江蘇省蘇州市八校2025屆高三下學(xué)期三模注意事項：1.本試卷分為單項選擇題和非選擇題兩部分，試卷滿分100分?？荚嚂r間75分鐘。2.將選擇題答案填涂在答題卡的對應(yīng)位置上，非選擇題的答案寫在答題卡的指定欄目內(nèi)。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1F19Se79一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.2025年4月24日，神州二十號載人飛船成功發(fā)射。下列說法正確的是A.宇航服材料中的聚四氟乙烯的單體屬于烴類有機物B.儲存氧氣的鈦合金罐體材料中的鈦位于d區(qū)IVB族C.飛船推進器的陶瓷氮化硼屬于含極性鍵的分子晶體D.飛船推進劑中的高氯酸銨屬于氮的最高價含氧酸鹽【答案】B【解析】A．聚四氟乙烯單體是四氟乙烯（）。烴類有機物僅含碳和氫元素，但四氟乙烯含有氟元素，因此不屬于烴類，A錯誤；B．鈦的原子序數(shù)為，電子排布式為。屬于區(qū)；在周期表中位于第4周期族，B正確；C．氮化硼（）陶瓷常用于航天推進器，鍵為極性共價鍵，但氮化硼是共價晶體，而非由分子通過分子間作用力構(gòu)成的分子晶體，C錯誤；D．高氯酸銨（）是飛船推進劑成分，其中氮元素存在于銨根離子中，氮的化合價為價，氮元素不是最高價，D錯誤；故選B。2.反應(yīng)NaClO＋2NH3=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制備肼。下列說法正確的是A.NaClO中陽、陰離子個數(shù)比為1：2B.NH3和H2O分子空間構(gòu)型相同C.N2H4電子式：D.NaCl晶體中Na+的配位數(shù)為6【答案】D【解析】A．NaClO由構(gòu)成，陽、陰離子個數(shù)比為1：1，故A錯誤；B．NH3是三角錐形分子，H2O是V形分子，故B錯誤；C．N2H4的電子式為，故C錯誤；D．NaCl晶體中Na+在氯離子形成的八面體內(nèi)，離Na+最近且距離相等的氯離子有6個，Na+的配位數(shù)為6，故D正確；選D。3.下列有關(guān)物質(zhì)的制備、除雜、分離、分析相關(guān)實驗正確的是A．制備乙烯B．除乙炔中的H2SC．分離硝基苯和苯D．測定膽礬的結(jié)晶水A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．加熱下，溴乙烷在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生取代反應(yīng)生成乙醇，不能生成乙烯，A錯誤；B．乙炔、硫化氫均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化、出現(xiàn)褪色，故不能用酸性高錳酸鉀除乙炔中的H2S，B錯誤；C．硝基苯和苯互溶，不能用分液法分離，C錯誤；D．測定膽礬中的結(jié)晶水，需灼燒膽礬樣品使其恰好失去所含的結(jié)晶水，固體灼燒用坩堝，D正確；故選D。4.冰晶石(Na3AlF6)可用于冶煉鋁時降低Al2O3的熔融溫度。下列說法正確的是A.沸點：H2O>HF B.電離能：I1(O)>I1(F)C.半徑：r(Al3+)>r(Na＋) D.堿性：Al(OH)3>NaOH【答案】A【解析】A．雖然二者均可以形成分子間氫鍵，但是水分子間能形成多個氫鍵，導(dǎo)致水的沸點高于，A正確；B．同一周期元素從左到右半徑逐漸減小，第一電離能逐漸增大，故電離能，B錯誤；C．和均為電子離子，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故半徑大小為：，C錯誤；D．元素金屬性越強，其最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強，金屬性強弱為：，故堿性強弱為，D錯誤；故選A。閱讀下列材料，完成下面小題。F2在常溫下與Cu反應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，高溫時與Na2SO4反應(yīng)生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)可制得HF，常溫下測得HF的相對分子質(zhì)量約為37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黃綠色氣體ClO2常用作自來水消毒劑。Cl2和潮濕的Na2CO3反應(yīng)生成Cl2O。(CN)2具有與鹵素單質(zhì)相似的化學(xué)性質(zhì)。5.下列說法不正確的是A.1mol硫酰氟(SO2F2)分子中含4molσ鍵B.ClO和Cl2O的中心原子的雜化軌道類型為sp3C.常溫下，氟化氫分子間以配位鍵結(jié)合形成(HF)2D.(CN)2分子中所有原子最外層均滿足8電子結(jié)構(gòu)6.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是A.CaF2與濃硫酸反應(yīng)：CaF2＋H2SO4(濃)CaSO4＋2HF↑B.F2與熔融的Na2SO4反應(yīng)：F2＋Na2SO4=SO2F2＋Na2OC.(CN)2與水反應(yīng)：(CN)2＋H2OH+＋CN-＋HOCND.Cl2和潮濕的Na2CO3反應(yīng)：Cl2＋＋H2O=＋Cl-＋HClO7.下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.ClO2具有還原性，可用于自來水消毒B.HF具有弱酸性，可用于蝕刻玻璃C.SO2具有氧化性，可用于與KClO3反應(yīng)制ClO2D.Cu與F2反應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，可用于制作儲存F2的容器【答案】5.C6.A7.D【解析】5.A．，單鍵均為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵1個π鍵，1mol硫酰氟(SO2F2)分子中含4molσ鍵，A正確；B．ClO中心原子Cl原子的價層電子對數(shù)為，為sp3雜化，Cl2O中心原子O原子的價層電子對數(shù)為，為sp3雜化，B正確；C．常溫下，氟化氫分子間以氫鍵結(jié)合形成(HF)2，C錯誤；D．(CN)2電子式，分子中所有原子最外層均滿足8電子結(jié)構(gòu)，D正確；故選C。6.A．CaF2與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸鈣和HF，A正確；B．F2與熔融的Na2SO4反應(yīng)生成SO2F2，氟元素化合價降低，則氧化合價會升高生成氧氣，還會生成NaF，反應(yīng)為2F2＋Na2SO4=SO2F2＋2NaF＋O2↑，B錯誤；C．(CN)2與水反應(yīng)生成弱酸HCN和氰酸HOCN，反應(yīng)為(CN)2＋H2OHCN＋HOCN，C錯誤；D．少量Cl2和潮濕的Na2CO3反應(yīng)生成碳酸氫鈉固體、氯化鈉固體和次氯酸，潮濕的Na2CO3在反應(yīng)中不能拆，Cl2＋Na2CO3＋H2O=NaHCO3＋NaCl＋HClO，D錯誤；故選A。7.A．ClO2具有強氧化性，能殺菌，可用于自來水消毒，A錯誤；B．HF能和二氧化硅反應(yīng)，故可用于蝕刻玻璃，而非其具有弱酸性，B錯誤；C．SO2具有一定還原性，可使得KClO3發(fā)生還原反應(yīng)生成ClO2，C錯誤；D．Cu與F2反應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，阻礙了反應(yīng)的進行，可用于制作儲存F2的容器，D正確；故選D8.某無隔膜流動海水電解法制H2的裝置如圖所示，其中高選擇性催化劑PRT可抑制O2產(chǎn)生。下列說法正確的是A.a是電源的負(fù)極B.電解后海水pH上升C.理論上轉(zhuǎn)移2mole-生成4gH2D.陽極發(fā)生：Cl-＋H2O＋2e-=HClO＋H＋【答案】B【解析】結(jié)合圖示可知，鈦網(wǎng)上海水中、發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成，鈦網(wǎng)為陽極；鈦箔上生成，鈦箔為陰極。A．鈦網(wǎng)為陽極，鈦網(wǎng)與電源的極相連，則極為電源正極，A錯誤；B．電解的主要總反應(yīng)為，電解后海水中濃度減小，上升，B正確；C．鈦箔上生成的電極反應(yīng)為，理論上轉(zhuǎn)移生成，生成的質(zhì)量為，C錯誤；D．高選擇性催化劑可抑制產(chǎn)生，則陽極的(主要)電極反應(yīng)為海水中發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成，電極反應(yīng)式為，D錯誤；故選B。9.化合物Z是一種藥物合成中間體，其合成路線如下：下列說法正確的是A.X與足量H2加成后的產(chǎn)物中含有2個手性碳原子B.可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗Y中是否含有XC.Y→Z發(fā)生取代反應(yīng)，有CH3CH2OH生成D.等物質(zhì)的量的Y、Z分別與足量NaOH溶液反應(yīng)，Y消耗NaOH的量更多【答案】C【解析】A．連接4個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，X與足量氫氣加成后的產(chǎn)物中環(huán)上連接支鏈的碳原子都是手性碳原子，有3個手性碳原子，A錯誤；B．X、Y中酚羥基、甲基都能被酸性高錳酸鉀氧化而使得溶液褪色，不可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗Y中是否含有X，B錯誤；C．結(jié)合質(zhì)量守恒，Y中酚羥基和酯基發(fā)生取代反應(yīng)生成Z和CH3CH2OH，C正確；D．酯基水解生成的羧基、酚羥基都能和NaOH以1：1反應(yīng)，1molY最多消耗3molNaOH，Z中酯基水解生成酚羥基、羧基和醇羥基，1molZ最多消耗3molNaOH，D錯誤；故選C。10.在給定條件下，下列制備過程涉及的物質(zhì)轉(zhuǎn)化均可實現(xiàn)的是A.FeS2SO3H2SO4B.Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(aq)C.淀粉C6H12O6(葡萄糖)CH3COOHD.石英砂粗硅SiHCl3高純硅【答案】D【解析】A．FeS2和氧氣高溫生成二氧化硫而非三氧化硫，二氧化硫和氧氣催化氧氣生成三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，A錯誤；B．Cu2S(s)和氧氣高溫能生成銅，銅不能和稀鹽酸反應(yīng)生成氯化銅，B錯誤；C．淀粉酸性水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精，C錯誤；D．石英砂二氧化硅與碳高溫反應(yīng)生成一氧化碳和硅，硅與氯化氫反應(yīng)生成SiHCl3和氫氣，SiHCl3與氫氣反應(yīng)生成硅和氯化氫，所以石英砂粗硅純硅的這一轉(zhuǎn)化過程能實現(xiàn)，D正確；故選D。11.室溫下，根據(jù)下列實驗過程及現(xiàn)象，能驗證相應(yīng)實驗結(jié)論的是選項實驗過程及現(xiàn)象實驗結(jié)論A雞蛋清溶液中加入Ba(NO3)2溶液，有沉淀生成蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析B向鹽酸酸化的Fe(NO3)3溶液中加入Cu片，Cu片溶解氧化性：Fe3+>Cu2+C用pH計測量等濃度的CH3COONa和HCOONa溶液的pH，前者大于后者Kh(CH3COO-)>Kh(HCOO-)D取Al與Fe2O3發(fā)生鋁熱反應(yīng)后的固體，溶于足量稀硫酸，取上層清液，加KSCN溶液后無明顯變化，再加入雙氧水出現(xiàn)血紅色Fe2O3已完全反應(yīng)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．是重金屬鹽，在溶液中電離出的會使蛋白質(zhì)變性產(chǎn)生沉淀，而鹽析是在輕金屬鹽或銨鹽作用下，蛋白質(zhì)溶解度降低而析出，該過程可逆，所以此現(xiàn)象不是鹽析，A選項錯誤；B．在酸性條件下，具有強氧化性，能將Cu氧化，發(fā)生反應(yīng)，而不是氧化Cu，不能得出氧化性的結(jié)論，B選項錯誤；C．根據(jù)鹽類水解規(guī)律，越弱越水解，等濃度的和溶液，溶液pH大，說明水解程度大，其水解常數(shù)越大，所以Kh(CH3COO-)>Kh(HCOO-)，C選項正確；D．鋁熱反應(yīng)后的固體溶于足量稀硫酸，加溶液無明顯變化，只能說明此時溶液中沒有。但不能就此認(rèn)定已完全反應(yīng)，因為即使沒有完全反應(yīng)，若反應(yīng)后的固體中存在過量的Al或生成的Fe，它們會與和稀硫酸反應(yīng)生成的發(fā)生反應(yīng)：，，將還原為，從而導(dǎo)致加溶液時無明顯變化，D選項錯誤；故答案為：C。12.室溫下，通過下列實驗探究NaHC2O4的性質(zhì)。已知：室溫下，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9。lg2=0.3。實驗1：往20mL0.10mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液。實驗2：往20mL0.10mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L-1CaCl2溶液。假設(shè)溶液混合后體積變化忽略不計。下列說法不正確的是A.實驗1可選用酚酞作指示劑，反應(yīng)終點為無色變?yōu)闇\紅色B.實驗1中pH=4.3時，溶液中c()<c(HC2O)C.實驗2中V(CaCl2)=10mL時，溶液中c(H+)＋c(Na+)>c(Cl-)＋c(OH-)D.實驗2中V(CaCl2)=80mL時，溶液中c()約為4.0×10-8mol·L-1【答案】B【解析】A．溶液中滴加，方程式為：，得到溶液，是強堿弱酸鹽，溶液顯堿性，反應(yīng)終點為無色變?yōu)闇\紅色，因此用酚酞作指示劑，A正確；B．時，，，代入已知值：，此時，則溶液中，B錯誤；C．實驗2中時，溶液中滴加溶液，發(fā)生反應(yīng)：，由于，反應(yīng)后溶液顯酸性，故有，C正確；D．實驗2中時，溶液中剩余的鈣離子濃度為，溶液中的，D正確；故選B。13.甲烷氧化偶聯(lián)制乙烯過程中的主要反應(yīng)(忽略其他副反應(yīng))為：①4CH4(g)＋O2(g)=2C2H6(g)＋2H2O(g)ΔH1=-354kJ·mol-1②2CH4(g)＋O2(g)=C2H4(g)＋2H2O(g)ΔH2=-282kJ·mol-1③CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH3=-803kJ·mol-1將CH4與O2以一定體積比投入反應(yīng)體系中，維持壓強恒定，反應(yīng)一定時間，測得CH4轉(zhuǎn)化率與C2H6、C2H4、CO2選擇性隨原料氣的n(CH4)：n(O2)的變化如圖所示。已知：C2H4或C2H6的選擇性=×100%。O2的分壓p(O2)=p總×，C2H4的生成速率v與O2分壓p間的關(guān)系為：lgv=lgp＋1.1。下列說法不正確的是A.曲線a表示C2H6選擇性隨投料比的變化B.反應(yīng)④2C2H6(g)＋O2(g)=2C2H4(g)＋2H2O(g)在任意溫度下自發(fā)C.其他條件不變，增大體系壓強，產(chǎn)物中H2O的體積分?jǐn)?shù)增大D.若O2的初始分壓為p0，隨著反應(yīng)的進行，當(dāng)C2H4的生成速率v降低到其初始生成速率v0的時，O2的分壓為【答案】D【解析】隨著增大，的轉(zhuǎn)化率降低，則曲線b表示的轉(zhuǎn)化率，曲線a表示的選擇性，據(jù)此解答。A．由分析可知，曲線a表示C2H6選擇性隨投料比的變化，A正確；B．由蓋斯定律可知，反應(yīng)②×2-反應(yīng)①=反應(yīng)④，則反應(yīng)④的△H=(-282kJ/mol)×2-(-354kJ/mol)=-210kJ/mol，該反應(yīng)是熵增的放熱反應(yīng)，任何條件下，反應(yīng)ΔH-TΔS均小于0，能自發(fā)進行，B正確；C．壓強對反應(yīng)②、③的平衡移動幾乎無影響，增大壓強反應(yīng)①平衡正向移動，產(chǎn)物中H2O的體積分?jǐn)?shù)增大，C正確；D．由題意可知，反應(yīng)起始時①，隨著反應(yīng)進行，當(dāng)?shù)纳伤俾蕍降低到其初始生成速率的時②，聯(lián)立方程解得氧氣的分壓p=，D錯誤；故選D。二、非選擇題：共4題，共61分。14.一種利用銅陽極泥(主要含Cu2Se、Ag2Se等)分離提取銅和硒的流程如下：已知：①K2S2O82SO?＋2K+，副反應(yīng)：SO?＋SO?=S2O②Ka1(H2SeO3)=3×10-3，Ka2(H2SeO3)=5×10-8（1）氧化浸取1控制液固比為20：1，溫度為80℃，反應(yīng)2h，Cu、Se、Ag浸取率隨K2S2O8濃度變化如1所示。①浸取時，SO?將Cu2Se轉(zhuǎn)化為Cu2+和Se．SO?氧化Cu2Se的離子方程式為_____。②當(dāng)K2S2O8的濃度超過8g·L-1時，Cu元素浸取率迅速下降的原因是_____。（2）氧化浸取2將H2O2、H2SO4、NaCl溶液按一定比例配成溶液，充分浸泡濾渣，所得濾液中含Se微粒主要為Se(IV)。①當(dāng)體系pH=5時，Se(IV)微粒的主要存在形式為_____。②氧化浸取2過程中，隨著H2O2量的增加，體系pH明顯下降的原因是_____。（3）沉硒向氧化浸取2的濾液中通入SO2獲得單質(zhì)Se，并測定產(chǎn)品中Se的純度。①要獲得1molSe理論上需要通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下SO2的體積為_____。②通過如下步驟測定產(chǎn)品中Se的純度：取1.6000g產(chǎn)品磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，將溶液轉(zhuǎn)移至250mL容量瓶中。準(zhǔn)確量取25.00mL待測液于錐形瓶中，向錐形瓶中加入25.00mL0.0400mol·L-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液，再向錐形瓶中加入0.0500mol·L-1FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至紫紅色褪去，平行滴定3次，平均消耗FeSO4溶液20.00mL。已知：Se的最高價含氧酸氧化Fe2+速率較慢，滴定過程可忽略此反應(yīng)。計算產(chǎn)品中Se的純度_____(寫出計算過程，計算結(jié)果保留兩位小數(shù))。（4）硒氧化鉍是一類全新二維半導(dǎo)體芯片材料，硒氧化鉍晶胞可以看成帶正電的[Bi2O2]層與帶負(fù)電的[Se]層交替堆疊而成，其結(jié)構(gòu)如圖2所示。硒氧化鉍的化學(xué)式為_____?！敬鸢浮浚?）①.4SO?+Cu2Se2Cu2++Se+4②.SO?比S2O氧化速率更快，K2S2O8濃度超過8g·L-1時，SO?會發(fā)生SO?+SO?=S2O導(dǎo)致浸出速率減慢（2）①.HSeO②.Se被氧化成H2SeO3和H2SeO3被氧化成H2SeO4共同導(dǎo)致溶液酸性增強的影響大于H2O2氧化Ag2Se使酸性減弱的影響（3）①.44.8L②.98.75%（4）Bi2O2Se【解析】“氧化浸取1”，加入K2S2O8將Cu2Se氧化成Cu2+和Se，過濾除去Cu2+；濾渣中存在Ag2Se與Se進入到“氧化浸取2”，加入H2SO4、H2O2、NaCl，使Ag2Se轉(zhuǎn)化為AgCl和Se(Ⅳ)；“沉硒”中加入SO2還原H2SeO3，得Se單質(zhì)。（1）①浸取時，SO?將Cu2Se轉(zhuǎn)化為Cu2+和Se．SO?轉(zhuǎn)化為，SO?氧化Cu2Se的離子方程式為4SO?+Cu2Se2Cu2++Se+4。②當(dāng)K2S2O8的濃度超過8g·L-1時，Cu元素浸取率迅速下降的原因是：SO?比S2O氧化速率更快，K2S2O8濃度超過8g·L-1時，SO?會發(fā)生SO?+SO?=S2O導(dǎo)致浸出速率減慢。（2）①Ka1(H2SeO3)=3×10-3，Ka2(H2SeO3)=5×10-8，當(dāng)體系pH=5時，，，由計算可知，pH=5時遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于和，則Se(IV)微粒的主要存在形式為。②氧化浸取2過程中，隨著H2O2量的增加，體系pH明顯下降的原因是：Se被氧化成H2SeO3和H2SeO3被氧化成H2SeO4共同導(dǎo)致溶液酸性增強的影響大于H2O2氧化Ag2Se使酸性減弱的影響。（3）①向氧化浸取2的濾液中通入SO2獲得單質(zhì)Se，發(fā)生反應(yīng)，要獲得1molSe理論上需要通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下SO2的體積為。②KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液與H2SeO3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，關(guān)系式為，剩余的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液再與FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)，關(guān)系式為，根據(jù)題意25.00mL0.0400mol·L-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液中，與FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)，則，產(chǎn)品中Se的純度。（4）原子半徑Bi大于Se大于O，結(jié)合圖示可知，大黑球為Bi，小黑球為O，灰色球為Se，根據(jù)均攤法，晶胞中含個Bi，個O，個Se，則硒氧化鉍的化學(xué)式為Bi2O2Se。15.化合物I是一種藥物中間體，可由下列路線合成(Ph代表苯基，部分反應(yīng)條件略去)：已知：RMgX易與含活潑氫化合物(HY)反應(yīng)：HY代表H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等。（1）A→B中使用MnO2而不使用KMnO4(H+)的原因是_____。（2）E→F反應(yīng)中，下列物質(zhì)不能用作反應(yīng)溶劑的是_____。(填標(biāo)號)。a．CH3OCH3b．CH3CH2OHc．d．CH3COOH（3）化合物H的分子式為C31H26N2O，則其結(jié)構(gòu)簡式為_____。（4）J是相對分子質(zhì)量比D少14的一種有機物，寫出同時滿足下列條件的J的一種鏈狀同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_____。①含有1個手性碳原子②含有2個碳碳三鍵且不含甲基（5）寫出以和CH3Br為原料制備的合成路線流圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)_____?！敬鸢浮浚?）防止B中的醛基被進一步氧化（2）bcd（3）（4）或（5）【解析】G中含有羥基，羥基易被MnO2氧化為羰基，化合物H的分子式為C31H26N2O，可知G中羥基氧化為羰基，H結(jié)構(gòu)簡式為。（1）KMnO4(H+)的氧化性大于MnO2，為防止B中的醛基被進一步氧化，A→B中使用MnO2而不使用KMnO4(H+)。（2）RMgX易與含活潑氫化合物(HY)反應(yīng)，HY代表H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等，CH3CH2OH、CH3COOH含有-OH，含有N-H鍵，為防止F與CH3CH2OH、、CH3COOH反應(yīng)，E→F反應(yīng)中，不能用作反應(yīng)溶劑的是bcd。（3）G中含有羥基，羥基被MnO2氧化為羰基生成H，化合物H的分子式為C31H26N2O，其結(jié)構(gòu)簡式為。（4）J是相對分子質(zhì)量比D少14的一種有機物，即J分子比D少1個CH2，分子式為C7H9N，①含有1個手性碳原子，②含有2個碳碳三鍵且不含甲基，滿足條件的J的鏈狀同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為或。（5）被二氧化錳氧化為，CH3Br和Mg反應(yīng)生成CH3MgBr，與CH3MgBr反應(yīng)生成，被二氧化錳氧化為，與CH3MgBr反應(yīng)生成,合成路線為。16.利用菱錳礦[主要成分為MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2等雜質(zhì)]制備Mn3O4的工藝流程如下：已知：①MnCO3分解吸熱；②錳氨配合物能穩(wěn)定存在的pH范圍為8.2~10.6。（1）堿浸時，加入質(zhì)量分?jǐn)?shù)為25%的NaOH溶液并控制溫度為85℃。堿浸時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____。（2）控制不同溫度在N2氛圍中焙燒所得產(chǎn)物成分如下表：溫度/℃600700800主要成分MnCO3、CaMg(CO3)2MnO、CaMg(CO3)2、CaCO3、MgOMnO、CaCO3、MgO①控制800℃時，CaMg(CO3)2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為_____。②在密閉裝置中焙燒時，若將N2替換為CO2，MnCO3顯著分解的溫度從600℃升高至700℃，其原因是_____。（3）浸錳時通常使用氨水-(NH4)2CO3混合溶液，將MnO轉(zhuǎn)化成[Mn(NH3)4]CO3，(NH4)2CO3溶液的作用是_____。（4）沉錳過程中溫度對Mn沉淀率和溶液pH的影響如圖1所示。隨著溫度升高，溶液pH降低的原因是_____。（5）制備高純Mn3O4；已知：①Mn(OH)2比Mn2+更容易被氧化；②體系中不同溫度和pH下所得產(chǎn)品的X-射線衍射圖(可用于判斷某晶態(tài)物質(zhì)是否存在)如圖2所示。請補充完整以MnCO3為原料制備Mn3O4的實驗方案：將MnCO3固體粉碎，_____，干燥［須使用的試劑和儀器：H2SO4溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液、O2、水浴鍋］。【答案】（1）（2）①.②.將N2替換為CO2，c(CO2)濃度變大，不利于MnCO3的分解，MnCO3分解吸熱，溫度升高到700℃導(dǎo)致K增大，當(dāng)Qc<K，MnCO3才能顯著分解，故將N2替換為CO2，MnCO3顯著分解的溫度從600℃升高至700℃（3）(NH4)2CO3能提供銨根離子，促使一水合氨的電離逆向移動，增大溶液中NH3的濃度，且能調(diào)節(jié)溶液pH在8.2~10.6之間，使錳氨配合物穩(wěn)定存在（4）[Mn(NH3)4]CO3分解生成MnCO3和NH3，濃度降低與NH3逸出共同使溶液pH降低（5）邊攪拌邊將固體分批加入到H2SO4溶液至不再產(chǎn)生氣泡，加入NaOH溶液至生成大量沉淀，用水浴鍋控制溫度為60℃，持續(xù)通入O2，用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為11，反應(yīng)一段時間后過濾，用蒸餾水洗滌濾渣至向最后一次洗滌濾液中滴加BaCl2溶液無沉淀【解析】菱錳礦與加入的氫氧化鈉溶液反應(yīng)，使得二氧化硅生成能溶于水的硅酸鈉，過濾，濾渣在氮氣環(huán)境下焙燒，使MnCO3發(fā)生分解反應(yīng)生成MnO，再加入氨水-(NH4)2CO3溶液浸錳，過濾除去CaMg(CO3)2，得到含有[Mn(NH3)4]CO3的浸錳液，再沉錳制得MnCO3，處理得到Mn3O4。（1）堿浸時，二氧化硅和氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；（2）①由表，控制800℃時，CaMg(CO3)2發(fā)生反應(yīng)生成CaCO3、MgO，結(jié)合質(zhì)量守恒，還生成二氧化碳，化學(xué)反應(yīng)方程式為；②將N2替換為CO2，c(CO2)濃度變大，不利于MnCO3的分解，MnCO3分解吸熱，溫度升高到700℃導(dǎo)致K增大，當(dāng)Qc<K，MnCO3才能顯著分解，故將N2替換為CO2，MnCO3顯著分解的溫度從600℃升高至700℃；（3）已知錳氨配合物能穩(wěn)定存在的pH范圍為8.2~10.6，(NH4)2CO3能提供銨根離子，促使一水合氨的電離逆向移動，增大溶液中NH3的濃度，且能調(diào)節(jié)溶液pH在8.2~10.6之間，使錳氨配合物穩(wěn)定存在；（4）溫度升高，使得[Mn(NH3)4]CO3分解生成MnCO3和NH3，濃度降低與NH3逸出共同使溶液pH降低；（5）由圖，60℃、pH為11條件下，得到Mn3O4純度較大，故以MnCO3為原料制備Mn3O4的實驗方案為：將MnCO3固體粉碎，邊攪拌邊將固體分批加入到H2SO4溶液至不再產(chǎn)生氣泡，將碳酸錳轉(zhuǎn)化為錳離子，加入NaOH溶液至生成大量Mn(OH)2沉淀，用水浴鍋控制溫度為60℃，持續(xù)通入O2，用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為11，反應(yīng)一段時間后過濾，用蒸餾水洗滌濾渣至向最后一次洗滌濾液中滴加BaCl2溶液無沉淀，固體干燥得到Mn3O4。17.丙烯的制備和應(yīng)用具有重要意義。I．丙烯的制備一種甲烷溴化偶聯(lián)制丙烯過程中發(fā)生的相關(guān)反應(yīng)如下：反應(yīng)I：CH4(g)＋Br2(g)=CH3Br(g)＋HBr(g)反應(yīng)Ⅱ：CH3Br(g)＋Br2(g)=CH2Br2(g)＋HBr(g)反應(yīng)Ⅲ：3CH3Br(g)=C3H6(g)＋3HBr(g)（1）將8molCH4和8molBr2通入密閉容器，560℃達平衡時，測得容器中CH4物質(zhì)的量為1.6mol、CH3Br的物質(zhì)的量為5.0mol。此時容器中含碳物質(zhì)只有CH4、CH3Br和CH2Br2，該溫度下反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)K=_____。（2）向反應(yīng)體系中加入少量I2可提高生成CH3Br的選擇性。500℃時，分別在有I2和無I2的條件下，將8molCH4和8molBr2，通入密閉容器，溴代甲烷的物質(zhì)的量隨時間的變化關(guān)系如圖1所示。①在8～14s之間，有I2和無I2時CH3Br的生成速率之比=_____。②圖1中能說明I2提高了CH3Br的選擇性的依據(jù)是_____。Ⅱ．丙烯的分離通過C3H8氧化制得的C3H6中通常含有C3H