2020年河北省衡水中学高考化学最后一模试卷(有答案解析)

2020年河北省衡水中学高考化学最后一模试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）
1.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）
A. 含4%硅的硅钢导磁性很强，主要用作变压器的铁芯
B. 高温烹调食物不仅可能产生刺激性气味，同时还可能产生致癌物
C. 分别用液化石油气、汽油、地沟油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物
D. 液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰
2.N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A. 30g丙醇中存在的共价键总数为5N A
B. 1mol D2O与1mol H2O中，中子数之比为2：1
C. 含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数大于0.2N A
D. 密闭容器中1 mol PCl3与1moCl2反应制备PCl5（g），增加2N A个P-Cl键
3.已知A，B，C，D为由短周期元素组成的四种物质，它们有如下所示转化关系，且D为强电解
质（其他相关物质可能省略）。

A B C D 下列说法不正确的是（）
A. 若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2：3
B. 若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第IVA族
C. 若A是共价化合物，则A和D有可能发生氧化还原反应
D. 若A是金属或非金属单质，则常温下0.1 mol/L的D溶液中由水电离出的。

（H+）可能为
10-13mol/L
4.手持技术的氧电化学传感器可用于测定O2含量，如图为某种氧电化学传感器的原理示意图。

已
知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变。

一定时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了b g．下列说法正确的是（）
A. 氧电化学传感器工作时，电流由Pb电极通过外电路流向Pt电极
B. .Pb上发生的电极反应式为Pb-2e-+2OH-=Pb（OH）2↓
C. .反应过程中转移电子的物质的量为b
D. 待测气体中氧气的物质的量的分数为
5.四氢盼（）是家用天然气中人工添加的气味落加剂具有相当程度的臭味。

下列关于该化
合物的说法正确的是（）
A. 不能在O2中燃烧
B. 所有原子可能共平面
C. 与Br2的加成产物只有一种
D. 生成1 mol C4H9SH至少需要2molH2
6.某化学小组设计了如图甲所示的数字化实验装置，研究常温下，向1L 0.1 mol/L H2A溶液中逐
滴加入等浓度NaOH溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的粒子的物质的量分数与溶液pH的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（）
A. pH=4.0时，图中n（HA）约为0.0091mol
B. 0.1mol/LNaHA溶液中存在c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）=0.1mol/L
C. 该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂
D. 常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0
二、双选题（本大题共1小题，共6.0分）
7.
选项实验现象结论
A 向 0.1 mol/LFeCl2溶液中加入1滴KSCN溶
液，再滴加碘水
开始无明显现象加碘水
后溶液变红
氧化性：I2＞Fe3+
B 向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶
液
品红溶液褪色
该钠盐可能为
Na2 SO3
C乙烯通入中性KMnO4溶液中溶液褪色并产生黑色沉
淀
乙烯具有还原性
D将苯加入橙色的溴水中振荡并静置下层液体几乎无色苯与Br2发生了取代反应
A B C D
三、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
8.从铜氨废液|含[Cu（NH3）•CO]+，[Cu（NH3）2]2+、[Cu（NH3）4]2+、NH3、CH3COO-．CO等
中回收铜的工艺流程如下：
（1）步骤（Ⅰ）“吹脱”的目的是______（写一条即可）；由步（Ⅱ）可确定NH3与H+的结能力比与Cu2+的______（填“强”或“弱”）
（2）（2）步骤（Ⅲ）“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，目的是______
（3）步骤（N）反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为______
（4）步骤（M）发生反应生成难溶Cu2（OH）3Cl的离子方程式为______pH与铜的回收率关系如图（a）所示，为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为______
（5）“吹脱”后的铜氨废液中加入适量的添加剂可直接电解回收金属铜，装置如图（b）所示，阴极主要发生反应的电极反应式为______添加NaCl和H2SO4均可提高电导率和电流效率，从而提高铜的回收率，从环境角度考虑，较好的是______（填“NaCl”或“H2SO4”）。

（6）已知上述流程中只有步骤（Ⅲ）“沉铜”和步骤V“制硫酸铜”中铜元素有损耗。

步骤（Ⅲ）“沉铜”时铜元素的损耗率为4%：步骤V“制硫酸铜”时铜元素损耗率为2%．若1L废液最终制得CuSO4•5H2O 375g，则1L废液中含有铜元素的质量为______。

（保留整数）
9.硫的氧化物（主要是SO2）和氮氧化物（NO x）以及碳烟（C）是主要的大气污染物，它们的转
化和综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。

请回答下列问题。

（1）H2还原法是处理燃煤烟气中SO2的方法之
已知：2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O△H=a kJ•mol-1
H2S（g）=H2（g）+S（s）△H=b kJ•mol-1
H2O（l）=H2O（g）△H=c kJ•mol-1
写出SO2（g）和H2（g）反应生成S（s）和H2O（g）的热化学方程式：______
（2）KMnO4/CaCO3可协同脱硫脱硝，在反应中MnO4-．均被还原为MnO42-。

①写出用高锰酸钾溶液脱硫的离子方程式______
②加入CaCO3的作用是______
（3）CaSO3浆液可用于脱除NO2，．反应为CaSO3+2NO2+H2O⇌CaSO4+2NO2-+2H+，向浆液中加入饱和Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，请结合化学原理进行解释______
（4）CaSO3浆液脱除NO2后得到的CaSO4可用于制备硫化钙。

利用天然气部分氧化生成的CO
和H2分解CaSO4的部分反应及其相应的平衡常数对数值lg K p（K p为以分压表示的平衡常数，分压=气体物质的量分数x总压）与温度的关系如下：
（Ⅰ）CO（g）+CaSO4（s）=CO2（g）+CaS（s） lg K p1
（Ⅱ） H2（g）+CaSO4（s）=H2O（8）+CaS（s） Ig K p2
（Ⅲ）CO（g）+CaSO4（s）=CaO（s）+SO2（g）+CO2（g） lg K P3
①T1℃时，反应COg+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）的K P=______
②起始时在容器中加入CaSO4并充入CO，若容器中只发生反应（Ⅲ）。

在T2℃时，图1中C 点V（正）______（V逆）（填“”＜或“=”）；B点总压为1KPa时，CO的平衡转化率为，CO的平衡转化率为______%（保留一位小数，已知=1.414）
（5）某含钴催化剂可以催化消除柴油车尾气中的碳烟（C）和NO X不同温度下，将模拟尾气（成分如下表所示）以相同的流速通过该催化剂，测得所有产物（CO2、N2，N2O）与NO的相关数2
模拟尾气气体（10mol）
碳烟（C）NO O2He
物质的量/mol0.0250.59.475n
℃时，测得排出的气体中含2和2，则的化学式为
10.自然界中含锰元素的主要矿物有软锰矿（MnO2•xH2O）、黑锰矿Mn3O4，大洋底部有大量锰结
核矿。

锰元素在多个领域中均有重要应用，用于制合金，能改善钢的抗冲击性能等
（1）Mn在元素周期表中位于______区，核外电子占据最高能层的符号是______金属锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都可以用“______理论”解释。

（2）Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，下列说法合理的是______
A．Mn3+的价电子构型为3d4，不属于较稳定的电子构型
B．根据Mn2+的电子构型可知，Mn2+中不含成对电子
C．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
D．Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似
（3）在K2MnF6中，MnF62-的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为______
该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为______
（4）二价锰的化合物MnO和MnS熔融态均能导电，熔点MnO______MnS（选填“高于”“等于”、“低于”）并解释原因______
（5）某锰氧化物的晶胞结构如图：
该锰的氧化物的化学式为______该晶体中Mn的配位数为______
该晶体中Mn之间的最近距离为______pm（用a、b来表示）
11.苯酚是种重要的有机化工原料。

利用苯酚合成己二醛[OHC（CH2）4CHO]和尼龙6
的合成路线如图：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）由A制取B的反应类型为______C的系统命名为______
（2）E的结构简式为______
（3）写出合成尼龙6的单体的分子式______
（4）己二醛与足量银氨溶液反应的化学方程式为______
（5）己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”结构的有______种（不考虑立
体异构）。

其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有______（任写一种
（6）写出以溴乙烷为原料制备甲醛的合成路线______（无机试剂任选）。

四、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12.氨基甲酸铵（H2 NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于CCl4某研
究小组用图1所示的实验装置制备氨基甲酸铵）1中节油可反应原理：2NH3（g）+CO2（g）
（1）仪器2的名称是______。

仪器3中NaOH固体的作用是______
（2）①打开阀门K，仪器4中由固体药品所产生的气体就立即进入仪器5，则该固体药品的名称为______
②仪器6的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到装置内稀硫酸
溶液中产生气泡，应该______（填“加快”、“减慢”或“不改变”）产生氨气的流速。

（3）另有一种制备氨基甲酸铵的反应器（CCl4充当惰性介质）如图2：
①图2装置采用冰水浴的原因为______
②当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，______（填操作名称得到粗产品为了将
所得粗产品干燥可采取的方法是______
A．蒸馏 B．高压加热烘干 C．真空微热烘干
（4）①已知氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，则该反应的化学方程式为______
②为测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，某研究小组用该样品进行实验。

已知杂质不参与反
应，请补充完整测定某样品中氨基甲酸铵质量分数的实验方案：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，______测量的数据取平均值进行计算（限选试剂：蒸馏水、澄清石灰水、Ba（OH2）溶液。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：解：A．变压器的硅钢片含硅40%，其余为铁，具有很好的导磁性，主要用作变压器铁芯，故A正确；
B．高温烹调实物不仅有刺激性气味，同时还会产生致癌物，故B正确；
C．地沟油的主要成分是油脂，属于酯类，故不是碳氢化合物，故C错误；
D．氯气有毒，氯气和氢氧化钙反应生成无毒的氯化钙、次氯酸钙和水，从而降低氯气的毒性，故D 正确；
故选：C。

A．变压器的铁芯是利用具有很好的导磁性的薄硅钢片叠压而成；
B．食物高温能够产生致癌；
C．地沟油的主要成分是油脂；
D．氯气和氢氧化钙反应生成无毒的氯化钙、次氯酸钙和水。

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，题目难度不大。

2.答案：C
解析：解：A.30g丙醇物质的量为：=0.5mol，存在的共价键总数为0.5mol×11×N A=5.5N A，故
A错误；
B.1mol D2O与1mol H2O中，中子数之比为10：8=5：4，故B错误；
C.0.2 mol H2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2N A，如果只生成氢气则转移电子数为0.4N A，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2N A小于0.4N A，故C正确；
D．三氯化磷与氯气反应为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中1 mol PCl3与1moCl2反应制备PCl5（g），增加小于2N A个P-Cl键，故D错误；
故选：C。

A．质量转化为物质的量，结合1个丙醇分子含有11个共价键计算；
B.1个D2O含有10个中子，1个H2O含有8个中子；
C.0.2 mol H2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2N A，如果只生成氢气则转移电子数为0.4N A；
D．三氯化磷与氯气反应为可逆反应，不能进行到底。

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意丙醇分子结构特点，注意浓硫酸的特性，题目难度中等。

3.答案：B
解析：解：A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，它们有如下转化关系：A B C D，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化
关系。

A．若A为非金属单质，则A为N2（或S），B为NO（或SO2），C为NO2（或SO3），D为HNO3
（或H2SO4），其中N2与镁反应生成的Mg3N2中阴、阳离子的个数比为2：3，故A正确；
B．若A为非金属单质，则A为N2（或S），氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA 族，故B错误；
C．若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，D为HNO3或H2SO4，H2S与H2SO4可以发生氧化还原反应，故C正确；
D．若A是金属或非金属单质，则A为Na或N2或S，D为NaOH、HNO3或H2SO4，0.1mol/LNaOH 溶液或HNO3溶液中水电离出的c（H+）都是10-13mol/L，故D正确。

故选：B。

A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，它们有如下转化关系：A B C D，
中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系。

本题考查无机物推断，涉及N、S、Na元素单质化合物性质与转化，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意掌握中学常见连续反应。

4.答案：D
解析：解：通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O-+4e-=4OH-，Pb 电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH--4e-=2PbO+2H2O，
A．得电子发生还原反应的电极是正极、失电子发生氧化反应的电极是负极，电子由Pb电极通过外电路流向Pt电极，故A错误；
B．在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，说明Pt电极消耗的氧气与Pb电极上得到的O原子质量相等，其电池反应式为2Pb+O2=2PbO，所以Pb电极上Pb失电子和OH-反应生成PbO，电极反应式为2Pb+4OH--4e-=2PbO+2H2O，故B错误；
C．放电过程中，Pb电极质量增加，增加的质量为氧元素质量，如果电极质量增加bg，则生成n（PbO）=n（O）==molmol，根据2Pb+4OH--4e-=2PbO+2H2O得转移n（OH-）=2n（PbO）=0.125bmol，故C错误；
D．根据转移电子相等得n（O2）=n（PbO）=bmol，氧气体积=bmol×22.4L/mol=0.7bL，待测氧气体积分数==，故D正确；
故选：D。

通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O-+4e-=4OH-，Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH--4e-=2PbO+2H2O；
A．得电子发生还原反应的电极是正极、失电子发生氧化反应的电极是负极；
B．Pb电极上Pb失电子和OH-反应生成PbO；
C．放电过程中，Pb电极质量增加，增加的质量为氧元素质量，如果电极质量增加bg，则生成n（PbO）=n（O）==mol，根据2Pb+4OH--4e-=2PbO+2H2O计算转移OH-的物质的量；
D．根据转移电子相等计算消耗氧气物质的量，消耗氧气体积与aL气体的比值为待测氧气体积分数。

本题考查原电池原理，正确理解“在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变”隐含的信息是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，难点是电极反应式的书写，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度中等。

5.答案：B
解析：解：A．家用天然气中可人工添加，能在O2中燃烧，故A错误；
B．含双键为平面结构，所有原子可能共平面，故B正确；
C．含2个双键，可发生1，2加成或1，4加成，与溴的加成产物有2种，故C错误；
D．生成1 molC4H9SH，H原子多6mol，至少需要3molH2，故D错误；
故选：B。

由结构可知，含碳碳双键，且含C、H、S元素，结合双键为平面结构及烯烃的性质来解答。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

6.答案：A
解析：解：A．pH=3时A2-、HA-的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则K a2==c （H+）=0.001mol/L，由同一溶液中=，pH=4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n（HA-）+n（A2-）=0.1mol，K a2==×c（H+）=×0.0001mol/L=0.001mol/L，n（HA-）
约为0.0091mol，故A正确；
B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c（A2-）+c（HA-）=0.1mol/L，故B错误；
C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故C错误；
D．pH=3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c（A2-）=c（HA-）；等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同导致c（A2-）、c（HA-）不一定相等，则混合溶液的pH不一定等于3，故D错误；
故选：A。

A．pH=3时A2-、HA-的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则K a2==c（H+）
=0.001mol/L，由同一溶液中=，pH=4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n（HA-）
+n（A2-）=0.1mol，据此计算n（HA-）；
B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA溶液中不存在H2A；
C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性；
D．pH=3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c（A2-）=c（HA-）。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，题目难度中等，正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”是解本题关键，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液中溶质及其浓度无关，试题侧重考查学生分析推断及计算能力。

7.答案：AD
解析：解：A．碘不能氧化亚铁离子，现象、结论不合理，故A错误；
B．气体可能为二氧化硫，该钠盐可能为Na2SO3，故B正确；
C．乙烯被高锰酸钾氧化，生成二氧化锰、二氧化碳，则乙烯具有还原性，故C正确；
D．苯与溴水发生萃取，且苯的密度比水的密度小，为物理变化，故D错误；
故选：AD。

A．碘不能氧化亚铁离子；
B．气体可能为二氧化硫；
C．乙烯被高锰酸钾氧化，生成二氧化锰、二氧化碳；
D．苯与溴水发生萃取。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

8.答案：将Cu（Ⅰ）氧化为Cu（Ⅱ）、将CO氧化生成CO2吹出、吹出游离的NH3等强使Cu2+尽可能生成沉淀，可降低残留率3：2 2[Cu（NH3）4]2++Cl-+5H++3H2O=Cu2（OH）3Cl↓+8NH4+6（或5.5-6.5）[Cu（NH3）4]2++2e-=Cu+4NH3H2SO4102
解析：解：（1）步骤（Ⅰ）“吹脱”时通入空气，氧气可将Cu（Ⅰ）氧化为Cu（Ⅱ）、将CO氧化生成CO2吹出、吹出游离的NH3等，步骤（Ⅱ）加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的强，
故答案为：将Cu（Ⅰ）氧化为Cu（Ⅱ）、将CO氧化生成CO2吹出、吹出游离的NH3等；强；（2）步骤（Ⅲ）“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，可使Cu2+尽可能生成CuS沉淀，可降低残留率，故答案为：使Cu2+尽可能生成沉淀，可降低残留率；
（3）CuS与硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由-2价升高到0价，N元素化合价由+5价降低为+2价，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2，
故答案为：3：2；
（4）步骤（Ⅵ）发生反应生成难溶Cu2（OH）3Cl的离子方程式为2[Cu（NH3）4]2++Cl-+5H++3H2O=Cu2（OH）3Cl↓+8NH4+，由图可知为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为6（或5.5-6.5），
故答案为：2[Cu（NH3）4]2++Cl-+5H++3H2O=Cu2（OH）3Cl↓+8NH4+；6（或5.5-6.5）；
（5）阴极主要发生反应的电极反应式为[Cu（NH3）4]2++2e-=Cu+4NH3，如加入盐酸，则阳极发生氧化反应生成氯气，污染空气，从环保的角度可知，应加入硫酸，
故答案为：[Cu（NH3）4]2++2e-=Cu+4NH3；H2SO4；
（6）375gCuSO4•5H2O中Cu的质量=375g×÷（1-2%）÷（1-4%）=102g，
故答案为：102。

从铜氨废液含[Cu（NH3）3•CO]+、[Cu（NH3）2]+、[Cu（NH3）4]2+、NH3、CH3COO-、CO32-等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成二氧化碳、氨气，得到含有[Cu（NH3）4]2+、CH3COO-、CO32-的溶液，加入20%的硫酸，调节pH=2，得到硫酸铜、硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经蒸发晶体得到无水硫酸铜晶体；Cu（NH3）4]2+、CH3COO-、CO32-的溶液加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜，以此解答该题。

本题考查物质分离和提纯，为高频考点，综合性较强，涉及离子方程式及化学方程式的书写、化学反应速率影响因素、分离提纯基本操作、电解等知识点，明确反应原理及流程图中每一步发生的反应、采用的操作方法是解本题关键，题目难度中等。

9.答案：SO2（g）+2H2（g）=S（s）+2H2O（g）△H=（a-2b+2c）
kJ/mol NO+3MnO4-+2H2O=NO3-+4H++3MnO42-CaCO3与产物中的H+和SO42-反应，使平衡向脱硫方向进行CaSO3（s）+SO42-（aq）⇌CaSO4（s）+SO32-（aq），亚硫酸钙转化为硫酸钙，使溶液中亚硫酸根离子浓度增大，加快亚硫酸根离子与二氧化氮的反应速率 1 ＞70.7 N2O
解析：解：（1）已知：①2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）△H1=a kJ/mol，
②H2S（g）=H2（g）+S（s）△H2=b kJ/mol，
③H2O（l）=H2O（g）△H3=c kJ/mol，
SO2（g）和H2（g）反应生成S（s）和H2O（g）的方程式为：SO2（g）+2H2（g）=S（s）+2H2O （g），该反应可由①-②×2+③×2得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为△H=△H1-2△H2+2△H3=（a-2b+2c）kJ/mol，
故答案为：SO2（g）+2H2（g）=S（s）+2H2O（g）△H=（a-2b+2c）kJ/mol；
（2）①脱除SO2时，SO2被氧化为SO42-，MnO4-被还原为MnO42-，该反应的离子方程式为：
SO2+MnO4-+2H2O=SO42-+4H++2MnO42-，
故答案为：NO+3MnO4-+2H2O=NO3-+4H++3MnO42-；
②其他条件相同，添加物为CaCO3时，SO2的脱除率增大，其原因是CaCO3和氢离子、硫酸根离子反应，使平衡向脱硫方向进行，
故答案为：CaCO3与产物中的H+和SO42-反应，使平衡向脱硫方向进行；
（3）在CaSO3悬浊液中加入Na2SO4溶液，两者发生复分解生成硫酸钙和亚硫酸钠，导致溶液中亚硫酸根离子浓度增大，与二氧化氮反应的速率加快，
故答案为：CaSO3（s）+SO42-（aq）⇌CaSO4（s）+SO32-（aq），亚硫酸钙转化为硫酸钙，使溶液中亚硫酸根离子浓度增大，加快亚硫酸根离子与二氧化氮的反应速率；
（4）①（Ⅰ）CO（g）+CaSO4（s）⇌CO2（g）+1/4CaS（s）
（Ⅱ）H2（g）+CaSO4（g）⇌H2O（g）+1/4CaS（s），Ⅰ-Ⅱ得到CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），则K p=，由图可知，T1℃时，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数相等，故K p=1；
故答案为：1；
②在T2℃时，图中C点未达到平衡，B点为平衡点，C→B反应正向进行，故v（正）＞v（逆）；设起始时CO的物质的量为amol，达到平衡时CO的转化率为x，列三段式：
CO（g）+CaSO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）
n起始：a 0 0
n转化：ax ax ax
n平衡：a-ax ax ax
平衡时分压：×1，×1×1
此时lgK p=0，即K p=1，K p==1，解得x=0.707=70.7%；
故答案为：＞；70.7；
（5）模拟尾气中一氧化氮的物质的量为：0.25%×10mol=0.025mol，而图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为：0.025mol×（8%+16%）=0.006mol，模拟尾气中O2的物质的量为：
10mol×5%=0.5mol，测得排出的气体中含0.45 molO2，说明实际参与反应的氧气的物质的量为
0.05mol，同时测得0.0525 molCO2，根据氧守恒，可知氧化二氮的物质的量为：
0.05×2+0.006-0.0525×2=0.001mol，根据氮守恒可知氮气的物质的量为：=0.002mol，所
以16%对应的是氮气，而8%对应是氧化二氮，即Y对应是N2O，
故答案为：N2O。

（1）SO2（g）和H2（g）反应生成S（s）和H2O（g）的方程式为：SO2（g）+2H2（g）=S（s）+2H2O （g），该反应可由已知的热化学方程式推导，根据盖斯定律计算该反应的焓变；
（2）①脱除SO2时，SO2被氧化为硫酸根离子，MnO4-被还原为MnO42-，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；
②添加物为CaCO3时，会和酸反应使平衡向脱硫脱硝的方向进行；
（3）在CaSO3悬浊液中加入Na2SO4溶液，两者发生复分解生成硫酸钙和亚硫酸钠，导致溶液中亚硫酸根离子浓度增大，与二氧化氮反应的速率加快；
（4）①Ⅰ-Ⅱ得到CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），K p=，由图可知，T1℃时，反应Ⅰ、
Ⅱ的平衡常数相等；
②在T2℃时，图中C点未达到平衡，B点为平衡点，C→B反应正向进行；
设起始时CO的物质的量为amol，达到平衡时CO的转化率为x，列三段式：
CO（g）+CaSO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）
n起始：a 0 0
n转化：ax ax ax
n平衡：a-ax ax ax
平衡时分压：×1，×1×1
此时lgK p=0，即K p=1，代入计算可得；
（5）模拟尾气中一氧化氮的物质的量为：0.25%×10mol=0.025mol，而图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为：0.025mol×（8%+16%）=0.006mol，模拟尾气中O2的物质的量为：
10mol×5%=0.5mol，测得排出的气体中含0.45 molO2，说明实际参与反应的氧气的物质的量为
0.05mol，同时测得0.0525 molCO2，根据氧守恒，可知氧化二氮的物质的量为：
0.05×2+0.006-0.0525×2=0.001mol，根据氮守恒可知氮气的物质的量为=0.002mol，所以
16%对应的是氮气，而8%对应是氧化二氮。

本题考查较为综合，为高考常见题型，题目涉及化学平衡，涉及平衡状态的判断、化学平衡常数的相关计算、温度与可逆反应之间的关系、盖斯定律等知识点，综合性强，对化学平衡的相关知识理解透彻是解题关键，题目难度较大。

10.答案：d N 电子气 A 6 “头碰头”高于MnO和MnS都是离子晶体，离子电荷数相同，O2-离子半径小于S2-的离子半径，MnO的晶格能大，熔点更高MnO2 6 ×
解析：解：（1）Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，可知M在元素周期表中位于第四周期第VIIB，属于d区元素，核外电子占据最高能层的符号是N．锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释，
故答案为：d；N；电子气；
（2）A．Mn3+的价电子构型为3d4，Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，说明Mn3+不稳定，Mn3+容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，故A正确；B．Mn2+中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故B错误；
C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1，是Cr元素，故C错误；
D．Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2+具有强的还原性，而Fe3+具有强的氧化性，故D错误。

故选：A；
（3）MnF62-的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为6．在化合物化合物K2MnF6中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于σ键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”，
故答案为：6；“头碰头”；
（4）MnO和MnS都是离子晶体，离子电荷数相同，O2-离子半径小于S2-的离子半径，MnO的晶格能大，熔点更高，
故答案为：高于；MnO和MnS都是离子晶体，离子电荷数相同，O2-离子半径小于S2-的离子半径，MnO的晶格能大，熔点更高；
（5）在该晶体中含有的Mn原子个数为：×8+1=2，含有的O原子数目为×4+2=4，Mn：O=2：4=1：
2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；
根据晶胞投影图可知：在该晶体体中与Mn原子距离相等且最近的O原子有6个，所以Mn的配位数为6；
由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线
为 pm，所以该晶体中Mn之间的最近距离为× pm，
故答案为：MnO2；6；×。

（1）Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2；锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释；
（2）A．Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，说明Mn3+不稳定；
B．Mn2+中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子；
C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1；
D．Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关；
（3）MnF62-的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为6；F与Mn之间的共价键都是共价单键；
（4）物质都属于离子晶体，离子晶体的阴离子带有相同电荷，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高；
（5）用均摊法计算确定化学式，并结合微粒的空间排列确定Mn的配位数。

由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半。

本题综合考查了物质结构的知识，涉及原子核外电子排布式、元素在周期表的位置、电子气理论、微粒结构与性质、价层电子对互斥理论、化学键、晶体类型与性质、晶胞计算等，这些都是常考知识点，（5）需要学生具有一定的空间想象能力和数学计算能力，具有一定的难度。

11.答案：消去反应1，2-环己二
醇C6H11ON
11。