广西壮族自治区贵港市平南县中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题（解析版）

这是一份广西壮族自治区贵港市平南县中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了请将各题答案写在答题卡上，可能用到的相对原子质量， 下列化学用语表示不正确的是， 设为阿伏加德罗常数的值， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。

1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。
2.请将各题答案写在答题卡上。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Na-23 O-16 Si-28 S-32 As-75 Ga-70
第I卷 (选择题)
一、单选题(本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生产、生活、科技息息相关，下列叙述正确是
A. 利用合成了硬脂酸()，实现了无机小分子向有机高分子的转变
B. 医用酒精可用于杀菌消毒，其成分主要是95%的乙醇溶液
C. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯
D. 医用防护口罩中层为超细聚丙烯纤维熔喷材料层，其中聚丙烯的链节为
【答案】C
【解析】
【详解】A．硬脂酸不能算是有机高分子，A错误；
B．医用酒精可用于杀菌消毒，其成分主要是75%的乙醇溶液，B错误；
C．乙烯可被高锰酸钾溶液氧化，所以可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，C正确；
D．聚丙烯的结构简式为，聚丙烯的链节为，D错误；
答案选C。
2. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，转化不能均一步实现，A不符合题意；
B．FeS2在氧气中煅烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，转化不能均一步实现，B不符合题意；
C．氮气和氧气放电生成NO ，NO和氧气、水生成硝酸，转化能一步实现，C符合题意；
D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，D不符合题意；
故选C。
3. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A. 稀盐酸中加入碳酸镁浊液：
B. 少量溶液与澄清石灰水反应：
C. 稀硫酸中加入氢氧化钡溶液：
D. 次氯酸钙溶液中通入少量：
【答案】D
【解析】
详解】A．碳酸镁难溶，稀盐酸中加入碳酸镁浊液：，A错误；
B．少量溶液与澄清石灰水反应，生成碳酸钙、氢氧化钠和水：，B错误；
C．稀硫酸中加入氢氧化钡溶液：，C错误；
D．次氯酸钙溶液中通入少量，生成碳酸钙和次氯酸：，D正确；
答案选D。
4. 下列化学用语表示不正确的是
A. 的电子式：
B. 杂化轨道模型：
C. 水合氢离子结构式：
D. 用原子轨道描述HCl分子中化学键的形成：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的电子式为：，A错误；
B．s轨道与2个p轨道杂化，sp2杂化轨道模型：，B正确；
C．水合氢离子中一个氢提供空轨道，氧提供孤电子对，形成配位键，结构式：，C正确；
D．H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道重叠形成HCl中的共价键，则用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成为：，D正确；
答案选A。
5. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是
A. 用甲装置测量O2体积B. 用乙装置验证SO2的酸性和漂白性
C. 用丙装置实验室制备氨气D. 用丁装置收集NO2气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧气不易溶于水，通过排出水的体积可以测量O2的体积，操作合理，A正确；
B．SO2只能是紫色石蕊试液变红，而不能褪色，故用乙装置只能验证SO2的酸性，而不能验证其漂白性，B错误；
C．固体加热时需要试管口向下倾斜，而丙装置试管口向上倾斜，C错误；
D．NO2的密度比空气大，应该采用向上排空气法收集即需长进短出，故用丁装置收集不了NO2气体，D错误；
故答案为：A。
6. 乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及反应进程中能量变化如下图，则下列叙述中错误的是
A. 第①步为吸热反应，第②③步均为放热反应
B. 第③步反应为
C. 该反应过程中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成
D. 三步反应中，第①步反应的活化能最大，为总反应的决速反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，第②③步反应：反应物的总能量均大于生成物的总能量，则第②③步反应均为放热反应，但第①步反应生成物的总能量大于反应物的总能量，属于吸热过程，A正确；
B．根据图示和原子守恒，可得，B正确；
C．第①步反应断裂了碳碳键、碳氢键，但是无非极性键的形成，C错误；
D．第①步反应活化能较大，反应发生消耗的能量高，则该步反应难进行，其反应速率较小，总反应的快慢取决于慢反应，则总反应速率由第0步反应决定，D正确；
故选C。
7. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 羟基和中含有的质子数均为
B. 含有的中子数为
C. 乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
D. 常温下，中含有Si—O极性键的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．羟基和含有的质子数为1+8=9，羟基和物质的量均为0.1ml，含有的质子数均为，A正确；
B．中含有10个中子，的物质的量为，含有的中子数为，B错误；
C．温度和压强未知，无法计算，C错误；
D．二氧化硅中1个硅形成4个硅氧键，（为1ml）晶体中含有4个Si-O键，D错误；
故选A。
8. 某离子液体，由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成，其结构如图，X、Y元素的原子序数之和与Z元素的相等，Y的最外层电子数是内层电子总数的2倍，W的单质可用于自来水的消毒，下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. Y、W组成的化合物易溶于水
C. 最简单氢化物的键角：
D. 的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的单质可用于自来水的消毒，则W为Cl元素；Y的最外层电子数是内层电子总数的2倍，则Y为C元素；离子液体中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、3，X、Y元素的原子序数之和与Z元素的相等，则X为H元素、Z为N元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氮元素的第一电离能大于碳元素，故A错误；
B．四氯化碳是非极性分子，由相似相溶原理可知，四氯化碳难溶于极性分子水，故B错误；
C．甲烷和氨分子中的中心原子均为sp3杂化，甲烷分子的孤对电子数为0、氨分子的孤对电子数为1，孤对电子数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以甲烷分子的键角大于氨分子，故C错误；
D．氯元素的最高价氧化物的水化物是高氯酸，高氯酸为强酸，故D正确；
故选D。
9. 下列说法中正确的是
A. 、、晶胞中微粒均采取分子密堆积
B. 与的立体构型相似，都是非极性分子
C. 葡萄糖分子()中的手性碳原子数为4
D. ，，都是含有极性键的非极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．均采取分子密堆积，其中每个CO2分子周围紧密排列的等距离的CO2分子总数为12个，每个甲烷分子与其周围的分子之间的相互作用力主要是范德华力，为分子密堆积；‌在甲烷晶胞中，‌位于晶胞顶点的某一甲烷分子与其距离最近的甲烷分子有3个，‌而这3个甲烷分子在晶胞的面上，‌面心上的粒子都被2个晶胞共用，‌对一个晶胞的贡献只有1/2，‌因此与1个甲烷分子紧邻的甲烷分子数目为为分子密堆积；但是中含有氢键，不是密堆积，A错误；
B．空间构型为直线型，为非极性分子，的空间构型的三角锥形，是极性分子，B错误；
C．醛基中的碳原子不是手性碳原子，葡萄糖分子()中的手性碳原子数为4，C正确；
D．、含有极性键的非极性分子，含有非极性键和极性键的极性分子，D错误；
故选C。
10. 在K-10蒙脱土催化下，微波辐射可促进化合物X的重排反应，如下图所示：
下列说法错误的是
A. Y的熔点比Z的低B. X、Y、Z最多共面原子数相同
C. X、Y、Z均能发生水解、还原反应D. X、Y、Z互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．Z易形成分子间氢键、Y易形成分子内氢键，Y的熔点比Z的低，故A正确；
B．苯环是平面结构，酯基或酮羰基也是平面结构，所以X、Y、Z最多共面原子数相同，均为22个，故B正确；
C．X、Y、Z都能和氢气加成，均能发生还原反应，X含有酯基，可以发生水解反应，Y、Z均不含酯基，不能发生水解反应，故C错误；
D．X、Y、Z分子式都是C12H10O2，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选C。
11. 下列实验操作和现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．若溶液中含有AlO或SiO，滴加盐酸，也会生成Al(OH)3或H2SiO3沉淀，故A错误；
B．铜排在金属活动性顺序表氢的后面，铜不溶于稀硫酸，本实验铜片溶解的原因是铜被酸性条件下的NO氧化，发生的反应为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．氢氧化铁和容易被氧化为氢氧化铁，则溶液中同时存在二价铁和三价铁，加入氢氧化钠溶液后，也会得到红褐色沉淀，故C错误；
D．二氧化硫具有漂白性但是不能漂白指示剂，二氧化硫可以和氢氧化钠反应，向含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中慢慢通入，二氧化硫会消耗氢氧化钠，溶液会褪色，故D正确；
故选D。
12. 以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：
下列说法错误的是
A. 向饱和食盐水中先通入氨气的目的主要是提高吸收量
B. 结合图示信息，可在较低温时采取降温结晶方式将氯化钠和氯化铵分离，以获取副产品铵态氮肥
C. 煅烧滤渣时需要在瓷坩埚中进行
D. 操作b用到的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气的溶解度极大，先通入氨气形成弱碱性环境提高二氧化碳的吸收量，故A正确；
B．氯化铵的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度变化较小，可在较低温时采取降温结晶方式将氯化钠和氯化铵分离，以获取副产品铵态氮肥，故B正确；
C．碳酸钠在高温条件下和陶瓷中的二氧化硅发生反应腐蚀瓷坩埚，因此煅烧滤渣不能在瓷坩埚中进行，故C错误；
D．操作b为过滤，用到的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故D正确；
故答案为：C。
13. 砷化镓是超级计算机、光信号处理的理想材料。图甲为它的一种立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿z轴投影图。已知该晶胞边长为d pm，a、b两点原子的分数坐标分别为（0，0，0），（1，1，1）。下列说法错误的是
A. Ga原子占据As原子形成的四面体空隙
B. 两个As原子间最短距离是
C. 该晶胞的密度为
D. c点原子的分数坐标为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据晶胞结构可知，Ga原子占据As原子形成的四面体空隙，故A正确；
B．两个As原子间最短距离为面对角线的一半，为dpm，故B正确；
C．根据均摊法知，晶胞中含有4个As，8+6=4个Ga，化学式为，该晶胞的密度为×1030g/cm3，故C错误；
D．根据图中信息，a、b两点原子的分数坐标分别为（0，0，0），（1，1，1），则c点原子的坐标分数为（），故D正确。
答案选C。
14. 我国科学家开发了一种新型催化电极，该催化剂能实现在碱性介质中高选择性地使糠醛生成糠醇(如图)。下列叙述正确的是
A. 电极a与电源负极连接
B. 生成0.1mlX时有0.2ml向b极区迁移
C. b极上电极反应式为
D. 随着反应进行，电解质溶液中KOH总物质的量不断增大
【答案】C
【解析】
【分析】根据醛基变为羟基可知，a极为阳极，b极为阴极。据此分析解答。
【详解】A．电极a为阳极与电源正极连接，A项错误；
B．a电极为阳极，水在阳极失电子生成氧气，则X为，生成0.1ml转移0.4ml电子，则向a极区迁移0.4ml，B项错误；
C．b极上得电子生成，电子方程式为：，C项正确；
D．总反应为：2+2H2O2+O2，从总反应看KOH的总物质的量保持不变，D项错误；
故选：C。
第II卷 (非选择题)
二、填空题(共58分)
15. 硫代乙醇酸(HSCH2COOH)可用作毛毯整理剂及冷烫液的原料，工业上可利用反应NaHS+ClCH2COOH→HSCH2COOH+NaCl制备，实验室设计如图装置进行相关模拟实验(夹持装置省略)。
已知：HSCH2COOH(熔点-16.5℃、沸点123℃)在空气中迅速被氧化，在较高温度下受热分解产生有毒的硫化物烟气。
回答下列问题：
（1）ClCH2COOH可通过以下反应制备：CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl。
①简述pKa(ClCH2COOH)小于pKa(CH3COOH)的原因：______。
②PCl3的空间构型为______。
（2）该实验需要250mL10ml/LNaOH溶液，配制该溶液时，下列操作正确的是______(填标号)。
（3）检查完气密性后，关闭K1、K2、K1，添加实验药品，先制备NaHS。
①制备H2S时，打开K1，使25%磷酸缓缓滴入Na2S浓溶液中，缓缓滴加的优点是______。
②实验时不能用25%硝酸代替装置A中25%磷酸的原因是______。
③装置C的作用是______。
④装置D中多孔球泡的作用是______；写出装置D中刚开始反应的离子方程式：______。
⑤经过一系列分离提纯可获得HSCH2COOH粗品，提纯HSCH2COOH需要采取减压精馏的原因是______。
【答案】（1） ①. 由于电负性Cl大于H，导致羧基中的羟基的极性更大，在水分子的作用下更易电商出氢离子，pKa=-lgKa，ClCH2COOH的电离常数大，pKa小(或者由于Cl原子的吸电子效应，使－O－H中氢氧之间的共用电子对向氧原子偏移更大 ②. 三角锥
（2）ad （3） ①. 避免H2S的生成速率过快，H2S的利用率低 ②. 硝酸具有强氧化性，与Na2S反应不生成H2S ③. 安全瓶，防倒吸 ④. 增大气体与溶液的接触面积，提高H2S的利用率 ⑤. H2S+2OH-=S2-+2H2O ⑥. 降低HSCH2COOH的沸点，避免温度较高时HSCH2COOH发生分解反应
【解析】
【分析】A装置中Na2S浓溶液与25%磷酸反应制备H2S； C为安全瓶，D装置中先是H2S与NaOH溶液反应生成NaHS，然后滴入氯乙酸溶液，氯乙酸与NaHS反应制得HSCH2COOH；E装置中NaOH吸收尾气，防止污染大气。
【小问1详解】
①由于电负性Cl大于H，导致羧基中的羟基的极性更大，在水分子的作用下更易电离出氢离子，使得ClCH2COOH酸性大于乙酸，而pKa=-lgKa，故pKa(ClCH2COOH)小于pKa(CH3COOH) (或者由于Cl原子的吸电子效应，使-O-H中氢氧之间的共用电子对向氧原子偏移更大等其他合理叙述)；
②PCl3中磷形成3个共价键且存在1对孤电子对，分子构型为三角锥形；
【小问2详解】
a．转移溶液使用玻璃棒引流，a正确；
b．应该盖好塞子，而不是使用手指按住，b错误；
c．视线应该与凹液面最低处水平，而不是仰视，c错误；
d．摇匀操作为：确保容量瓶的瓶塞已经盖好，用一只手压住塞子，另一只手手指托住瓶底，将容量瓶倒转过来，上下摇动，使溶液上下移动，确保溶液均匀分布，d正确；
故选ad；
【小问3详解】
①制备H2S时，打开K1，使25%磷酸缓缓滴入Na2S浓溶液中，“缓缓滴加”的优点是避免H2S的生成速率过快，使得硫化氢利用率低；
②硝酸具有强氧化性，与Na2S反应不生成硫化氢气体，其会氧化-2硫为硫单质，故实验时不能用25%硝酸代替装置A中25%磷酸；
③由于H2S易被NaOH溶液吸收产生倒吸，故装置C的作用是作安全瓶，防止倒吸；
④装置D中多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，提高H2S的利用率；装置D中刚开始反应氢氧化钠过量，硫化氢和氢氧化钠生成硫化钠和水，离子方程式：H2S+2OH-=S2-+2H2O；
⑤由于HSCH2COOH在较高温度下受热分解产生有毒的硫化物烟气，故“减压精馏”中“减压”的目的是降低HSCH2COOH的沸点，避免较高温度时HSCH2COOH分解。
16. 三草酸合铁(III)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]•3H2O}是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室欲制备少量三草酸合铁(III)酸钾。
已知：K3[Fe(C2O4)3]•3H2O(Mr=491)为翠绿色晶体、难溶于乙醇；0℃时在水中溶解度为4.7g，100℃时溶解度为117.7g。
I.制备Fe(OH)3。
称取2g莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2]于锥形瓶中，溶于水，滴加足量6%H2O2，加热并搅拌。当变成红褐色后，再煮沸十分钟，冷却后，过滤、洗涤。
II.制备草酸氢钾。
取2gH2C2O4•2H2O溶于20mL水中，加入1.2gK2CO3，反应生成KHC2O4。
III.制备三草酸合铁(III)酸钾晶体。步骤如图：
请回答下列问题：
（1）I中制备Fe(OH)3的离子反应方程式为_______。
（2）①制备三草酸合铁(III)酸钾晶体，步骤1装置中仪器a的名称为______；采用水浴加热的目的是______。
②步骤2的操作名称是_______。
③过滤后需要用乙醇溶液洗涤，其优点是_______。
（3）三草酸合铁(III)酸钾晶体具有光敏性，在强光下分解生成草酸亚铁(FeC2O4)且产物中只有一种气体，该反应的化学方程式为_______。
（4）产品纯度的测定
从上述反应后的溶液中分离得到K3[Fe(C2O4)3]•3H2O晶体，测定所得产品的纯度：称取ag晶体溶于100mL水中配成浴液，取20mL溶液于锥形瓶中，用cml•L-1的酸性K2Cr2O7标准溶液进行滴定(Cr2O被还原为Cr3+)，进行了三次平行实验，达到滴定终点时平均消耗标准溶液VmL，则所得产品的纯度为______%(用含V、c、a的代数式表示)。
【答案】（1）2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+
（2） ①. 分液漏斗 ②. 均匀便于控制温度 ③. 蒸发浓缩 ④. 减少晶体的损失，提高产率；乙醇易挥发，有利于获得干燥产品
（3）2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑+6H2O
（4）
【解析】
【分析】由实验装置图可知，步骤1为草酸氢钾溶液与氢氧化铁在水浴加热条件下反应制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，步骤2为蒸发浓缩所得溶液，步骤3为在冰水中冷却结晶，使三草酸合铁(Ⅲ)酸钾充分析出，提高产率，步骤4为过滤、洗涤得到三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。
【小问1详解】
由题意可知，制备氢氧化铁的反应为硫酸亚铁铵溶液与过氧化氢溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸铵和硫酸，反应的离子反应方程式为2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+；
【小问2详解】
①由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗，制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾时采用水浴加热可以使反应物受热均匀，并便于控制温度，故答案为：分液漏斗；受热均匀便于控制温度；
②由分析可知，步骤2为蒸发浓缩所得溶液；
③用乙醇溶液洗涤三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体目的是减少难于溶于乙醇的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体溶解造成的损失，提高产率，且乙醇易挥发，有利于产品干燥，故答案为：减少晶体的损失，提高产率；乙醇易挥发，有利于获得干燥产品；
【小问3详解】
由图可知，三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体在强光下分解生成草酸亚铁、草酸钾、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑+6H2O；
【小问4详解】
由得失电子数目守恒可得如下关系：Fe(C2O4)3~K2Cr2O7，滴定消耗VmL cml/L酸性重铬酸钾溶液，则所得产品的纯度为=%。
17. 工业上可由菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备，工艺如图所示：
相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
已知：①“溶浸”后的溶液，所含金属离子主要有：、、、、；
②弱酸性溶液中氧化时，产物中含Mn元素物质只有；
③氧化性强弱顺序：。
（1）基态Zn原子的简化电子排布式为___________，溶于氨水生成ZnNH342+，共有___________个键。
（2）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是___________(写一条即可)。
②“调pH”时，可替代一种含锌化合物是___________(用化学式表示)。
③常温下，“调pH”时，若，此时溶液中的最大浓度___________。
（3）写出“氧化除杂”时溶液与反应的离子方程式___________。
（4）“还原除杂”除去的离子是___________；加入的还原剂是___________(用化学式表示)。
（5）“沉锌”时生成沉淀，经高温灼烧后即可获得，则该步反应的化学方程式为___________。
（6）如图是一种可充电的镍锌电池示意图，使用和作为电解质溶液，则电池放电时正极反应式为___________。
【答案】（1） ① 3d104s2 ②. 16NA
（2） ①. 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 ②. ZnCO3或Zn(OH)2等 ③. 1
（3）
（4） ①. Ni2+、Cd2+ ②. Zn
（5）
（6）NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－
【解析】
【分析】由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、 Fe、 Mn等元素)制备ZnO，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe3+、Mn2+的滤液，滤液调节pH除去Fe3+后加入KMnO4氧化除杂使锰离子转化为MnO2，除去Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Ca2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成aZnCO3⋅bZn(OH)2⋅cH2O沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
【小问1详解】
Zn是30号元素，根据构造原理，可知基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，简化电子排布式为3d104s2；在[Zn(NH3)4]2+中含有4个配位体NH3，配位体与中心Zn2+形成4个配位键；每个配位体中含有3个N-H共价键，配位键及N-H共价键都是σ键，故在1个络离子中含有σ键数目是4+3×4=16个，则在1 ml[Zn(NH3)4]2+中含有16 NA个σ键；
【小问2详解】
①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎等；
②在调节溶液pH时，除了降低溶液pH，同时还不能引入新的杂质离子，可替代ZnO的一种含锌化合物可以是ZnCO3或Zn(OH)2等；
③根据表格信息可知当Zn2+浓度为0.1 ml/L时，其形成Zn(OH)2沉淀需要溶液pH=6.0，则Zn(OH)2的溶度积产生Ksp[Zn(OH)2]=0.1×(10-8)2=1.0×10-17。若调整溶液pH=5.5，c(H+)=10-5.5 ml/L，则c(OH-)=10-8.5 ml/L，此时溶液中Zn2+最大浓度c=；
【小问3详解】
在氧化除杂时，KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应产生MnO2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为；
【小问4详解】
根据流程图可知：在还原除杂之前，已经除去了杂质离子Fe3+、Mn2+，要使还原除杂后溶液中仅含有金属阳离子Zn2+，需除去溶液中的杂质离子Ni2+、Cd2+；由于离子的氧化性顺序为：Ni2+>Cd2+>Zn2+，故加入的还原剂可以是金属Zn；
【小问5详解】
经高温灼烧后即可获得，反应的化学方程式为；
【小问6详解】
根据电池的工作原理，Zn是活泼的一极，为负极，电子从Zn流向另一极，负极反应式为Zn－2e－＋4OH－=，正极反应为NiOOH得到电子发生还原反应生成Ni(OH)2：NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－。
18. ．根据下列插图，回答以下问题：
（1）图1是第三周期的某主族元素第一至第五电离能数据示意图，由此可推测该元素基态原子的价电子排布图为___________。
（2）图2的每条折线代表元素周期表中的某族元素在对应周期的简单氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种简单氢化物，其中点依次代表的物质是___________、___________(写化学式)。
（3）图3是在高温高压下所形成晶体的晶胞示意图，则该晶体的类型属于___________晶体。
．新型超高能材料是国家核心军事力量制高点的重要标志，高性能炸药的结构如图：
（4）与同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钴不同的元素有___________种。
（5）①配体是平面结构，图中标记“*”的N原子与O原子之间键是由N原子的___________杂化轨道与O原子的___________轨道重叠形成的。
②请比较键角大小，分子中___________(选填“>”、“<”或“=”)高性能炸药中，其原因为___________。
（6）一种钴的化合物可用作石油脱硫的催化剂，其晶胞结构如图所示。若晶胞参数为，则之间的最短距离为___________。
【答案】（1） （2） ①. CH4 ②. NH3
（3）原子 （4）2
（5） ①. sp2 ②. 2p ③. ＜ ④. NH3分子中N原子孤电子对进入中心离子的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变成成键电子对间的排斥作用，排斥作用减弱
（6）
【解析】
【小问1详解】
根据第三周期的某主族元素第一至第五电离能数据示意图可第三电离能数据远大于第二电离能数据，这说明该元素很难失去3个电子，最高价应该是+2价，由此可推测该元素基态原子的价电子排布图为。
【小问2详解】
由于氟化氢、水分子。氨气分子间均存在氢键，沸点均高于甲烷的，且水的沸点最高，其次是氟化氢的，所以点依次代表的物质是CH4、NH3。
【小问3详解】
根据晶胞结构可判断C、O原子之间通过共价键形成空间立体网状结构，故该晶体属于原子晶体；
小问4详解】
基态C的最外层电子排布式为4s2，则与同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钴不同的元素有Cr和Cu，均是4s1，共计是2种。
【小问5详解】
①配图中标记“*”的N原子属于杂化，与O原子之间键是由N原子的sp2杂化轨道与O原子的2p轨道重叠形成的。
②由于NH3分子中N原子孤电子对进入中心离子的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变成成键电子对间的排斥作用，排斥作用减弱，键角变大，所以分子中＜高性能炸药中。
【小问6详解】
若晶胞参数为，之间的最短距离为面对角线的一半，即。选项
实验操作
现象
结论
A
向某无色溶液中滴加稀盐酸
溶液变浑浊
原溶液中一定存在
B
将铜片投入到溶液中，然后加入稀硫酸
铜片投入到溶液中无明显现象，加入稀硫酸后，铜片溶解
铜能溶于稀硫酸
C
向某含铁溶液中加入适量的NaOH溶液
得到红褐色沉淀
原溶液中含有不含有
D
向含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中慢慢通入
溶液红色褪去
体现了的酸性
操作
选项
a
b
c
d
金属离子
开始沉淀时pH
1.5
6.3
6.0
7.4
8.1
6.9
完全沉淀时pH
2.8
8.3
8.0
9.4
10.1
8.9