11
molP作还原剂，转移电子的物质的量为
30
11
mol，选项D错误．
答案选C。

【点睛】
本题考查了氧化剂和还原剂的判断、电子转移等知识点，注意该反应中P既是氧化剂又是还原剂，会根据元素化合价的变化判断氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物，
11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，根据氧化还原反应中的概念以此电子守恒知识来解答。

14．B
【解析】
【分析】
A.装置是原电池装置，据此确定能量变化情况；
B.原电池中阳离子移向正极；
C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应；
D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，据物质的变化确定发生的反应。

【详解】
A.装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置，A正确；
B.原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B错误；
C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H++2e-=H2AQ，C正确；
D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-═3I-+S↓+2H+，D正确。

故合理选项是B。

【点睛】
本题考查原电池的工作原理以及电极反应式书写的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，注意溶液中离子
移动方向：在原电池中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，本题难度适中。

15．C
【解析】
【详解】
A. Fe2O3可用作红色油漆和涂料是因为是一种红棕色的物质，而不是因为Fe2O3能溶于酸，故A错误；
B. 碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕点的膨松剂，故B错误；
C. Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚，故C正确；
D. 二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，与其熔点高性质无关，故D错误；
正确答案是C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．MnO2+SO2=MnSO4将Fe2+氧化为Fe3NiS和ZnS Mn2++HCO3-+NH3·H2O=MnCO3↓+NH4++H2O
CO)下降，所以Mn2+沉淀率下45℃、pH=7.5 当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(2-
3
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 1.17mol·L-1
【解析】
【分析】
软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素，应均以金属氧化物的形式存在，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe2+、A13+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和SO42-，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、A13+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、SO42-等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、A13+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS 和ZnS，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，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解答。

【详解】
(1)“脱硫浸锰”中软锰矿浆中，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++HCO3-+NH3∙H2O=MnCO3↓+ NH4++H2O；
(4)①由图可知，“沉锰”的合适条件是：温度控制在45℃左右，pH=7.5左右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：沉锰是要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO32-)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) K sp [Mg(OH)2]= c(Mg 2+)×c 2(OH -)=4.9×11－12，c 2(OH -)=()()12
252 4.910=1.010sp K Mg OH c Mg +⎡⎤⨯⎣⎦
⨯－－=4.9×11－7，c(OH -)=7×11－4mol·L －1，NH 3通入1.115mol·L －1MgSO 4溶液中，Mg 2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(NH 4+)= 2c(SO 42-)=2×1.115 mol/L =1.13mol/L ，一水合氨是弱电解质，电离方程式为：NH 3·H 2O ⇌NH 4++OH - ， K b (NH 3·H 2O)=()()()()-4
43232 7100.03=c OH c NH c NH H O c NH H O -+
⋅⨯⨯⋅⋅=1.8×11－5，则NH 3·H 2O 的物质的量浓度为-457100.03= 1.810
⨯⨯⨯－=1.17mol/L 。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．CH 2=CHCH 3 加成反应 1，3，5—三甲苯 Br 2/光照和Br 2/Fe 羟基、羧基 n 一定条件−−−−−−→ +(n-1)H 2O
【解析】
【分析】
A 属于烯烃，则A 结构简式为CH 2=CHCH 3，根据A 、
B 分子式及苯的分子式可知，丙烯与苯发生加成反应生成B ，根据已知信息，由D 的结构简式逆推可知
C 为，则B 为，
D 发生消去反应生成
E ，E 发生加聚反应生成PMMA ，PMMA 为，D 发生缩聚反应生成，PET 为
；向少量F 溶液中滴加几滴FeCl 3溶液，溶液呈紫色，且F 在其同系物中相对分子质量最
小，则F 为
，F 发生反应生成G ，G 和乙酸酐发生取代反应生成Aspirin ，根据Aspirin 的结构简式知，G 结构简式为
，据此分析解答。

【详解】 (1)A 属于烯烃，分子式为C 3H 6，则A 结构简式是CH 2=CHCH 3，故答案为：CH 2=CHCH 3；
(2)通过以上分析知，A 与苯在AlCl 3催化作用下反应生成B 的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；
(3)B 为，B 的一溴代物只有2种的芳香烃为，名称是1，3，5-三甲苯，光照条件下发生甲基失去取代反应，催化剂条件下发生苯环上取代反应，因此需要的试剂与条件为：Br 2/光照和Br 2/Fe 故答案为：1，3，5-三甲苯；Br 2/光照和Br 2/Fe ；
(4)①通过以上分析知，C 的结构简式是，故答案为：；
②根据上述分析，G 的结构简式为
，G 物质中含氧官能团名称为羟基和羧基，故答案为：羟
基和羧基； (5)D 在一定条件下发生缩聚反应制取PET 的化学方程式是n
+(n-1)H 2O ，故答案为：n +(n-1)H 2O 。

【点睛】
正确推断物质的结构简式是解题的关键。

解答本题要注意充分利用题示信息和各小题中提供的信息进行推导。

本题的易错点为(5)中方程式的书写，要注意水前面的系数。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18． [Ar ]3d 7或1s 22s 22p 63s 23p 63d 7 Co 失去3个电子后会变成[Ar ]3d 6，更容易再失去一个电子形成半满状态[Ar ]3d 5，Fe 失去三个电子后会变成[Ar ]3d 5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子 10
sp 、sp 2 O 12 6 21A
236310⨯ 【解析】
【详解】
(1)Co 2+的核外电子数为25，电子排布式为[Ar ]3d 7或1s 22s 22p 63s 23p 63d 7，Co 的第四电离能比Fe 的第四电离能要小得多，原因是Co 失去3个电子后会变成[Ar ]3d 6，更容易再失去一个电子形成半满状态[Ar ]3d 5，Fe 失去三个电子后会变成[Ar ]3d 5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子。

答案为：[Ar ]3d 7或1s 22s 22p 63s 23p 63d 7；Co 失去3个电子后会变成[Ar ]3d 6，更容易再失去一个电子形成半满状态[Ar ]3d 5，Fe 失去三个电子后会变成[Ar ]3d 5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子；
(2)在Fe (CO )5中，每个CO 分子中，C 与O 原子间形成的3个共价键中，有1个是配位键，另外，每个C 原子与中心原子间形成1个配位键，所以1molFe (CO )5含有10mol 配位键；图2中，只与1个Co 原子形成配位键的C 原子，价层电子对数为2，C 原子发生sp 杂化；与2个Co 原子形成配位键的C 原子，价层电子对数为3，C 原子发生sp 2杂化；形成上述两种化合物的四种元素中非金属性最强的元素是氧，则电负性最大的是O 。

答案为：10；sp 、sp 2；O ；
(3)由以上分析知，金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是12，该晶胞中原子个数为
12×16
+2×12+3=6；该晶胞的边长为anm ，高为cnm ，晶胞的体积V =7771310cm 10cm 10cm 62---⨯⨯⨯⨯⨯⨯a a c 21233310a c cm -，该晶胞的密度为。