（新高考）此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號化學（十）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5V51一、選擇題：每小題2分，共20分。每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．國家“十四五戰(zhàn)略規(guī)劃”中提出全面推進綠色發(fā)展，生態(tài)環(huán)境保護、資源可持續(xù)利用均與化學密切相關。下列有關說法不正確的是A．“地溝油”經過加工處理可用來制肥皂，實現(xiàn)了廚余垃圾的合理利用B．廢舊電池深度填埋處理容易造成土壤重金屬污染C．臭氧/生物活性炭技術可用于飲用水的深度處理，利用了活性炭的還原性D．乙醇可通過淀粉等生物原料發(fā)酵制得，屬于可再生資源【答案】C【解析】A．“地溝油”主要為油脂，在堿性條件下水解成高級脂肪酸鈉，經過加工處理可用來制肥皂，實現(xiàn)了廚余垃圾的合理利用，A說法正確；B．廢舊電池中的鉛、汞等重金屬，深度填埋處理時容易造成土壤重金屬污染，B說法正確；C．臭氧/生物活性炭技術可用于飲用水的深度處理，利用了活性炭的吸附作用，C說法錯誤；D．淀粉等生物原料發(fā)酵可制得乙醇，則乙醇屬于可再生資源，D說法正確；答案為C。2．下列表示正確的是A．乙炔的結構式：CHCH B．羥基的電子式：C．葡萄糖的結構簡式可能為： D．CCl4的球棍模型：【答案】C【解析】A．乙炔的結構式為H—C≡C—H，A錯誤；B．羥基的電子式為，選項所給電子式為OH?電子式，B錯誤；C．葡萄糖內的醛基可以自發(fā)的與相鄰碳原子上的羥基發(fā)生可逆反應，形成半縮醛結構，如圖所示，C正確；D．由于Cl原子半徑比C原子半徑大，故選項所給模型不能代表CCl4，且該模型為比例模型不是球棍模型，D錯誤；故答案選C。3．無法達到相應實驗目的的是A．圖1：探究濃硫酸的脫水性和氧化性 B．圖2：探究溫度對水解程度的影響C．圖3：制備干燥的氫氣 D．圖4：驗證Cu與反應產生電流【答案】D【解析】A．圖1：通過觀察蔗糖是否碳化以及品紅是否褪色來探究濃硫酸的脫水性和氧化性，A正確；B．圖2：通過觀察溫度不同時溶液顏色變化來判斷溶液堿性變化從而探究溫度對水解程度的影響，B正確；C．圖3：用硫酸與鋅反應制取氫氣，用硫酸干燥，然后用向下排空氣法(短進長出)收集干燥的氨氣，C正確；D．還原性強的鐵與氧化性強的硫酸鐵溶液直接反應，沒有形成原電池，不會產生電流，D錯誤；答案選D。4．生物質氣(主要成分為CO、CO2、H2等)與H2混合，在含鉻催化劑作用下合成甲醇是利用生物質氣的方法之一、下列說法正確的是A．CO2分子中存在兩個相互垂直的π鍵 B．電負性：O>N>H>CC．NOeq\o\al(?,3)的空間構型為三角錐形 D．基態(tài)Cr原子的電子排布式是[Ar]3d44s2【答案】A【解析】A．CO2分子的結構式為O=C=O，由于C原子與2個O原子各形成兩個共用電子對，所以兩個π鍵相互垂直，故A正確；B．C、H、O、N的非金屬性強弱順序為：O＞N＞C＞H，則電負性：O＞N＞C＞H，故B錯誤；C．NOeq\o\al(?,3)的價層電子對數(shù)為3，無孤電子對，中心N原子為sp2雜化，空間構型為平面三角形，故C錯誤；D．Cr為24號元素，有1個4s電子遷移到3d軌道，從而使3d軌道處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，所以基態(tài)Cr原子的電子排布式是[Ar]3d54s1，故D錯誤；選A。5．在下列物質的檢驗中，其對應的方程式不合理的是A．用濃氨水檢驗泄漏的氯氣，產生白煙：2NH3+3Cl2=6HCl+N2B．用硫氰酸鉀溶液檢驗Fe3+，溶液變紅色：C．用濃溴水檢驗水體中的苯酚，產生白色沉淀：+3Br2→+3HBrD．用新制Cu(OH)2懸濁液檢驗乙醛，產生磚紅色沉淀：【答案】A【解析】A．濃氨水檢驗泄漏的氯氣，產生的白煙為氯化銨固體，正確方程式為8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，A錯誤；B．Fe3+與SCN?反應生成血紅色絡合物Fe(SCN)3：，依此檢驗Fe3+，B正確；C．苯酚與濃溴水發(fā)生鄰對位取代，生成白色沉淀三溴苯酚，方程式為+3Br2→+3HBr，C正確；D．新制Cu(OH)2懸濁液可以被醛基還原生成磚紅色沉淀Cu2O，醛基被氧化為羧基，化學方程式為，D正確；綜上所述答案為A。6．化合物乙是一種治療神經類疾病的藥物，可由化合物甲經多步反應得到。下列有關化合物甲、乙的說法正確的是A．甲分子中所有碳原子一定處于同一平面B．乙中含有2個手性碳原子C．用NaHCO3溶液或FeCl3溶液不能鑒別化合物甲、乙D．乙能與鹽酸、NaOH溶液反應，且1mol乙最多能與4molNaOH反應【答案】B【解析】A．圖中C－O－C為V形，與苯環(huán)相連的C－O鍵可以旋轉，使得甲基碳原子不在苯環(huán)的平面上，A項錯誤；B．手性碳原子指連接4個不同原子或原子團的碳原子。乙中有2個手性碳原子，如圖：，B項正確；C．甲中有羧基，與NaHCO3溶液反應生成CO2氣體，乙中有酚羥基，遇FeCl3溶液顯紫色，都可鑒別甲和乙，C項錯誤；D．乙中有－NH2，顯堿性，能與鹽酸反應；有1個酚羥基，消耗1個NaOH；有2個酯基，如圖：，左側酯基水解以后形成1個酚羥基和1個羧基，消耗2個NaOH，右側酯基水解以后形成醇羥基和羧基，消耗1個NaOH；C－Br位置為鹵代烴的結構，可以發(fā)生堿性水解，消耗1個NaOH，綜上，1個乙分子消耗5個NaOH，即1mol乙消耗5molNaOH，D項錯誤；答案選B。7．已知W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W與X、Y、Z均能形成10電子分子，其中Y的最簡單的氫化物易與其最高價氧化物對應的水化物反應生成化合物甲，W、X、Y、Z可以形成化合物乙(結構如圖)，下列說法正確的是A．W不能和X、Y形成18電子的化合物B．甲中含有離子鍵和非極性共價鍵C．原子半徑：X>Y>Z>WD．W與X形成的化合物的沸點一定低于W與Z所形成的化合物【答案】C【解析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，由Y的最簡單的氫化物易與其最高價氧化物對應的水化物反應生成化合物甲可知，Y為N元素、甲為硝酸銨，由化合物乙的結構可知，X能形成4個共價鍵、Z能形成1個共價鍵，結合W與X、Y、Z均能形成10電子分子可知，W為H元素、X為C元素、Z為F元素。A．C2H6和N2H4為18電子的氫化物，故A錯誤；B．硝酸銨是含有離子鍵和極性共價鍵的離子化合物，不含有非極性共價鍵，故B錯誤；C．四種元素中氫原子的原子半徑最小，同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則原子半徑由大到小的順序為C>N>F>H，故C正確；D．碳元素和氫元素可以形成氣態(tài)烴、液態(tài)烴和固態(tài)烴，氮元素和氫元素可以形成氣態(tài)的氨氣和液態(tài)的肼，固態(tài)烴的沸點高于液態(tài)的肼，故D錯誤；故選C。8．酸在生產、實驗中有廣泛應用。下列有關酸的性質與用途具有對應關系的是A．氫氟酸顯弱酸性，可用于雕刻玻璃B．濃鹽酸具有揮發(fā)性，可用于除去鐵銹C．濃硫酸有強氧化性，實驗室可用于與甲酸反應制取COD．硝酸有強氧化性，能溶解Ag等不活潑金屬用于貴重金屬的提煉【答案】D【解析】A．氫氟酸能與玻璃中的二氧化硅反應生成易揮發(fā)的四氟化硅，所以氫氟酸可用于雕刻玻璃，但與酸性強弱無關，故A錯；B．鹽酸能與鐵銹中的氧化鐵反應，生成可溶性的氯化鐵，從而易被水洗去，體現(xiàn)鹽酸的酸性與濃鹽酸所具有的揮發(fā)性無關，故B錯；C．甲酸HCOOH中C的化合價為+2價，CO中C的化合價也為+2價，則用甲酸與濃硫酸制取CO未發(fā)生氧化還原反應，體現(xiàn)濃硫酸的脫水性，與其強氧化性無關，故C錯；D．硝酸有強氧化性，能溶解Ag等不活潑金屬，所以可用于貴重金屬的提煉，故選D；答案選D。9．某溫度下，可逆反應mA(g)+nB(g)pC(g)的化學平衡常數(shù)為K，下列說法正確的是A．其他條件不變，升高溫度，K值一定增大B．其他條件不變，增大B(g)的濃度，K值增大C．其他條件不變，增大壓強，K值不變D．K值不會隨反應條件的改變而改變【答案】C【解析】A．若該反應正反應是放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應移動，平衡常數(shù)降低，若正反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應移動，平衡常數(shù)增大，故A錯誤；B．化學平衡常數(shù)只受溫度影響，與濃度無關，增大B(g)的濃度，能使平衡正向移動，但溫度不變，化學平衡常數(shù)不變，故B錯誤；C．化學平衡常數(shù)只受溫度影響，與濃度無關，增大壓強，平衡可能移動，但溫度不變，化學平衡常數(shù)不變，故C正確；D．化學平衡常數(shù)只受溫度影響，如果溫度發(fā)生變化，平衡常數(shù)一定發(fā)生變化，故D錯誤；答案選C。10．以黃鐵礦(主要成分為，其中S的化合價為-1價)生產硫酸的工藝流程如下圖。下列說法不正確的是A．將黃鐵礦粉碎，可加快其在沸騰爐中的化學反應速率B．沸騰爐中每生成1molSO2，有11mole?發(fā)生轉移C．接觸室中排放出的SO2、O2循環(huán)利用，可提高原料利用率D．吸收塔排放的尾氣可通過氨吸收轉化成氮肥【答案】B【解析】A．將黃鐵礦粉碎，增大接觸面積，可加快其在沸騰爐中的化學反應速率，故A正確；B．沸騰爐中FeS2和氧氣反應生成Fe2O3和SO2，反應方程式是，每生成1molSO2，有5.5mole?發(fā)生轉移，故B錯誤；C．接觸室中排放出的SO2、O2循環(huán)利用，SO2轉化率增大，提高原料利用率，故C正確；D．吸收塔排放的尾氣可通過氨吸收，轉化成硫酸銨，銨鹽可做氮肥，故D正確；選B。不定項選擇題（每小題4分，共20分）11．下列應用涉及氧化還原反應的是A．用TiCl4制備納米級TiO2B．高鐵酸鉀(K2FeO4)用作新型水處理劑C．用明礬溶液除去銅制品表面的銅綠D．工業(yè)上將NH3和CO2通入飽和食鹽水制備小蘇打【答案】B【解析】A．TiCl4制備納米級TiO2發(fā)生的反應為：TiCl4+(2+x)H2O=TiO2·xH2O+4HCl、TiO2·xH2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))TiO2+xH2O，無元素化合價變化，不涉及氧化還原反應，A不符題意；B．4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(膠體)+3O2↑+8KOH，產生的Fe(OH)3有吸附性，可以吸附雜質，同時K2FeO4有強氧化性，可以消毒殺菌，因此高鐵酸鉀(K2FeO4)用作新型水處理劑涉及氧化還原反應，B符合題意；C．明礬溶液因電離產生的Al3+水解產生H+，H+和銅綠[Cu2(OH)2CO3]反應生成Cu2+、水、二氧化碳，無元素化合價變化，不涉及氧化還原反應，C不符題意；D．工業(yè)上將NH3和CO2(過量)通入飽和食鹽水制備小蘇打發(fā)生NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，無元素化合價變化，不涉及氧化還原反應，D不符題意；答案選B。12．苯酚的性質實驗如下：步驟1：常溫下，取1g苯酚晶體于試管中，向其中加入5mL蒸餾水，充分振蕩后液體變渾濁，將該液體平均分成三份。步驟2：向第一份液體中滴加幾滴FeCl3溶液，觀察到溶液顯紫色(查閱資料可知配離子［Fe(C6H5O)6]3?顯紫色)。步驟3：向第二份液體中滴加少量濃溴水，振蕩，無白色沉淀。步驟4：向第三份液體中加入5%NaOH溶液并振蕩，得到澄溶液，再向其中通入少量CO2，溶液又變渾濁，靜置后分層。下列說法不正確的是A．步驟1說明常溫下苯酚的溶解度小于20gB．步驟2中紫色的［Fe(C6H5O)6]3?由Fe3+提供空軌道C．步驟3中溴水與苯酚沒有發(fā)生化學反應D．步驟4中CO2與苯酚鈉反應生成苯酚和Na2CO3【答案】CD【解析】A．若5mL的水恰好能夠溶解1g的苯酚，則該溫度下苯酚的溶解度為S==20g，步驟1形成的是懸濁液，故說明常溫下苯酚的溶解度小于20g，A正確；B．［Fe(C6H5O)6]3?是一種絡合物，苯酚酸根中O原子提供孤電子對，F(xiàn)e3+提供空軌道，故步驟2中紫色的［Fe(C6H5O)6]3?由Fe3+提供空軌道，B正確；C．步驟3中由于溴水為少量，溴與苯酚生成的2，4，6－三溴苯酚將溶解在過量的苯酚中，觀察不到沉淀但不能說明沒有發(fā)生化學反應，C錯誤；D．由于酸性是：H2CO3強于苯酚強于碳酸氫根，故步驟4中CO2與苯酚鈉反應生成苯酚和NaHCO3，D錯誤；故答案為CD。13．將溶液分別滴入溶液(、)，所得溶液中的c(X?)的負對數(shù)[-lgc(X?)]與滴入溶液的體積關系如圖所示，下列說法正確的是A．曲線Ⅰ表示的是滴定NaCl溶液的曲線B．A、B兩點所對應的溶液中的c(Ag+)相等C．將C、D兩點所對應的溶液過濾后等體積混合溶液無明顯現(xiàn)象D．根據D點坐標，可計算曲線Ⅱ對應溶液中Ksp(AgX)約為1×10?9【答案】B【解析】A．KspAgCl＞KspAgBr，AgBr沉淀先生成，C、D兩點對應縱坐標可以看出，銀離子相同時，C點對應的-lgc(X?)更大，說明c(X?)更小，對應的應該是溴離子。故曲線Ⅱ表示的是滴定NaCl溶液的曲線，A項錯誤；B．在溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=c(OH?)+c(X?)，溶液是中性，氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，加入的NaX是相等的，兩種溶液中的鈉離子濃度相等，A、B兩點c(X?)基本相等，為保證等式成立，兩種溶液中銀離子濃度相等，B項正確；C．溴化銀溶解度平衡常數(shù)更小，當二者混合后，溴離子爭奪氯化銀中的銀離子，會有更多的溴化銀生成，現(xiàn)象是有溴化銀黃色沉淀生成，C項錯誤；D．KspAgX=c(Ag+)·c(X?)，-lgc(X?)=8，c(X?)=10?8mol/L，混合后溶液體積為60mL，銀離子濃度小于0.1mol/L，Ksp(AgX)小于1×10?9，D項錯誤；答案選B。14．由含[Cu(NH3)4]Cl2的蝕刻廢液制取[Cu(NH3)4]CO3溶液的流程如圖：下列有關說法不正確的是A．上述制取流程涉及氧化還原反應B．“沉銅”在加熱條件下進行，發(fā)生反應的離子方程式為[Cu(NH3)4]+2OH?eq\o(,\s\up7(△))4NH3↑+CuO↓+H2OC．“濾液”中大量存在的離子有Na+、NHeq\o\al(+,4)、Cl?和OH?D．“浸銅”時溫度過高可能導致銅的浸出率下降【答案】AC【解析】A．沉銅時反應為[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHeq\o(,\s\up7(△))4NH3+CuO+2NaCl+H2O，浸銅時總反應為CuO+3NH3+NH4HCO3=[Cu(NH3)4]CO3+H2O，反應中沒有元素化合價發(fā)生變化，沒有發(fā)生氧化還原反應，A正確；B．根據已知反應物和生成物，結合元素守恒可得離子方程式為[Cu(NH3)4]+2OH?eq\o(,\s\up7(△))4NH3↑+CuO↓+H2O，B正確；C．NHeq\o\al(+,4)和OH?不能大量共存，且根據B選項可知大部分氨氣已逸出，C錯誤；D．溫度過高碳酸氫銨會分解，且氨氣的溶解度降低，導致銅的浸出率下降，D正確；答案為AC。15．我國科學家最近發(fā)明了一種Zn-PbO2電池，電解質為K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b兩離子交換膜隔開，形成I、II、III三個電解質溶液區(qū)域，結構示意圖如圖：下列說法不正確的是A．Ⅱ區(qū)域的電解質溶液為K2SO4溶液B．a和b分別是陰離子、陽離子交換膜C．放電時，陰極區(qū)溶液中OH?濃度升高D．放電時，負極反應為Zn-2e?+4OH?=Zn(OH)eq\o\al(2?,4)【答案】B【解析】A．負極(Zn極)為負極，消耗氫氧根，剩余鉀離子，鉀離子通過a陽離子交換膜移向Ⅱ區(qū)域；正極(極)消耗氫離子，剩余硫酸根離子通過陰離子交換膜移向Ⅱ區(qū)域，所以Ⅱ區(qū)域的電解質溶液為K2SO4溶液，故A不選；B．A分析可知a和b分別是陽離子、陰離于交換膜，故選B；C．則放電時I為陽極區(qū)，消耗氫氧根離子；III為陰極區(qū)，消耗氫離子則氫氧根離子濃度升高，故C不選；D．放電時，負極發(fā)生氧化反應，即電極反應為Zn-2e?+4OH?=Zn(OH)eq\o\al(2?,4)，故D不選；選B。三、非選擇題（共60分。）16．氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體難溶于水，是制備熱敏材料VO2的原料，其化學式為(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。實驗室以VOCl2和NH4HCO3為原料制備氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體的裝置如圖所示。已知：+4價釩的化合物易被氧化。回答下列問題：(1)裝置D中盛放NH4HCO3溶液的儀器名稱是___________；上述裝置依次連接的合理順序為e→___________(按氣流方向，用小寫字母表示)。(2)實驗開始時，先關閉K2，打開K1，當___________(填實驗現(xiàn)象)時，關閉K1，打開K2，進行實驗。(3)寫出裝置D中生成氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體的化學方程式___________；實驗完畢后，從裝置D中分離產品的操作方法是___________(填操作名稱)。(4)測定粗產品中釩的含量。實驗步驟如下：稱量ag產品于錐形瓶中，用20mL蒸餾水與30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/LKMnO4溶液至稍過量，充分反應后繼續(xù)滴加1%的NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去過量NaNO2，最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為bmL。(已知：VOeq\o\al(+,2)+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①NaNO2溶液的作用是___________。②粗產品中釩的質量分數(shù)表達式為___________(以VO2計)。③若(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液部分變質，會使測定結果__________(填“偏高"、“偏低”或“無影響")?！敬鸢浮浚?）三頸燒瓶abfgcB中溶液變渾濁6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl過濾除去過量的KMnO4×100%偏高【解析】實驗室以VOCl2和NH4HCO3為原料制備氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}，由于+4價釩的化合物易被氧化，因此裝置D反應前需要用C產生的二氧化碳排除裝置內的空氣，C中產生的二氧化碳中會混入HCl雜質，需要用A裝置中的飽和碳酸氫鈉溶液除去HCl。(1)裝置D中盛放NH4HCO3溶液的儀器是三頸燒瓶；由于+4價釩的化合物易被氧化，因此裝置D反應前需要用C產生的二氧化碳排除裝置內的空氣，C中產生的二氧化碳中會混入HCl雜質，需要用A裝置中的飽和碳酸氫鈉溶液除去HCl，需要防止空氣進入裝置D，裝置應該按照CADB的順序連接，上述裝置的接口依次連接的合理順序為e→a→b→f→g→c，故答案為：三頸燒瓶；abfgc；(2)實驗開始時，先關閉K2，打開K1，當B中溶液變渾濁時，說明裝置內的空氣已經排盡，關閉K1，打開K2，進行實驗，故答案為：B中溶液變渾濁；(3)裝置D中生成氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體的化學方程式為6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl；實驗完畢后，從裝置D中分離出(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O沉淀的操作方法是過濾；(4)①KMnO4溶液具有氧化性，其作用是將+4價的V化合物氧化為VOeq\o\al(+,2)，NaNO3具有還原性，所以NaNO2溶液的作用是除去過量的KMnO4，故答案為：除去過量的KMnO4；②消耗標準溶液的體積為bmL，根據滴定反應VOeq\o\al(+,2)+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O可知，n(VO2+)=n(Fe2+)=bc×10?3mol，所以產品中釩的質量分數(shù)(以VO2計)為×100%=×100%，故答案為：×100%；③若(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液部分變質，溶液中Fe2+濃度減小，會消耗更多的標準液，導致測定結果偏高，故答案為：偏高。17．工業(yè)上以碳酸錳礦(主要成分為MnCO3，含少量SiO2、Al2O3、CuO、FeCO3、PbCO3等雜質)為主要原料制備高錳酸鉀的流程如圖所示：已知：①常溫下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀時的pH如下表所示：金屬離子Fe3+Al3+Fe2+Cu2+Pb2+Mn2+開始沉淀pH1.53.36.54.28.08.3完全沉淀pH3.75.29.76.78.89.8②Ksp(PbSO4)=1.6×10?8；Ksp(PbS)=8.0×10?28(1)常溫下，“酸浸”工序中，向粉碎的碳酸錳礦中加入一定體積的水，在攪拌下緩慢加入質量分數(shù)高于90%的硫酸。錳元素的浸出率與反應條件的關系如圖2、3、4所示。則酸浸選擇的最佳條件為_______；酸浸過程中主反應的化學方程式為_______；濾渣1的成分是_______。(2)“除雜”工序中具體步驟如下：①先加入MnO2將Fe2+氧化，該反應的離子方程式為_______。②為除去鐵元素和鋁元素，加入CaO調節(jié)溶液的pH不小于_______。③再加入CaS除去Cu2+、Pb2+后，最后加入NaF溶液，除去_______，此步驟中再次除鉛的原因為_______。(3)“沉錳”工序中反應的化學方程式為_______。(4)“焙燒”工序中反應的化學方程式為_______。(5)若在實驗室模擬由二氧化錳制備高錳酸鉀的過程，稱量87.0gMnO2樣品，最終得到的產品質量為63.2g，則高錳酸鉀的產率是_______?！敬鸢浮浚?）酸浸溫度80℃，酸浸pH=2，酸浸時間4hSiO2、PbSO45.2Ca2+由Ksp(PbSO4)=1.6×10?8可知，溶液中仍含有Pb2+eq\o(=,\s\up7(高溫))40%【解析】碳酸錳礦(主要成分為MnCO3，含少量SiO2、Al2O3、CuO、FeCO3、PbCO3等雜質)，酸浸時，向碳酸錳礦中加入硫酸和過氧化氫，發(fā)生的反應為：、、、、，SiO2不溶于酸，酸浸后濾渣1的成分為SiO2、PbSO4；除雜時，加入MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，加入CaO調節(jié)溶液的pH至5.2除去Fe3+、Al3+，再加人CaS除去Cu2+、Pb2+后，最后加入NaF溶液，除去Ca2+；沉錳時，硫酸錳和碳酸氫銨反應生成碳酸錳、二氧化碳、硫酸銨和水；焙燒碳酸錳得到氧化錳，氧化錳、氯酸鉀和氫氧化鉀反應生成錳酸鉀，錳酸鉀和二氧化碳酸化制得高錳酸鉀。(1)由錳元素的浸出率與反應條件的關系圖可知，反應的最佳條件為：酸浸溫度80℃，酸浸pH=2，酸浸時間4h；酸浸過程中主反應為MnCO3和硫酸反應，所以酸浸過程中主反應的化學方程式為：；酸浸時生成PbSO4沉淀，而SiO2不溶于酸，所以酸浸后濾渣1的成分為SiO2、PbSO4；(2)①加入MnO2將Fe2+氧化Fe3+，離子方程式為：；②由金屬離子開始沉淀和完全沉淀時的pH表可知，加入CaO調節(jié)溶液的pH不小于5.2；③由于Ksp(PbSO4)=1.6×10?8，Ksp(PbS)=8.0×10?28，溶液中剩余部分Pb2+，因此應加人CaS除去Cu2+、Pb2+后，最后加入NaF溶液，除去溶液中的Ca2+；(3)沉錳時，硫酸錳和碳酸氫銨反應生成碳酸錳、二氧化碳、硫酸銨和水，化學方程式為：；(4)焙燒碳酸錳得到氧化錳，化學方程式為：eq\o(=,\s\up7(高溫))；(5)87.0gMnO2的物質的量為，根據Mn元素守恒，理論上生成KMnO4的物質的量為1mol，質量為，其產率為。18．甲醇是一種綠色能源。工業(yè)上，H2和CO合成CH3OH的反應為2H2(g)+CO(g)→CH3OH(g)ΔH(1)已知幾種鍵能數(shù)據如下表：化學鍵H-HC－OC≡OH－OC－HE/(kJ·mol?1)4363434076465413則2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)ΔH=______kJ·mol?1。(2)采取下列措施，能加快2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)的正向反應速率的有______(填字母)。A．升高溫度B．增大壓強C．及時分離甲醇D．選擇高效催化劑(3)為了探究催化劑甲、乙對合成CH3OH的催化效率，向某恒容密閉容器中投入2molH2和1molCO，分別在催化劑甲、乙作用下反應(假設催化劑接觸面積相等)，測得單位時間內甲醇的產率與溫度的關系如圖1所示。催化效率較高的是______(填“甲”或“乙”)。在催化劑乙作用下，溫度在500℃左右時甲醇產率急降，其主要原因可能是______。(4)分別將1molCO和2molH2充入一定溫度、不同恒定壓強下容器中，充分反應達到平衡，測得平衡時混合物中CH3OH的體積分數(shù)與壓強、溫度的關系如圖2所示。①下列事實能說明該反應達到平衡狀態(tài)的是______(填字母)。A．容器中混合氣體的密度不再變化B．容器中混合氣體的總壓強不再變化C．容器中混合氣體的平均摩爾質量不再變化D．容器中CO和H2的體積分數(shù)之比不再變化②圖2中壓強從大到小排列為______。③C點平衡常數(shù)Kp=______。④一定溫度，恒壓條件下，再加入CO、H2各1mol，充分反應達到新的平衡時H2的轉化率與原平衡時相比______。(填“變大”“變小”“不變”)【答案】（1）-99ABD甲催化劑乙活性降低（或催化劑乙失去活性）ACp1>p2>p327P2?2變大【解析】(1)反應熱等于斷裂化學鍵吸收的總能量與形成化學鍵放出的總能量之差。ΔH==-99kJ/mol；(2)A．升高溫度會加快化學反應速率，會加快正反應速率，故A正確；B．增大壓強會加快化學反應速率，會加快正反應速率，故B正確；C．及時分離甲醇會使生成物濃度降低，是化學反應速率降低，故C錯誤；D．選擇高效催化劑會使化學反應速率變化，正反應速率加快，故D正確；故選ABD；(3)相同條件下，單位時間內甲醇產率越高，表明反應速率越快，催化效率越高。由圖1可知，相同溫度下催化劑甲的產率交大，故催化劑甲的效率較高；溫度過高超過500℃，可能導致催化劑乙活性降低，產率降低。(4)①A．恒壓條件下，平衡時容器體積不再改變，氣體的總質量不變，所以當容器中混合氣體的密度不再變化時可以說明反應已經達到平衡，故A正確；B．恒壓條件下，容器中的氣體壓強恒定，故容器中混合氣體的總壓強不再變化無法判斷反應達到平衡，故B錯誤；C．平衡時反應體系的氣體的總物質的量不變，氣體總質量不變，故容器中混合氣體的平均摩爾質量不再變化時說明反應達到平衡，故C正確；D．容器中CO和H2均為反應物，兩者的體積分數(shù)之比不再變化無法說明反應達到平衡，故D錯誤；故選AC；②合成甲醇的反應為氣體分子數(shù)減少的反應，故壓強越大，平衡時反應體系中的甲醇含量越高，根據圖2中壓強與甲醇體積分數(shù)的關系可知壓強p1>p2>p3；③C點甲醇的體積分數(shù)為50%，設平衡時甲醇的物質的量為nmol，由三段式法可求平衡時各物質的物質的量：則，故n=0.75。分壓=物質的量分數(shù)總壓強，C點的總壓強為p2，平衡時總物質的量為1.25mol，故p(CO)=，p(H2)=，p(CH3OH)=，則Kp=；④恒溫恒壓情況下再通入1molCO和1molH2，相當于初始時投入2molCO和3molH2，的投料比變大，所以H2的轉化率變大。19．銅及其化合物在生活和生產中有著廣泛的應用?；卮鹣铝袉栴}:（1）基態(tài)銅原子價層電子排布式為______________，基態(tài)銅原子有___種運動狀態(tài)不相同的電子。（2）單質銅是由___________鍵形成的晶體。（3）Cu2+能與多種物質形成配合物。①CuSO4溶液與氨水在一定條件下可以生成[Cu(NH3)4]SO4?H2O晶體，該晶體中雜化軌道類型為sp3的原子為_____________。②CuCl2溶液與乙二胺(H2N－CH2－CH2－NH2)可形成配離子：；Cu2+的配位數(shù)為___________，乙二胺沸點高于1，2－二氯乙烷(Cl－CH2－CH2－Cl)的主要原因是_______________。（4）已知銅與氯形成化合物的立方晶胞如圖所示(黑點代表銅原子)。①該晶體的化學式為___________。②已知銅與氯的電負性分別為1.9和3.0，則銅與氯組成的化合物屬于_______(填“共價”或“離子”)化合物。③已知該晶體的密度為ρg/cm3，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，該晶體中銅原子和氯原子之間的最短距離為體對角線的，則該晶體中銅原子和氯原子之間的最短距離___________cm(列計算式即可)?！敬鸢浮浚?）3d104s129金屬N、O、S4乙二胺分子間存在氫鍵CuCl共價×【解析】(1)銅元素的原子序數(shù)為29，基態(tài)銅原子價層電子排布式為3d104s1，同一原子中沒有運動狀態(tài)完全相同的電子，則基態(tài)銅原子有29種運動狀態(tài)不相同的電子，故答案為：3d104s1；29；(2)單質銅是由銅離子和自由電子通過金屬鍵形成的金屬晶體，故答案為：金屬；(3)①NH3分子中N原子的價層電子對數(shù)為4、H2O分子中O原子的價層電子對數(shù)為4、SOeq\o\al(2?,4)離子中S原子的價層電子對數(shù)為4，則N、O、S的雜化軌道類型為sp3雜化，故答案為：N、O、S；②根據配離子的結構可知，銅離子的配位數(shù)為4；乙二胺分子間能形成氫鍵，而1，2－二氯乙烷分子間不能形成氫鍵，則乙二胺分子間的作用力大于1，2－二氯乙烷，沸點高于1，2－二氯乙烷，故答案為：乙二胺分子間存在氫鍵；(4)①由晶胞結構可知，1個晶胞中氯原子個數(shù)為8×+6×=4，位于體內的銅原子個數(shù)為4，晶胞內原子個數(shù)比1∶1，則化學式為CuCl，故答案為：CuCl；②由題給數(shù)據可知，銅與氯的電負性差值為(3.0-1.9)=1.1＜1.7，則銅與氯易形成共價鍵，組成的化合物為共價化合物，故答案為：共價；③設晶胞的邊長為acm，由晶胞質量公式可得a3ρ=，解得a=，則體對角線為×，由晶體中銅原子和氯原子之間的最短距離為體對角線的可知，晶體中銅原子和氯原子之間的最短距離×，故答案為：×。20．2005年諾貝爾化