云南省曲靖市2023年高考化學二模試卷及答案

高考化學二模試卷一、單項選擇題1.從化學的視角分析，以下說法錯誤的選項是〔

〕A.除去鍋爐中的水垢時，可先用碳酸鈉溶液處理，使水垢蓬松，再參加鹽酸去除

B.可作供氧劑

C.人體攝入的油脂、蛋白質(zhì)必須先經(jīng)過水解才能被吸收

D.石英玻璃、分子篩的主要成分是硅酸鹽2.以下實驗的反響原理用離子方程式表示正確的選項是〔

〕A.少量通入溶液中：

B.用惰性電極電解氯化鎂溶液：

C.向溶液中參加足量Ba(OH)2溶液：

D.用雙氧水和稀硫酸處理銅印刷電路板：3.短周期元素M、X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大，且只有一種金屬元素，其中X與W處于同一主族，Z元素的原子半徑在短周期中最大(稀有氣體除外)，W、Z之間與W、Q之間原子序數(shù)之差相等，六種元素原子最外層電子數(shù)之和為22。以下說法正確的選項是〔

〕A.

X的氫化物沸點比Y的氫化物沸點低

B.

含有M與Y元素的化合物中可能存在離子鍵

C.

Y的簡單氣態(tài)氫化物與Q單質(zhì)在一定條件下不會發(fā)生置換反響

D.

Z與Q形成的化合物分子熔融狀態(tài)下會導電4.以下實驗中，現(xiàn)象及相應(yīng)結(jié)論都正確的選項是〔

〕選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A對于二氧化氮和四氧化二氮的平衡體系，縮小容器體積混合氣體顏色逐漸加深符合勒夏特列原理B溶液和KSCN溶液混合反響后，再參加少量KCI固體溶液紅色變淺增大生成物濃度，平衡逆向移動C向某無色溶液中滴加濃鹽酸產(chǎn)生能使品紅溶液褪色的氣體不能證明原溶液中含有或D向BaCl2溶液中先通入足量NH3，再通入SO2氣體無沉淀生成不能和反響生成和HClA.A

B.B

C.C

D.D5.用苯炔和M合成化合物N的方程式如圖：+(-Ph為苯基)以下說法中錯誤的選項是〔

〕A.1molN最多消耗2molNaOH

B.1mol苯炔在氧氣中充分燃燒消耗氧氣7mol

C.化合物M能發(fā)生復(fù)原反響、取代反響、加成反響、氧化反響

D.合成化合物N的反響類型是加成反響6.2021-2021年，國家相繼出臺一系列政策，扶持光伏發(fā)電工程建設(shè)。圖1是太陽能電池工作示意圖，與圖2裝置聯(lián)合可實現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)化和儲存。以下有關(guān)說法正確的選項是〔

〕A.

圖2交換膜一定為陽離子交換膜

B.

圖2右池電極反響為：

C.

Y接太陽能電池N極

D.

每轉(zhuǎn)移1mol電子，圖2右池溶液中n(H+)的變化量為4mol7.常溫下，向amL濃度均為0.1mol·L-1的NaOH和一水合二甲胺[(CH3)2NH·H2O]的混合溶液中逐滴參加bmL0.1mol·L-1鹽酸(一水合二甲胺在水中電離與一水合氨相似，常溫下Kb[(CH3)2NH·H2O]=2.0×10-5)。以下說法錯誤的選項是〔

〕A.b=0的溶液中有c(Na+)+c[(CH3)2NH]=c(OH-)-c(H+)

B.b=a所得溶液的pH值無法計算

C.b=1.5a所得溶液中有c[(CH3)2NH]＞c[(CH3)2NH·H2O]

D.b=2a時水的電離程度最大二、非選擇題8.我國有豐富的Na2SO4資源，2021年10月，中科院過程工程研究所公布了利用Na2SO4制備重要工業(yè)用堿(NaHCO3)及鹽(NaHSO4)的閉路循環(huán)綠色工藝流程：某校化學興趣小組根據(jù)該流程在實驗室中進行實驗。答復(fù)以下問題：〔1〕用所給實驗裝置圖進行流程中的“一次反響〞①裝置A中的橡皮管a的作用是________。②裝置B中參加CCl4的目的是________。③裝置C中的試劑b是________。④裝置B中發(fā)生反響的化學方程式為________?！?〕在“二次反響〞中，硫酸銨溶液與過量的硫酸鈉反響生成溶解度比較小的復(fù)鹽[Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O]，別離該復(fù)鹽與溶液的操作為________。〔3〕用所給實驗裝置圖進行流程中的“煅燒(350℃)〞①煅燒時，要邊加熱邊通氮氣，理由是________。②依據(jù)該流程的閉路循環(huán)綠色特點，“一次反響〞與“煅燒(350℃)〞的實驗中均采用如下列圖裝置處理尾氣，那么燒杯中的X溶液最好是________。〔4〕分析流程圖，寫出利用該流程制備兩種鹽的總反響的化學方程式________。9.碳酸錳(MnCO3)是制造電信器材的軟磁鐵氧體，也用作脫硫的催化劑，瓷釉、涂料和清漆的顏料。工業(yè)上利用軟錳礦(主要成分是MnO2，還含有Fe2O3、CaCO3、CuO等雜質(zhì))制取碳酸錳的流程如下列圖：：①“復(fù)原焙燒〞主反響為：。②可能用到的數(shù)據(jù)如表：氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2開始沉淀pH1.56.54.28.3沉淀完全pH3.79.77.49.8答復(fù)以下問題：〔1〕在實驗室進行步驟A，需要用到的儀器為________(選填“瓷堝〞或“鐵坩堝〞)?！?〕步驟C中得到濾渣的主要成分為________，步驟D中發(fā)生反響的離子方程式為________。〔3〕步驟E中調(diào)節(jié)pH的范圍為________。“10%NaOH溶液〞宜用________(填序號)代替。A．CuO

B．MnO2

C．Mn(OH)2

D．HCl〔4〕不用碳酸鈉溶液替代溶液，可能的原因是________。〔5〕如圖，用Fe、C(碳)作電極電解含MnO的污水，使之轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀而除去的裝置示意圖。污水中MnO轉(zhuǎn)化為沉淀的離子方程式為________?！?〕測定某產(chǎn)品中釩元素的含量：稱取15.30g產(chǎn)品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再參加溶液。最后用溶液滴定過量的至終點，消耗溶液的體積為100.00mL。假設(shè)雜質(zhì)不參與反響。那么產(chǎn)品中含釩元素的質(zhì)量分數(shù)是________。10.是一種廉價的碳資源，其綜合利用可以減少碳排放，對保護環(huán)境有重要意義?！?〕堿液吸收。用NaOH溶液捕獲，假設(shè)所得溶液中，那么溶液________。(室溫下，的；)〔2〕催化轉(zhuǎn)化。以、為原料在催化劑作用下合成涉及的主要反響如下。Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.答復(fù)以下問題：①________kJ/mol。②在絕熱恒容的密閉容器中，將按物質(zhì)的量之比1∶3投料發(fā)生反響Ⅰ，以下能說明反響已達平衡的是________(填序號)。A．體系的溫度保持不變B．體系的密度保持不變C．單位時間內(nèi)體系中消耗的同時生成D．混合氣體平均相對分子量保持不變E.和的轉(zhuǎn)化率相等③不同壓強下，按照投料，實驗測定的平衡轉(zhuǎn)化率和的平衡產(chǎn)率隨溫度(T)的變化關(guān)系如下列圖。其中縱坐標表示的平衡產(chǎn)率的是________(填“X〞或“Y〞)；壓強、、由大到小的順序為________；溫度高于時，Y幾乎相等的原因是________?！?〕超干重整的催化轉(zhuǎn)化如下列圖：①關(guān)于上述過程Ⅱ的說法正確的選項是________(填序號)。A．CO表示未參與反響B(tài)．C．實現(xiàn)了含碳物質(zhì)與含氫物質(zhì)的別離D．、CaO為催化劑，降低了反響的②在體積為1L的剛性密閉容器中，充入和，參加催化劑并加熱至使其發(fā)生反響，容器內(nèi)的總壓強p隨時間t的變化如表所示：反響時間024681012總壓強p/kPa10.011.512.313.013.614.014.0該溫度下的平衡常數(shù)________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù)，計算結(jié)果保存一位小數(shù))。11.Co、Se、Fe、Cr、Ni、C等元素化合物在生產(chǎn)、生活中應(yīng)用廣泛。答復(fù)以下問題：〔1〕金屬可導電、導熱，有金屬光澤和延展性，這些性質(zhì)都可以用“________理論〞解釋?！?〕金屬錳有多種晶型，γ型錳的面心立方晶胞俯視圖符合________(選填編號)，每個Mn原子周圍緊鄰的原子數(shù)為________。A．

B．

C．

D．〔3〕無水CoCl2的熔點是735℃，沸點1049℃，CoCl2屬于________晶體；砷酸分子中As原子的雜化方式為________雜化?！?〕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體。如圖為一種超導體的面心立方晶胞，分子占據(jù)頂點和面心處，占據(jù)的是分子圍成的正四面體空隙和________空隙(填幾何空間構(gòu)型)?！?〕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+，那么晶體中Ni2+與Ni3+的最簡整數(shù)比為________，晶胞參數(shù)為428pm，那么晶體密度為________g/cm3(表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出表達式)12.某藥物中間體Ⅰ的合成路線如下列圖：：答復(fù)以下問題：〔1〕A的名稱為________；C的結(jié)構(gòu)簡式________；E的官能團名稱為________?！?〕反響③的化學反響類型為________；④中濃硫酸的作用是________。〔3〕寫出反響⑤可能的化學方程式________(寫出一個方程式即可)?！?〕寫出滿足以下條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式________。(寫兩個)①含有六元含氮雜環(huán)；②無N-N鍵；③1H-NMR譜顯示分子中含有4種氫原子。〔5〕參照上述合成路線和信息，以丙烯為原料合成化合物的路線流程圖________(無機試劑任用，流程圖形式見題干)。

答案解析局部一、單項選擇題1.【答案】D【解析】【解答】A．除去鍋爐中的水垢時，可先用碳酸鈉溶液處理，將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，使水垢蓬松，再參加酸去除，A不符合題意；B．Na2O2與CO2、H2O反響能生成氧氣，故可用作供氧劑，B不符合題意；C．油脂是高級脂肪酸甘油酯，在人體內(nèi)水解為高級脂肪酸和甘油；蛋白質(zhì)在人體內(nèi)水解成氨基酸等小分子，兩者均需經(jīng)水解后才能被吸收，C不符合題意；D．分子篩是一種人工合成的具有篩選分子作用的水合硅鋁酸鹽(泡沸石)或天然沸石，其主要成分是硅酸鹽，石英玻璃的主要成分為SiO2，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.主要利用將沉淀轉(zhuǎn)換易溶于鹽酸的碳酸鈣

B.過氧化鈉可以做供氧劑

C.油脂水解以及蛋白質(zhì)水解后的小分子即可被人體吸收

D.分子篩的主要成分是硅酸鹽材料，石英玻璃的主要成分是二氧化硅2.【答案】D【解析】【解答】A．離子方程式應(yīng)為SO2+2CO+H2O=SO+2HCO，A不符合題意；B．離子方程式為Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，B不符合題意；C．符合題意離子方程式為Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O，C不符合題意；D．雙氧水在酸性環(huán)境中會將Cu氧化為Cu2+，選項所給離子方程式無誤，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.SO2少量無法生成CO2

B.電解氯化鎂溶液時陰極產(chǎn)生的氫氧根會和鎂離子生成沉淀

C.Ba(OH)2足量，最終會得到偏鋁酸根

D.過氧化氫具有氧化性可將銅單質(zhì)氧化為銅離子3.【答案】B【解析】【解答】A.的氫化物與的氫化物分別為烴和，烴有大分子和小分子，A項不符合題意；B.含有M與Y元素的化合物中可能為，含有離子鍵，B項符合題意；C.，可以發(fā)生置換反響，C項不符合題意；D.與形成的化合物為離子晶體，熔融狀態(tài)會導電，D項不符合題意；故答案為：B?！痉治觥坑深}意可知，短周期原子半徑最大，為，之間與之間原子序數(shù)之差相等，那么W最外層電子數(shù)為4，Q最外層電子數(shù)為7，判斷為，為，與處于同一主族，那么為,由最外層電子代數(shù)和為22，可以推出為，為。4.【答案】C【解析】【解答】A．體系中存在平衡2NO2N2O4，縮小容器體積壓強增大，NO2的濃度增大，顏色加深，但隨后平衡正向移動，NO2的量減少，混合氣體顏色開始變淺，A不符合題意；B．混合溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，所以參加KCl固體平衡不會發(fā)生移動，顏色不變，B不符合題意；C．向NaClO溶液中參加鹽酸會產(chǎn)生氯氣，氯氣也可以使品紅溶液褪色，所以不能證明原溶液中含有或，C符合題意；D．先通入NH3，再通SO2，兩者在溶液中反響生成亞硫酸銨，亞硫酸銨與氯化鋇會生成亞硫酸鋇白色沉淀，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.實驗現(xiàn)象描述錯誤，縮小體積的瞬間，濃度變大，顏色變深，一段時間后顏色變淺

B.顏色不變改變，平衡不會移動

C.產(chǎn)生的氣體不一定是氯氣可能是氯氣或者混合氣體

D.現(xiàn)象描述錯誤，應(yīng)該有白色沉淀5.【答案】A【解析】【解答】A．由題給結(jié)構(gòu)可知，N含有酯基、羰基，酯基在堿性條件下可發(fā)生水解，1molN最多消耗1molNaOH，故A符合題意；B．苯炔分子式為C6H4，1mol苯炔在氧氣中充分燃燒消耗氧氣7mol，故B不符合題意；C．化合物M含有酯基、羰基，可發(fā)生復(fù)原反響、取代反響、加成反響、氧化反響，故C不符合題意；D．由題可知，合成化合物N的反響類型是加成反響，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.根據(jù)N的結(jié)構(gòu)式即可找出與氫氧化鈉反響的基團

B.根據(jù)苯炔與氧氣反響的方程式即可計算

C.根據(jù)M的結(jié)構(gòu)簡式找出官能團即可找出發(fā)生的反響

D.根據(jù)反響物和生成物即可判斷反響類型6.【答案】B【解析】【解答】A．由分析知，X電極流入電子，Y電極失去電子，為了維持電荷守恒，可以是陽極室的陽離子〔如H+〕移入陰極室，也可以是陰極室陰離子陰離子〔如〕移入陽極室，故交換膜可以是陽離子或陰離子交換膜，A不符合題意；B．由圖2知，Y極VO2+失電子轉(zhuǎn)化為，對應(yīng)電極反響為：VO2+-e-+H2O=+2H+，B符合題意；C．由分析知，Y電極連接太陽能電池P電極，C不符合題意；D．由Y電極反響為VO2+-e-+H2O=+2H+，知每轉(zhuǎn)移1mol電子，右池中有2molH+生成，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥坑深}意知，圖1為太陽能電池工作示意圖，屬于原電池，圖2與圖1聯(lián)合時，圖2為電解池，由圖2知，X電極反響為，發(fā)生復(fù)原反響，故X為陰極，與電源負極相連，由圖1可知，電池的陽離子向P電極移動，所以P電極是太陽能電池的正極，N電極為負極，故X電極連接N電極，Y電極連接P電極。7.【答案】B【解析】【解答】A．b=0的溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)+c[(CH3

)2NH]=c(OH-)，所以c(Na+)+c[(CH3)2NH]=c(OH-)-c(H+)，A不符合題意；B．b=a時NaOH和HCl恰好完全反響，溶液中的溶質(zhì)為0.05mol/L的NaCl和0.05mol/L(CH3)2NH·H2O，設(shè)溶液中c(OH-)=xmol/L，那么有Kb==，Kb，所以可以求出c(OH-)，繼而計算溶液的pH值，B符合題意；C．b=1.5a時溶液中的溶質(zhì)為NaCl、以及等物質(zhì)的量的(CH3)2NH·H2O和[(CH3)2NH2]Cl，Kb[(CH3)2NH·H2O]=20×10-5，那么Kh==5×10-10＜Kb，所以(CH3)2NH·H2O的電離程度大于(CH3)2NH的水解程度，那么c[(CH3)2NH]＞c[(CH3)2NH·H2O]，C不符合題意；D．b=2a時溶液中的溶質(zhì)為NaCl和[(CH3)2NH2]Cl，只有(CH3)2NH的水解促進水的電離，沒有酸或堿抑制水的電離，所以此時水的電離程度最大，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)電荷守恒即可判斷

B.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)結(jié)合電離常數(shù)即可計算出氫氧根濃度即可計算出氫離子濃度

C.根據(jù)此時的數(shù)據(jù)判斷出此時溶質(zhì)即可判斷粒子濃度的大小

D.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)即可計算出此時的溶質(zhì)即可判斷水的電離程度二、非選擇題8.【答案】〔1〕平衡氣壓，使氨水能順利滴加；防止溶液倒吸；飽和NaHCO3溶液；Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4

〔2〕過濾

〔3〕排出分解產(chǎn)生的氨氣，防止氨氣重新與硫酸氫鈉反響；Na2SO4

〔4〕Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3+NaHSO4【解析】【解答】(1)①A中橡皮管a可以連通圓底燒瓶和分液漏斗，平衡氣壓，使氨水能順利滴加；②氨氣是極易溶于水的氣體，直接與水接觸可能發(fā)生倒吸，但氨氣難溶于四氯化碳，所以裝置B中參加CCl4的目的就是為了防止溶液倒吸；③稀鹽酸和碳酸鈣的反響發(fā)熱，可導致HCl的揮發(fā)，使制得的CO2中會混有HCl氣體，HCl可以和NaHCO3反響，而CO2難溶于飽和NaHCO3溶液，所以裝置C中為飽和NaHCO3溶液，用來吸收HCl氣體；④裝置B中Na2SO4溶液、NH3和CO2反響生成溶解性較小的NaHCO3，同時得到硫酸銨，化學方程式為Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；(2)該復(fù)鹽溶解度較小，所以會以固體形式析出，可以過濾別離；(3)①氨氣是堿性氣體，能與NaHSO4反響，為防止分解生成的氨氣重新與NaHSO4反響，應(yīng)邊加熱邊通氮氣，及時排出氨氣；②尾氣中主要含有氨氣，為將氨氣充分利用，結(jié)合“一次反響“步驟中的原料分析可知，最好用Na2SO4溶液吸收氨氣后直接循環(huán)利用，同時也符合流程的閉路循環(huán)綠色特點；(4)根據(jù)流程可知氨氣循環(huán)使用，所以反響物為Na2SO4溶液和CO2，生成物只有NaHCO3和

NaHSO4，根據(jù)元素守恒可得化學方程式為Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3+NaHSO4?！痉治觥坷肗a2SO4制備

NaHCO3

和NaHSO4的工藝流程為：Na2SO4溶液、NH3和CO2發(fā)生“一次反響“生成溶解性較小的NaHCO3，過濾得到NaHCO3

固體和(NH4)2SO4溶液，硫酸銨溶液與過量的硫酸鈉反響生成Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O，過濾得到固體Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O和Na2SO4溶液，Na2SO4溶液循環(huán)到“一次反響〞步驟，“灼燒〞Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O得到NaHSO4和NH3，NH3循環(huán)到“一次反響“步驟再利用。(1)裝置A中利用濃氨水和堿石灰制取氨氣，氨氣極易溶于水，所以氨氣進入三頸燒瓶后先和四氯化碳接觸，防止發(fā)生倒吸，右側(cè)裝置中利用稀鹽酸和碳酸鈣反響制取CO2，用飽和NaHCO3溶液除去混有的HCl氣體后通入B裝置進行反響，進行流程中的“一次反響〞，得到溶解性較小的NaHCO3，過濾得到NaHCO3

固體和(NH4)2SO4溶液，9.【答案】〔1〕鐵坩堝

〔2〕CaSO4和Cu；MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O

〔3〕3.7≤pH＜8.3；C

〔4〕碳酸鈉溶液中c(OH-)較大，會產(chǎn)生Mn(OH)2沉淀

〔5〕5Fe2++MnO+9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓

〔6〕50.0%【解析】【解答】(1)焙燒時碳酸鈣會和瓷坩堝中的二氧化硅反響，所以應(yīng)選用鐵坩堝；

(2)硫酸酸浸時，Cu不反響，CaO轉(zhuǎn)化為微溶物CaSO4，所以濾渣為CaSO4和Cu；步驟D參加MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；(3)Fe3+沉淀完全時的pH=3.7和Mn2+開始沉淀時的pH=8.3，所以為完全除去Fe3+，又不減小的Mn2+含量的pH范圍為3.7≤pH＜8.3；參加10%NaOH溶液的目的是中和氫離子，使溶液pH增大，但參加CuO會引入鋅雜質(zhì)，MnO2不和氫離子反響，Mn(OH)2既能和氫離子反響又不引入雜質(zhì)，HCl會使溶液pH減小，故答案為：C；(4)Na2CO3溶液堿性較強，c(OH-)較大，會產(chǎn)生Mn(OH)2沉淀，降低產(chǎn)品產(chǎn)率和純度；(5)MnO轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀時Mn元素被復(fù)原，而陰離子會在電解池的陽極聚集，陽極發(fā)生氧化反響，所以應(yīng)是以Fe棒作陽極，F(xiàn)e被氧化為Fe2+，F(xiàn)e2+再將MnO復(fù)原為Mn2+，結(jié)合陰極水放電時產(chǎn)生氫氧根生成Mn(OH)2沉淀，離子方程式為5Fe2++MnO+9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓；(6)Fe2+與KMnO4反響時被氧化為Fe3+，Mn元素被復(fù)原為Mn2+，根據(jù)電子守恒可知5n(Fe2+)=n(KMnO4)，結(jié)合題意可知VO消耗的亞鐵離子為2.00mol/L×0.1L-0.1mol/L×0.1L×5=0.15mol，即n(VO)=0.15mol，所以釩元素的質(zhì)量分數(shù)為×100%=50%?！痉治觥寇涘i礦參加木炭焙燒，F(xiàn)e2O3、CuO轉(zhuǎn)化為Fe、Cu，CaCO3分解為CaO，根據(jù)題意MnO2轉(zhuǎn)化為MnO，參加硫酸浸取，F(xiàn)e、MnO得到相應(yīng)的硫酸鹽，Cu不反響，CaO轉(zhuǎn)化為微溶物CaSO4；過濾得到的濾液中主要含有Fe2+、Mn2+等陽離子，參加MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，再參加10%NaOH溶液調(diào)節(jié)pH生成Fe(OH)3沉淀，過濾后向濾液中參加碳酸氫銨得到碳酸錳沉淀，別離烘干得到成品。

10.【答案】〔1〕10

〔2〕+40.9；AD；X；；溫度高于時以反響Ⅲ為主，又反響Ⅲ前后氣體分子數(shù)相等，壓強對平衡沒有影響

〔3〕BC；28.4【解析】【解答】(1)由，知K2=，解得c(H+)=10-10，那么pH=-Lgc(H+)=10；

(2)①Ⅰ-Ⅱ，結(jié)合蓋斯定律得：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=△H1-△H2=+40.9kJ/mol，故此處填40.9；②A．由于體系絕熱，故反響的熱效應(yīng)會引起溫度的改變，當溫度不變時，說明反響達平衡，A正確；B．由于容器體積不變，且反響前后氣體總質(zhì)量不變(前后均為氣體，質(zhì)量守恒)，故體系氣體密度()始終不變，不能用來判斷平衡狀態(tài)，B不正確；C．消耗H2和生成H2O均為正反響速率，不能說明正逆反響速率相等，故不能用來判斷平衡狀態(tài)，C不正確；D．雖然反響前后氣體總質(zhì)量不變(前后均為氣體，質(zhì)量守恒)，但氣體總物質(zhì)的量發(fā)生改變，由，知隨著反響進行，混合氣體平均相對分子質(zhì)量發(fā)生改變，當不變時，說明反響達平衡，D正確；E．由于CO2和H2的起始投料比等于化學計量數(shù)之比，故任意時刻，CO2和H2的轉(zhuǎn)化率均相等，故不能用來判斷平衡狀態(tài)，E不正確；故故答案為：AD；③反響Ⅰ、Ⅱ生成CH3OH，但反響Ⅰ、Ⅱ均為放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，CH3OH產(chǎn)率下降，故X代表CH3OH的平衡產(chǎn)率，故此處填：X；相同溫度下，由于增大壓強，反響Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移動，CH3OH平衡產(chǎn)率提高，故P1＞P2＞P3；由分析知，X代表CH3OH的平衡產(chǎn)率，故Y代表CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，當溫度高于T1時，不同壓強下，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率相等，說明壓強此時對平衡幾乎不產(chǎn)生影響，故此時應(yīng)以反響Ⅲ為主，故此處填：當溫度高于T1時，以反響Ⅲ為主，又反響Ⅲ前后氣體分子數(shù)相等，壓強對其平衡沒有影響；(3)①根據(jù)轉(zhuǎn)化原理，過程Ⅱ中第一步：CO＋CO2＋H2＋Fe3O4＋CaO→H2O＋Fe＋CaCO3，第二步：Fe＋CaCO3＋稀有氣體→稀有氣體＋Fe3O4＋CaO＋CO；A．根據(jù)上述分析，第一步CO為反響物，第二步生成CO，以及過程Ⅱ的總反響為CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，知A不正確；B．根據(jù)上述分析，過程Ⅱ的總反響為CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，B正確；C．含碳物質(zhì)最終轉(zhuǎn)化為CO，含氫物質(zhì)最終轉(zhuǎn)化為H2O，CO和H2O在不同步驟生成，故實現(xiàn)了含碳物質(zhì)和含氫物質(zhì)的別離，C正確；D．根據(jù)上述分析，F(xiàn)e3O4、CaO為催化劑，焓變只與體系中的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，因此使用催化劑不能改變反響焓變，D不正確；故答案為BC；②i．，利用相同條件下，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，有：，解得x=0.4，該溫度下的平衡常數(shù)Kp=，故此處填28.4?！痉治觥俊?〕利用給出的比值以及第二電離常數(shù)即可計算出pH

〔2〕①根據(jù)蓋斯定律即可計算出焓變

②根據(jù)反響

，正反響是放熱，且系數(shù)不等，可以通過判斷熱量不變以及某物質(zhì)的正逆速率是否相等以及濃度是否不變以及平均相對分子質(zhì)量是否保持不變等帕努單是否平衡

③根據(jù)產(chǎn)生甲醇的反響均是放熱即可判斷出甲醇的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系，根氣體系數(shù)的大小即可判斷，根據(jù)圖示即可判斷，溫度大小一定溫度后，反響是以III為主

〔3〕①A.根據(jù)流程圖即可判斷CO是否反響

B.根據(jù)最初的反響物和最終的生成物即可判斷

C.根據(jù)流程即可判斷實現(xiàn)含氫物質(zhì)和含碳物質(zhì)的別離

D.催化劑只是改變速率

②根據(jù)給出的數(shù)據(jù)可以得出平衡時的壓強，根據(jù)給出的數(shù)據(jù)級和三行式即可計算出平衡時各物質(zhì)物質(zhì)的量即可求出平衡分壓求出常數(shù)K

11.【答案】〔1〕金屬鍵

〔2〕C；12

〔3〕離子；sp3

〔4〕正八面體

〔5〕8∶3；【解析】【解答】(1)金屬晶體中存在金屬鍵，金屬鍵為金屬原子脫落下來的價電子形成遍布整塊晶體的“電子氣〞，被所有原子所共用，從而把所有的金屬原子維系在一起，所以金屬可導電、導熱，具有金屬光澤，有延展性，這些性質(zhì)都可以用金屬鍵理論解釋；

(2)γ型錳為面心立方晶胞，即在立方體的頂點和面心具有Mn原子，俯視時頂