河南省鄭州市2023年高考化學三模試卷及答案

高考化學三模試卷一、單項選擇題1.二十一世紀以來，隨著對地堪行業(yè)的重視和新技術手段的應用，我國在礦物晶體結(jié)構(gòu)和晶體化學研究方面取得飛速開展。以下有關礦石的說法中錯誤的選項是〔

〕A.林芝礦的主要成分為FeSi2，林芝礦中硅的質(zhì)量分數(shù)為50%

B.鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3，F(xiàn)eTiO3的化學名稱為鈦酸亞鐵

C.烏木石的主要成分為KAl0.33W2.67O9，其中鉀元素可通過焰色反響檢驗

D.孟憲明礦的主要成分為Ca2Sn2Mg3Al8[(BO3)(BeO4)O6]2，是由短周期和長周期元素共同組成的2.文獻資料顯示磺酸樹脂催化下的烯烴二羥化反響歷程如下列圖：(R1、R2、R3、R4均表示烴基或氫原子)以下說法錯誤的選項是〔

〕A.該歷程中有三種物質(zhì)是中間產(chǎn)物

B.該過程的總反響類型為加成反響

C.利用該反響可以由1-己烯制備1，2-己二醇

D.和的結(jié)構(gòu)完全相同3.短周期主族元素X、Y、Z、M、N原子序數(shù)依次增大，這五種元素形成的化合物W是一種無色晶體，是廚房中常用的鮮味調(diào)味品。以下說法正確的選項是〔

〕A.

原子半徑：Y<Z<M<N

B.

氫化物穩(wěn)定性：Y<Z<M

C.

W中的原子均到達8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)

D.

X與M形成的常見陰、陽離子均可抑制水的電離4.某小組按如圖裝置探究氯氣和雙氧水的反響。將注射器中的濃鹽酸注入試管中，在盛NaOH溶液的試管中收集到無色氣體，該氣體可以使帶火星的木條復燃。以下說法錯誤的選項是〔

〕A.

飽和食鹽水的作用是除去氯氣中的HCl

B.

NaOH溶液不可以用水代替

C.

由反響H2O2+Cl2=2HCl+O2可證明非金屬性：Cl>O

D.

僅根據(jù)此實驗現(xiàn)象無法證明一定是氯氣氧化了H2O25.白云石[CaMg(CO3)2]中鈣含量測定常用KMnO4滴定的方法。具體做法是將其酸溶后轉(zhuǎn)化為草酸鈣，過濾后用酸溶解，再用KMnO4滴定。那么以下說法錯誤的選項是〔

〕A.KMnO4滴定草酸發(fā)生反響的離子方程式為：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

B.實驗過程中兩次用酸溶解，均需使用稀鹽酸

C.KMnO4滴定草酸過程中，標準狀況下每產(chǎn)生448mLCO2氣體理論上轉(zhuǎn)移0.02mole-

D.滴定過程中假設滴加KMnO4過快會發(fā)生反響4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，將導致測定結(jié)果偏高6.中國科學院唐永炳團隊設計的新型鋁一石墨雙離子電池，工作原理如圖，其放、充電的反響為：AlLi+Cx(PF6)LiPF6+xC+Al，以下說法正確的選項是〔

〕A.

放電時鋰離子向負極移動

B.

充電時陽極反響為Al-3e-=Al3+

C.

該電池負極和正極的鋁均未參與電極放電

D.

該電池可用LiPF6水溶液做電解質(zhì)溶液7.常溫下用0.2mol·L-1NaOH溶液分別滴定0.2mol·L-1一元酸HA和HB，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如下列圖。以下有關表達錯誤的選項是〔

〕A.

Ka(HA)的數(shù)量級為10-5

B.

酸堿恰好反響時，HB溶液中的pH為9.15

C.

反響HA+B-=HB+A-的平衡常數(shù)為10-1.5

D.

相同條件下對水的電離影響程度：NaA>NaB二、非選擇題8.某興趣小組探究鈉與水、鹽酸、醋酸和乙醇反響的快慢?！?〕興趣小組成員根據(jù)已有認知模型提出以下猜測：猜測1：鈉分別與水、鹽酸反響，由于________，鈉與鹽酸反響更快。猜測2：鈉分別與乙醇、醋酸反響，由于醋酸________，鈉與醋酸反響更快?！?〕設計實驗進行“證實與證偽〞實驗I配制一定濃度的HCl①用12.00mol·L-1HCl配制0.50mol·L-1HCl和5.00mol·L-1HCl時，除用到燒杯、膠頭滴管、玻璃棒外，還必須用到以下儀器中的________〔寫對應字母〕。②配制0.50mol·L-1HCl250mL，需要取用12.00mol·L-1濃鹽酸的體積為________。實驗II相同溫度下，比較鈉與水、0.50mol·L-1HCl、5.00mol·L-1HCl反響的快慢序號鈉塊〔形狀幾乎相同〕反響液體(50mL)鈉塊消失時間Ⅰ0.15g水Ⅱ＜Ⅰ＜ⅢⅡ0.15g0.50mol·L-1HClⅢ0.15g5.00mol·L-1HCl該小組查閱資料知，相同溫度下，影響鈉與鹽酸反響速率的主要因素是c(H+)和鈉外表的c(Na+)。③鈉與5.00mol·L-1HCl反響，速率最慢的原因可能是________。實驗II相同溫度下，比較鈉與乙醇、醋酸反響的快慢序號鈉塊〔形狀幾乎相同〕反響液體(50mL)反響現(xiàn)象鈉塊消失時間ⅳ0.15g乙醇鈉沉在燒杯底部，產(chǎn)生氣泡較快ⅳ＜ⅴⅴ0.15g冰醋酸鈉浮在液體外表，產(chǎn)生氣泡較慢④該小組某同學提出，依據(jù)化學實驗的控制變量思想，該實驗設計存在缺陷，該缺陷是________。⑤請你幫助該小組設計新的方案，對上述實驗進行改進________。實驗結(jié)論：⑥通過實驗探究，該小組同學認為鈉與醋酸反響比鈉與乙醇反響慢，原因可能是________。A．冰醋酸是無水乙酸，無水情況下難以電離出氫離子B．乙醇鈉在乙醇中的溶解度大于乙酸鈉在乙酸中的溶解度C．乙酸羧基中的氫原子比乙醇羥基中的氫原子更難電離出氫離子9.鉬(Mo)是重要的過渡金屬元素，具有廣泛用途。由鉬精礦(主要成分是MoS2)濕法回收鉬酸銨[(NH4)2MoO4]局部工藝流程如圖：請答復以下問題：〔1〕“氧化焙燒〞時通常采用粉碎礦石、逆流焙燒或增大空氣量等措施，除了增大氧化焙燒速率，其作用還有________。MoS2焙燒時得到+6價鉬的氧化物，焙燒時的化學方程式為________?！?〕MoO3在堿性溶液中溶解度增大，“浸出〞操作時參加Na2CO3溶液會有氣體產(chǎn)生，用離子方程式表示氣泡產(chǎn)生的原因________?！?〕向“濾液1〞中參加硝酸，調(diào)節(jié)pH為5~7，加熱到65℃~70℃過濾除硅。那么濾渣2的成分為________?！?〕為了提高原料的利用率，工藝流程中“濾渣1〞應循環(huán)到________操作?！?〕“濾液2〞先參加有機溶劑“萃取〞，再加氨水“反萃取〞，進行“萃取〞和“反萃取〞操作的目的是________?！?〕“酸沉〞中析出鉬酸銨晶體時，加人HNO3調(diào)節(jié)pH為1.5~3，其原因是________?！?〕Na2MoO4·2H2O是一種無公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑，常用鉬酸銨和氫氧化鈉反響來制取。寫出制備Na2MoO4·2H2O的化學方程式是________。10.“減少碳排放，實現(xiàn)碳中和〞是當今世界的熱門話題。某課題組利用CO2和H2在催化劑的作用下合成甲醇，主要發(fā)生如下三個反響：I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol-1III.……〔1〕請寫出反響IIICO和H2合成CH3OH的熱化學方程式________。〔2〕以下措施中，能提高CO2轉(zhuǎn)化率的是______。A.在原料氣中參加適量H2O(g)

B.從體系中不斷別離出甲醇

C.循環(huán)利用原料氣

D.使用高效催化劑〔3〕一定條件下，在某密閉容器中投人amolCO2和3amolH2，發(fā)生上述合成反響。達平衡容器中CH3OH的物質(zhì)的量為cmol，CO的物質(zhì)的量為dmol.那么此條件下CO2的轉(zhuǎn)化率為________(列式表示，下同)；甲醇的選擇性(指轉(zhuǎn)化為甲醇的CO2占發(fā)生反響的CO2的百分比)為________；此條件下反響II的平衡常數(shù)為________?！?〕圖1是反響溫度對二氧化碳轉(zhuǎn)化率以及甲醇選擇性的影響。甲醇選擇性隨溫度升高而降低的原因可能是________?！?〕圖2是一定條件下原料氣的進料速度對二氧化碳轉(zhuǎn)化率、甲醇選擇性以及出口甲醇濃度的影響。試分析工業(yè)上實際進料速度采用2.1mol·s-1，而不是1.8mol·s-1，可能的原因是________。〔6〕甲醇燃料電池可用于測定阿伏加德羅常數(shù)。當甲醇燃料電池平穩(wěn)工作10min后測得電池正極端消耗標準狀況下氧氣VL，電流穩(wěn)定為XA，假設能量轉(zhuǎn)化率80%，計算測得阿伏加德羅常數(shù)NA為________mol-1。(用X、V表示，一個電子電量為1.60×10-19C)11.吳夢昊研究團隊設計了一系列穩(wěn)定的由超堿PnH和超鹵素MX組成的PnH4MX4(Pn=N，P;M=B，Al，F(xiàn)e；X=Cl，Br)超鹽晶體?！?〕基態(tài)鐵原子價電子排布中未成對電子數(shù)成對電子對數(shù)之比________。〔2〕第二周期元素中，第一電離能介于元素B和N之間的元素有________種。〔3〕超堿PnH離子中PH與PH3鍵角PH________PH3(填“大于〞或“小于〞)，請分析原因________?！?〕寫出與超鹵素AlCl等電子體的兩種分子的化學式：________?！?〕六方相氮化硼晶體結(jié)構(gòu)與石墨相似(如圖)，晶體中氮原子的雜化方式為________。氮化硼晶體不導電的原因是________?！?〕磷化硼晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，晶胞中P原子空間堆積方式為________；晶體中硼和磷原子半徑分別為r1pm和r2pm，距離最近的硼和磷原子核間距為二者原子半徑之和。那么磷化硼晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為________(寫出計算式)。12.中國科學家發(fā)現(xiàn)肉桂硫胺(I)是抗擊新型冠狀病毒的潛在用藥，其合成路線如下列圖：：①RCNRCOOH；②碳碳雙鍵和羥基直接連接的結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，會轉(zhuǎn)化為更穩(wěn)定的醛式或酮式結(jié)構(gòu)。請答復以下問題：〔1〕A的名稱為________。〔2〕C中含有官能名稱為________?！?〕F的結(jié)構(gòu)簡式為________；E+H→I的反響類型為________?！?〕C→D的反響方程式為________?！?〕E的同分異構(gòu)體中，符合以下條件的有________種(不考慮立體異構(gòu))。請寫出分子中等效氫原子種類最少的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式________。①能發(fā)生銀鏡反響；②能發(fā)生加聚反響；③分子結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)，且只有兩個取代基。〔6〕聚乳酸HOH是可降解塑料的一種。參照上述的合成路線，設計一條由乙炔為起始原料制備聚乳酸的合成路線________。(無機試劑和有機溶劑任選，合成路線流程圖例如見此題題干)。

答案解析局部一、單項選擇題1.【答案】A【解析】【解答】A．化合物FeSi2中硅的質(zhì)量分數(shù)為×100%=50%，林芝礦還含有其他物質(zhì)，那么林芝礦中硅的質(zhì)量分數(shù)小于50%，故A符合題意；B．化合物FeTiO3中鐵元素的化合價為+2價，那么FeTiO3的名稱為鈦酸亞鐵，故B不符合題意；C．化合物KAl0.33W2.67O9中含有鉀元素，可通過焰色反響檢驗化合物中的鉀元素，故C不符合題意；D．化合物Ca2Sn2Mg3Al8[(BO3)(BeO4)O6]2中Be、B、O、Mg、Al五種元素為短周期元素，Ca、Sn二種元素為長周期元素，那么化合物是由短周期和長周期元素共同組成的，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.根據(jù)給出的化學式即可計算出硅元素的質(zhì)量分數(shù)

B.根據(jù)鐵元素的化合價即可命名

C.鉀元素一般通過焰色反響進行檢測

D.根據(jù)元素符號找出周期表中的位置即可2.【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)反響歷程示意圖可知H2O、、為中間產(chǎn)物，A不符合題意；B．總反響為+H2O2，屬于加成反響，B不符合題意；C．該反響機理是碳碳雙鍵與H2O2的加成，1-己烯與H2O2加成可以制備1，2-己二醇，C不符合題意；D．假設R1、R3不同且R2、R4不同，那么和為順反異構(gòu)，即和的結(jié)構(gòu)可能不相同，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.根據(jù)反響流程即可找出中間出現(xiàn)的產(chǎn)物

B.根據(jù)反響物和生成物即可判斷反響類型

C.根據(jù)反響物結(jié)合反響原理即可寫出產(chǎn)物

D.存在著空間異構(gòu)，物質(zhì)不同3.【答案】D【解析】【解答】A．一般而言，和外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同時，質(zhì)子數(shù)越大，原子半徑越小，所以原子半徑大小為：O<N<C<Na，A不符合題意；B．元素的非金屬性越強，對應的簡單氫化物越穩(wěn)定，B選項未說明簡單氫化物，那么O的氫化物有可能為H2O2，其穩(wěn)定性弱于CH4和氨氣等，B不符合題意；C．W中的H原子不能到達8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，C不符合題意；D．水的電離為：，X與M形成的常見陰、陽離子為OH-和H3O+，二者均可抑制水的電離，D符合題意；故答案為：D?！痉治觥慷讨芷谥髯逶豖、Y、Z、M、N原子序數(shù)依次增大，這五種元素形成的化合物W是一種無色晶體，是廚房中常用的鮮味調(diào)味品，說明W是味精的主要成分谷氨酸鈉。其構(gòu)成元素是H、C、N、O、Na，所以X、Y、Z、M、N依次為H、C、N、O、Na。4.【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)分析可知飽和食鹽水的作用是除去氯氣中的HCl，A不符合題意；B．水吸收氯氣的效果不好，所以NaOH溶液不可以用水代替，B不符合題意；C．由反響H2O2+Cl2=2HCl+O2可說明該條件下氧化性：Cl2>O2，但不可證明非金屬性：Cl>O，客觀事實是O的電負性大于Cl，即O的非金屬性大于Cl，所以C符合題意；D．實驗產(chǎn)生的O2有可能是H2O2分解所得，不一定是氯氣氧化了H2O2產(chǎn)生了O2，D不符合題意；故答案為：C。【分析】發(fā)生裝置為高錳酸鉀和濃鹽酸反響制備氯氣：，經(jīng)過飽和食鹽水除去揮發(fā)出的HCl氣體，由于在盛NaOH溶液的試管中收集到無色氣體，該氣體可以使帶火星的木條復燃，說明氯氣與雙氧水發(fā)生核心反響產(chǎn)生O2，用氫氧化鈉溶液吸收多余的氯氣防止污染環(huán)境并且收集產(chǎn)生的O2。5.【答案】B【解析】【解答】A．草酸是弱酸，具有復原性，會被高錳酸鉀氧化，根據(jù)質(zhì)量守恒和化合價升降守恒等可知KMnO4滴定草酸發(fā)生反響的離子方程式為：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A不符合題意；B．高錳酸鉀具有強氧化性，會氧化鹽酸產(chǎn)生氯氣造成誤差，所以實驗過程中不可使用稀鹽酸，B符合題意；C．KMnO4滴定草酸過程中，存在關系，標準狀況下448mLCO2氣體物質(zhì)的量為，根據(jù)關系式可知理論上轉(zhuǎn)移0.02mole-，C不符合題意；D．根據(jù)質(zhì)量守恒定律和的失電守恒定律可以得出：，滴定過程中假設滴加KMnO4過快會發(fā)生反響4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，消耗的KMnO4溶液體積會偏大，會導致測定結(jié)果偏高，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)反響物和生成物結(jié)合氧化復原反響原理即可寫出離子方程式

B.酸化不能使用鹽酸，鹽酸具有復原性一般用的是硫酸

C.根據(jù)方程式找出轉(zhuǎn)移電子與物質(zhì)的量的關系即可計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)

D.根據(jù)給出的方程式計算出反響物之間的物質(zhì)的量關系即可計算6.【答案】C【解析】【解答】A．放電時陽離子向正極移動，鋰離子向正極移動，A不符合題意；B．根據(jù)總反響AlLi+Cx(PF6)LiPF6+xC+Al可知充電時陽極反響為：+xC-e-=Cx(PF6)，B不符合題意；C．該電池負極和正極的鋁均未參與電極放電，化合價始終為0，C符合題意；D．因為AlLi合金中的Li常溫下會與水反響，該電池不可用LiPF6水溶液做電解質(zhì)溶液，D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥吭撾姵胤错憺椋篈lLi+Cx(PF6)LiPF6+xC+Al，放電時AlLi/Al電極為負極，失電子，石墨電極為正極，得電子；放電時AlLi/Al電極為陰極，得電子，石墨電極為陽極，失電子。7.【答案】B【解析】【解答】A．Ka(HA)為10-4.8，數(shù)量級為10-5，A不符合題意；B．0.2mol·L-1NaOH溶液和0.2mol·L-1一元酸HB等體積混合時，酸堿恰好反響時，此時溶質(zhì)為NaB，溶液中存在：，那么且，又因為=10-3.3=、，所以可以得到：，求得=10-5.85mol/L，那么HB溶液中的pH為8.15，B符合題意；C．反響HA+B-=HB+A-的平衡常數(shù)為===10-1.5，C不符合題意；D．=10-4.8<=10-3.3，根據(jù)越弱越水解的規(guī)律可知相同條件下A-水解程度更大，對水的電離影響程度更大，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥縜點時，c(HA)=c(A-)，此時=4.8，那么c(H+)=10-4.8mol/L，根據(jù)可以求出=10-4.8，同理利用b點可以求出=10-3.3。二、非選擇題8.【答案】〔1〕鹽酸中氫離子濃度大；是電解質(zhì)，能電離出氫離子

〔2〕ce；10.4mL；鈉外表的鈉離子濃度較大，阻滯了鈉與氫離子的接觸或反響生成的氯化鈉在鹽酸中的溶解度較小，減少了鈉與氫離子的接觸；鈉塊與乙醇和乙酸反響的接觸面積不同；將鈉塊固定在盛冰醋酸的燒杯底部；AB【解析】【解答】(1)金屬鈉可以和酸反響，也可以和水反響，酸中含有的氫離子濃度大于水中含有的氫離子濃度，故鈉與鹽酸反響更快，是因為酸中氫離子濃度更大。乙醇不是電解質(zhì)，極難電離。羧酸是電解質(zhì)，可以局部電離，羧羥基中的氫原子活性大于醇羥基中的氫原子。從而使得鈉與醋酸反響更快。答案為：鹽酸中氫離子濃度大；是電解質(zhì)，能電離出氫離子；(2)①用12.00mol·L-1HCl配制0.50mol·L-1HCl和5.00mol·L-1HCl時，需要用量筒、燒杯、玻璃棒、相應規(guī)格的容量瓶和膠頭滴管。故答案為：ce；②根據(jù)c稀V稀=c濃V濃，可知需要取用的濃鹽酸的體積為，由于實驗時使用量筒量取，所以需用濃鹽酸的體積為10.4mL；答案為：10.4mL；③由題中查閱資料的信息可知，鈉與5.00mol·L-1HCl反響，速率最慢的原因可能是鈉外表的c(Na+)的原因，即鈉外表的鈉離子濃度較大，阻滯了鈉與氫離子的接觸或反響生成的氯化鈉在鹽酸中的溶解度較小，減少了鈉與氫離子的接觸。答案為：鈉外表的鈉離子濃度較大，阻滯了鈉與氫離子的接觸或反響生成的氯化鈉在鹽酸中的溶解度較小，減少了鈉與氫離子的接觸；④根據(jù)控制變量思想，分析實驗II，可以發(fā)現(xiàn)實驗II中存在兩個變量：反響液體不同以及反響中鈉與反響液體的接觸面積不同。答案為：鈉塊與乙醇和乙酸反響的接觸面積不同；⑤根據(jù)控制變量的思想，改進實驗II，使其中只存在一個變量，由此可知改變鈉塊與反響液體的接觸情況，使鈉塊與兩個反響液體的接觸面積一樣，故可以選擇將鈉塊固定在盛冰醋酸的燒杯底部。答案為：將鈉塊固定在盛冰醋酸的燒杯底部；⑥A．冰醋酸是純的無水乙酸，無水情況下難以電離出氫離子，那么冰醋酸中的氫離子濃度較低，反響速度降低，從而使得醋酸與鈉反響比乙醇與鈉反響慢，A項正確；B．乙酸鈉在乙酸中的溶解度較小，附著在鈉的外表，阻滯了鈉與乙酸的接觸，使得反響速率減慢，B項正確；C．乙酸是電解質(zhì)，乙醇不是電解質(zhì)，乙酸羥基中的氫原子比乙醇羥基中的氫原子活性大，更易電離出氫離子，C項不正確；故答案為：AB。【分析】〔1〕水是弱電解質(zhì)局部電離，而氯化氫是強電解質(zhì)在水中是完全電離，氫離子濃度大小直接影響反響速率，根據(jù)電解質(zhì)的定義，醋酸是電解質(zhì)可以電離出氫離子

〔2〕①配制一定物資的量濃度的溶液需要的儀器是量筒、燒杯、玻璃棒、相應規(guī)格的容量瓶和膠頭滴管根據(jù)選項選出即可

②根據(jù)稀釋前后物質(zhì)的量不變即可計算出體積

③根據(jù)題意可知，氫離子濃度越大速率越快，而鈉離子濃度越大速率越慢

④鈉沉在底部，醋酸是浮在液面，因此接觸面積不同

⑤保持控制面積相同，因此將乙酸中的鈉按入底部即可

⑥氫離子濃度影響速率，冰醋酸是純潔物，幾乎不電離氫離子，乙酸鈉浮在鈉外表阻礙了反響的進行9.【答案】〔1〕提高焙燒效率(或?qū)⒘蛟剞D(zhuǎn)化為二氧化硫)；2MoS2+7O22MoO3+4SO2

〔2〕MoO3+CO=MoO+CO2↑

〔3〕H2SiO3

〔4〕浸出

〔5〕富集鉬酸根離子(或?qū)f酸根離子和其他雜質(zhì)別離

〔6〕增大銨根離子濃度，促進鉬酸銨析出

〔7〕(NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑【解析】【解答】(1)“氧化焙燒〞時通常采用粉碎礦石、逆流焙燒或增大空氣量等措施，除了增大氧化焙燒速率，其作用還有提高焙燒效率(或?qū)⒘蛟剞D(zhuǎn)化為二氧化硫)；MoS2焙燒時得到+6價鉬的氧化物，結(jié)合黃鐵礦的焙燒反響得該反響方程式為：提高焙燒效率(或?qū)⒘蛟剞D(zhuǎn)化為二氧化硫)；故答案為：提高焙燒效率(或?qū)⒘蛟剞D(zhuǎn)化為二氧化硫)；2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

(2)MoO3在堿性溶液中溶解度增大，“浸出〞操作時參加Na2CO3溶液會有氣體產(chǎn)生，該氣體為CO2，MoO3轉(zhuǎn)化為MoO，反響離子方程式為MoO3+CO=MoO+CO2↑，故答案為：MoO3+CO=MoO+CO2↑；(3)“濾液1〞中含有Na2SiO3，參加硝酸，調(diào)節(jié)pH為5~7，硅酸鈉與硝酸反響生成難溶的硅酸，加熱到65℃~70℃過濾除硅，那么濾渣2的成分為H2SiO3，故答案為：H2SiO3；(4)“濾渣1〞為未溶解的MoO3，為了提高原料的利用率，工藝流程中應循環(huán)到浸出操作，故答案為：浸出；(5)根據(jù)流程圖分析，“濾液2〞先參加有機溶劑“萃取〞，再加氨水“反萃取〞，進行“萃取〞和“反萃取〞操作的目的是富集鉬酸根離子(或?qū)f酸根離子和其他雜質(zhì)別離)，故答案為：富集鉬酸根離子(或?qū)f酸根離子和其他雜質(zhì)別離)；(6)“酸沉〞中析出鉬酸銨晶體時，參加HNO3調(diào)節(jié)pH為1.5~3，其原因是增大銨根離子濃度，促進鉬酸銨析出，故答案為：增大銨根離子濃度，促進鉬酸銨析出；(7)鉬酸銨和氫氧化鈉發(fā)生復分解反響生成鉬酸鈉晶體和一水合氨，反響方程式為：(NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑?！痉治觥孔茻f精礦，MoS2燃燒，反響方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑，堿性條件下，MoO3和Na2CO3溶液反響，反響方程式為MoO3+=+CO2↑，經(jīng)過過濾操作得到濾渣1，為Na2SiO3，溶液中的溶質(zhì)為Na2MoO4，向濾液中參加適量稀硝酸，除去可能存在的，那么過濾獲得的濾渣2為H2SiO3，濾液中參加有機溶劑萃取后再參加氨水反萃取，提升溶液中鉬酸根離子濃度，然后再參加適量稀硝酸，經(jīng)酸沉、過濾、洗滌等操作即可獲得鉬酸銨。

10.【答案】〔1〕CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.4kJ·mol-1

〔2〕B,C

〔3〕×100%；×100%；

〔4〕反響I和反響III為放熱反響，升溫不利于反響I和反響III向正方向進行，故甲醇的選擇性降低

〔5〕增大進料速率，單位時間內(nèi)可以獲得更大產(chǎn)量，提高經(jīng)濟效益

〔6〕【解析】【解答】(1)反響I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1，反響II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol-1，I-II即得到反響III，△H3=ΔH1-ΔH2=90.4kJ·mol-1，所以答案為：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.4kJ·mol-1；

(2)該反響為：CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1A．在原料氣中參加適量H2O(g)，H2O(g)為生成物，會抑制正反響得進行，從而降低了CO2的轉(zhuǎn)化率，A不正確；B．從體系中不斷別離出甲醇，平衡往正向移動，提高了CO2的轉(zhuǎn)化率，B正確；C．循環(huán)利用原料氣可以提高CO2的轉(zhuǎn)化率，C正確；D．使用高效催化劑不能改變反響的限度，不能提了CO2的轉(zhuǎn)化率，D不正確；故答案為：BC；(3)設三個反響依次進行且反響I消耗3mmolH2，設反響II消耗nmolH2，反響III消耗2pmolH2列出三段式：和以及，到達平衡容器中CH3OH的物質(zhì)的量為cmol，CO的物質(zhì)的量為dmol，所以m+p=c、n-p=d，所以m+n=c+d、2p=c-d+n-m，繼而求出CO2的轉(zhuǎn)化率為×100%=×100%和甲醇的選擇性為×100%=×100%；設容器體積為V，此條件下反響II的平衡常數(shù)KII===，代入m+n=c+d、2p=c-d+n-m，求得KII=，所以答案為：×100%；×100%；。(4)溫度升高，不利于反響向放熱方向進行，反響I和反響III為放熱反響，升溫不利于反響I和反響III向正方向進行，故甲醇的選擇性降低。(5)速度2.1mol·s-1和1.8mol·s-1各方面轉(zhuǎn)化率變化不大，但是反響速率加快，提高了經(jīng)濟效益，所以答案為：增大進料速率，單位時間內(nèi)可以獲得更大產(chǎn)量，提高經(jīng)濟效益(6)氧氣的物質(zhì)的量為，提供的電子數(shù)目轉(zhuǎn)化為電流局部的為，十分鐘電路中通過電子總量為X×10×60=×1.60×10-19，求出=，所以答案為：?！痉治觥俊?〕根據(jù)蓋斯定律即可計算出焓變

〔2〕根據(jù)反響方程式，可以適當?shù)脑黾託錃獾臐舛群筒粩嗟膶⒓状紡漠a(chǎn)物中別離出，循環(huán)原料氣體可以提高轉(zhuǎn)化率

〔3〕根據(jù)給出的數(shù)據(jù)結(jié)合三行式即可計算出平衡時各物質(zhì)的濃度，即可計算出轉(zhuǎn)化率和二氧化碳的含量以及平衡常數(shù)

〔4〕主要式和反響的熱效應有關，溫度越高對于合成甲醇的反響，平衡逆向移動

〔5〕增大進料速率主要是提高產(chǎn)量

〔6〕根據(jù)給出的氧氣的體積計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)利用公式即可計算出NA

11.【答案】〔1〕2∶1

〔2〕3

〔3〕大于；PH3分子中磷原子上孤對電子對共價鍵的排斥作用大于共價鍵之間的斥力

〔4〕CCl4、SiCl4(或SiF4等)

〔5〕sp2；層狀結(jié)構(gòu)中沒有自由移動的電子

〔6〕面心立方最密堆積(或A1堆積)；×100%【解析】【解答】(1)基態(tài)鐵原子價電子排布是3d64s2，,那么未成對電子數(shù)成對電子對數(shù)之為4:2=2:1；

(2)同一周期從左到右第一電離能逐漸增大，但第二主族，第五主族反常，那么第二周期元素中，第一電離能介于元素B和N之間的元素有Be，C，O共3種元素；(3)超堿PnH離子中PH與PH3鍵角PH大于PH3，請分析原因PH3分子中磷原子上孤對電子對共價鍵的排斥作用大于共價鍵之間的斥力；(4)原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)相等