全國統(tǒng)一高考化學(xué)模擬練習(xí)試卷（新課標(biāo)Ⅰ）（5）一．選擇題（共7小題）1．下列相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是（）A．中子數(shù)為14的鋁原子：1314A1B．N2的結(jié)構(gòu)式：N﹣N C．Na+的結(jié)構(gòu)示意圖： D．H2O的電子式：2．手性碳原子為連接四個不同原子或原子團的碳原子。有機物M和N的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列說法正確的是（）A．M和N具有完全不同的官能團 B．有機物N能使溴的四氯化碳溶液褪色是因為發(fā)生了加成反應(yīng) C．檢驗有機物N中的碳碳雙鍵可以使用溴的四氯化碳溶液或者酸性高錳酸鉀溶液 D．M和N中均含有1個手性碳原子3．某化學(xué)實驗小組用高錳酸鉀為原料制備氧氣并回收二氧化錳。下列有關(guān)操作示意圖正確的是（）A．制備氧氣 B．收集氧氣 C．固體溶解 D．過濾操作4．膽礬CuSO4?5H2O可寫[Cu（H2O）4]SO4?H2O，其結(jié)構(gòu)示意圖如下：下列有關(guān)膽礬的說法正確的是（）A．所有氧原子都采取sp3雜化 B．氧原子參與形成配位鍵和氫鍵兩種化學(xué)鍵 C．Cu2+的價電子排布式為3d84s1 D．膽礬中的水在不同溫度下會分步失去5．已知X、Y、Z、W、M均為短周期主族元素。25℃時，各元素最高價氧化物對應(yīng)水化物溶液（濃度均為0.01mol/L）的pH和原子半徑的關(guān)系如圖。下列判斷錯誤的是（）A．非金屬性：W＞Z B．最高正價：Y＜Z C．單質(zhì)熔點：X＜Y D．簡單離子半徑：X＞M6．電子表中電子計算器的電源常用微型銀鋅原電池，其電極分別為Ag2O和Zn，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，總反應(yīng)式為：Ag2O+Zn+H2O═2Ag+Zn（OH）2。下列說法不正確的是（）A．鋅是負(fù)極，氧化銀是正極 B．鋅發(fā)生還原反應(yīng)，氧化銀發(fā)生氧化反應(yīng) C．溶液中OH﹣向負(fù)極移動，K+、H+向正極移動 D．隨著電極反應(yīng)的不斷進行，電解質(zhì)溶液的pH會增大7．室溫下，向20.00mL0.10mol?L﹣1一元弱堿MOH溶液中滴入0.10mol?L﹣1的鹽酸，溶液的AG與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示，已知AG＝lgc(HA．50℃下，AG＝0，此時溶液顯中性 B．a(chǎn)點對應(yīng)溶液中H2O電離出的c（H+）＝1.0×10﹣11mol?L﹣1 C．b點對應(yīng)溶液中4c（M+）+4c（MOH）＝3c（Cl﹣） D．d點對應(yīng)溶液中c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（M+）＞c（MOH）二．解答題（共3小題）8．MnSO4在染料、造紙等領(lǐng)域中應(yīng)用廣泛。以軟錳礦（主要成分為MnO2，含鐵的化合物等雜質(zhì)）和閃鋅礦（主要成分ZnS）為原料，制備硫酸錳的流程如圖。（1）請列出兩種提高“酸浸”速率的方法：、。（2）閃鋅礦的主要作用是。（3）寫出“除鐵”過程中發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式：。（4）“濾渣2”的主要成分包括、。（5）從MnSO4溶液中得到MnSO4晶體的操作是、。9．某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)根據(jù)理論分析推測出NO具有氧化性，他們設(shè)想利用如圖所示裝置驗證NO的氧化性（已知2NO2+2OH﹣→NO3﹣+NO2﹣+H2O，夾持裝置已省略）。（1）判斷NO有氧化性的理論依據(jù)是，本套裝置氣密性檢查較簡便的操作是，裝置A中反應(yīng)的離子方程式為。（2）裝置C中試劑X是，裝置B的作用是。（3）本套裝置有一個明顯的錯誤，下列分析中正確的是（填標(biāo)號）。A．裝置B中導(dǎo)管不應(yīng)插入液面以下B．裝置E無法吸收NOC．實驗開始后，應(yīng)不斷地向裝置E中通入空氣（4）實驗結(jié)束時裝置D中試管內(nèi)得到黑色粉末，對黑色粉末的成分，小組的同學(xué)提出了不同的看法：a．是FeOb．是Fe3O4c．是FeO與Fe3O4①甲同學(xué)認(rèn)為僅用磁鐵就可以確定黑色粉末的成分到底是哪種情況，他判斷的依據(jù)與結(jié)論是。②若用化學(xué)方法分析a組和c組中的黑色粉末，則需要使用三種試劑，這三種試劑是。10．C、N、S的氧化物常會造成一些環(huán)境問題，科研工作者正在研究用各種化學(xué)方法來消除這些物質(zhì)對環(huán)境的不利影響。（1）研究減少CO2排放是一項重要課題。CO2經(jīng)催化加氫可以生成低碳有機物，主要有以下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.6kJ/mol反應(yīng)Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）?2CH3OH（g）△H2＝+23.4kJ/mol反應(yīng)Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H3①△H3＝kJ/mol。②在恒定壓強、T1溫度下，將6molCO2和12molH2充入3L的密閉容器中發(fā)生I、Ⅲ反應(yīng)，5min后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時CH3OH（g）物質(zhì)的量為2mol，CH3OCH3（g）的物質(zhì)的量為0.5mol；則T1溫度時反應(yīng)I的平衡常數(shù)Kc的計算式為。③恒壓下將CO2和H2按體積比1：3混合，在不同催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)I和反應(yīng)III，在相同的時間段內(nèi)CH3OH的選擇性和產(chǎn)率隨溫度的變化如圖。其中：CH3OH的選擇性=C在上述條件下合成甲醇的工業(yè)條件是。A．210℃B．230℃C．催化劑CZTD．催化劑CZ（Zr﹣1）T（2）一定條件下，可以通過CO與SO2反應(yīng)生成S和一種無毒的氣體，實現(xiàn)燃煤煙氣中硫的回收，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。在不同條件下，向2L恒容密閉容器中通入2molCO和1molSO2，反應(yīng)體系總壓強隨時間的變化如圖（Ⅰ）所示：①圖（Ⅰ）中三組實驗從反應(yīng)開始至達(dá)到平衡時，反應(yīng)速率v（CO）最大的為（填序號）②與實驗a相比，c組改變的實驗條件可能是。（3）“亞硫酸鹽法”吸收煙氣中的SO2．室溫條件下，將煙氣通入（NH4）2SO3溶液中，測得溶液pH與含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系如圖（Ⅱ）所示，b點時溶液pH＝7，則n（NH4+）：n（HSO3﹣）＝。（4）間接電化學(xué)法可除NO．其原理如圖（Ⅲ）所示，寫出電解池陰極的電極反應(yīng)式（陰極室溶液呈酸性）。三．解答題（共1小題）11．太陽能電池是通過光電效應(yīng)或者光化學(xué)效應(yīng)直接把光能轉(zhuǎn)化成電能的裝置．其材料除單晶硅，還有銅銦鎵硒等化合物．（1）鎵的基態(tài)原子的電子排布式是．（2）硒為第4周期元素，相鄰的元素有砷和溴，則3種元素的第一電離能從大到小順序為（用元素符號表示）．（3）氣態(tài)SeO3立體構(gòu)型為．（4）硅烷（SinH2n+2）的沸點與其相對分子質(zhì)量的變化關(guān)系如圖所示，呈現(xiàn)這種變化關(guān)系的原因是：（5）與鎵元素處于同二主族的硼元素具有缺電子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能與水反應(yīng)生成[B（OH）4]﹣而體現(xiàn)一元弱酸的性質(zhì)，則[B（OH）4]﹣中B的原子雜化類型為；（6）金屬Cu單獨與氨水或單獨與過氧化氫都不能反應(yīng)，但可與氨水和過氧化氫的混合溶液反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為（7）一種銅金合金晶體具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)．在晶胞中，Au原子位于頂點，Cu原子位于面心，則該合金中Au原子與Cu原子個數(shù)之比為，若該晶胞的邊長為apm，則合金的密度為g．cm﹣3（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)為NA．）四．解答題（共1小題）12．維生素E是一種人體必需的脂溶性維生素，現(xiàn)已廣泛應(yīng)用于醫(yī)藥、營養(yǎng)品、化妝品等。天然的維生素E由多種生育酚組成，其中α﹣生育酚（化合物E）含量最高，生理活性也最高。下面是化合物E的一種合成路線，其中部分反應(yīng)略去。已知以下信息：a）b）c）回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱為。（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為。（3）反應(yīng)物C含有三個甲基，其結(jié)構(gòu)簡式為。（4）反應(yīng)⑤的反應(yīng)類型為。（5）反應(yīng)⑥的化學(xué)方程式為。（6）化合物C的同分異構(gòu)體中能同時滿足以下三個條件的有個（不考慮立體異構(gòu)體，填標(biāo)號）。（?。┖袃蓚€甲基；（ⅱ）含有酮羰基（但不含C＝C＝O）；（ⅲ）不含有環(huán)狀結(jié)構(gòu)。（a）4（b）6（c）8（d）10其中，含有手性碳（注：連有四個不同的原子或基團的碳）的化合物的結(jié)構(gòu)簡式為。

全國統(tǒng)一高考化學(xué)模擬練習(xí)試卷（新課標(biāo)Ⅰ）（5）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）1．下列相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是（）A．中子數(shù)為14的鋁原子：1314A1B．N2的結(jié)構(gòu)式：N﹣N C．Na+的結(jié)構(gòu)示意圖： D．H2O的電子式：【分析】A．質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)；B．結(jié)構(gòu)式是用元素符號和短線表示化合物（或單質(zhì)）分子中原子的排列和結(jié)合方式的式子，氮氣分子中氮原子之間形成3對共用電子對；C．鈉離子的核外電子總數(shù)為10，最外層為8個電子；D．水是由H和O構(gòu)成的共價化合物，O與H共用兩對電子對，O原子達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)?！窘獯稹拷猓篈．中子數(shù)為14的鋁原子，質(zhì)量數(shù)為27，應(yīng)為2713Al，故A錯誤；B．N2分子中含有1個氮氮三鍵，其正確的結(jié)構(gòu)式為N≡N，故B錯誤；C．鈉離子是鈉原子失去了最外層的1個電子，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故C錯誤；D．水是共價化合物，O與H共用兩對電子對，O原子達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)，電子式為，故D正確；故選：D。【點評】本題考查常見化學(xué)用語的表示方法，題目難度不大，涉及結(jié)構(gòu)式、電子式、原子結(jié)構(gòu)示意圖、元素符號等知識，明確常見化學(xué)用語的書寫原則為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及規(guī)范答題能力。2．手性碳原子為連接四個不同原子或原子團的碳原子。有機物M和N的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列說法正確的是（）A．M和N具有完全不同的官能團 B．有機物N能使溴的四氯化碳溶液褪色是因為發(fā)生了加成反應(yīng) C．檢驗有機物N中的碳碳雙鍵可以使用溴的四氯化碳溶液或者酸性高錳酸鉀溶液 D．M和N中均含有1個手性碳原子【分析】A.二者都含有碳碳雙鍵；B.N含有醛基和碳碳雙鍵，都可與溴發(fā)生反應(yīng)；C.N含有醛基，檢驗碳碳雙鍵，應(yīng)顯排除醛基的影響；D.手性碳原子連接4個不同的原子或原子團?！窘獯稹拷猓篈.由結(jié)構(gòu)簡式可知，二者都含有碳碳雙鍵，故A錯誤；B.N含有醛基和碳碳雙鍵，碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應(yīng)，但醛基可與溴發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；C.N含有醛基和碳碳雙鍵，都可與溴或酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，檢驗碳碳雙鍵，應(yīng)顯排除醛基的影響，故C錯誤；D.兩種有機物中，連接4個不同的原子或原子團的飽和碳原子為手性碳原子，各有1個，M中連接支鏈的飽和碳原子的為手性碳原子，N中連接甲基的飽和碳原子為手性碳原子，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)、有機反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目難度不大。3．某化學(xué)實驗小組用高錳酸鉀為原料制備氧氣并回收二氧化錳。下列有關(guān)操作示意圖正確的是（）A．制備氧氣 B．收集氧氣 C．固體溶解 D．過濾操作【分析】A．加熱時，應(yīng)避免高錳酸鉀粉末堵塞導(dǎo)管；B．氧氣的密度大于空氣，應(yīng)該用向上排空氣法收集；C．可用燒杯溶解固體；D．過濾時，應(yīng)避免濾液飛濺?！窘獯稹拷猓篈．為了防止加熱時高錳酸鉀粉末堵塞導(dǎo)管，在試管口處應(yīng)放置一團棉花，故A錯誤；B．氧氣的密度大于空氣，應(yīng)該用向上排空氣法收集，氣體應(yīng)從長導(dǎo)管進斷導(dǎo)管出，故B錯誤；C．溶解過程通常在燒杯中進行，并用玻璃棒攪拌，故C正確；D．過濾時，防止濾液飛濺，漏斗下端尖嘴部分應(yīng)緊貼燒杯內(nèi)壁，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查物質(zhì)的分離、提純，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰?，注意把握實驗操作的可行性與合理性的評價，題目難度不大。4．膽礬CuSO4?5H2O可寫[Cu（H2O）4]SO4?H2O，其結(jié)構(gòu)示意圖如下：下列有關(guān)膽礬的說法正確的是（）A．所有氧原子都采取sp3雜化 B．氧原子參與形成配位鍵和氫鍵兩種化學(xué)鍵 C．Cu2+的價電子排布式為3d84s1 D．膽礬中的水在不同溫度下會分步失去【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)示意圖中氧原子是否都是飽和氧原子，存在O→Cu配位鍵，H﹣O、S﹣O共價鍵和Cu、O離子鍵，膽礬屬于離子晶體以及膽礬晶體中水兩類，一類是形成配體的水分子，一類是形成氫鍵的水分子等角度分析?！窘獯稹拷猓篈．氧原子并不都是sp3雜化，該結(jié)構(gòu)中的氧原子部分飽和，部分不飽和，雜化方式不同。從現(xiàn)代物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論出發(fā)，硫酸根離子中S和非羥基O之間除了形成1個σ鍵之外，還形成了反饋π鍵。形成π鍵的電子不能處于雜化軌道上，O必須保留未經(jīng)雜化的p軌道，就不可能都是sp3雜化，故A錯誤；B．在上述結(jié)構(gòu)示意圖中，存在O→Cu配位鍵，[Cu（H2O）4]SO4與H2O存在氫鍵，但氫鍵不是化學(xué)鍵，故B錯誤；C．Cu是29號元素，原子核外電子數(shù)為29，Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能級上各一個電子生成銅離子，故銅離子價電子電子排布式3d9，故C錯誤；D．由于膽礬晶體中水兩類，一類是形成配體的水分子，一類是形成氫鍵的水分子，結(jié)構(gòu)上有著不同，因此加熱過程中膽礬中的水會分步失去，故D正確，故選：D?！军c評】本題主要考查分子間作用力、雜化軌道、化學(xué)鍵類型等知識，注重了對物質(zhì)結(jié)構(gòu)中?？伎键c的綜合，題目難度中等。5．已知X、Y、Z、W、M均為短周期主族元素。25℃時，各元素最高價氧化物對應(yīng)水化物溶液（濃度均為0.01mol/L）的pH和原子半徑的關(guān)系如圖。下列判斷錯誤的是（）A．非金屬性：W＞Z B．最高正價：Y＜Z C．單質(zhì)熔點：X＜Y D．簡單離子半徑：X＞M【分析】X、Y、Z、W、M均為常見的短周期主族元素，由常溫下，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物溶液（濃度均為0.01mol/L）的pH，X的pH＝2，為一元強酸，則為硝酸，X為N元素；Y的半徑大于N，且酸性比硝酸弱，應(yīng)為C元素；Z的原子半徑大于C，Z的最高價含氧酸為一元強酸，則Z為Cl；W的原子半徑大于Cl，且對應(yīng)的酸的pH小于2，應(yīng)為硫酸，W為S元素；M的原子半徑最大，且0.01mol/LW的最高價氧化物對應(yīng)的水化物溶液的pH為12，則M為Na，以此解答該題?！窘獯稹拷猓河缮鲜龇治隹芍?，X為N、Y為C、Z為Cl、W為S、M為Na，A．同周期從左向右非金屬性增強，則非金屬性W＜Z，故A錯誤；B．Y的最高正價為+4，Z的最高價為+7，則最高正價：Y＜Z，故B正確；C．X的單質(zhì)常溫下為氣體，Y單質(zhì)為金剛石、石墨時熔點高，故C正確；D．X、M簡單離子具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑大小順序：X＞M，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握最高價氧化物對應(yīng)水化物溶液的pH、原子半徑來推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，題目難度不大。6．電子表中電子計算器的電源常用微型銀鋅原電池，其電極分別為Ag2O和Zn，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，總反應(yīng)式為：Ag2O+Zn+H2O═2Ag+Zn（OH）2。下列說法不正確的是（）A．鋅是負(fù)極，氧化銀是正極 B．鋅發(fā)生還原反應(yīng)，氧化銀發(fā)生氧化反應(yīng) C．溶液中OH﹣向負(fù)極移動，K+、H+向正極移動 D．隨著電極反應(yīng)的不斷進行，電解質(zhì)溶液的pH會增大【分析】Ag2O、Zn和KOH溶液組成的原電池中，Zn發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，為負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）2，氧化銀發(fā)生得到電子的還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Ag2O+H2O+2e﹣＝Ag+2OH﹣，該原電池工作時，電子由Zn經(jīng)過導(dǎo)線流向氧化銀電極，電解質(zhì)溶液中，K+移向正極氧化銀、OH﹣移向負(fù)極Zn，總反應(yīng)為Ag2O+H2O+Zn＝Zn（OH）2+2Ag，由于消耗水使電解質(zhì)溶液堿性增強、pH增大，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．由上述分析可知，Zn發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，氧化銀發(fā)生得到電子的還原反應(yīng)，所以Zn為負(fù)極、Ag2O為正極，故A正確；B．原電池工作時，Zn發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，氧化銀發(fā)生得到電子的還原反應(yīng)，故B錯誤；C．原電池工作時，電解質(zhì)溶液中，K+、H+移向正極氧化銀、OH﹣移向負(fù)極Zn，故C正確；D．根據(jù)總反應(yīng)為Ag2O+H2O+Zn＝Zn（OH）2+2Ag可知，電池工作消耗水，使電解質(zhì)溶液堿性增強，pH增大，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了原電池原理，側(cè)重于學(xué)生的分析、應(yīng)用能力的考查，明確原電池正負(fù)極、電解質(zhì)溶液中陰陽離子移動方向即可解答，題目難度中等。7．室溫下，向20.00mL0.10mol?L﹣1一元弱堿MOH溶液中滴入0.10mol?L﹣1的鹽酸，溶液的AG與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示，已知AG＝lgc(HA．50℃下，AG＝0，此時溶液顯中性 B．a(chǎn)點對應(yīng)溶液中H2O電離出的c（H+）＝1.0×10﹣11mol?L﹣1 C．b點對應(yīng)溶液中4c（M+）+4c（MOH）＝3c（Cl﹣） D．d點對應(yīng)溶液中c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（M+）＞c（MOH）【分析】A、AG＝lgc(H+)c(OH?)B、c(H+)c(OH?)=10﹣8，c（H+）c（OH﹣）＝10﹣14，則c（H+）＝10﹣11mol?LC、根據(jù)物料守恒：3c（M+）+3c（MOH）＝4c（Cl﹣）；D、反應(yīng)后溶質(zhì)為：MCl和HCl；物質(zhì)的量的比為1：1，M++H2O?MOH+H+，M+微弱水解。【解答】解：A、AG＝lgc(H+)c(OH?)B、a點溶液AG＝lgc(H+)c(OH?)=?8，c(H+)c(OH?)=10﹣8，c（H+）c（OH﹣）＝10﹣14，則c（H+）＝10﹣11mol?LC、b點對應(yīng)溶液為：向20.00mL0.10mol?L﹣1一元弱堿MOH溶液中滴入0.10mol?L﹣1的鹽酸15mL，根據(jù)物料守恒：3c（M+）+3c（MOH）＝4c（Cl﹣），故C錯誤；D、d點對應(yīng)溶液為：20.00mL0.10mol?L﹣1一元弱堿MOH溶液中滴入40mL的0.10mol?L﹣1的鹽酸，反應(yīng)后溶質(zhì)為：MCl和HCl；物質(zhì)的量的比為1：1，又因M++H2O?MOH+H+，M+微弱水解，c（M+）減小，生成MOH；d點對應(yīng)溶液中c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（M+）＞c（MOH），故D正確；故選：C。【點評】本題考查酸堿混合時的定性判斷和pH的計算的重點知識，涉及鹽類的水解、離子濃度大小比較、電離平衡常數(shù)的計算等，難點是離子濃度關(guān)系等式的計算；考查的化學(xué)學(xué)科的核心素養(yǎng)為宏觀辨識與微觀探析；平時練習(xí)時注意總結(jié)積累，理解、掌握并熟練運用，構(gòu)建知識思維導(dǎo)圖，避免出錯。二．解答題（共3小題）8．MnSO4在染料、造紙等領(lǐng)域中應(yīng)用廣泛。以軟錳礦（主要成分為MnO2，含鐵的化合物等雜質(zhì)）和閃鋅礦（主要成分ZnS）為原料，制備硫酸錳的流程如圖。（1）請列出兩種提高“酸浸”速率的方法：將礦石粉碎、加熱。（2）閃鋅礦的主要作用是將軟錳礦中MnO2與還原為Mn2+離子。（3）寫出“除鐵”過程中發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O。（4）“濾渣2”的主要成分包括Fe（OH）3、MnO2。（5）從MnSO4溶液中得到MnSO4晶體的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。【分析】由MnO2到最終得到MnSO4，Mn元素被還原，而是沉鋅過程是MnS轉(zhuǎn)化為ZnS，酸浸過程中ZnS將MnO2與還原為Mn2+，同時有S生成，濾渣1主要為S，ZnS可以循環(huán)利用。MnO2具有強氧化性，用MnO2除鐵，應(yīng)是將Fe2+氧化為Fe3+，調(diào)節(jié)pH使Fe3+沉淀為Fe（OH）3而除去，濾渣2有Fe（OH）3、未反應(yīng)的MnO2．最后將MnSO4溶液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶等操作得到ZnSO4晶體?！窘獯稹拷猓河蒑nO2到最終得到MnSO4，Mn元素被還原，而是沉鋅過程是MnS轉(zhuǎn)化為ZnS，酸浸過程中ZnS將MnO2與還原為Mn2+，同時有S生成，濾渣1主要為S，ZnS可以循環(huán)利用。MnO2具有強氧化性，用MnO2除鐵，應(yīng)是將Fe2+氧化為Fe3+，調(diào)節(jié)pH使Fe3+沉淀為Fe（OH）3而除去，濾渣2有Fe（OH）3、未反應(yīng)的MnO2．最后將MnSO4溶液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶等操作得到ZnSO4晶體。（1）將礦石粉碎、加熱、攪拌、適當(dāng)增大硫酸的濃度等，都可以提高“酸浸”速率，故答案為：將礦石粉碎、加熱等；（2）由分析可知，閃鋅礦的主要作用是：將軟錳礦中MnO2與還原為Mn2+離子，故答案為：將軟錳礦中MnO2與還原為Mn2+離子；（3）“除鐵”過程中MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Mn2+，發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O，故答案為：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；（4）由分析可知，“濾渣2”的主要成分包括Fe（OH）3、MnO2，故答案為：Fe（OH）3、MnO2；（5）將MnSO4溶液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶等操作得到ZnSO4晶體，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶?！军c評】本題考查物質(zhì)制備工藝流程，涉及影響速率的因素、對試劑的分析評價、陌生方程式的書寫、物質(zhì)的分離提純等，關(guān)鍵是綜合分析流程，明確各步發(fā)生的反應(yīng)等，題目側(cè)重考查學(xué)生分析能力、知識遷移運用能力。9．某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)根據(jù)理論分析推測出NO具有氧化性，他們設(shè)想利用如圖所示裝置驗證NO的氧化性（已知2NO2+2OH﹣→NO3﹣+NO2﹣+H2O，夾持裝置已省略）。（1）判斷NO有氧化性的理論依據(jù)是NO中氮為+2價，不是氮元素的最低價，本套裝置氣密性檢查較簡便的操作是關(guān)閉分液漏斗活塞，用雙手握住燒瓶，裝置A中反應(yīng)的離子方程式為3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O。（2）裝置C中試劑X是無水CaCl2（或其他合理試劑），裝置B的作用是吸收裝置A中揮發(fā)出的HNO3。（3）本套裝置有一個明顯的錯誤，下列分析中正確的是BC（填標(biāo)號）。A．裝置B中導(dǎo)管不應(yīng)插入液面以下B．裝置E無法吸收NOC．實驗開始后，應(yīng)不斷地向裝置E中通入空氣（4）實驗結(jié)束時裝置D中試管內(nèi)得到黑色粉末，對黑色粉末的成分，小組的同學(xué)提出了不同的看法：a．是FeOb．是Fe3O4c．是FeO與Fe3O4①甲同學(xué)認(rèn)為僅用磁鐵就可以確定黑色粉末的成分到底是哪種情況，他判斷的依據(jù)與結(jié)論是若粉末能全部被磁鐵吸引，則b對；若完全不能被吸引，則a對；若部分能被吸引，則c對。②若用化學(xué)方法分析a組和c組中的黑色粉末，則需要使用三種試劑，這三種試劑是HCl、KSCN、K3[Fe（CN）6]（或稀硫酸、酸性KMnO4溶液、KSCN）?！痉治觥垦b置A中發(fā)生反應(yīng)3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸是揮發(fā)性酸，對后續(xù)反應(yīng)會產(chǎn)生干擾，裝置B是用于吸收裝置A中揮發(fā)出的HNO3，裝置C是干燥裝置，可用無水CaCl2、P2O5等試劑干燥NO，裝置E是尾氣吸收裝置；（1）氮元素常見化合價﹣3、0、+2、+4、+5，NO中氮元素為+2價，故NO有氧化性；本裝置可以采用氣體熱脹冷縮的方法檢測氣密性；裝置A中Cu和稀硝酸反應(yīng)生成NO；（2）裝置C是干燥裝置，可用無水CaCl2、P2O5等試劑干燥NO；硝酸是揮發(fā)性酸，必須除去揮發(fā)出的HNO3；（3）A.B裝置吸收揮發(fā)出的HNO3（g），應(yīng)插入液面下，長進短出；B.NO是不成鹽氧化物，不能與堿反應(yīng)；C.2NO+O2＝2NO2，NO2可被NaOH溶液吸收；（4）①可根據(jù)Fe3O4具有磁性，能被磁鐵吸引，F(xiàn)eO不能被磁鐵吸收的性質(zhì)判斷；②KSCN和Fe3+有血紅色現(xiàn)象；K3[Fe（CN）6]和Fe2+生成藍(lán)色沉淀或酸性KMnO4溶液檢驗有無Fe2+，但要注意由于酸性KMnO4溶液能氧化Cl﹣?！窘獯稹拷猓海?）NO中氮元素為+2價，而氮元素的最低價為﹣3價，故NO有氧化性；比較簡便的檢查方法是將末端導(dǎo)管放入盛有水的燒杯中，然后關(guān)閉分液漏斗活塞，用雙手握住燒瓶，觀察燒杯中水面上是否有氣泡產(chǎn)生；銅和稀硝酸反應(yīng)的離子方程式為3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案為：NO中氮為+2價，不是氮元素的最低價；關(guān)閉分液漏斗活塞，用雙手握住燒瓶；3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）裝置C是干燥裝置，可用無水CaCl2、P2O5等試劑干燥NO；硝酸是揮發(fā)性酸，對后續(xù)反應(yīng)會產(chǎn)生干擾，故裝置B是用于吸收裝置A中揮發(fā)出的HNO3，故答案為：無水CaCl2（或其他合理試劑）；吸收裝置A中揮發(fā)出的HNO3；（3）A.裝置B吸收HNO3（g），故裝置B中導(dǎo)管應(yīng)插入液面下，故A錯誤；B.NO是不成鹽氧化物，不能與堿反應(yīng)，故B正確；C.通入空氣后NO被O2氧化為NO2，NO2可被NaOH溶液吸收（或者在O2存在的條件下.NO、O2、OH﹣反應(yīng)生成鹽），故C正確，故答案為：BC；（4）①可根據(jù)Fe3O4能被磁鐵吸引，F(xiàn)eO不能被磁鐵吸收的性質(zhì)判斷，故答案為：若粉末能全部被磁鐵吸引，則b對；若完全不能被吸引，則a對；若部分能被吸引，則c對；②用化學(xué)方法分析時，先要用非氧化性酸將固體溶解，然后分別用KSCN檢驗有無Fe3+，用K3[Fe（CN）6]（或酸性KMnO4溶液）檢驗有無Fe2+，但要注意由于酸性KMnO4溶液能氧化Cl﹣，故當(dāng)用鹽酸溶解固體時，不能使用酸性KMnO4溶液了，故答案為：HCl、KSCN、K3[Fe（CN）6]（或稀硫酸、酸性KMnO4溶液、KSCN）?！军c評】本題主要考查NO的氧化性的探究實驗，難度中等，掌握有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和檢測方法是解答的關(guān)鍵。10．C、N、S的氧化物常會造成一些環(huán)境問題，科研工作者正在研究用各種化學(xué)方法來消除這些物質(zhì)對環(huán)境的不利影響。（1）研究減少CO2排放是一項重要課題。CO2經(jīng)催化加氫可以生成低碳有機物，主要有以下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.6kJ/mol反應(yīng)Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）?2CH3OH（g）△H2＝+23.4kJ/mol反應(yīng)Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H3①△H3＝﹣122.6kJ/mol。②在恒定壓強、T1溫度下，將6molCO2和12molH2充入3L的密閉容器中發(fā)生I、Ⅲ反應(yīng)，5min后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時CH3OH（g）物質(zhì)的量為2mol，CH3OCH3（g）的物質(zhì)的量為0.5mol；則T1溫度時反應(yīng)I的平衡常數(shù)Kc的計算式為1×1.75/1.5×1.53。③恒壓下將CO2和H2按體積比1：3混合，在不同催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)I和反應(yīng)III，在相同的時間段內(nèi)CH3OH的選擇性和產(chǎn)率隨溫度的變化如圖。其中：CH3OH的選擇性=C在上述條件下合成甲醇的工業(yè)條件是BD。A．210℃B．230℃C．催化劑CZTD．催化劑CZ（Zr﹣1）T（2）一定條件下，可以通過CO與SO2反應(yīng)生成S和一種無毒的氣體，實現(xiàn)燃煤煙氣中硫的回收，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式2CO+SO2＝S+2CO2。在不同條件下，向2L恒容密閉容器中通入2molCO和1molSO2，反應(yīng)體系總壓強隨時間的變化如圖（Ⅰ）所示：①圖（Ⅰ）中三組實驗從反應(yīng)開始至達(dá)到平衡時，反應(yīng)速率v（CO）最大的為b（填序號）②與實驗a相比，c組改變的實驗條件可能是升高溫度。（3）“亞硫酸鹽法”吸收煙氣中的SO2．室溫條件下，將煙氣通入（NH4）2SO3溶液中，測得溶液pH與含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系如圖（Ⅱ）所示，b點時溶液pH＝7，則n（NH4+）：n（HSO3﹣）＝3：1。（4）間接電化學(xué)法可除NO．其原理如圖（Ⅲ）所示，寫出電解池陰極的電極反應(yīng)式（陰極室溶液呈酸性）2HSO3﹣+2e﹣+2H+＝S2O42﹣+2H2O?！痉治觥浚?）①根據(jù)已知焓變的熱化學(xué)方程式推導(dǎo)所求反應(yīng)，再根據(jù)蓋斯定律求△H3；②根據(jù)平衡時CH3OH（g）物質(zhì)的量為2mol，CH3OCH3（g）的物質(zhì)的量為0.5mol，分別列出I、Ⅲ反應(yīng)的變化量與平衡量，注意同物質(zhì)平衡時物質(zhì)的量需相同，代入K的表達(dá)式計算；③根據(jù)圖象查找CH3OH的選擇性較高時對應(yīng)的溫度與催化劑即可，由圖可知溫度230℃，催化劑為CZ（Zr﹣1）T時CH3OH的選擇性較高；（2）CO與SO2反應(yīng)生成S和一種無毒的氣體，結(jié)合化合價升降，推出無毒氣體為CO2，由此書寫化學(xué)方程式；①反應(yīng)先達(dá)平衡，則速率越快，結(jié)合圖象選擇正確答案；②與實驗a相比，實驗c達(dá)平衡所需時間較短，則反應(yīng)速率高，由此推測可能改變的條件；（3）由圖可知，b點時：n（SO32﹣）＝n（HSO3﹣），根據(jù)電荷守恒n（NH4+）+n（H+）＝n（HSO3﹣）+2×n（SO32﹣）+n（OH﹣），且pH＝7時：n（H+）＝n（OH﹣），整理即可得出n（NH4+）與n（HSO3﹣）的比值；（4）根據(jù)電解原理，陰極化合價降低，應(yīng)為HSO3﹣放電生成S2O42﹣，結(jié)合守恒關(guān)系書寫電極反應(yīng)式?！窘獯稹拷猓海?）①利用蓋斯定律得：△H3＝2×△H1﹣△H2＝﹣2×49.6kJ/mol﹣23.4kJ/mol＝﹣122.6kJ/mol，故答案為：﹣122.6；②根據(jù)平衡時CH3OH（g）物質(zhì)的量為2mol，CH3OCH3（g）的物質(zhì)的量為0.5mol，列出I、Ⅲ反應(yīng)的變化量與平衡量，注意同物質(zhì)平衡時物質(zhì)的量需相同；CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）（mol）變2622平3323.52CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）（mol）變130.51.5平330.53.5則平衡時氣體總物質(zhì)的量＝n（CO2）+n（H2）+n（CH3OH）+n（H2O）+n（CH3OCH3）＝3+3+2+3.5+0.5＝12mol，由于恒定壓強，則氣體物質(zhì)的量與計量系數(shù)成正比，則平衡時容器體積為：12×318=2L，則平衡時：c（CO2）=3mol2L=1.5mol/L，c（H2）=3mol2L=1.5mol/L，c（CH3OH）=2mol③溫度230℃時CH3OH的選擇性較高，催化劑為CZ（Zr﹣1）T時CH3OH的選擇性較高，故答案為：BD；（2）CO與SO2反應(yīng)生成S和一種無毒的氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式：2CO+SO2＝S+2CO2，故答案為：2CO+SO2＝S+2CO2；①圖（Ⅰ）中，曲線b大平衡所需時間最短，則反應(yīng)速率最快的為b，故答案為：b；②與實驗a相比，c組平衡時所需時間段，且壓強更高，可能改變的實驗條件是：升高溫度，故答案為：升高溫度；（3）寫出b點時溶液電荷守恒：n（NH4+）+n（H+）＝n（HSO3﹣）+2×n（SO32﹣）+n（OH﹣），pH＝7時：n（NH4+）＝n（HSO3﹣）+2×n（SO32﹣），又因為b點時：n（SO32﹣）＝n（HSO3﹣），則n（NH4+）＝3n（HSO3﹣），所以n（NH4+）：n（HSO3﹣）＝3：1，故答案為：3：1；（4）電解池陰極為HSO3﹣化合價降低形成S2O42﹣，結(jié)合電荷守恒、元素守恒寫出電極反應(yīng)式為：2HSO3﹣+2e﹣+2H+＝S2O42﹣+2H2O故答案為：2HSO3﹣+2e﹣+2H+＝S2O42﹣+2H2O；【點評】本題考查化學(xué)平衡計算與影響因素、化學(xué)平衡常數(shù)及其應(yīng)用、對圖象分析提取信息能力等，側(cè)重考查學(xué)生分析能力、計算能力和靈活運用能力，題目難度中等。三．解答題（共1小題）11．太陽能電池是通過光電效應(yīng)或者光化學(xué)效應(yīng)直接把光能轉(zhuǎn)化成電能的裝置．其材料除單晶硅，還有銅銦鎵硒等化合物．（1）鎵的基態(tài)原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）．（2）硒為第4周期元素，相鄰的元素有砷和溴，則3種元素的第一電離能從大到小順序為Br＞As＞Se（用元素符號表示）．（3）氣態(tài)SeO3立體構(gòu)型為平面三角形．（4）硅烷（SinH2n+2）的沸點與其相對分子質(zhì)量的變化關(guān)系如圖所示，呈現(xiàn)這種變化關(guān)系的原因是：硅烷的相對分子質(zhì)量越大，分子間范德華力越強（5）與鎵元素處于同二主族的硼元素具有缺電子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能與水反應(yīng)生成[B（OH）4]﹣而體現(xiàn)一元弱酸的性質(zhì)，則[B（OH）4]﹣中B的原子雜化類型為sp3；（6）金屬Cu單獨與氨水或單獨與過氧化氫都不能反應(yīng)，但可與氨水和過氧化氫的混合溶液反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為Cu+H2O2+4NH3?H2O＝Cu（NH3）42++2OH﹣+4H2O（7）一種銅金合金晶體具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)．在晶胞中，Au原子位于頂點，Cu原子位于面心，則該合金中Au原子與Cu原子個數(shù)之比為1：3，若該晶胞的邊長為apm，則合金的密度為197+64×3NA(a×10?10)【分析】（1）鎵是31號元素，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可以寫出電子排布式；（2）砷、硒、溴三種元素都是第4周期非金屬元素，同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢，但砷元素原子4p能級是半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能Br＞As＞Se，據(jù)此答題；（3）氣態(tài)SeO3分子中中心原子的價層電子對數(shù)可以判斷分子構(gòu)型；（4）硅烷（SinH2n+2）都是分子晶體，分子晶體的沸點高低取決于分子間作用力，而分子間作用力與相對分子質(zhì)量的大小有關(guān)，據(jù)此答題；（5）根據(jù)價層電子對互斥理論確定其雜化方式；（6）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中元素和電荷守恒，可寫出離子方程式；（7）利用均攤法計算兩種金屬原子個數(shù)之比，根據(jù)ρ=m【解答】解：（1）鎵是31號元素，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可以寫出電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1），故答案為：1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）；（2）砷、硒、溴三種元素都是第4周期非金屬元素，同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢，但砷元素原子4p能級是半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能Br＞As＞Se，故答案為：Br＞As＞Se；（3）氣態(tài)SeO3分子中中心原子的價層電子對數(shù)為6+02（4）硅烷（SinH2n+2）都是分子晶體，分子晶體的沸點高低取決于分子間作用力，而分子間作用力與相對分子質(zhì)量的大小有