广西玉林高级中学2018届高三化学模拟试题(三)(共17页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上广西玉林高级中学2018届高三化学模拟试题（三）1.1.国际化学年的主题是“化学我们的生活，我们的未来”。下列说法正确的是A. 可从海水中提取氯化镁，使氯化镁分解获得镁并释放出能量B. 推广使用应用原电池原理制成的太阳能电池和氢动力汽车，减少化石能源的使用C. 将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，这说明“纳米铜”比铜片更易失电子D. 采煤工业上，爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力，又能防止火灾【答案】D【解析】【详解】A、分解反应一般都是吸热反应，使氯化镁分解获得镁需要吸收能量，选项A错误；B太阳能电池是一种对光有响应并能将光能

2、转换成电力的器件，不是使用原电池原理制成的，选项B错误；C、将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，这说明“纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，所以反应速率快，选项C错误；D、干冰气化后体积膨胀，且CO2可以灭火，选项D正确。答案选D。2.2.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A. 0.01mol乙烯气体被浓溴水完全吸收，反应伴随0.02NA个碳碳共价键断裂B. 实验室用电解熔融NaOH制取金属钠，制得2.3g钠电路上至少转移0.1NA个电子C. 标况下，44.8LHCl气体溶于1.0L水中，所得溶液每毫升中含2×10-3NA个H+D. 含4mo

3、lHC1的浓盐酸与足量的MnO2混合后充分加热，可产生NA个Cl2分子【答案】B【解析】0.01mol乙烯气体被浓溴水完全吸收生成1,2-二溴乙烷，反应伴随0.01NA个碳碳共价键断裂，故A错误；实验室用电解熔融NaOH制取金属钠，钠由+1价变为0价，所以制得2.3g钠电路上至少转移0.1NA个电子，故B正确；标况下，44.8LHCl气体溶于水配成1.0L溶液，所得溶液每毫升中含2×10-3NA个H+，故C错误；稀盐酸与MnO2不反应，含4molHC1的浓盐酸与足量的MnO2混合后充分加热，产生Cl2分子小于NA个，故D错误。3.3.X、Y、Z、R、Q为元素周期表前20号的五种主族元

4、素，且原子半径依次减小，其中X 和Q同主族，X与Z、Y与Q原子的电子层数都相差2，X、Y原子最外层电子数之比为1：4，Z的最外层电子数是次外层的3倍。下列说法不正确的是A. R和Q形成的化合物含有共价键且为强电解质 B. X和Z可形成X2Z、X2Z2等化合物C. Y和Z形成的某种化合物具有空间网状结构 D. X的失电子能力比Q强【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、R、Q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，Z的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；X与Z原子的电子层数都相差2，X只能处于第四周期，X、Y原子最外层电子数之比为1：4

5、，X原子最外层电子数只能为1，Y原子最外层电子数为4，则X为K元素；X和Q同主族，Y与Q原子的电子层数也相差2，结合原子序数可知，Y只能处于第三周期、Q处于第一周期，则Q为H元素、Y为Si；R的原子半径小于O，则R为F元素，据此解答。【详解】X、Y、Z、R、Q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，Z的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；X与Z原子的电子层数都相差2，X只能处于第四周期，X、Y原子最外层电子数之比为1：4，X原子最外层电子数只能为1，Y原子最外层电子数为4，则X为K元素；X和Q同主族，Y与Q原子的电子层数也相差2，结

6、合原子序数可知，Y只能处于第三周期、Q处于第一周期，则Q为H元素、Y为Si；R的原子半径小于O，则R为F元素，AF和H形成的化合物为HF，含有共价键，为弱电解质，选项A错误； BK和O可形成K2O、K2O2等化合物，选项B正确；CSi和O形成的二氧化硅，属于原子晶体，具有空间网状结构，选项C正确；DX为K元素，Q为H元素，K失去电子能力更强，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，Z的排布特点是推断突破口，难度中等。4.4.室温下，下列叙述正确的是A. 若V1 L pH=11的NaOH溶液与V2 L pH=3的HA溶液混合后显中性，则V1V2B

7、. 等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液中离子总数C. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3 和NaHCO3溶液混合：c(HCO3)c(H2CO3)<c(CO32)c(HCO3)D. 将CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，若混合后的溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH )=2c(Na+)，则c(OH-)+c(CH3COO-)=c(CH3COOH)+c(H+)【答案】B【解析】【详解】A、如HA为强酸，则V1=V2，如HA为弱酸，HA的浓度较大，消耗的氢氧化钠的体积偏大，则V1>V2，选项A错误；B、HClO是弱酸，所以Na

8、ClO溶液中发生水解反应：ClO-+H2OHClO+OH-，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10-7mol/L，所以NaCl溶液中c（Na+）+ c（H+）大于NaClO溶液中c（Na+）+ c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+ c（H+）= c（OH-）+c（Cl-）可得溶液中离子总数为2×c（Na+）+c（H+）×V；同理可得NaClO溶液中总数为2×c（Na+）+c（H+）×V，所以NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液，选项B正确；C. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3 和NaHCO3溶液混合，根据电离常数有Ka1=c(H+)c(

9、HCO3-)c(H2CO3)、Ka2=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)，同一溶液中c(H+)相等，则cH+=Ka1c(H2CO3)c(HCO3-)=Ka2c(HCO3-)c(CO32-)，而Ka1>Ka2，则c(HCO3-)c(H2CO3)>c(CO32-)c(HCO3-)，选项C错误；D、将CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，若混合后的溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH )=2c(Na+)，且根据电荷守恒有c(OH-)+c(CH3COO-)= c(Na+)+c(H+)，则c(OH-)+12c(CH3COO-)=12c(CH3COOH)+c(H+)

10、，选项D错误。答案选B。5.5.立方烷(C8H8)外观为有光泽的晶体。其八个碳原子对称地排列在立方体的八个角上。以下相关说法错误的是A. 立方烷在空气中可燃，燃烧有黑烟产生B. 立方烷一氯代物1种、二氯代物有3种、三氯代物也有3种C. 立方烷是棱晶烷（）的同系物，也是环辛四烯的同分异构体D. 八硝基立方烷完全分解可能只产生二氧化碳和氮气【答案】C【解析】【详解】A、立方烷含碳量高，所以燃烧有黑烟产生，选项A正确；立方烷中只有一种氢原子，所以一氯代物的同分异构体有1种；B、立方烷二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有三种；立方

11、烷有8个H原子，依据立方烷的二氯代物有3种，那么在此基础上，剩余的H的环境分别也只有一种，故得到三氯代物也有3种同分异构，选项B正确；C、苯(C6H6)的同系物必须含有苯环，选项C错误；D、八硝基立方烷分子式是C8N8O16 ，完全分解可能只产生二氧化碳和氮气，选项D正确。答案选C。【点睛】烃分子中氢元素质量分数越低，燃烧时黑烟越浓，如乙炔燃烧冒出浓烟；同系物是结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的有机物，立方烷和苯结构不同，所以不属于同系物。6.6.流动电池可以在电池外部调节电解质溶液，从而维持电池内部电解质溶液浓度稳定，原理如图。下列说法错误的是A. Cu为负极B. PbO2电极的电极

12、反应式为：PbO2+ 4H+ SO42+ 2e= PbSO4+ 2H2OC. 甲中应补充硫酸D. 当消耗1 mol PbO2，需分离出2 mol CuSO4【答案】D【解析】试题分析：A、由图可知，Cu反应生成CuSO4，发生氧化反应，为负极，A正确；B、PbO2得电子生成PbSO4 ，电极反应式为：PbO2 + 4H+ + SO42+ 2e= PbSO4 + 2H2O，B正确；C、反应过程中不断消耗硫酸，所以甲中应补充硫酸，C正确；D、当消耗1 mol PbO2，转移2mol电子，则需分离出1mol CuSO4，D错误。答案选D。考点：化学电源7.7.为检验某加碘食盐中是否含有KIO3，取相

13、同食盐样品进行下表所示实验：（已知：KIO3 + 5KI + 3H2SO4= 3I2 + 3K2SO4 + 3H2O）下列说法中正确的是A. 仅由实验就能证明食盐样品中存在KIO3B. 实验中发生反应的离子方程式为4I+ O2 + 4H+= 2I2 + 2H2OC. 实验能证明食盐样品中不存在KIO3D. 以上实验说明离子的还原性：I > Fe2+【答案】B【解析】A. 实验中可能是碘化钾在酸性条件下被空气中的氧气氧化，不能证明食盐中存在KIO3，故A错误；B. 实验碘化钾在酸性条件下被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为4I+ O2 + 4H+ = 2I2 + 2H2O，故B正确；C.

14、 实验溶液呈浅黄色，为铁离子的颜色，说明亚铁离子被氧化，可能是被空气中的氧气氧化，有可能是被碘酸钾氧化，说明食盐样品中可能存在KIO3，故C错误；D. 根据上述实验，中说明碘离子能够被碘酸钾氧化，中说明碘离子能够被氧气氧化，中说明亚铁离子能够被氧气或碘酸钾氧化，以上实验不能判断I 和Fe2+离子的还原性，故D错误；故选B。8.8.中学常采用高锰酸钾加热分解法制取氧气，某兴趣小组经查阅资料获知：制得氧气后固体残余物中的锰酸钾(K2MnO4)具有强氧化性，与还原剂、有机物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善处置将造成危险。因此该小组对该残余物进行分离提纯，得到锰酸钾晶体，利用回收的锰酸钾与浓盐

15、酸反应制取氯气，并设计实验验证氯气化学性质。（1）检验该套装置气密性的方法是:_；（2）打开分液漏斗活塞及弹簧夹2，观察到烧瓶壁有紫红色物质生成并逐渐消失，黄绿色气体充满烧瓶。反应结束后，烧瓶内有黑色固体残余，写出过程中发生的化学反应方程式：_；（3）该方法制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，试分析原因：_；（4）该小组利用装置C吸收氯气制备漂白粉。C中盛装的试剂为：_；（写名称）陶瓷多孔球泡的作用是：_；（5）测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.5g所制漂白粉配成溶液，调节pH值并加入指示剂，用0.1000mol/L KI溶液进行滴定，三次平行实验平均每次消耗20.00mL标准液时达

16、到滴定终点。已知氧化性：ClO> IO3> I2所选的指示剂为：_，到达滴定终点的标志是：_；该漂白粉中有效成分的质量分数为：_。（6）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，可观察到D中的现象为：_；该现象能够证明氯气有氧化性。【答案】 (1). 关闭分液漏斗的活塞，打开弹簧夹1和2，用酒精灯微热三颈烧瓶A，此时E、F导管末端冒气泡，撤走热源后，E、F导管末端会形成一段稳定液柱。 (2). 3K2MnO4 4HCl 2KMnO4 4KCl MnO2 2H2O ；2KMnO4 16HCl 2KCl 2MnCl2 5Cl2 8H2O (3). 锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体

17、分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率 (4). 石灰乳 (5). 增大气体接触面积，使氯气吸收更充分 (6). 淀粉 (7). 最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，半分钟不褪色 (8). 28.6% (9). 出现白色沉淀【解析】【分析】A装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C是制备漂白粉，D是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，（2）锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据K2MnO4中的化合价为+6价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再

18、结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出第一个方程式；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水；（3）锰酸钾氧化浓盐酸比用高锰酸钾氧化浓盐酸反应速率慢；（4）用石灰乳与氯气制备漂白粉；陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；（5）反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点；先根据反应离子方程式确定出ClO与I的关系，计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；（6）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯

19、气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物。【详解】A装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C是制备漂白粉，D是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，（1）检验该套装置气密性的方法是: 关闭分液漏斗的活塞，打开弹簧夹1和2，用酒精灯微热三颈烧瓶A，此时E、F导管末端冒气泡，撤走热源后，E、F导管末端会形成一段稳定液柱；（2）锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据K2MnO4中的化合价为+6价，处于中间

20、价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出反应方程式为：3K2MnO4+4HCl（浓）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水，方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；（3）锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率，所以用锰酸钾制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，故答案为：锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率；（4）用石灰乳与氯气制备漂

21、白粉，故答案为：石灰乳；陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分，故答案为：增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；（5）反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点，故答案为：淀粉；最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色；先根据反应离子方程式确定出ClO与I的关系，3ClO+I=3Cl+IO3；IO3+5I+3H2O=6OH+3I2将方程式+得：ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I2每次实验消耗KI溶液的体积为20.00mL，设次氯酸根离子的物质的量为x，ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I21mol

22、2molx 0.1000molL1×0.020L所以x=0.001mol每次实验次氯酸钙的质量为：143g/mol×0.001mol×0.5=0.0715g，三次实验总质量为0.0715g×3=0.2145g，所以质量分数为：0.2145g1.5g×100%=14.3%；（6）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物，故答案为：出现白色沉淀；不正确，氯气

23、与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物。9.9.基于CaSO4为载氧体的天然气燃烧是一种新型绿色的燃烧方式，CaSO4作为氧和热量的有效载体，能够高效低能耗地实现CO2的分离和捕获。其原理如下图所示:（1）已知在燃料反应器中发生如下反应：i.4CaSO4(s)+CH4(g)=4CaO(s)+CO2(g)+4SO2(g)+2H2O(g) H1=akJ/molii.CaSO4(s)+CH4(g)=CaS(s)+CO2(g)+2H2O(g) H2=bkJ/mol. CaS(s)+3CaSO4(s)= 4CaO(s)+4SO2(g) H3=ckJ/mol燃料反应器

24、中主反应为_(填“i”“ii”或“”)。反应i和ii的平衡常数Kp与温度的关系如图1，则a_0(填“ >”“ =“或“<” )；720时反应的平衡常数Kp=_。下列措施可提高反应ii中甲烷平衡转化率和反应速率的是_。A.增加CaSO4固体的投入量 B.将水蒸气冷凝C.升温 D.增大甲烷流量（2）如图2所示，该燃料反应器最佳温度范围为850 -900之间，从化学反应原理的角度说明原因:_。 （3）空气反应器中发生的反应为CaS(s) +2O2(g)=CaSO4(s) H4=dkJ/mol根据热化学原理推测该反应为_反应。在天然气燃烧过程中，可循环利用的物质为_。（4）该原理总反应的热

25、化学方程式为_ 。【答案】 (1). ii (2). > (3). 1.0×10-18 (4). C (5). 温度过低，反应速率较慢 温度较高，副反应增多 (6). 放热 (7). CaS、CaSO4 (8). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=(b+d)kJ/mol或H=(a-c+d)kI/mol【解析】（1）由图示可得，天然气和CaSO4进入燃料反应器，反应生成CaS、CO2和H2O，故燃料反应器中主反应为ii。由图1可看出，温度越高lgKp越大，即升温Kp增大，故反应i和反应ii都是吸热反应，则a和b都大于0。设三个反应的平衡常数Kp分别为：

26、Kpi、Kpii、Kp，根据盖斯定律，i-ii得，所以Kp=KpiKpii；由图并结合热化学方程式可得720时反应i的lgKp为：-2×4=-8，反应ii的lgKp为10，所以Kpi=10-8，Kpii=1010，故Kp=KpiKpii=1081010=1.0×10-18。A项，增加固体物质的投入量，不改变化学平衡，所以增加CaSO4固体的投入量不能提高反应ii中甲烷平衡转化率，故A错误；B项，将生成物分离出去能使化学平衡正向移动，所以将水蒸气冷凝能提高反应ii中甲烷平衡转化率，故B正确；C项，通过的分析，该反应为吸热反应，降温能降低反应ii中甲烷平衡转化率，故C错误；D项

27、，增大甲烷流量，增大了甲烷的浓度，平衡正向移动，但根据勒沙特列原理，甲烷平衡转化率会降低，故D错误。（2）从反应速率角度考虑，温度过低，反应速率较慢，应在较高温度下反应，但由图2可得，温度越高，副反应增多，所以该燃料反应器最佳温度范围为850900之间。（3）由方程式可看出该反应S<0，因为自发反应H-TS<0，所以H<0，故该反应为放热反应。空气反应器中CaS和O2反应生成CaSO4，燃料反应器中，天然气和CaSO4反应生成CaS、CO2和H2O，所以在天然气燃烧过程中可循环利用的物质为：CaS和CaSO4。（4）将反应CaS(s) +2O2(g)=CaSO4(s) H4=

28、dkJ/mol标号为iiii，分析空气反应器中发生的反应和燃料反应器中发生的反应，根据盖斯定律，ii+iiii或i-iii+iiii得该原理总反应的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=(b+d)kJ/mol或H=(a-c+d)kJ/mol。10.10.锆(40Zr)是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量A12O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：（1）SiCl4的电子式为_。上述流程中，高温气化存在多个反应，若不考虑反应中的损失，则分馏后得到的SiCl4

29、质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，原因是_。（2）高温气化后的固体残渣除C外，还含有的金属元素有_（3）写出上述流程中ZrCl4与水反应的化学方程式：_。 （4）锆还是核反应堆燃料棒的包裹材料，锆合金在高温下与水蒸气反应产生氢气，二氧化锆可以制造耐高温纳米陶瓷。下列关于锆、二氧化锆的叙述中，正确的是_(填序号)。a锆合金比纯锆的熔点高，硬度小b二氧化锆陶瓷属于新型无机非金属材料c将一束光线通过纳米级二氧化锆会产生一条光亮的通路d可采用氦作反应堆包裹核燃料的锆合金的冷却剂（5）工业上电解K2ZrF6与KCl等组成的熔体也可制取金属锆。写出电解的总反应方程式并标明电子转移

30、的方向和数目 _。（6）某燃料电池是以C2H4作为燃料气，另一极通入氧气，电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2，则负极上发生的反应式为_。（7）极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pc表示（pcB=lgcB）。如某溶液中溶质的物质的量浓度为1×105mol·L1 ，则该溶液中溶质的pc=5。下列说法正确的是_A电解质溶液的pc（H+）与pc（OH）之和均为14B用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中pc（H+）逐渐增大CBaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中pc（Ba2+）逐渐减小D某温度下Ksp（Zr(

31、CO3)2）=4.0×1012 ，则其饱和溶液中pc（Zr4+）+ pc（CO32）=7.7【答案】 (1). (2). 因为杂质中的SiO2也通过反应产生了SiCl4 (3). Al、Fe (4). ZrCl49H2O=ZrOCl2·8H2O2HCl (5). bd (6). K2ZrF64KClZr6KF2Cl2 (7). C2H46O212e=2CO22H2O (8). BD【解析】【分析】锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为Zr

32、Cl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl28H2O，900加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵锆。（1）SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构；根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合ZrSiO4的化学式进行解答；因锆英石含有杂质SiO2，SiO2也能在高温气化条件下反应生成SiCl4；（2）根据高温条件下物质的状态进行判断；（3）根据图示ZrCl4与水反应产物为ZrOCl28H2O，结合原子守恒进行解答；（4）合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，合金的硬度

33、大，熔点低，陶瓷属于无机非金属材料，二氧化锆为化合物无丁达尔效应，氦为稀有气体，能作保护气；（5）电解K2ZrF6与KCl等组成的熔体，反应物为K2ZrF6、KCl，生成物为金属锆，锆的化合价降低，则氯的化合价升高生成氯气，根据原子守恒即得失电子守恒解答；（6）燃料所在极为负极，负极失去电子发生氧化反应，为乙烯失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水；【详解】锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl28H2O，900加热分解，

34、即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵锆。（1）SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：；根据在化合物中正负化合价代数和为零，氧元素显-2价，硅元素显+4价，设锆元素（Zr）的化合价是x，可知ZrSiO4中锆元素（Zr）的化合价：x+（+4）+（-2）×4=0，则x=+4，锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），杂质SiO2也能在高温气化条件下反应生成SiCl4，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生

35、的反应得到的SiCl4质量大；（2）高温气化后的固体残渣除C外，还含有氧化铝和氧化铁，故所含有的金属元素有Al、Fe；（3）ZrCl4与水反应产物为ZrOCl28H2O，根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl；（4）a合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的混合物一般说来合金的硬度一般比各成分金属大，多数合金的熔点 低于组成它的成分金属的熔点，所以锆合金比纯锆的熔点低，硬度大，故a错误；b陶瓷属于无机非金属材料，二氧化锆陶瓷属于新型无机非金属材料，故b正确；c将一束光线通过胶体会产生一条光亮的通路，但二氧化锆为化合物无丁达尔效应，故c

36、错误；d氦为稀有气体，可采用氦作反应堆包裹核燃料的锆合金的冷却剂，故d正确；故答案为：bd；（5）电解K2ZrF6与KCl等组成的熔体，反应物为K2ZrF6、KCl，生成物为金属锆，锆的化合价降低（+40），则氯的化合价升高生成氯气（-10），转移4e-，根据原子守恒即得失电子守恒所以方程式为：K2ZrF6+4KCl Zr+6KF+2Cl2；（6）该燃料电池中通入乙烯的一极为负极，发生氧化反应，乙烯失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为：C2H4+6O2-12e-2CO2+2H2O；（7）A溶液中的c（H+）和c（OH）与水的电离程度有关，而水的电离程度随温度的升高而增大，如常温下K

37、w= c（H+）c（OH）=1.0×10-14，则pc（H+）+pc（OH）=14，而在100时，Kw= c（H+）c（OH）=1.0×10-12，则pc（H+）+pc（OH）=12，选项A错误；B用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中c（OH）逐渐减小，则c（H+）逐渐增大，所以pc（H+）是逐渐减小的，选项B正确；C向BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中c（Ba2+）逐渐减小，则pc（Ba2+）逐渐增大，选项C错误；D某温度下Ksp（Zr(CO3)2）=4.0×1012 ，则其饱和溶液中c（Zr4+）=1×105mol·

38、L1，c（CO32）=2×105mol·L1，pc（Zr4+）+ pc（CO32）=7.7，选项D正确。答案选BD。【点睛】本题考查了海绵锆的制备以及物质分离提纯的方法和流程分析应用，涉及流程的分析应用、离子方程式的书写、基本实验操作、电解原理等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等。11.11.钴（Co）是人体必需的微量元素。含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用。请回答下列问题：（1）Co基态原子的价电子排布图为_；（2）酞菁钴近年来在光电材料、非

39、线性光学材料、光动力学疗法中的光敏剂、催化剂等方面得到了广泛的应用。其结构如图所示，中心离子为钴离子。酞菁钴中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为；_（用相应的元素符号作答）；碳原子的杂化轨道类型为_；与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_；（3）CoCl2中结晶水数目不同呈现不同的颜色。CoCl2可添加到硅胶（一种干燥剂，烘干后可再生反复使用）中制成变色硅胶。简述硅胶中添加CoCl2的作用_；（4）用KCN处理含Co2+的盐溶液，有红色的Co(CN)2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的Co(CN)64-，该配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co(CN)63-，写

40、出该反应的离子方程式：_；（5）Co的一种氧化物的晶胞如右图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_个；筑波材料科学国家实验室的一个科研小组发现了在 5K 下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构(如下图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）。下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是_。【答案】 (1). (2). N>C>H (3). sp2 (4). 2、4 (5). 随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度 (6). 2Co(CN)64-+2H2O2Co(CN)63-+H2

41、+2OH (7). 12 (8). D【解析】(1)Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，价电子排布图为，故答案为：；(2)酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性NCH；分子中C原子均形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子的杂化轨道类型为 sp2，故答案为：NCH；sp2；含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合，故答案为：2，4；(3)随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度，故答案为：随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；(4)Co(CN)