池州市高三月份教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)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2020年池州市普通高中高三教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)一監(jiān)測(cè)理科綜合能力試卷化學(xué)部分可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1Li—7N14O-16P—31Cl-35.5Mn-55Cu-64Sn—119第I卷選擇題（每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求）1。化學(xué)科學(xué)與技術(shù)在宇宙探索、改進(jìn)生活、改善環(huán)境與促進(jìn)發(fā)展方面均發(fā)揮著關(guān)鍵性的作用。下列敘述正確的是()A。漢代燒制出“明如鏡、聲如磬"的瓷器，其主要原料為石灰石B.“神舟"和“天宮"系列飛船使用的碳纖維，屬于傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料C.醫(yī)用口罩“熔噴層”使用的主要原料聚丙烯，屬于有機(jī)高分子材料D。“山東艦”上的攔阻索是一種特種鋼纜,屬于新型無機(jī)非金屬材料【答案】C【解析】【詳解】A。瓷器的主要原料為黏土，水泥的主要原料是石灰石和黏土,A項(xiàng)錯(cuò)誤；B?！吧裰邸焙汀疤鞂m”系列飛船使用的碳纖維，屬于新型無機(jī)非金屬材料,不屬于傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.有機(jī)高分子材料可以稱為聚合物或高聚物，醫(yī)用口罩“熔噴層"使用的主要原料聚丙烯，是經(jīng)過丙烯加聚而成,屬于有機(jī)高分子材料,C項(xiàng)正確；D?！吧綎|艦"上的攔阻索是一種特種鋼纜，屬于合金，不屬于新型無機(jī)非金屬材料，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。2.氫型陽(yáng)離子交換樹脂(HR)可使水中鈣、鎂離子通過離子交換而除去，羥型陰離子交換樹脂（ROH）可以使氯離子等陰離子通過離子交換而除去,現(xiàn)代海水的一種淡化方法是使海水（含鈣離子、鎂離子、鈉離子、氯離子等)依次通過兩種離子交換樹脂A、B(如圖所示)，下列敘述中不正確的是()A。若兩柱中均交換完全，從B處出來的淡水為中性B.A柱為氫型離子交換樹脂(HR)，B柱為羥型離子交換樹脂(ROH）C.HR與鈣離子的交換可表示為;2HR+Ca2+=CaR2+2H+D.兩種交換樹脂均可以持續(xù)使用，無需處理【答案】D【解析】【分析】若使海水先通過樹脂（ROH），溶液中有較多的OHˉ，使海水中的Mg2+轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂沉淀,造成堵塞而使海水淡化失敗，所以A為氫型陽(yáng)離子交換樹脂，B為羥型陰離子交換樹脂?！驹斀狻緼。由分析可知，海水先經(jīng)過樹脂(HR)，海水中的大量金屬離子轉(zhuǎn)移出去，同時(shí)含有大量H+，再經(jīng)過樹脂(ROH），大量的氯離子轉(zhuǎn)移出去,同時(shí)進(jìn)來OHˉ，由于電荷守恒，氫離子和氫氧根總數(shù)相同,故完全中和,B處得到淡水為中性，A說法正確;B.由分析可知,A柱為氫型離子交換樹脂（HR)，B柱為羥型離子交換樹脂（ROH），B說法正確；C.氫型陽(yáng)離子交換樹脂是陽(yáng)離子與氫離子交換,HR與鈣離子的交換可表示為：2HR+Ca2+=CaR2+2H+，C說法正確；D.樹脂置換了水中一定的鈣鎂等硬度離子，將無法再降低水中的鈣鎂含量，需要對(duì)樹脂進(jìn)行再生處理，D說法錯(cuò)誤;答案選D。3.下表中的實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蚰艿贸鱿鄳?yīng)結(jié)論的是(）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蚪Y(jié)論A用pH試紙分別測(cè)同濃度的Na2SO3溶液與Na2CO3溶液的pH，Na2CO3溶液的pH更大非金屬性：S〉CB分別將乙醇與雙氧水滴入酸性KMnO4溶液中，觀察到KMnO4溶液均褪色兩種物質(zhì)使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同CSO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色SO2表現(xiàn)漂白性D向盛有5mL0。01mol/LAgNO3溶液的試管中滴加5滴0。01mol/LNaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加0。01mol/LNaI溶液，立即產(chǎn)生黃色沉淀常溫下，Ksp(AgCl)>Ksp（AgI）A。A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A。用pH試紙分別測(cè)同濃度Na2SO3溶液與Na2CO3溶液的pH，Na2CO3溶液的pH更大,說明亞硫酸氫根離子的酸性強(qiáng)于碳酸氫根離子。非金屬性與最高價(jià)氧化物的水化物的酸性呈正比，若要證明非金屬性：S〉C,則證明酸性：H2SO4＞H2CO3，故不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.乙醇中的羥基可以被氧化為羧基,雙氧水中的過氧基團(tuán)可以被氧化為氧氣，酸性高錳酸鉀被還原為Mn2+而褪色，故兩種物質(zhì)使酸性KMnO4溶液褪色均發(fā)生氧化還原,褪色原理相同，B項(xiàng)正確；C。SO2能使品紅溶液褪色，加熱恢復(fù)至原來的顏色，屬于化合漂白。SO2也具有還原性,使酸性高錳酸鉀溶液褪色：5SO2+2MnO4ˉ+2H2O=2Mn2++5SO42ˉ+4H+,不是漂白性的體現(xiàn)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D。向盛有5mL0。01mol/LAgNO3溶液的試管中滴加5滴0。01mol/LNaCl溶液,出現(xiàn)AgCl白色沉淀，此時(shí)體系中剩余大量AgNO3溶液,再滴加0。01mol/LNaI溶液,立即產(chǎn)生AgI黃色沉淀，沒有發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，不能說明,Ksp（AgCl）>Ksp（AgI），D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】非金屬性與最高價(jià)氧化的水化物酸性呈正比；二氧化硫具有還原性，可以使氯水、溴水、碘水、高錳酸鉀等溶液褪色，褪色原理是氧化還原，不是漂白性。4。經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)，新藥瑞德西韋對(duì)抗冠狀病毒有效，其結(jié)構(gòu)如下圖，下列關(guān)于該有機(jī)物說法正確的是（)A.不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.與堿溶液反應(yīng)，與酸溶液不反應(yīng)C.分子中所有碳原子一定在同一平面上D。一定條件下，可以發(fā)生取代、加成和氧化反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A.分子內(nèi)含有碳碳雙鍵、羥基、氨基能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B。酯基和磷酰胺可以在酸性或堿性條件下發(fā)生水解，在堿性條件下發(fā)生水解生成酸性物質(zhì)可以與堿反應(yīng)，同時(shí)分子內(nèi)的氨基有一定的堿性，可以與酸反應(yīng)生成鹽,因此該分子既可以與酸反應(yīng)，又可以與堿反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.磷酰胺的結(jié)構(gòu)為四面體結(jié)構(gòu)，磷原子位于四面體內(nèi)，因此整個(gè)分子中的所有碳原子不可能共平面，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.一定條件下,可以發(fā)生取代，例如酯基、磷酰胺的水解，苯環(huán)的硝化反應(yīng)等；可以發(fā)生加成，例如碳碳雙鍵的加成等；可以發(fā)生氧化反應(yīng),例如與氧氣的燃燒、羥基的催化氧化等，D項(xiàng)正確；答案選D。5.用新型甲醇燃料電池作電源電解硫酸銅溶液，下列有關(guān)說法不正確的是()A.甲醇一極的電極反應(yīng)式為CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H+B.若a為粗鋼，b為精銅，消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下224mLO2，則a極質(zhì)量減少1.28gC.若a.b均為石墨，a極反應(yīng)為：2H2O—4e-=4H++O2↑D。若a為石墨,b為銅，消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下224mLO2，則電解后CuSO4溶液的pH為1（忽略溶液體積變化）【答案】B【解析】【分析】用新型甲醇燃料電池作電源電解硫酸銅溶液，在組合裝置中，燃料電池提供電能為原電池裝置，通入氧氣一極得電子發(fā)生還原，作正極,通入甲醇一極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，作負(fù)極。電解池中，與電源正極先連的電極為陽(yáng)極，那么a電極是陽(yáng)極,b電極是陰極?！驹斀狻緼。根據(jù)分析，甲醇作負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng),在酸性電解液中，甲醇被氧化為CO2，化合物中碳元素化合價(jià)從—2上升到+4，故其電極反應(yīng)式為CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H+，A說法正確;B。若a為粗鋼，b為精銅，粗銅作陽(yáng)極不考慮溶液中其他離子放電，粗銅(含銅、鋅、鐵、銀等雜質(zhì)）發(fā)生氧化會(huì)溶解，燃料電池中消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下224mLO2,氧氣的物質(zhì)的量0。1mol，電路中轉(zhuǎn)移電子0.04mol，則粗銅上轉(zhuǎn)移的電子0。04mol,a極由鋅、鐵、銅等金屬溶解，則a極減少的質(zhì)量不能確定,B說法錯(cuò)誤；C。若a。b均為石墨為惰性電極，根據(jù)分析a極為陽(yáng)極，聚集陰離子SO42ˉ和水中的OHˉ,水中OHˉ失電子能力比SO42ˉ強(qiáng)，故OHˉ放電失去電子發(fā)生氧化,a極反應(yīng)為：2H2O—4e-=4H++O2↑,C說法正確；D。若a為石墨，b為銅,則陽(yáng)極為惰性電極，只考慮離子放電。陽(yáng)極區(qū)聚集的水中OHˉ失電子能力比SO42ˉ強(qiáng)，則水中OHˉ先放電發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣。陰極區(qū)Cu2+得電子能力比水中的H+強(qiáng)，則Cu2+先放電發(fā)生還原反應(yīng)生成Cu。故電解池的總反應(yīng)為2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+,消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下224mLO2，n（O2）=0。01mol,根據(jù)關(guān)系式法O2～4e-~4H+，得n（H+）=0.04mol,溶液體積400mL,c（H+)=0.1mol·L-1，故pH為1，D說法正確;答案選B?！军c(diǎn)睛】燃料電池中,空氣或者氧氣作正極，燃料做負(fù)極.在沒有給定限制條件下，酸性介質(zhì)中，燃料中的碳產(chǎn)物為二氧化碳,堿性介質(zhì)產(chǎn)物為碳酸根離子，而氮元素產(chǎn)物是氮?dú)猓ㄋ釅A性).電解池裝置首先考慮陽(yáng)極，若陽(yáng)極為活潑金屬（包括Ag以及Ag之前的金屬），那么活潑金屬會(huì)失去電子而溶解,不考慮陰離子放電的順序；若為惰性電極作陽(yáng)極，考慮離子的放電順序,順序得牢記。6.NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（)A.常溫下,28gN2和O2的混合氣體中含有的中子數(shù)為14NAB。100g質(zhì)量分敷為46%的乙醇水溶液中含有的氫原子數(shù)為6NAC。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LHF所含的分子數(shù)為NAD.25°C時(shí)，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH—的數(shù)目為0。1NA【答案】A【解析】【詳解】A。采用極限法分析，若28gN2（每個(gè)氮分子中子數(shù)為7×2=14）含中子數(shù)為14NA，若28gO2（每個(gè)氧分子中子數(shù)為16）含中子數(shù)為14NA，故二者混合共28g時(shí)，中子數(shù)為14NA，A項(xiàng)正確；B。100g質(zhì)量分敷為46％的乙醇水溶液中，乙醇的質(zhì)量為46g，乙醇的物質(zhì)的量為1mol，乙醇中的氫原子個(gè)數(shù)為6NA，水的質(zhì)量為54g，水的物質(zhì)的量為3mol，水中含氫原子個(gè)數(shù)6NA，則100g質(zhì)量分敷為46%的乙醇水溶液中共含有氫原子數(shù)為6NA，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HF是液體，則體積22。4LHF指的不是1mol，所含的分子數(shù)為也不是NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.25°C時(shí)，pH=13的Ba(OH)2溶液沒有已知溶液的體積，故所含的OH-的數(shù)目無法計(jì)算，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A?！军c(diǎn)睛】需要總結(jié)并規(guī)避常見NA的陷阱，比如標(biāo)況下為非氣體狀,或者氣是體狀態(tài)時(shí)候所處的不是標(biāo)況；溶液沒有已知體積確要計(jì)算物質(zhì)的量;反應(yīng)不徹底沒辦法確定生成物的量，沒辦法確定電子轉(zhuǎn)移數(shù)目等等。7。在25°C時(shí)，某二元酸H2X及其鈉鹽的溶液中，H2X、HX—、X2-分別在三者中所占的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(Φ)隨溶液pH變化關(guān)系如下圖所示,下列敘述不正確的是（）A.在pH=5的溶液中，存在=10-4.5B。在pH=7。5的溶液中，存在3c（HX-)=c(Na+）+c（H+)—c（OH-）C.將相同物質(zhì)的量的Na2X和NaHX完全溶于水所得溶中液的pH值為7.5D.等體積等濃度的NaOH溶液與H2X溶液混合，溶液顯酸性且存在c(H+)+(H2X）=c（OH-）+c(X2-)【答案】C【解析】【分析】如圖當(dāng)pH值為3，c(HX-）=c(H2X),Ka1(H2X)==1。0×10—3，當(dāng)pH值為7。5,c（X2—）=c（HX—）,Ka2（H2X)==1.0×10-7.5，X2-發(fā)生兩步水解，，?！驹斀狻緼.二元酸H2X存在兩步電離，H2XHX-+H+，Ka1=1。0×10-3，HX-X2-+H+，Ka2=1。0×10-7.5，，A說法正確；B.在pH=7。5的溶液中,HX—和X2—物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相同，c(HX—)=c（X2——)，此時(shí)溶液中存在電荷守恒c(OH—)+2c(X2—-）+c(HX-）=c（Na+)+c（H+）,故3c(HX-）=c（Na+)+c（H+)-c（OH—)等式正確,B說法正確；C。NaHX中HX-水解能力（=1.0×10-11）小于其電離能力（=1。0×10-7。5），以電離為主.Na2X中X2—的水解能力（=1。0×10—6。5）大于NaHX中HX-的電離，故若將相同物質(zhì)的量的Na2X和NaHX完全溶于水，那么溶液中c(HX-）＞c（X2—-),此時(shí)pH值＞7.5，C說法錯(cuò)誤；D。等體積等濃度的NaOH溶液與H2X溶液混合,二者按照一比一恰好反應(yīng)完全生成NaHX，其質(zhì)子守恒為c(H+）+（H2X)=c（OH-)+c（X2-)，D說法正確；答案選C.【點(diǎn)睛】讀圖分析特別注意交點(diǎn)的含義；對(duì)于二元弱酸和其各自對(duì)于的鹽來講，存在（H2X)·（HX-)=，（HX-)·(X2—）=。探究NaHX酸堿性選用對(duì)于的（HX-）、（HX—），若水解平衡常數(shù)較大,則顯堿性促進(jìn)水的電離,若電離常數(shù)較大，則顯酸性抑制水的電離。第II卷必做題8.FTO導(dǎo)電玻璃為抄雜氟的SnO2透明導(dǎo)電玻璃，r泛用于液晶顯示屏，薄膜太陽(yáng)能電池基底等方面，SnCl4可用于制作FTO導(dǎo)電玻璃。實(shí)驗(yàn)室可用熔融的錫與Cl2反應(yīng)制備SnCl4，此反應(yīng)放熱，生成的SnCl4易水解生成SnO2?XH2O.回答下列問題：有關(guān)物理性質(zhì)如下表：物質(zhì)顏色、狀態(tài)熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃Sn銀白色固體231.92260SnCl4無色液體-33114SnCl2無色晶體246652（1）將上述裝置用玻璃管連接，組裝成一套制備SnCl4的實(shí)驗(yàn)裝置(每個(gè)裝置最多使用一次）,正確的順序是：（填各接口的字母）B→____→____→____→____→_____N→A→____→___→____→____；（2)Ⅲ處中應(yīng)選用的冷凝管為_______(填選項(xiàng)字母)；（3）檢查裝置氣密性并裝好藥晶后，應(yīng)先______待出現(xiàn)______再點(diǎn)燃I處的酒精燈,否則會(huì)有副反應(yīng)發(fā)生：①___________________。②_________________(用化學(xué)方程式表示）;（4）Cl2和錫的反應(yīng)產(chǎn)物有SnCl4和SnCl2,為減少產(chǎn)晶中SnCl2的量，可采取的措施是_______________________________、____________________________________；(5）已知Fe3++Sn2+-Fe2++Sn4+(未配平）。準(zhǔn)確稱取樣品mg于饒杯中。用少量濃鹽酸溶解.加入過量的氧化鐵溶液,再加水稀釋，配制成250mL。溶液。取25。00mL于錐形瓶中。用0.1000mol·L—1K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液15.00mL。則產(chǎn)品中SnCl2的含量W_______%（用含m的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1）。I(2）.H(3）.E(4)。F（5）.A（6）。C(7)。D（8）。J(或K）（9）.K(或J）（10）。B(11）。先打開Ⅱ中的分液漏斗活塞(12）。Ⅰ中蒸餾燒瓶中充滿黃綠色氣體后(13）.Sn+O2SnO2（14)。SnCl4+（x+2）H2O=SnO2?XH2O↓+4HCl↑（15）。使氯氣過量（16)。控制Sn與氯氣的反應(yīng)溫度在231。9℃至652℃之間（17）。【解析】【分析】裝置Ⅱ是制備氯氣的裝置,生成的氯氣中混有HCl和水蒸氣,將氣體通過飽和食鹽水除去HCl氣體，再通過濃硫酸除去水蒸氣，得到純凈干燥的氯氣。通入裝置I，氯氣與Sn反應(yīng)SnCl4蒸汽（沸點(diǎn)114℃）,再經(jīng)裝置Ⅲ冷卻得到SnCl4液體，由于SnCl4易水解，防止與空氣中的水蒸氣接觸以及過量的氯氣要進(jìn)行尾氣吸收，需要在裝置Ⅲ后連接裝置Ⅵ?！驹斀狻浚?）根據(jù)分析,組裝成一套制備SnCl4的實(shí)驗(yàn)裝置正確的順序是：B→I→H→E→F→N→A→C→D→J（或K）→K（或)J；（2）A為球形冷凝管,C為蛇形冷凝管,二者作用均為冷凝回流,一般用于提高原料利用率。裝置Ⅲ中冷凝管的作用是冷凝收集，故選用直形冷凝B；(3）在組裝好實(shí)驗(yàn)儀器，檢查氣密性之后,應(yīng)當(dāng)先打開分液漏斗的活塞，使生成的氯氣排除整個(gè)裝置內(nèi)的空氣，當(dāng)蒸餾燒杯內(nèi)充滿氯氣后，再點(diǎn)燃I處酒精燈，防止裝置內(nèi)的氧氣氧化Sn：Sn+O2SnO2，以及生成SnCl4與水蒸氣易發(fā)生水解生成SnO2?XH2O:SnCl4+（x+2)H2O=SnO2?XH2O↓+4HCl↑;（4）Cl2和錫的反應(yīng)產(chǎn)物有SnCl4和SnCl2，從化合物化合價(jià)角度出發(fā)，SnCl2具有還原性，可以被氯氣氧化為SnCl4，故為了減少產(chǎn)物中SnCl2的含量，可以通入過量的氯氣;從反應(yīng)溫度的角度出發(fā)，首先需要熔融狀態(tài)的Sn，溫度最低231。9℃,此時(shí)高于SnCl4的沸點(diǎn)，SnCl4是氣體,為了使SnCl2不氣化,溫度需低于652℃,則通過控制反應(yīng)的溫度在231。9℃至652℃之間可以降低產(chǎn)物中SnCl2的含量；（5)本實(shí)驗(yàn)用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液測(cè)定產(chǎn)品中SnCl2的含量，發(fā)生下列反應(yīng)原理：2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，6Fe2++Cr2O72ˉ+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得關(guān)系式3Sn2+～6Fe2+～Cr2O72ˉ，實(shí)驗(yàn)中消耗n（Cr2O72ˉ）=0。1000mol·L—1×0。015L=0.0015mol，則25。00mL樣品溶液中含有n(SnCl2）=0。0045mol，則250。00mL樣品溶液中含有n（SnCl2)=0.045mol，含m(SnCl2）=0。045mol×190g·mol—1=8。55g，則產(chǎn)品中SnCl2的含量為【點(diǎn)睛】進(jìn)行氧化還原滴定分析過程中,寫出對(duì)于的反應(yīng)配比，根據(jù)滴定類型（直接滴定、間接滴定、返滴定）書寫關(guān)系式,代入數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算時(shí)注意單位、關(guān)系式中的系數(shù)。9。馬日夫鹽[Mn(H2PO4）2·2H2O］在國(guó)防工業(yè)中常用作各種武器的潤(rùn)滑層和防護(hù)層。以軟錳礦(主要成分為MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2)為原料制備馬日夫鹽的主要工藝流程如圖：（1）“漫錳”時(shí)為了提高浸取率,可采取的措施有_________（任寫出一條）；在步驟一中,如果SO2氣體中混有空氣，測(cè)得反應(yīng)液中Mn2+、SO42-的濃度隨反應(yīng)時(shí)間t變化如圖，產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因是_______________;(2)關(guān)于“步驟二”的說法正確的是_________；A．為提高萃取率和產(chǎn)品產(chǎn)量，實(shí)驗(yàn)時(shí)分多次萃取并合并萃取液B．溶液中加入萃取劑Y，轉(zhuǎn)移至分液漏斗中。塞上玻璃塞，如圖用力振搖C．經(jīng)幾次振據(jù)并放氣后,手持分液漏斗靜置待液體分層D．分液時(shí)，將分液濕斗上的玻璃塞打開或使塞上的四槽對(duì)準(zhǔn)漏4口上的小孔，打開旋塞，待油水界面與旋塞上口相切，關(guān)閉旋塞后再?gòu)纳峡诘钩錾蠈右后w(3）已知幾種離子開始沉淀和完全沉淀時(shí)的pH如下表所示：離子開始沉淀時(shí)的pH完全沉淀時(shí)的pHFe2+7。69.7Fe3+2。73。7Al3+3.84.7Mn2+8。39.8濾渣X的化學(xué)式為_____，步驟三時(shí)，pH值應(yīng)調(diào)到的范圍是________________；（4）步驟四時(shí)，將Na2CO3溶液逐漸加入錳鹽溶液中；若顛倒滴加順序可能會(huì)生成__________已知Ksp(MnCO3)=2.24×10—11，加入飽和Na2CO3溶液使Mn2+恰好沉淀完全后.溶液中c（CO32-)=________;（5）步驟五產(chǎn)生馬日夫鹽晶體的化學(xué)反應(yīng)方程式為___________________?！敬鸢浮?1)。適當(dāng)升溫、適當(dāng)增大硫酸濃度、攪拌（2)。Mn2+為SO2(或H2SO3）與O2反應(yīng)的催化劑(3）.AD(4)。Al(OH）3(5).4.7≤pH<8.3或[4。7，8.3）(6)。Mn（OH)2（7)。2.2410—6mol?L-1(8).MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn（H2PO4）2?2H2O+CO2↑【解析】【分析】軟錳礦(主要成分為MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2）加入稀硫酸溶解部分金屬氧化物,通入二氧化硫進(jìn)行步驟一“浸錳”操作,二氧化硫與MnO2發(fā)生氧化還原，將二氧化錳轉(zhuǎn)換為Mn2+，步驟一過濾，濾渣是SiO2.步驟二加入有機(jī)萃取劑萃取Fe3+，有機(jī)相中含有Fe3+經(jīng)過分液除去，步驟三對(duì)無機(jī)相進(jìn)行調(diào)節(jié)pH值，使Al3+沉淀完全的同時(shí)不影響Mn2+，則調(diào)節(jié)pH范圍是大于等于4。7小于8.3，然后進(jìn)行過濾，濾渣X為Al（OH)3，往濾液中加入Na2CO3溶液進(jìn)行“沉錳”操作，得到碳酸錳固體，加入磷酸進(jìn)行酸溶可以得到馬日夫鹽Mn(H2PO4）2·2H2O。【詳解】（1)提高浸取率，一般可以適當(dāng)增大酸的濃度、適當(dāng)提高反應(yīng)溫度、攪拌等；步驟一中通入SO2與軟錳礦中MnO2發(fā)生氧化還原,將MnO2轉(zhuǎn)換為Mn2+，將SO2轉(zhuǎn)化為SO42—，隨著二氧化硫通入量增加，Mn2+和SO42-同等程度增大。若SO2氣體中混有空氣，空氣中的氧氣可以作氧化劑,代替MnO2，根據(jù)濃度時(shí)間變化圖，開始一段時(shí)間化學(xué)反應(yīng)速率較慢，Mn2+和SO42—濃度同等程度略有增大，說明氧氣幾乎沒反應(yīng),在2h后SO42-濃度明顯增大，此時(shí)Mn2+保持平緩，說明在此過程發(fā)生SO2和空氣中氧氣的氧化還原反應(yīng)，且Mn2+作催化劑；(2）利用物質(zhì)在兩種互不相溶的溶劑中溶解度的不同，式物質(zhì)從一種溶劑內(nèi)轉(zhuǎn)移到另外一種溶劑中.物質(zhì)在兩種溶劑中有著不同的溶解度，稱為分配定律。需要經(jīng)過反復(fù)多次萃取，才可以提高萃取率和產(chǎn)品產(chǎn)率，故A項(xiàng)實(shí)驗(yàn)時(shí)分多次萃取并合并萃取液說法是正確的;萃取分液的操作如下：1.檢查分液漏斗是否漏水；2.在分液漏斗中先裝入溶液再加入萃取劑Y;3.振蕩搖勻：塞上玻璃塞，右手拇指壓住瓶塞，左手按住分液漏斗的活塞,保證不漏液,做倒轉(zhuǎn)振蕩，讓兩種液體充分混合，過程中壓強(qiáng)增大，通過活塞放氣.故B說法錯(cuò)誤；4.將分液漏斗放置在鐵架臺(tái)上靜置分層,C項(xiàng)說法錯(cuò)誤;5.分液：將分液濕斗上的玻璃塞打開或使塞上的四槽對(duì)準(zhǔn)漏4口上的小孔，打開旋塞,待油水界面與旋塞上口相切，關(guān)閉旋塞后再?gòu)纳峡诘钩錾蠈右后w，分液完成，故D項(xiàng)說法正確;故選AD。（3）通過分析可知，濾渣X為Al（OH）3；由離子開始沉淀和沉淀完全的pH表格可得，使Al3+沉淀完全，pH應(yīng)大于等于4.7，但同時(shí)不影響Mn2+，不能使Mn2+沉淀，pH應(yīng)小于8。3，故在步驟三pH應(yīng)調(diào)到的范圍是4。7≤pH〈8.3或[4。7，8.3）；(4）步驟四時(shí)，若將Mn2+溶液滴加到Na2CO3溶液中，Na2CO3溶液顯堿性，使得Mn2+沉淀生成Mn(OH）2；加入飽和Na2CO3溶液使Mn2+恰好沉淀完全生成MnCO3，溶液中存在碳酸錳的沉淀溶解平衡Ksp（MnCO3）=c（Mn2+)·c（CO32—），Mn2+恰好沉淀完全指的是c（Mn2+）=1.0×10—5，故溶液中c（CO32-）=；(5）步驟五得到的MnCO3用磷酸進(jìn)行酸溶,通過主要主要產(chǎn)物的分析，該反應(yīng)沒有化合價(jià)變化，不屬于氧化還原，碳酸錳中的碳酸根在酸性環(huán)境下轉(zhuǎn)化為二氧化碳，故產(chǎn)生馬日夫鹽晶體的化學(xué)反應(yīng)方程式為:MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H2PO4）2?2H2O+CO2↑.【點(diǎn)睛】關(guān)于Ksp的相關(guān)計(jì)算時(shí)：1。開始沉淀可以使用Ksp;2.沉淀完全，可以使用Ksp，且該離子的濃度小于等于1。0×10-5。10.2019年廈門大學(xué)王野教授課題組在合成氣(主要成分CO和H2）催化轉(zhuǎn)化制乙醇方面實(shí)施可控接力催化,按照:合成氣→甲醇→乙酸→乙醇的方式，成功實(shí)現(xiàn)乙醇的高選擇性合成。（1）已知：①H2（g)+O2（g）=H2O（g）△H1=—285.8KJ/mol;②CO（g)+O2(g）=CO2（g）△H2=—283KJ/mol；③CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g）+2H2O(l）△H3=—764.6KJ/mol;則工業(yè)上利用合成氣制備甲醇的可逆反應(yīng)熱化學(xué)方程式為______________________；（2）恒溫恒容條件下，下列能說明合成氣制甲醇的反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)的是_______;A．單位時(shí)間內(nèi)生成nmolCO的同時(shí)生成2nmolH2B．v(H2)正=2v（CH3OH)逆C．容器內(nèi)氣體的密度保持不變D．容器中氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變(3）利用天然氣制取合成氣的原理為:CO2（g)+CH4(g)=2CO（g)+2H2（g)，在密閉容器中通入物質(zhì)的量濃度均為0。1molL—1的CH4與CO2,在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，測(cè)得CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度及壓強(qiáng)的關(guān)系如下圖所示，則壓強(qiáng)P1______P2（填“大于"或“小于");壓強(qiáng)為P2時(shí)，在Y點(diǎn):v(正）_____v(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”），求Y點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下的該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=________（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。（4)以二氧化鈦表面覆蓋CuAlO4為催化劑,可以將CH4和CO2直接轉(zhuǎn)化成乙酸。①在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如下圖所示.250—300°C時(shí)，溫度升高面乙酸的生成速率降低的原因是____；②為了提高該反應(yīng)中CH4的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是_____________________；（5）一定條件下，甲醇與一氧化碳反應(yīng)可以合成乙酸。常溫條件下,將amol/L的CH3COOH溶液與bmol/Ba(OH）2溶液等體積混合，反應(yīng)平衡時(shí)，2c（Ba2+)=c(CH3COO-)，用含a和b的代數(shù)式表示，該混合溶液中醋酸的電離常數(shù)為________?！敬鸢浮?1).CO(g）+2H2(g)?CH3OH(g)△H3=-90KJ?mol—1(2）.BD(3）.小于（4）。大于(5）。1。6mol2/L2(6）.溫度超過250℃時(shí)，催化劑的催化效率降低(7）.增大反應(yīng)壓強(qiáng)或增大CO2的濃度（8）。【解析】【詳解】(1）工業(yè)上利用合成氣CO和H2制備甲醇，根據(jù)蓋斯定律，①×2+②—③可得CO（g)+2H2(g)?CH3OH（g)△H=2△H1+△H2—△H3=2×（-285.8KJ/mol）+（-283KJ/mol）-（—764。6KJ/mol）=-90KJ?mol-1；(2）恒溫恒容條件下A．單位時(shí)間內(nèi)生成nmolCO的同時(shí)生成2nmolH2，只有逆反應(yīng)，不能說明達(dá)到平衡,可以改為單位時(shí)間內(nèi)生成nmolCO的同時(shí)消耗2nmolH2，；B．不同物質(zhì)的正逆化學(xué)反應(yīng)速率呈系數(shù)比，v(H2）正=2v（CH3OH)逆，可以說明達(dá)到平衡；C．容器內(nèi)氣體的密度始終為定值不變，故密度保持不變不能說明達(dá)到平衡，錯(cuò)誤；D．容器中氣體的平均摩爾質(zhì)量會(huì)逐漸增大，當(dāng)達(dá)到平衡，平均摩爾質(zhì)量保持不變，可以說明達(dá)到平衡,以此以上能說明合成氣制甲醇的反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)BD；(3）CH4的平衡轉(zhuǎn)化率—T—P，在相同條件下保持溫度不變,增大壓強(qiáng)平衡向氣體粒子數(shù)目減小的方向移動(dòng),該反應(yīng)逆向移動(dòng)，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率降低,故壓強(qiáng)越大平衡轉(zhuǎn)化率越低，P1平衡轉(zhuǎn)化率高,故壓強(qiáng)P1＞P2;壓強(qiáng)為P2時(shí)，x點(diǎn)為平衡狀態(tài)，y點(diǎn)未達(dá)到平衡，且此時(shí)產(chǎn)率低于平衡時(shí)刻，故向正向移動(dòng)，v（正)＞v（逆）；在密閉容器中通入物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L—1的CH4與CO2，x點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率為80％，可得平衡時(shí)c（CH4)=c(CO2）=0.02mol·L-1，c（H2)=c（CO）=0.16mol·L-1,x點(diǎn)與y點(diǎn)溫度相同,故平衡常數(shù)相同,因此y點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)K==；（4）①由圖可知，溫度超過250℃時(shí)，催化劑的催化效率降低;②CH4+CO2?CH3COOH，增大反應(yīng)壓強(qiáng)平衡正移，可以提高甲烷轉(zhuǎn)化率；增大CO2的濃度平衡正移，可以提高甲烷的轉(zhuǎn)化率；（5）常溫條件下,將amol·L—1CH3COOH溶液與bmol·L—1Ba(OH)2溶液等體積混合,c（Ba2+)為原來濃度的一半，2c(Ba2+）=c(CH3COO—）=b，c(CH3COOH)=a-b，且根據(jù)電荷守恒溶液呈中性,混合溶液中醋酸的電離常數(shù)為K===?！军c(diǎn)睛】平衡狀態(tài)的判斷需要注意是否為變量，若為變量保持不變就可以做平衡的判定依據(jù)，尤其是經(jīng)?？疾榈拿芏群湍栙|(zhì)量。判斷反應(yīng)的方向,運(yùn)用Q和K的相對(duì)大小，Q＞K，平衡逆向移動(dòng)，Q＜K,平衡正向移動(dòng)，Q=K,達(dá)到平衡不移動(dòng)。選做題：[化學(xué)選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］11.2019年6月6日，工信部正式向四大運(yùn)營(yíng)商頒發(fā)了5G商用牌照，揭示了我國(guó)5G元年起點(diǎn)。通信用鋰離子電池般需要體積小、重量輕、高溫性能突出、可高倍率充放電、綠色環(huán)保等眾多優(yōu)點(diǎn)。請(qǐng)回答下列問題：（1）LiCoO2、LiFePO4常用作鋰離子電池的正極材料?；鶓B(tài)Fe原子的價(jià)電子排布式為___基態(tài)Co原子核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有_______種。（2）PO43—的空間構(gòu)型是______，寫出與其互為等電子體的一種陰離子______，基態(tài)P原子的第一電離能為什么比基態(tài)S原子的第一電離能大：______。（3)現(xiàn)有化學(xué)式為Co(NH3）5Cl3的配合物，1mol該物質(zhì)最多可以與2molAgNO3反應(yīng),則該配合物中鈷的配位數(shù)為______，配體中N的雜化方式為_____,1mol該配合物中含δ鍵數(shù)目為______NA.(4)FeO是離子晶體，其晶格能可通過下圖的Bom—Haber循環(huán)計(jì)算得到。氣態(tài)電中性基態(tài)原子獲得一個(gè)電子變?yōu)闅鈶B(tài)一價(jià)負(fù)離子放出的能量叫做第一電子親和能，由圖可知O原子的第一電子親和能為_____kJ·mol-1,FeO晶格能為_____kJ·mol—1.（5）單質(zhì)鋰晶體的結(jié)構(gòu)如下圖，晶胞中鋰的配位數(shù)為____，晶胞的空間利用率為____（用含有n的表達(dá)式即可),若晶胞邊長(zhǎng)為apm,NA為阿伏加德羅常數(shù)，則金屬鋰的密度為_____gcm-3。（寫出計(jì)算式)【答案】(1）。3d64s2（2）。15(3）.正四面體（4).SO42-或ClO4—等（5）.P原子的3p軌道是半充滿狀態(tài),比較穩(wěn)定,所以P原子的第一電離能比S的大(6).6（7).sp3(8)。21（9）.142（10）。3902（11）。8(12)?；?13).或【解析】【詳解】（1）根據(jù)構(gòu)造原理，F(xiàn)e26號(hào)元素，屬于第四周期第Ⅷ族，基態(tài)原子價(jià)電子排布式為3d64s2;核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)指的是電子軌道,基態(tài)Co原子由1s、2s、2p（3個(gè)軌道）、3s、3p（3個(gè)軌道）、3d(5個(gè)軌道）、4s，故基態(tài)Co原子核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有15種；（2）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，PO43—的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，空間構(gòu)型是正四面體;等電子體指的是原子個(gè)數(shù)相同且價(jià)電子數(shù)相同的分子或離子，故與PO43ˉ互為等電子的陰離子由SO42ˉ、S2O32ˉ、ClO4ˉ等等（答案合理即可）；基態(tài)P原子的價(jià)電子排布3s23p3，基態(tài)S原子3s23p4,P的3p軌道處于半滿能量較低較穩(wěn)定，不易失去電子，基態(tài)P原子的第一電離能比基態(tài)S原子的第一電離能大；(3）1molCo(NH3）5Cl3配合物質(zhì)最多與2molAgNO3反應(yīng)，故可以寫為[Co（NH3)5Cl］Cl2，則該配合物中內(nèi)界中5個(gè)氨分子和1個(gè)氯離子均為中心鈷離子的配體，故該配合物中鈷的配位數(shù)為6;配體中N以單鍵形式與H鍵和，故雜化方式為sp3；每個(gè)該配合物中有6個(gè)配位鍵(也屬于δ鍵），每個(gè)氨分子由3個(gè)δ鍵，共含有δ鍵數(shù)目3×5+6=21，則含有1mol該配合物中含δ鍵數(shù)目為21NA；（