實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三下學(xué)期3月開(kāi)學(xué)摸底考試（全國(guó)I）理綜化學(xué)試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精山西省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三下學(xué)期3月開(kāi)學(xué)摸底考試（全國(guó)I）理綜化學(xué)試題含解析山西省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2019-2020學(xué)年度高三年級(jí)3月摸底考試試題(卷）理科綜合能力測(cè)試注意事項(xiàng):1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2?；卮疬x擇題時(shí),選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào).回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無(wú)效。。3?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1C—12N-14O—16Mg-23P-31S-32Mn-55Fe-56一、選擇題：本題共13個(gè)小題,每小題6分。共78分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.五年來(lái)，我國(guó)在探索太空，開(kāi)發(fā)深海，建設(shè)世界第一流的高鐵、橋梁、碼頭，5G技術(shù)聯(lián)通世界等領(lǐng)域取得了舉世矚目的成就.這些項(xiàng)目與化學(xué)有著密切聯(lián)系。下列說(shuō)法正確的是（）A.大飛機(jī)C919采用大量先進(jìn)復(fù)合材料、鋁鋰合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料B.為打造生態(tài)文明建設(shè),我國(guó)近年來(lái)大力發(fā)展核電、光電、風(fēng)電、水電，電能屬于一次能源C。我國(guó)提出網(wǎng)絡(luò)強(qiáng)國(guó)戰(zhàn)略，光纜線路總長(zhǎng)超過(guò)三千萬(wàn)公里，光纜的主要成分是晶體硅D?！吧裰凼惶?hào)"宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結(jié)構(gòu)陶瓷的主要成分是硅酸鹽【答案】A【解析】【詳解】A．鋁鋰合金屬于金屬材料，A正確；B．電能屬于二次能源,B錯(cuò)誤；C．光纜的主要成分是二氧化硅，C錯(cuò)誤；D．常見(jiàn)的高溫結(jié)構(gòu)陶瓷有氧化鋁、SiC陶瓷等，均不是硅酸鹽陶瓷，D錯(cuò)誤.答案選A。2.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A.16.25gFeCl3水解形成的Fe（OH）3膠體粒子數(shù)為0。1NAB.22。4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NAC.92。0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為1.0NAD。1.0molCH4與Cl2在光照下反應(yīng)生成CH3Cl分子數(shù)為1.0NA【答案】B【解析】分析：A、膠體是大分子的集合體；B、根據(jù)氬氣的組成解答；C、根據(jù)丙三醇的結(jié)構(gòu)分析；D、根據(jù)甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)的特點(diǎn)分析。詳解：A、16。25g氯化鐵的物質(zhì)的量是16。25g÷162。5g/mol＝0。1mol，由于氫氧化鐵膠體是分子的集合體,因此水解生成的Fe(OH）3膠體粒子數(shù)小于0。1NA，A錯(cuò)誤；B、標(biāo)準(zhǔn)狀況下22。4L氬氣的物質(zhì)的量是1mol,氬氣是一個(gè)Ar原子組成的單質(zhì)，其中含有的質(zhì)子數(shù)是18NA，B正確;C、1分子丙三醇含有3個(gè)羥基，92。0g丙三醇的物質(zhì)的量是1mol,其中含有羥基數(shù)是3NA，C錯(cuò)誤；D、甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成的鹵代烴不止一種，因此生成的CH3Cl分子數(shù)小于1。0NA，D錯(cuò)誤。答案選B。點(diǎn)睛:選項(xiàng)D是易錯(cuò)點(diǎn)，主要是不清楚甲烷發(fā)生取代反應(yīng)時(shí)屬于自由基取代反應(yīng),每個(gè)氫原子都有可能被取代，其產(chǎn)物比較復(fù)雜，這與乙烯與氫氣的加成反應(yīng)完全不同。3.下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ┚幪?hào)實(shí)驗(yàn)過(guò)程實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁稱取2

g

CuSO4?5H2O溶于98g水中，充分?jǐn)嚢枞芙?然后裝入試劑瓶中配制2％的CuSO4溶液B將活性炭放入盛有NO2的錐形瓶中，觀察氣體顏色探究碳的還原性C將ZnSO4溶液滴入盛有2mLNa2S溶液的試管中至不再產(chǎn)生沉淀,然后滴入相同濃度的CuSO4溶液，觀察現(xiàn)象比較ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度積D向兩支試管中分別加入2mL5％H2O2溶液然后只向其中一支試管中加入綠豆大小的FeI2固體，觀察比較現(xiàn)象探究I—對(duì)H2O2分解是否具有催化作用A.A B。B C。C D。D【答案】C【解析】【詳解】A．溶于98g水中，溶液質(zhì)量為100g，但硫酸銅質(zhì)量小于2g，則溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于2%，故A錯(cuò)誤;B．活性炭具有吸附性，不能探究還原性，故B錯(cuò)誤；C．發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，由現(xiàn)象可比較ZnS（白色）和CuS（黑色)的溶度積，故C正確;D．碘離子與過(guò)氧化氫可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能探究催化劑對(duì)分解反應(yīng)速率影響，故D錯(cuò)誤;答案選C.4。1,1—二環(huán)丙基乙烯（)是重要醫(yī)藥中間體，下列關(guān)于該化合物的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A。所有碳原子可能在同一平面 B.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.二氯代物有9種 D。生成1molC8H18至少需要3molH2【答案】A【解析】【分析】1,1—二環(huán)丙基乙烯(）含有碳碳雙鍵，兩個(gè)三元環(huán)，碳有2種雜化方式：sp3、sp2，據(jù)此答題?！驹斀狻緼。碳有2種雜化方式:sp3、sp2，前者是正四面體構(gòu)型，與它相連的原子不可能全處于同一平面，所有碳原子不可能在同一平面，故A錯(cuò)誤;B.結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C。1，1—二環(huán)丙基乙烯(）的二氯代物有9種，故C正確;D.1，1—二環(huán)丙基乙烯()分子式為C8H12，由C8H12生成1molC8H18至少需要3molH2，故D正確。故選A?！军c(diǎn)睛】烴的等效氫原子有幾種，該烴的一元取代物的數(shù)目就有幾種；在推斷烴的二元取代產(chǎn)物數(shù)目時(shí)，可以采用一定一動(dòng)法，即先固定一個(gè)原子，移動(dòng)另一個(gè)原子,推算出可能的取代產(chǎn)物數(shù)目，然后再變化第一個(gè)原子的位置，移動(dòng)另一個(gè)原子進(jìn)行推斷，直到推斷出全部取代產(chǎn)物的數(shù)目，在書寫過(guò)程中，要特別注意防止重復(fù)和遺漏。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，甲、乙分別是X、W兩元素對(duì)應(yīng)的單質(zhì)，丙、丁是由這些元素組成的二元化合物,戊是Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，且25℃時(shí)0.1mol/L戊溶液的pH為13，工業(yè)上通過(guò)電解丙和丁的混合物來(lái)制取甲、乙、戊。下列說(shuō)法不正確的是（)A。原子半徑:Z＞W(wǎng)＞Y＞XB.Z分別與X、Y、W形成的化合物中一定沒(méi)有共價(jià)鍵C.元素Y與X、Z都能組成兩種化合物D.乙與戊的水溶液反應(yīng)后所得溶液具有漂白性【答案】B【解析】【分析】根據(jù)工業(yè)上通過(guò)電解丙和丁的混合物來(lái)制取甲、乙、戊，可推測(cè)是電解飽和食鹽水，生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉,故甲為氫氣，所以X是H元素，乙是氯氣，所以W為Cl元素，戊是Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，且25℃時(shí)0.1mol/L戊溶液的pH為13，所以戊為氫氧化鈉，根據(jù)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,所以Y為O元素，Z為鈉元素?！驹斀狻緼、Z為鈉元素，W為Cl元素,Y為O元素,X是H元素，原子半徑大小比較先看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多半徑越大,電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大半徑越小,所以原子半徑：Z＞W(wǎng)＞Y＞X,故A正確；B、鈉與氧氣在點(diǎn)燃那條件下生成過(guò)氧化鈉，其中含有氧與氧之間的共價(jià)鍵，故B錯(cuò)誤；C、Y為O元素,X是H元素，兩者可以形成水和過(guò)氧化氫兩種化合物，Z為鈉元素,可以與氧元素生成氧化鈉和過(guò)氧化鈉兩種化合物，故C正確；D、乙為氯氣,戊為氫氧化鈉兩者反應(yīng)可生成次氯酸鈉、氯化鈉和水，此溶液具有漂白效果，故D正確；故選B?！军c(diǎn)睛】本題為簡(jiǎn)單的無(wú)機(jī)推斷,本題的突破點(diǎn)為工業(yè)上通過(guò)電解丙和丁的混合物來(lái)制取甲、乙、戊，可猜測(cè)應(yīng)該是點(diǎn)解飽和食鹽水,進(jìn)而推出其他物質(zhì)。原子半徑大小比較先看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大半徑越小；離子化合物中也可能含有共價(jià)鍵。6.我國(guó)科學(xué)家開(kāi)發(fā)的一種“磷酸釩鋰/石墨離子電池”在4.6V電位區(qū)電池總反應(yīng)為：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4）3。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A。該電池比能量高，用Li3V2（PO4)3做負(fù)極材料B.放電時(shí),外電路中通過(guò)0.1mol電子M極質(zhì)量減少0.7gC。充電時(shí),Li+向N極區(qū)遷移D。充電時(shí)，N極反應(yīng)為V2（PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3【答案】B【解析】【分析】原電池的正極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，在電解池的陽(yáng)極上發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；鋰離子電池的總反應(yīng)為：Li3C6＋V2（PO4）36C＋Li3V2（PO4)3,則該電池放電時(shí)正極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，即電極反應(yīng)式為V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4）3，負(fù)極為L(zhǎng)i3C6材料，電極反應(yīng)Li3C6-3e－→3Li++6C?！驹斀狻緼。該電池比能量高，原電池的正極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，在電解池的陽(yáng)極上發(fā)生失電子的氧化反應(yīng);用Li3V2（PO4)3作正極材料，負(fù)極為L(zhǎng)i3C6材料，故A錯(cuò)誤;B.放電時(shí)，M極為負(fù)極，電極反應(yīng)Li3C6—3e－→3Li++6C,外電路中通過(guò)0.1mol電子M極質(zhì)量減少0.1mol×7g·mol－1=0。7g，故B正確；C。充電時(shí)，Li+向陰極遷移，即向M極區(qū)遷移，故C錯(cuò)誤；D.充電時(shí)，N極為陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，Li3V2（PO4)3-3e－=V2(PO4）3＋3Li＋,故D錯(cuò)誤；故選B.【點(diǎn)睛】本題考查二次電池，理解原電池和電解池的原理是解題關(guān)鍵,易錯(cuò)點(diǎn)D,充電時(shí)外電源的正極與電池的正極相連，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，失去電子.7。25℃時(shí)，向一定濃度的Na2C2O4溶液中滴加鹽酸，混合溶液的pH與離子濃度變化關(guān)系如圖所示.已知H2C2O4是二元弱酸，X表示，下列敘述錯(cuò)誤的是A.從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中,c（H2C2O4）逐漸增大B。直線n表示pH與的關(guān)系C。由N點(diǎn)可知Ka1（H2C2O4）的數(shù)量級(jí)為10—2D。pH=4.18的混合溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-）=c（C2O42—)=c（Cl—)〉c(H+)>c（OH—)【答案】D【解析】【詳解】A。如圖所示，從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中，pH減小，氫離子濃度增大，c（H2C2O4)逐漸增大，故A正確；B。pH增大,增大，減小，則直線n表示pH與的關(guān)系，故B正確;C。由N點(diǎn)可知Ka1(H2C2O4）的數(shù)量級(jí)為10—2Ka1(H2C2O4）=，在N點(diǎn)=-1，即,N點(diǎn)的pH＝2.22,則c（H+）＝10?2。22mol/L，所以Ka1(H2C2O4)＝10×10?2。22＝1。0×10?1.22，故C正確;D.M點(diǎn)：-lg=0，Ka2==10—3.18×10-1=10-4。18，pH=4。18時(shí),c(HC2O4—）=c（C2O42-),但無(wú)法判斷c(HC2O4-）=c（C2O42-)=c(Cl—)，故D錯(cuò)誤；故選D.8.甘氨酸亞鐵是一種補(bǔ)鐵強(qiáng)化劑。實(shí)驗(yàn)室利用與甘氨酸制備甘氨酸亞鐵,實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示(夾持和加熱儀器已省略)。查閱資料：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇。②檸檬酸易溶于水和乙醇，具有較強(qiáng)的還原性和酸性。實(shí)驗(yàn)過(guò)程:I．裝置C中盛有17。4g和200mL1。0mol·L-1甘氨酸溶液.實(shí)驗(yàn)時(shí)，先打開(kāi)儀器a的活塞，待裝置c中空氣排凈后，加熱并不斷攪拌；然后向三頸瓶中滴加檸檬酸溶液.Ⅱ．反應(yīng)結(jié)束后過(guò)濾，將濾液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮；加入無(wú)水乙醇，過(guò)濾、洗滌并干燥。（1）儀器a的名稱是________；與a相比,儀器b的優(yōu)點(diǎn)是________。（2）裝置B中盛有的試劑是:_______；裝置D的作用是________.（3）向溶液中加入溶液可制得，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______。（4）過(guò)程I加入檸檬酸促進(jìn)溶解并調(diào)節(jié)溶液pH,溶液pH與甘氨酸亞鐵產(chǎn)率的關(guān)系如圖所示。①pH過(guò)低或過(guò)高均導(dǎo)致產(chǎn)率下降,pH過(guò)高導(dǎo)致產(chǎn)率下降其原因是________；②檸檬酸的作用還有________。（5）過(guò)程II中加入無(wú)水乙醇的目的是________。（6）本實(shí)驗(yàn)制得15。3g甘氨酸亞鐵，則其產(chǎn)率是_______%?！敬鸢浮浚?）。分液漏斗(2）。平衡壓強(qiáng)、便于液體順利流下(3).飽和NaHCO3溶液(4)。檢驗(yàn)裝置內(nèi)空氣是否排凈，防止空氣進(jìn)入裝置C中(5).Fe2++2HCO3—=FeCO3↓+CO2↑+H2O（6）.pH過(guò)低，H+與NH2CH2COOH反應(yīng)生成NH3+CH2COOH；pH過(guò)高,Fe2+與OH-反應(yīng)生成Fe（OH)2沉淀（7）.防止Fe2+被氧化(8)。降低甘氨酸亞鐵的溶解度，使其結(jié)晶析出（9）。75【解析】【分析】（1）a為分液漏斗，b中軟管可平衡氣壓；（2）B中飽和碳酸氫鈉溶液可除去HCl，C中應(yīng)防止亞鐵被氧化；（3）溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水；（4）①pH過(guò)低,H+與NH2CH2COOH反應(yīng)生成NH3+CH2COOH；pH過(guò)高,Fe2+與OH—反應(yīng)生成Fe（OH）2沉淀。②結(jié)合信息可知，合成過(guò)程加入檸檬酸的作用是促進(jìn)FeCO3溶解和防止Fe2＋被氧化，檸檬酸具有還原性；(5)甘氨酸亞鐵難溶于乙醇；（6）17.4g即0。15molFeCO3和200mL1。0mol·L—1甘氨酸反應(yīng)，理論上生成甘氨酸亞鐵0.1mol，本實(shí)驗(yàn)制得15。3g甘氨酸亞鐵.【詳解】（1）儀器a的名稱是分液漏斗；與a相比,儀器b的優(yōu)點(diǎn)是是平衡氣壓,使液體順利流下。（2）裝置B中盛有的試劑是:飽和NaHCO3溶液；裝置D的作用是防止空氣進(jìn)入C中（從而防止Fe2＋被氧化）。(3)向溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水，該反應(yīng)的離子方程式為Fe2＋+2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O。(4）①pH過(guò)低或過(guò)高均導(dǎo)致產(chǎn)率下降，pH過(guò)高導(dǎo)致產(chǎn)率下降其原因是pH過(guò)低，H+與NH2CH2COOH反應(yīng)生成NH3+CH2COOH；pH過(guò)高，F(xiàn)e2+與OH-反應(yīng)生成Fe（OH)2沉淀，F(xiàn)e2＋+2OH－=Fe(OH）2↓；②結(jié)合信息可知，合成過(guò)程加入檸檬酸的作用是促進(jìn)FeCO3溶解和防止Fe2＋被氧化。（5）過(guò)程II中加入無(wú)水乙醇的目的是過(guò)程Ⅱ中加入無(wú)水乙醇的目的是降低甘氨酸亞鐵的溶液度，使其結(jié)晶析出。（6）17。4g即0。15molFeCO3和200mL1。0mol·L—1甘氨酸反應(yīng),理論上生成甘氨酸亞鐵0。1mol，本實(shí)驗(yàn)制得15。3g甘氨酸亞鐵，其產(chǎn)率是×100％=75%.【點(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、習(xí)題中的信息、制備原理、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋族e(cuò)點(diǎn)（3）向溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水,復(fù)分解反應(yīng)強(qiáng)于水解，注意題中信息，結(jié)合元素化合物知識(shí)的應(yīng)用。9。二氧化錳無(wú)論在實(shí)驗(yàn)室還是在生產(chǎn)、生活中均有廣泛應(yīng)用。工業(yè)上可以用制備對(duì)苯二酚的廢液為原料生產(chǎn)二氧化錳。此工藝對(duì)節(jié)約資源、保護(hù)環(huán)境、提高經(jīng)濟(jì)效益有著重要意義。（1)經(jīng)分析知該廢液中含有硫酸錳、硫酸銨、硫酸以及Fe2+、Co2+、Ni2+等金屬離子。以此為原料制備化學(xué)二氧化錳的流程如圖所示。①常溫下幾種有關(guān)難溶硫化物的溶度積常數(shù)如下表，若除去Fe2+后的廢液中Mn2+濃度為1mol/L，欲使Co2+和Ni2+完全沉淀,而Mn2+不受損失,S2—的濃度范圍應(yīng)控制在___mol/L?；衔颩nSCoS（α型）NiSKsp2。5×10-104×10-211.07×10—21②步驟⑥的化學(xué)方程式為_(kāi)__.③步驟①~⑨中涉及到過(guò)濾的操作有___。(填序號(hào)）④步驟⑨得到的副產(chǎn)品的化學(xué)式為_(kāi)__，其重要的用途之一是___。得到該副產(chǎn)品的操作是___.（2)生產(chǎn)電解二氧化錳原理是在93℃左右以石墨為電極電解硫酸錳和硫酸的混合溶液，寫出陽(yáng)極的電極反應(yīng)式___，若電解過(guò)程中的電壓為3V，理論上生產(chǎn)1tMnO2消耗電能___kw·h。（1kw·h=3。6×106J）(3）雙氧水氧化法制備二氧化錳時(shí)所發(fā)生的反應(yīng)為MnSO4+2NH3+H2O2→MnO2+（NH4）2SO4,在溶液的pH、過(guò)氧化氫的用量和反應(yīng)時(shí)間一定的情況下，溫度對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響如圖所示。MnO2的回收率隨著溫度升高先增大后減小的可能原因是___.【答案】(1)。4×10-16-2.5×10—10(2）。3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4（3).①②③⑤⑦⑨（4).（NH4）2SO4(5)。做化肥(6)。蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾(7）.Mn2+—2e—+2H2O=MnO2+4H+(8).1845（9）。溫度升高反應(yīng)加快生成更多的MnO2，溫度達(dá)到一定程度后，若在升溫則氨氣揮發(fā)，過(guò)氧化氫分解【解析】【分析】（1）①當(dāng)溶液中離子濃度小于10-5mol/L時(shí)，認(rèn)為完全沉淀,要將Co2+和Ni2+完全沉淀，根據(jù)Ksp的表達(dá)式計(jì)算即可;②步驟⑥利用NaClO3將MnSO4氧化成MnO2，在溶液中NaClO3被還原成NaCl,結(jié)合得失電子守恒、原子守恒寫方程式即可；③凡是涉及固液分離的步驟都涉及過(guò)濾;④整個(gè)過(guò)程中銨根離子和硫酸根離子沒(méi)有除去，故步驟⑨得到副產(chǎn)品為硫酸銨;（2)陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng),應(yīng)為Mn2+失電子被氧化成MnO2；（3)溫度升高反應(yīng)速率加快,但是溫度太高，雙氧水會(huì)分解，氨氣會(huì)揮發(fā)?！驹斀狻浚?）①根據(jù)Ksp(CoS)=c（Co2+）×c（S2-）、Ksp(NiS）=c(Ni2+）×c（S2—)得：、，欲使Co2+和Ni2+完全沉淀，就要將Co2+和Ni2+的濃度控制在10-5mol/及以下,那么：、，解得c(S2-）〉4×10—16、c(S2-）〉1。07×10-16，又因?yàn)镸n2+濃度為1mol/L而不受損，則Mn2+和S2—還沒(méi)開(kāi)始沉淀,此時(shí)有c(S2-）×c（Mn2+)＜Ksp(MnS）,即c（S2-）×1mol/L＜2.5×10—10，解得：c（S2—）＜2.5×10—10,綜上所述：，即：硫離子濃度在4×10—16mol/L-2。5×10—10mol/L之間，故答案為：4×10—16-2。5×10-10；②步驟⑥利用NaClO3將MnSO4氧化成MnO2，在溶液中NaClO3被還原成NaCl，方程式：3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4，故答案為:3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4；③①～⑨中，①②③⑤⑦⑨都涉及到固液分離,都用到過(guò)濾,故答案為：①②③⑤⑦⑨;④整個(gè)過(guò)程中銨根離子和硫酸根離子沒(méi)有除去，故步驟⑨得到的副產(chǎn)品為硫酸銨，可做化肥,將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾即可得到硫酸銨，故答案為：(NH4）2SO4；做化肥；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾；（2）陽(yáng)極失電子，化合價(jià)升高，被氧化，再結(jié)合電荷守恒、原子守恒可得：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生產(chǎn)1tMnO2轉(zhuǎn)移的電子物質(zhì)的量做如下計(jì)算：，解得n=，所以電子數(shù)=,因?yàn)槊總€(gè)電子帶1.6×10-19C的電量，所以電子所帶總電量q=×1。6×10—19，由E=qU得:E==（×1。6×10—19×3)J=kw·h≈1845kw·h,故答案為：Mn2+-2e—+2H2O=MnO2+4H+；1845；（3）溫度升高，反應(yīng)速率增大，但是溫度過(guò)高,H2O2分解了,NH3揮發(fā)了，故答案為：溫度升高反應(yīng)加快生成更多的MnO2，溫度達(dá)到一定程度后,若在升溫則氨氣揮發(fā)，過(guò)氧化氫分解?！军c(diǎn)睛】（1）完全沉淀指的是離子濃度小于10—5mol/L，計(jì)算的時(shí)候往往用10-5mol/L計(jì)算。10。研究CO2與CH4反應(yīng)使之轉(zhuǎn)化為CO和H2，對(duì)減緩燃料危機(jī)和減少溫室效應(yīng)具有重要的意義。工業(yè)上CO2與CH4發(fā)生反應(yīng)I:CH4(g）+CO2(g)＝2CO(g)+2H2（g)△H1在反應(yīng)過(guò)程中還發(fā)生反應(yīng)Ⅱ：H2（g)+CO2（g)＝H2O（g)+CO（g)

△H2=+41kJ/mol（l）已知部分化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下表所示：化學(xué)鍵C-HH-HC=O鍵能（kJ/mol）4134368031076則△Hl=____kJ/mol，反應(yīng)Ⅰ在一定條件下能夠自發(fā)進(jìn)行的原因是____,該反應(yīng)工業(yè)生產(chǎn)適宜的溫度和壓強(qiáng)為_(kāi)___（填標(biāo)號(hào)）。A。高溫高壓B．高溫低壓C．低溫高壓D．低溫低壓（2)工業(yè)上將CH4與CO2按物質(zhì)的量1：1投料制取CO2和H2時(shí)，CH4和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化關(guān)系如圖所示.①923K時(shí)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率大于CH4的原因是________________________②計(jì)算923K時(shí)反應(yīng)II的化學(xué)平衡常數(shù)K=______（計(jì)算結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后兩位）。③1200K以上CO2和CH4的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相等的原因可能是____.(3)工業(yè)上CH4和CO2反應(yīng)時(shí)通常會(huì)摻入O2發(fā)生反應(yīng)III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，摻人O2可消除反應(yīng)產(chǎn)生的積碳和減小反應(yīng)器的熱負(fù)荷(單位時(shí)間內(nèi)維持反應(yīng)發(fā)生所需供給的熱量），O2的進(jìn)氣量與反應(yīng)的熱負(fù)荷的關(guān)系如圖所示。①隨著O2進(jìn)入量的增加，熱負(fù)荷下降的原因是____。②摻人O2可使CH4的平衡轉(zhuǎn)化率____（填“增大”、“減小”或“不變”。下同），CO2的平衡轉(zhuǎn)化率________【答案】（1）。+234(2）.△S>0（3)。B（4)。CH4和CO2按1：1投料發(fā)生反應(yīng)I時(shí)轉(zhuǎn)化率相等，CO2還發(fā)生反應(yīng)II，所以平衡轉(zhuǎn)化率大于CH4(5).0。39(6）。1200K以上時(shí)以反應(yīng)I為主，二者轉(zhuǎn)化率趨于相等（或1200K以上時(shí)反應(yīng)I的正向進(jìn)行程度遠(yuǎn)大于反應(yīng)II）（或1200K以上時(shí)反應(yīng)I的平衡常數(shù)遠(yuǎn)大于反應(yīng)II)（7）。反應(yīng)III放熱，給反應(yīng)體系提供能量，使熱負(fù)荷降低（8).增大（9).減小【解析】【分析】（l)已知部分化學(xué)鍵的鍵能,通過(guò)反應(yīng)物的總鍵能減去生成物的總鍵能可以計(jì)算△Hl，從焓變和熵變綜合判斷反應(yīng)Ⅰ自發(fā)反應(yīng)的原因，從平衡移動(dòng)角度來(lái)判斷反應(yīng)條件；（2）工業(yè)上將CH4與CO2按物質(zhì)的量1：1投料,發(fā)生反應(yīng)Ⅰ、II，則①923K時(shí)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率大于CH4的原因從二者實(shí)際參加的反應(yīng)來(lái)討論；②從圖、及題干中提供的數(shù)據(jù)結(jié)合反應(yīng)Ⅰ、II，用三段式按定義計(jì)算923K時(shí)反應(yīng)II的化學(xué)平衡常數(shù)K;③1200K以上CO2和CH4的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相等的原因還是從實(shí)際參加的反應(yīng)來(lái)討論；(3)工業(yè)上CH4和CO2反應(yīng)時(shí)通常會(huì)摻入O2，則發(fā)生反應(yīng)III：CH4+2O2＝CO2+2H2O；①按熱負(fù)荷的定義-—單位時(shí)間內(nèi)維持反應(yīng)發(fā)生所需供給的熱量以及O2的進(jìn)氣量與反應(yīng)III放出的熱量關(guān)系，據(jù)此解題；②發(fā)生反應(yīng)III：CH4+2O2＝CO2+2H2O，分析甲烷、二氧化碳的物質(zhì)的量及消耗量，分析CH4的平衡轉(zhuǎn)化率和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率受到的影響；【詳解】（l）已知部分化學(xué)鍵的鍵能，焓變等于反應(yīng)物的總鍵能減去生成物的總鍵能，則△Hl=；答案為：+234；反應(yīng)I：CH4(g)+CO2(g)＝2CO（g）+2H2（g）△H1，△S〉0,因此△S>0是反應(yīng)Ⅰ自發(fā)反應(yīng)的原因，該反應(yīng)是吸熱、氣體分子總數(shù)增大的反應(yīng)，因此，選擇高溫低壓的條件；答案為：△S>0；B；（2)①923K時(shí)反應(yīng)Ⅰ中CH4和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率是一樣的，但是,二氧化碳還參加反應(yīng)II,因此其平衡轉(zhuǎn)化率大于CH4；答案為：CH4和CO2按1:1投料發(fā)生反應(yīng)I時(shí)轉(zhuǎn)化率相等，CO2還發(fā)生反應(yīng)II,所以平衡轉(zhuǎn)化率大于CH4;②CH4和CO2按1：1投料，設(shè)投料時(shí)的物質(zhì)的量濃度為1mol/L,由圖知CH4和CO2的轉(zhuǎn)化率為60%、70%，則發(fā)生反應(yīng)I時(shí)發(fā)生反應(yīng)II：;答案為：0.39;③反應(yīng)I中CO2和CH4的平衡轉(zhuǎn)化率相等,1200K以上CO2和CH4的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相等則意味著該條件對(duì)反應(yīng)I更有利，以反應(yīng)I為主；答案為:1200K以上時(shí)以反應(yīng)I為主，二者轉(zhuǎn)化率趨于相等(或1200K以上時(shí)反應(yīng)I的正向進(jìn)行程度遠(yuǎn)大于反應(yīng)II）(或1200K以上時(shí)反應(yīng)I的平衡常數(shù)遠(yuǎn)大于反應(yīng)II）；（3）工業(yè)上CH4和CO2反應(yīng)時(shí)通常會(huì)摻入O2，則發(fā)生反應(yīng)III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，①反應(yīng)III是放熱反應(yīng)，給反應(yīng)體系提供能量，通入氧氣越多反應(yīng)中放出的熱量越多，則熱負(fù)荷值越小；答案為：反應(yīng)III放熱，給反應(yīng)體系提供能量,使熱負(fù)荷降低；②發(fā)生反應(yīng)III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，促進(jìn)甲烷消耗，則CH4的平衡轉(zhuǎn)化率增大；答案為:增大；發(fā)生反應(yīng)III：CH4+2O2＝CO2+2H2O不利于反應(yīng)I,減少了二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳濃度增大，因此二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率下降；答案為：減小.11。2019年10月1日,在慶祝中華人民共和國(guó)成立70周年的閱兵儀式上，最后亮相的DF-31A洲際戰(zhàn)略導(dǎo)彈是我國(guó)大國(guó)地位、國(guó)防實(shí)力的顯著標(biāo)志.其制作材料包含了Fe、Cr、Ni、C等多種元素。回答下列問(wèn)題：(1）基態(tài)鐵原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)__.（2）與Cr同周期且基態(tài)原子最外層電子數(shù)相同的元素，可能位于周期表的___區(qū)。（3）實(shí)驗(yàn)室常用KSCN溶液、苯酚(）檢驗(yàn)Fe3+。其中N、O、S的第一電離能由大到小的順序?yàn)開(kāi)__(用元素符號(hào)表示）,苯酚中碳原子的雜化軌道類型為_(kāi)__。（4)鐵元素能于CO形成Fe(CO）5。羰基鐵[Fe（CO）5］可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe(CO）5分子中含___molσ鍵，與CO互為等電子體的一種離子的化學(xué)式為_(kāi)__.(5）碳的一種同素異形體的晶體可采取非最密堆積，然后在空隙中插入金屬離子獲得超導(dǎo)體。如圖為一種超導(dǎo)體的面心立方晶胞，C60分子占據(jù)頂點(diǎn)和面心處，K+占據(jù)的是C60分子圍成的___空隙和___空隙(填幾何空間構(gòu)型)；若C60分子的坐標(biāo)參數(shù)分別為A（0，0,0），B（,0，)，C（1，1，1）等，則距離A位置最近的陽(yáng)離子的原子坐標(biāo)參數(shù)為_(kāi)__.（6）Ni可以形成多種氧化物，其中一種NiaO晶體晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，由于晶體缺陷，a的值為0.88，且晶體中的Ni分別為Ni2+、Ni3+，則晶體中Ni2+與Ni3+的最簡(jiǎn)整數(shù)比為_(kāi)__,晶胞參數(shù)為428pm,則晶體密度為_(kāi)__g/cm3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出表達(dá)式).【答案】（1).3d64s2(2）。s、ds（3）。N>O〉S（4)。sp2雜化（5）。10（6）.CN—（7).正四面體(8)。正八面體(9).(10)。8:3（11).【解析】【分析】原子核外電子排布式為，處于過(guò)渡元素，除最外層外價(jià)電子還包含3d電子；

為24號(hào)元素，位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，基態(tài)原子電子排布式為，最外層電子數(shù)為1個(gè)；

同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢(shì)，N原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同一同周期相鄰元素，同主族自上而下第一電離能減??；苯酚為平面結(jié)構(gòu),C原子采取雜化；

與CO形成5個(gè)配位鍵,屬于鍵，CO分子中有1個(gè)鍵，分子含有10個(gè)鍵；與CO互為等電子體的離子,含有2個(gè)原子、價(jià)電子總數(shù)為10，可以用N原子與1個(gè)單位負(fù)電荷替換O原子,也可以用C原子與2個(gè)單位負(fù)電荷替換O原子;

據(jù)圖知，占據(jù)的是圍成的正四面體空隙和正八面體空隙，若分子的原子坐標(biāo)參數(shù)分別為0，，0,，1，等，說(shuō)明該晶胞的參數(shù)是1,則距離A位置分子最近的為形成的正四面體體心上的;

根據(jù)中化合價(jià)代數(shù)和為零可求得晶體中與的最簡(jiǎn)整數(shù)比，晶體的晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，所以每個(gè)晶胞中含有4個(gè)O原子，有4個(gè)“”，再根據(jù)計(jì)算?！驹斀狻吭雍送怆娮优挪际綖?處于過(guò)渡元素，除最外層外價(jià)電子還包含3d電子，故價(jià)電子排布式為，故答案為：；

位于第四周期，基態(tài)原子電子排布式為，最外層電子數(shù)為1個(gè)，與Cr同周期且基態(tài)原子最外層電子數(shù)相同的元素為K和Cu,分別為s區(qū)和ds區(qū)，故答案為：s、ds；

同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢(shì)，N原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同一同周期相鄰元素的O,同主族自上而下第一電離能減小，故第一電離能，苯酚為平面結(jié)構(gòu)，C原子采取雜化；故答案為：；雜化；

與CO形成5個(gè)配位鍵，屬于鍵，CO分子中形成1個(gè)鍵,故F分子含有10個(gè)鍵,1mol分子中含10mol鍵。CO含有2個(gè)原子14個(gè)電子，所以與CO互為等電子體的一種離子的化學(xué)式為或、、,故答案為：10；;

據(jù)圖知，占據(jù)的是圍成的正四面體空隙和正八面體空隙