惠州市2025屆高三模擬考試化學試題本試卷共8頁，20小題，滿分100分?？荚囉脮r75分鐘。可能用到的相對原子質量：H-1O-16S-32Cl-35.5V-51Fe-56Co-59Pb-207一、單項選擇題：本題共16個小題，共44分。第1-10小題，每小題2分；第11-16小題，每小題4分。每小題只有一個選項符合題意。1.蛇在我國傳統(tǒng)文化中象征著智慧與靈動。下列文物中，主要由合金材料制成的是A．用青銅蛇B．西周玉蛇C．戰(zhàn)國木雕蟠蛇漆卮D．清光緒珊瑚藍蛇A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．青銅是銅和錫的合金，屬于合金材料，A符合題意；B．玉石的主要成分是鋁硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，B不合題意；C．戰(zhàn)國木雕蟠蛇漆卮的材料為木頭，主要成分為纖維素，屬于天然有機高分子材料，不是金屬材料，C不合題意；D．珊瑚的主要成分是CaCO3，屬于無機非金屬材料，D不合題意；故答案為：A。2.逐天探海展宏圖，科技報國鑄輝煌。下列說法正確的是A.碳化硅功率器件在太空成功驗證，碳化硅是分子晶體B.載人月球車“探索”由鈦合金制成，46Ti和47Ti互為同位素C.“天問一號”探測器使用的熱控材料是新型陶瓷，陶瓷屬于金屬材料D.橡膠清污瓦可提高潛艇的隱蔽性，其主要元素C位于s區(qū)【答案】B【解析】【詳解】A．碳化硅的硬度很大，熔點很高，具有空間網狀結構，則碳化硅是共價晶體，A錯誤；B．質子數相同而中子數不同的同一元素不同原子互為同位素，故46Ti和47Ti互為同位素，B正確；C．陶瓷屬于硅酸鹽材料，是傳統(tǒng)無機非金屬材料，不是金屬材料，C錯誤；D．C是6號元素，價電子排布式為2s22p2，故元素C位于p區(qū)，D錯誤；故答案為：B。3.堅定文化自信，化學無處不在。下列說法正確的是A.《舌尖上的中國》中美食烹飪用到食醋，食醋是電解質B.《夢溪筆談》中“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”是發(fā)生了分解反應C.《哪吒2》中甜蜜素型棒棒糖再身，蓮藕中的纖維素可以水解成葡萄糖D.DeepSeek標志著我國AI領域的重大突破，其所需GPU芯片主要由SiO2制成【答案】C【解析】【詳解】A．食醋是CH3COOH溶液屬于混合物，其既不是電解質也不是非電解質，A錯誤；B．《夢溪筆談》中“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”即Fe與CuSO4發(fā)生置換反應生成FeSO4和Cu，B錯誤；C．纖維素屬于多糖，在一定條件可以水解成葡萄糖，C正確；D．DeepSeek標志著我國AI領域的重大突破，其所需GPU芯片主要由Si制成，SiO2是制備光導纖維的主要原料，D錯誤；故答案為：C。4.1770年，舍勒通過實驗證實二氧化硫的漂白性質。在此啟發(fā)下，興趣小組利用以下裝置，進行實驗。其中，難以達到預期目的的是A．制取SO2B．干燥SO2C．驗證SO2的漂白性D．吸收SO2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．Cu與濃硫酸共熱可以制得SO2，反應原理為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，A不合題意；B．SO2是酸性氣體，不與濃硫酸反應，能夠用濃硫酸來干燥，B不合題意；C．SO2使溴水褪色，反應原理為：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4體現SO2的還原性，而不是漂白性，C符合題意；D．SO2是酸性氧化物，能與NaOH反應，可以用NaOH溶液來吸收多余的SO2，且有防倒吸裝置，D不合題意；故答案為：C。5.化學之美，美在不同維度。下列說法不正確的是A.顏色之美：節(jié)日燃放的焰火與電子躍遷有關B.對稱之美：互為鏡像的手性分子性質完全相同C.生命之美：DNA中堿基通過氫鍵互補配對形成雙螺旋結構D.程序之美：不規(guī)則明礬固體可在其他飽和溶液中變成規(guī)則晶體【答案】B【解析】【詳解】A．節(jié)日燃放的焰火是原子由激發(fā)態(tài)到基態(tài)所釋放的光能，與電子躍遷有關，A正確；B．手性異構體盡管具有相同的分子組成，但在物理化學性質上并非完全一致，B錯誤；C．DNA分子的兩條長鏈中的堿基以氫鍵互補配對形成雙螺旋結構，C正確；D．晶體具有自范性，由于晶體在飽和溶液中存在溶解和結晶平衡，最終使晶體形成規(guī)則的幾何外形，從內部結構上講是由于晶體微粒有規(guī)則的排列，即不規(guī)則明礬固體在其飽和溶液中慢慢變?yōu)橥暾囊?guī)則晶體，D正確；故選B。6.將鍍層有破損的鍍錫鐵片放入酸化的3%NaCl溶液中。下列說法正確的是A.Fe作原電池正極B.溶液中的Cl?向錫極移動C.鐵片腐蝕速率比未鍍錫時更快D.鐵表面發(fā)生的電極反應：2H++2e-=H2↑【答案】C【解析】【分析】將鍍層有破損的鍍錫鐵片放入酸化的3%NaCl溶液中，則能夠形成原電池反應，Fe比Sn活潑，則Fe作負極，電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，Sn作正極，電極反應為：2H++2e-=H2↑，據此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，Fe作原電池負極，A錯誤；B．由分析可知，Sn為正極，原電池中電解質溶液中陰離子移向負極，即溶液中的Cl?向鐵極移動，B錯誤；C．原電池一般能夠加快反應速率，鐵片上鍍有錫時構成原電池，且Fe作負極，而未鍍錫時Fe只能發(fā)生化學腐蝕，故鐵片腐蝕速率比未鍍錫時更快，C正確；D．由分析可知，Fe作負極，電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，D錯誤；故答案為：C。7.勞動創(chuàng)造美好生活。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯的是選項勞動項目化學知識A幫廚活動：用石膏對豆?jié){進行點鹵膠體遇電解質發(fā)生聚沉B家務勞動：用鋁粉與NaOH疏通管道鋁與NaOH溶液反應產生H2C污水處理：用Na2S除去廢水中的Cu2+Na2S具有很強的還原性D塑料加工：聚氯乙烯樹脂中加入增塑劑增塑劑能提高塑料的柔韌性和彈性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．石膏主要成分是硫酸鈣，豆?jié){屬于膠體，膠體遇電解質發(fā)生聚沉，則豆?jié){中加入石膏進行點鹵形成豆腐，勞動項目與所述化學知識有關聯，A不合題意；B．鋁與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，能使封閉管道內氣壓增大，常用鋁粉與NaOH疏通管道，勞動項目與所述化學知識有關聯，B不合題意；C．用硫化鈉除去廢水中的銅離子是因為硫離子能將溶液中的銅離子轉化為硫化銅沉淀而除去，與硫化鈉的還原性無關，C符合題意；D．增塑劑能提高塑料的柔韌性和彈性，故聚氯乙烯樹脂中加入增塑劑，D不合題意；故答案為：C。8.對乙酰氨基酚是一種常用的解熱鎮(zhèn)痛藥，其結構簡式如圖，關于該化合物的說法不正確的是A.能與FeCl?溶液發(fā)生顯色反應 B.能與濃硝酸和濃硫酸發(fā)生硝化反應C.碳原子的雜化方式有sp、sp2和sp3 D.分子中所有原子不可能共平面【答案】C【解析】【詳解】A．由題干對乙酰氨基酚的結構簡式可知，分子中含有酚羥基，則能與FeCl?溶液發(fā)生顯色反應，A正確；B．由題干對乙酰氨基酚的結構簡式可知，分子中含有酚羥基，且酚羥基的鄰位上含有H，則能與濃硝酸和濃硫酸發(fā)生硝化反應，B正確；C．由題干對乙酰氨基酚的結構簡式可知，苯環(huán)和酰胺基上的碳原子采用sp2雜化，而甲基上的碳原子采用sp3雜化，即碳原子的雜化方式有sp2和sp3，沒有sp雜化的C原子，C錯誤；D．由C項分析可知，分子中有sp3雜化的C原子，故分子中所有原子不可能共平面，D正確；故答案為：C9.工業(yè)廢水中含有大量的Fe2?、Cu2?、，從該廢水中回收FeSO4和Cu，流程如下。其中操作X為A.萃取分液 B.加熱蒸餾 C.冷卻結晶 D.加水稀釋【答案】C【解析】【分析】工業(yè)廢水含Fe2?、Cu2?、，加過量鐵粉，Fe置換出Cu，得到Fe、Cu和FeSO4溶液；Fe、Cu加過量稀硫酸，Fe反應生成FeSO4溶液，Cu分離；合并FeSO4溶液，加熱控溫后進行冷卻結晶，最終得FeSO4?7H?O?！驹斀狻緼．萃取分液，用于分離互不相溶的液體，A錯誤；B．加熱蒸餾，用于分離沸點不同的液體，B錯誤；C．冷卻結晶，FeSO4溶解度隨溫度的升高而增大，冷卻時溶解度降低，晶體析出，過濾可得FeSO4?7H?O，C正確；D．加水稀釋，無法使FeSO4結晶析出，D錯誤；故答案選C。10.設NA為阿伏伽德羅常數的值。CO2與H2在一定條件下可制備HCHO、HCOOH等有機物，下列說法正確的是A.2gH2含有的質子數為2NAB.標準狀況下，11.2LCO2含有的π鍵數目為0.5NAC.1L0.1mol·L?1的HCOOH溶液中H?的數目為0.1NAD.0.1molHCHO與HCOOH的混合物，氧原子的數目為0.2NA【答案】A【解析】【詳解】A．的物質的量為，每個氫原子含個質子，故質子，即質子數為，A正確；B．標準狀況下的物質的量為。分子中每個雙鍵含鍵，故每個分子含鍵。的鍵數目為，B錯誤；C．溶液為，甲酸是弱酸，其電離的氫離子數小于，C錯誤；D．混合物總物質的量為，利用極限法，設為，則氧原子為；設為，則氧原子為，所以氧原子數介于之間，D錯誤；故選A。11.部分含Cu或Fe物質的分類與相應化合價的關系如圖，下列推斷不合理的是A.可存在g→f→e的轉化 B.f與KSCN溶液反應顯紅色C.足量a與Cl2反應只能得到c D.b與d能與同一種物質反應生成c【答案】C【解析】【分析】根據物質的分類與相應化合價的關系，a為Cu或Fe，b為CuO或FeO，c為銅鹽或亞鐵鹽，d為氫氧化銅或氫氧化亞鐵，e為氫氧化鐵，f為鐵鹽，g為氧化鐵，據此分析解題。【詳解】A．由分析可知，e為氫氧化鐵，f為鐵鹽，g為氧化鐵，則Fe2O3和HCl反應生成FeCl3、FeCl3與NaOH反應生成Fe(OH)3，即可存在g→f→e的轉化，A正確；B．由分析可知，f為鐵鹽，含有，則f與KSCN溶液反應顯紅色，B正確；C．由分析可知，a為Cu或Fe，Cu與Cl2反應生成CuCl2，而Fe與Cl2反應只能生成FeCl3，C錯誤；D．由分析可知，b為CuO或FeO，d為Cu(OH)2或Fe(OH)2，c為銅鹽或亞鐵鹽，b與d均能與酸反應生成c，D正確；故選C。12.下列陳述，Ⅱ正確并且有因果關系的是選項陳述Ⅰ陳述ⅡANH3極易溶于水NH3易揮發(fā)B焦炭還原石英砂制備粗硅C的還原性比Si強C肥皂清液中加入醋酸鉛，析出沉淀蛋白質能發(fā)生鹽析DTiCl4加入大量的水并加熱制備TiO2TiCl4的水解程度大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．的溶解性源于其極性及與水形成氫鍵，而揮發(fā)性與其低沸點有關，二者無因果關系，A不符合題意；B．該反應需在高溫（約）下進行，而還原性強弱的比較需基于?通常條件下的反應?，高溫可能改變物質間的氧化還原能力，因此無法直接用于推斷常態(tài)下的還原性順序，B不符合題意；C．肥皂液（高級脂肪酸鈉）中加入醋酸鉛（重金屬鹽），與脂肪酸根結合生成難溶的高級脂肪酸鉛鹽，導致沉淀析出，不是發(fā)生鹽析，C不符合題意；D．加入大量水并加熱生成的方程式為：，加熱進一步脫水生成，D符合題意；故選D。13.利用以下裝置探究銅與濃、稀硝酸的反應。關閉閥門A、C，同時開始甲、乙兩管的實驗，下列說法正確的是A.甲、乙兩管皆變熱，說明存在ΔH>0的反應B.甲、乙兩管中產生氣體，說明兩管皆發(fā)生氧化還原反應C.反應開始時甲管產生氣泡的速率比乙管快，說明甲管中反應速率大D.NO2、NO均為酸性氧化物，故可用NaOH溶液吸收尾氣【答案】B【解析】【詳解】A．甲、乙兩管皆變熱，說明存在放熱反應即ΔH＜0的反應，A錯誤；B．甲、乙兩管中產生氣體，銅與濃硝酸反應產生NO2氣體，銅與稀硝酸反應產生NO氣體，二者均有元素化合價改變，即說明兩管皆發(fā)生氧化還原反應，B正確；C．由于兩管產生的氣體不同，不同氣體在水中的溶解度不同，即氣泡的速率與壓強、溫度和溶解度有關，即反應開始時甲管產生氣泡的速率比乙管快，不能說明甲管中反應速率大，C錯誤；D．已知能與堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，NO2雖然能與NaOH反應但發(fā)生了氧化還原反應，NO不能與NaOH反應，故NO2、NO均不屬于酸性氧化物，用NaOH溶液吸收尾氣是NO2、NO發(fā)生歸中反應，方程式為：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，D錯誤；故答案為：B。14.化合物X3YZE4ME3可用作肥料，所含5種元素均為短周期主族元素。X、Y和Z為同周期元素，原子序數依次遞增。X的基態(tài)原子價層電子排布式為nsn-2，Z的基態(tài)原子價電子層p軌道半充滿。E與M同周期，且未成對電子數相同，E是地殼中含量最多的元素。下列說法正確的是A.元素電負性：Z>E>M B.原子半徑：Y>E>MC.第一電離能：Z>Y>X D.E3和ME2的空間結構均為直線形【答案】C【解析】【分析】化合物X3YZE4ME3所含的5種元素均為短周期主族元素，X的基態(tài)原子價層電子排布式為nsn-2，n只能為3，X為Na元素；X、Y和Z為同周期元素，原子序數依次增加，Z的基態(tài)原子價層p軌道半充滿，Z為P元素；E是地殼中含量最多的元素，E為O元素；E與M同周期，且未成對電子數相同，M為C元素；化合物中正負化合價的代數和為0，可知Y為+2價，則Y為Mg元素，以此來解答?！驹斀狻緼．由分析可知，M為C、Z為P、E為O，根據同一周期從左往右元素電負性依次增大，同一主族從上往下元素電負性依次減小可知，元素電負性O＞P＞C即E>Z>M，A錯誤；B．由分析可知，Y為Mg、E為O、M為C，根據同一周期從左往右原子半徑依次減小，同一主族從上往下原子半徑依次增大可知，原子半徑Mg＞C＞O即Y>M>E，B錯誤；C．由分析可知，X為Na、Y為Mg、Z為P，根據同一周期從左往右元素第一電離能呈增大趨勢可知，第一電離能：P＞Mg＞Na即Z>Y>X，C正確；D．由分析可知，E為O、M為C，則E3即O3的空間構型為V形，ME2即CO2的空間結構為直線形，D錯誤；故答案為：C。15.一定溫度下，向恒容密閉容器中投入E和M，發(fā)生如下反應：①E(s)+M(g)F(g)；②F(g)G(g)。已知反應歷程E過量，c0(M)=0.1mol·L-1，部分物質的濃度(c)隨時間(t)的變化關系如圖，且反應體系達到平衡狀態(tài)。下列說法中正確的是A.X為c(G)隨t的變化曲線 B.0-t1內，(F)=mol·L-1s-1C.a點時，F的消耗速率大于G的消耗速率 D.t2時，擴大容器的體積，n(F)減小【答案】AC【解析】【分析】由題干反應①E(s)+M(g)F(g)；②F(g)G(g)信息可知，達到平衡之前，F的濃度先增大后減小，G的濃度一直增大，E、M的濃度一直減小，故可知X為G，濃度先增大后減小的曲線為F，濃度一直減小為0的曲線為M，且反應①不是可逆反應：①E(s)+M(g)=F(g)，據此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，X為c(G)隨t的變化曲線，A正確；B．由分析可知，濃度先增大后減小的曲線為F，0-t1內F的濃度從0變化到小于0.1mol/L，則F的凈速率(F)＜mol·L-1s-1，B錯誤；C．由分析結合題干圖像信息可知，濃度先增大后減小的曲線為F，即a點時F的濃度還在減小，G的濃度還在增大，物質M的物質的量為0，反應①不是可逆反應，此時反應①不再生成F，而F的濃度還在減小，即F的消耗速率大于其生成速率，F的生成速率等于G的消耗速率，所以F的消耗速率大于G的消耗速率，C正確；D．由題干方程式可知，①E(s)+M(g)F(g)中E為固體，即反應前后氣體的系數和不變；②F(g)G(g)反應前后氣體的系數和也不變，t2時已經達到平衡，擴大容器的體積，上述平衡均不移動，則n(F)不變，D錯誤；故答案為：AC。16.某低成本儲能電池原理如圖，下列說法不正確的是A.放電時，總反應為：Pb++2Fe3+=PbSO4+2Fe2+B.充電時，陰極區(qū)電解質溶液pH減小C.充電時，陽極的電極反應為：Fe2+-e-=Fe3+D.理論上每轉移1mole-，負極室溶液減少48g【答案】D【解析】【分析】該儲能電池放電時，Pb為負極，失電子結合硫酸根離子生成PbSO4，則多孔碳電極為正極，正極上Fe3+得電子轉化為Fe2+，充電時，多孔碳電極為陽極，Fe2+失電子生成Fe3+，PbSO4電極為陰極，PbSO4得電子生成Pb和硫酸，據此回答。【詳解】A．由分析可知，放電時，Pb為負極，電極反應為：Pb-2e-+=PbSO4，多孔碳電極為正極，電極反應為：Fe3++e-=Fe2+，根據得失電子數相等可知，總反應為：Pb++2Fe3+=PbSO4+2Fe2+，A正確；B．充電時，由H+通過質子交換膜由陽極室進入陰極室，故陰極區(qū)電解質溶液pH減小，B正確；C．由分析可知，充電時，多孔碳電極為陽極，Fe2+失電子生成Fe3+，電極反應為：Fe2+-e-=Fe3+，C正確；D．由分析可知，放電時，Pb/PbSO4為負極，發(fā)生反應Pb-2e-+=PbSO4，，電路中每轉移1mol電子，負極室溶液中有0.5mol生成PbSO4，同時1molH+通過質子交換膜移向正極室，導致負極室溶液質量減少0.5mol×96g/mol+1mol×1g/mol=49g，D錯誤；故答案為：D。二、非選擇題：本題共4個小題，共56分。17.鈷氨配合物在電鍍及環(huán)境科學研究中有著重要的應用價值。某科研小組對其研究過程如下：I．配制CoCl2溶液（1）配制100mL0.1mol·L-1CoCl2溶液，需要CoCl2的質量為_______g。（2）溶液配制過程中，下列儀器需要用到的有_______(填標號)。A. B. C. D.Ⅱ．制備[Co(NH3)6]2+配合物實驗操作實驗現象在試管內混合CoCl2溶液和適量6mol·L-1NH3·H2O溶液。得到淺青色沉淀的渾濁液，沉淀未見明顯溶解。在試管內混合CoCl2溶液和適量14mol·L-1NH3·H2O溶液。得到淺青色沉淀的渾濁液，沉淀未見明顯溶解。資料：Co(OH)2為淺青色沉淀，[Co(NH3)6]2+溶液為紅色。（3）實驗①中生成淺青色沉淀的離子方程式為_______。（4）實驗①和②現象可知，Co(OH)2與NH3·H2O難以生成[Co(NH3)6]2+配合物。學習小組預測對生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促進作用。設計實驗如下：取等體積實驗①的濁液于1、2兩支試管中，分別加入不同試劑，實驗現象證實了預測。①x的化學式是_______，c=_______。②實驗現象是_______。③從平衡移動角度，結合化學用語，解釋對[Co(NH3)6]2+生成有一定促進作用原理_______。Ⅲ．制備[Co(NH3)6]３+配合物往CoCl2溶液中加入濃氨水、H2O2、NH4Cl溶液，在活性炭催化下轉化為橙黃色的[Co(NH3)6]3+溶液。為探究反應過程，小組成員提出了不同的猜想。提出猜想猜想1：Co2+先失電子生成Co(OH)3后與氨水形成配合物；猜想2：Co2+先被H2O2氧化成Co3+后與氨水形成配合物；猜想3：Co2+先與氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+。（5）科研小組取少量Co(OH)3固體于試管中，逐滴加入濃氨水，觀察到_______，證明猜想1不成立。教師指導氧化劑電對的電極電勢大于還原劑電對的電極電勢時，反應可以自發(fā)進行。驗證猜想按照連接裝置，分別往兩燒杯中加入藥品，關閉K，觀察到_______，猜想2不成立。往左邊燒杯中滴加_______，觀察到_______，猜想3成立。【答案】（1）1.3（2）BD（3）（4）①.Na2SO4②.1③.試管1中沉淀溶解，溶液顏色變?yōu)榧t色，試管2中無明顯現象④.增大時，與OH-反應生成，使沉淀平衡正向移動，導致與c(NH3?H2O)增加，有利于生成（5）①.沉淀未溶解，溶液顏色無明顯變化②.電流表指針不偏轉③.濃氨水④.電流表指針發(fā)生偏轉，左燒杯溶液變?yōu)槌赛S色【解析】【小問1詳解】配制100mL0.1mol/L的CoCl2溶液，需要固體CoCl2的質量為；【小問2詳解】實驗室用配制100mL0.1mol/L的CoCl2溶液需要用到燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管、100mL容量瓶等玻璃儀器，故選BD；【小問3詳解】已知淺青色沉淀為，故實驗①中生成淺青色沉淀的離子方程式為；【小問4詳解】①依題意，實驗2為實驗1的對照組，目的是排除的干擾，故x可為溶液，濃度為1mol/L；②學習小組預測對生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促進作用。設計實驗如下：取等體積實驗①的濁液于1、2兩支試管中，分別加入不同試劑，實驗現象證實了預測，則實驗現象為試管1中沉淀溶解，溶液顏色變?yōu)榧t色，試管2中無明顯現象；③從平衡移動的角度分析，加入10滴1mol/L硫酸銨溶液，增大時，與OH-反應生成，使沉淀平衡正向移動，導致與c(NH3?H2O)增加，進而促進正向移動，有利于生成；【小問5詳解】若猜想1成立，則能觀察到試管內沉淀溶解、溶液顏色變?yōu)槌赛S色，若觀察到沉淀未溶解，溶液顏色無明顯變化，猜想1不成立；依題意，若猜想2成立，H2O2會將二價鈷氧化成三價鈷，則關閉K后，形成原電池，電流表指針會發(fā)生偏轉，若觀察到電流表指針不偏轉，猜想2不成立；若猜想3成立，也就是說Co2+先與氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+，則只需向左邊燒杯中加入濃氨水，先形成配合物[Co(NH3)6]2+，觀察到電流表指針偏轉，左燒杯溶液變?yōu)槌赛S色即可證明猜想3成立。18.釩(V)是一種重要的戰(zhàn)略金屬元素，利用硫酸化—水浸工藝從石煤(含有V2O3、SiO2、CaO、Al2O3)中制得VO2+的工藝流程如下：已知：①氧化中和后，溶液的pH為8；②樹脂吸附原理：+M-+Cl-。（1）在其他條件相同時，熟化溫度對釩浸出率的影響如下圖，最佳的熟化溫度為_______。（2）“氧化中和”后釩的化合價為_______，濾渣2的主要成分為_______。（3）含釩離子在不同pH溶液中存在形式如下：“樹脂吸附”的化學方程式為_______，流出液的主要成分為_______。（4）“解吸”時可以用飽和NaCl溶液洗脫，請結合平衡移動原理解釋原因_______。（5）向解吸后的洗脫液中加入MgCl2溶液，當溶液中c(Mg2+)=1.8×10-6mol/L時，求溶液中的c()_______(已知：Ksp[NH4VO3]=1.8×10-11，Ksp[Mg(VO3)2]=1.8×10-12)（6）“還原”過程的離子方程式為_______。（7）一種含釩的氧化物晶胞結構如圖，此氧化物的化學式為_______；已知NA表示阿伏加德羅常數的值，則該晶體的密度為_______g·cm-3(列出計算式即可)。【答案】（1）100℃（2）①.+5②.Al(OH)3（3）①.②.NaCl（4）樹脂吸附存在平衡：，加入飽和NaCl溶液，使得體系中的Cl-濃度升高，進而導致吸附平衡逆向移動，有助于從樹脂上脫附（5）（6）（7）①.VO2②.【解析】【分析】“熟化”過程中，SiO2不反應，其余物質均轉化成對應價態(tài)的硫酸鹽；經“水浸”后，得到含SiO2、CaSO4的濾渣1和含釩、鋁鹽的濾液；濾液經“氧化中和”得到含Al(OH)3的濾渣2以及含Na2HVO4、NaCl的濾液；濾液經“樹脂吸附”“解吸”“沉釩”后得到NH4VO3；NH4VO3經煅燒得到V2O5；V2O5與硫酸反應生成；最終被HCOOH還原成VO2+。小問1詳解】由圖可知，當熟化溫度為100℃時，釩的浸出率達到最大；【小問2詳解】根據后期含釩物質的價態(tài)可知，“氧化中和”后，釩的價態(tài)為+5；由上述分析可知“濾渣2”主要成分為Al(OH)3；【小問3詳解】“氧化中和”后溶液pH為8，此時含釩離子為，根據樹脂吸附原理可知，吸附的化學方程式為；流出液主要是“氧化中和”后除的其他物質，主要包括NaCl；【小問4詳解】樹脂吸附存在平衡：，加入飽和NaCl溶液，使得體系中的Cl-濃度升高，進而導致吸附平衡逆向移動，有助于從樹脂上脫附；【小問5詳解】依題Mg(VO3)2的溶度積小于NH4VO3的溶度積，故當體系生成NH4VO3晶體后，Mg(VO3)2也達到溶解平衡，此時，；【小問6詳解】“還原”過程中，被HCOOH還原成VO2+，故反應離子方程式為；【小問7詳解】V在頂點和體心，O在面心和體內，根據均攤法可知晶胞中V的數目為，O的數目為，故化學式為VO2；晶胞密度為=g·cm-3。19.錳及其化合物在生產和生活中發(fā)揮著重要的作用。（1）基態(tài)Mn的價層電子排布式為_______。（2）含錳催化劑催化NH3脫硝煙的一種反應機理如圖7。①上述過程，催化劑為_______。②該過程總反應的化學方程式為_______。（3）一定條件下，酸性KMnO4溶液與H2C2O4溶液反應過程中不同價態(tài)Mn粒子的濃度隨時間變化如圖所示，Mn(Ⅱ)起催化作用。①據圖估算，5min時v(H2C2O4)=_______mol·L-1·min-1。②下列說法正確的是_______。A．隨著反應的進行，反應速率逐漸減小B．該條件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存C．Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4D．隨著反應的進行，溶液中H?濃度不斷增大（4）室溫下，MnSO?在不同pH溶液中含錳微粒Mn2?、MnOH?、、、的分布系數δ與pH的關系如圖。已知：δ(MnOH?)=，可脫水生成。①加水稀釋，平衡時c()：c(Mn2?)的值_______(填“增大”、“不變”或“減小”)。②MnOH?+2OH?+H2O平衡常數K=_______。③若MnSO4溶液起始濃度為0.1mol/L，加入KOH固體調節(jié)溶液pH(忽略加入固體后引起的溶液體積變化)，Q點時MnO含量極低，忽略不計。求Q點時Mn2+的平衡轉化率_______(已知：101.6≈40，寫出過程，結果保留三位有效數字)。【答案】（1）3d54s2（2）①.Ⅰ②.（3）①.4×10-6②.BC（4）①.減?、?③.98.8%【解析】【分析】Mn(OH)2難溶于水，具有兩性，某溫度下，MnSO4在不同濃度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系數δ與pH的關系如圖，結合曲線變化和分布分數可知，pH較小時，Mn元素存在形式為Mn2+，則曲線x為Mn2+，曲線y為MnOH+，曲線z為，結合圖象變化分析判斷選項。【小問1詳解】Mn為25號元素，位于元素周期表第四周期ⅦB族，故其價電子排布式為3d54s2；【小問2詳解】①由機理圖可知，NH3和NO在催化劑的作用下生成N2和H2O，其中I先消耗，再生成，故Ⅰ為催化劑；②由機理圖可知反應的總方程式為；【小問3詳解】①由濃度－時間圖可知，0-5min時，KMnO4減少了0.1×10-4mol/L，并且全部轉化為Mn(Ⅲ)，根據得失電子守恒可得2n(KMnO4)=n(H2C2O4)，故v(H2C2O4)=；②A．當時間在13min左右時，開始生成Mn(Ⅱ)，且濃度增大，而Mn(Ⅱ)對反應起到催化作用，故13min后反應速率會變大，A錯誤；B．由圖可知，Mn(Ⅶ)的濃度降為0后才開始生成Mn(Ⅱ)，則該條件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，B正確；C．由圖可知，隨著反應的進行Mn(Ⅲ)的濃度先增大后減小，說明前期生成Mn(Ⅲ)，后期Mn(Ⅲ)又被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，C正確；D．由圖可知總反應為，隨著反應的進行，氫離子濃度減小，D錯誤；故答案選BC；【小問4詳解】①由圖可知存在如下平衡?。?；ⅱ．，；，隨著水的加入，氫氧根離子濃度降低，故加水稀釋時，比值減小；②，當pH=11.8時，，；③Q點時，，pH=11.8，則c(OH-)=10-2.2mo/L，由P點知，，，故