廣西柳州市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）

廣西柳州市2024年高考化學(xué)模擬試題閱卷人一、單選題得分1．化學(xué)與生活、科技密切相關(guān)。下列敘述正確的是（）A．中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹B．酒精濃度越高，消殺體內(nèi)的新型冠狀肺炎病毒效果越好C．棉、麻、羊毛及合成纖維完全燃燒都只生成CO2和H2OD．封裝在食品包裝中的硅膠、鐵粉均主要起到干燥的作用2．蓖麻油酸(結(jié)構(gòu)簡式如圖所示)是工業(yè)上制備高分子材料錦綸常使用的一種原料。下列關(guān)于蓖麻油酸的說法錯(cuò)誤的是（）A．分子式為C18H34O3B．分子中含有兩種含氧官能團(tuán)C．可發(fā)生氧化、加成和取代反應(yīng)D．1mol蓖麻油酸可與金屬鈉反應(yīng)生成2molH23．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A．18gH218O含有的中子數(shù)為10NAB．1molH2O2含有的共價(jià)鍵數(shù)目為4NAC．3mol單質(zhì)鐵完全轉(zhuǎn)化為Fe3O4失去的電子數(shù)為8NAD．0.5L0.2mol?L-1Na2CO3溶液中含有的CO32?和HCO3?4．我國科學(xué)家研制了一種新型的高比能量鋅-碘溴液流電池，其工作原理示意圖如圖所示(隔膜為離子交換膜)。圖中貯液器可儲存電解質(zhì)溶液，提高電池的容量。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．放電時(shí)，a電極反應(yīng)為I2Br-+2e-=2I-+Br-B．放電時(shí)，整個(gè)電池溶液中的離子數(shù)目增多C．充電時(shí)，b電極每增重1.30g，溶液中有0.04molI-被氧化D．充電時(shí)，Zn2+主要由b電極區(qū)通過隔膜向a電極區(qū)移動5．氯氣可用于制取漂白劑和自來水殺菌消毒。常溫下，溶液中Cl2(aq)、HClO和ClO-物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(α)隨pH變化的關(guān)系如圖所示，HClO殺菌能力強(qiáng)于ClO-，下列敘述正確的是（）A．pH=7.0時(shí)漂白能力比pH=4.0時(shí)要強(qiáng)B．pH=7.5時(shí)，c(OH-)＞c(H+)+c(HClO)C．氯氣通入水中，c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)D．等量氯氣處理自來水，在夏天的殺菌效果一定比在冬天好6．短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相對位置如圖所示，且四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為24。下列說法正確的是（）WXYZA．簡單氫化物的沸點(diǎn)：Y＞XB．X和Z結(jié)合可形成3種以上的化合物C．簡單離子半徑大小：Z＞Y＞XD．W、Z形成的簡單氫化物所含化學(xué)鍵類型不一樣7．根據(jù)表中的實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象，所得的實(shí)驗(yàn)結(jié)論有錯(cuò)誤的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向0.01mol?L-1高錳酸鉀溶液中滴加0.2mol?L-1H2O2溶液，溶液褪色H2O2有還原性B將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液變紅該樣品已氧化變質(zhì)C向2mL0.1mol?L-1ZnSO4溶液中滴入幾滴0.1mol?L-1Na2S溶液，有白色沉淀生成，再加入0.1mol?L-1CuSO4溶液，白色沉淀逐漸轉(zhuǎn)化為黑色Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)D向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液變藍(lán)尚有未水解淀粉A．A B．B C．C D．D閱卷人二、實(shí)驗(yàn)題得分8．氮氧化物是大氣主要污染物之一，其中基于NO的煙氣脫硝技術(shù)成為研究熱點(diǎn)。查文獻(xiàn)資料可知，NO除易氧化成NO2外，也可被還原為N2。在堿性條件下NO遇還原性較強(qiáng)的物質(zhì)形成不穩(wěn)定的NO-并轉(zhuǎn)化為相對穩(wěn)定的N2O22?（1）實(shí)驗(yàn)室為獲取NO進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，使用銅與作為反應(yīng)物，用裝置制備氣體(填序號)，為了不影響探究結(jié)果，反應(yīng)前對連接好并裝好藥品的裝置進(jìn)行的具體操作是。（2）若要使裝置②的分液漏斗中的液體順利流下，不改動裝置，對分液漏斗的具體操作是。（3）在保證實(shí)驗(yàn)安全環(huán)保的條件下，將NO通入內(nèi)壁附著綠色NiO的試管中(如裝置④，其它裝置已省略)。小火加熱，綠色固體逐漸變?yōu)楹谏?Ni2O3固體呈黑色)，此現(xiàn)象可說明NO轉(zhuǎn)化為。（4）將盛有NO氣體的試管倒置于盛有飽和Na2SO3堿性水溶液的大燒杯中(如裝置⑥)。在試管口不脫離液面的情況下，輕輕不斷搖動試管，此操作的主要目的是，實(shí)驗(yàn)中NO被Na2SO3堿性溶液快速吸收被還原為N2O22?，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，此反應(yīng)可應(yīng)用于處理含NO和SO2的工業(yè)廢氣，從實(shí)際效果看，Na2SO3強(qiáng)堿性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳，主要原因是閱卷人三、工業(yè)流程題得分9．用軟錳礦(主要成分MnO2)和黃鐵礦(主要成分FeS2)制取MnSO4?H2O的一種主要工藝流程如圖：已知：①部分金屬離子沉淀的pH如表。(開始沉淀的pH按離子濃度為1.00mol?L-1計(jì)算，離子濃度小于1.0×10-5mol?L-1時(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完全)金屬離子Fe2+Fe3+Mn2+開始沉淀的pH6.31.57.8沉淀完全的pH8.32.810.1②本實(shí)驗(yàn)條件下：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4?；卮鹣铝袉栴}：（1）“混合研磨”的主要目的是。（2）“酸浸”時(shí)若生成MnSO4、Fe2(SO4)3和S，則相應(yīng)的化學(xué)方程式為。（3）“凈化除雜1”步驟所得酸性濾液可能含有Fe2+，為了除去Fe2+，在調(diào)節(jié)pH前，最好可先加入：下列試劑中的(填標(biāo)號)。a.NaOH溶液b.Na2CO3溶液c.H2O2溶液d.KMnO4溶液在實(shí)際生產(chǎn)過程中，此步驟也可用加入MnO2粉來除去Fe2+，其原理和優(yōu)點(diǎn)是。（4）“調(diào)pH除雜2”步驟是先將溶液加熱至沸，然后在不斷攪拌下加入堿溶液調(diào)節(jié)pH至范圍，有膠狀物沉降后，仍需繼續(xù)煮沸一段時(shí)間，“繼續(xù)煮沸”的主要目的是，“濾渣2”的主要成分是。（5）測定MnSO4?H2O粗產(chǎn)品純度：準(zhǔn)確稱取6.50g粗產(chǎn)品，加適量水煮沸、冷卻，轉(zhuǎn)移至錐形瓶中，用0.25mol?L-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液呈紅色且半分鐘不褪色，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液80.00mL。計(jì)算MnSO4?H2O樣品的純度為%。(KMnO4不與雜質(zhì)反應(yīng))閱卷人四、原理綜合題得分10．二氧化碳加氫合成甲醇是化學(xué)固碳的一種有效途徑，不僅可以有效減少空氣中的CO2排放.還可以制備出甲醇清潔能源。在CO2轉(zhuǎn)化為甲醇過程中，伴隨有副反應(yīng)發(fā)生，因此常使用催化劑調(diào)節(jié)控制反應(yīng)?？茖W(xué)研究者結(jié)合實(shí)驗(yàn)與計(jì)算機(jī)模擬，研究了CO2與H2分別在Zn/Cu、ZnO/Cu催化劑表面生成CH3OH和H2O的部分反應(yīng)歷程(如圖1所示)，其中ts－n表示過渡態(tài)?；卮鹣铝袉栴}：（1）①圖1表示的反應(yīng)中，若每生成1mol甲醇，反應(yīng)物與生成物總能量差為58kJ，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為，從反應(yīng)原理分析，下列更利于該反應(yīng)進(jìn)行的條件是(填標(biāo)號)。a.高壓、高溫b.高壓低溫c.低壓、高溫d.低壓低溫②已知CO2和H2可發(fā)生副反應(yīng)：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ?mol-1部分相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如表：化學(xué)鍵H－HC－OH－OC－HC≡O(shè)E/(kJ?mol-1)4363264644141061由此計(jì)算E(C=O)=kJ?mol-1。（2）在圖1給出的反應(yīng)歷程中，若選擇Zn/Cu作為催化劑則正反應(yīng)最大的活化能發(fā)生在(用“ts－n”具體數(shù)字表示)。圖示結(jié)果顯示，選擇ZnO/Cu作為催化劑更優(yōu)于Zn/Cu，其主要原因是。（3）圖2為使用Zn/Cu催化劑、分別在525K和550K條件下(其它條件相同)，CO2和H2按投料比1：9進(jìn)行反應(yīng)生成CH3OH的過程中，CO2的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化圖示。①溫度略為升高(從525K→550K)，CO2的轉(zhuǎn)化率明顯增大的可能原因是。②工業(yè)生產(chǎn)中，對于氣相的反應(yīng)體系，還可用反應(yīng)體系中各組分的分壓來表示化學(xué)平衡常數(shù)(Kp)。如反應(yīng)：aA(g)+bB(g)?dD(g)+eE(g)達(dá)到平衡時(shí)，Kp=p(D)d×p(Ee)p(Aa)×p(Bb)，組分分壓p(A)=P總×n(A)閱卷人五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)得分11．B2H6與NH3反應(yīng)生成如圖所示的離子化合物[H2B(NH3)2]+[BH4]-(簡記為X+M-)，已知B、H、N的電負(fù)性分別為2.0、2.1、3.0。回答下列問題：（1）X+M-熔點(diǎn)比B2H6的(填“高”或“低”)，理由是。（2）B原子的價(jià)層電子排布式為。B和N相比，第一電離能較大的原子是，原因是。（3）X+中B與N之間的電子對由提供，M-中B原子的雜化類型為。（4）BH3分子的空間結(jié)構(gòu)為，B的化合價(jià)為價(jià)。（5）如圖為一種B、Ca化合物晶體的一部分，晶體中B原子通過B－B鍵連成正八面體，八面體間也通過B－B鍵連接，所有B－B鍵長都為bpm。該晶體的化學(xué)式為。若該晶胞的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，晶胞體積為Vpm3，阿伏加德羅常數(shù)為NA，晶胞密度為g?cm-3。閱卷人六、有機(jī)推斷題得分12．神舟十四號載人飛船的成功發(fā)射，標(biāo)志著我國的航天航空事業(yè)達(dá)到了國際先進(jìn)水平。具有高度自主產(chǎn)權(quán)的宇航員艙外航天服，具備高強(qiáng)度、耐高溫、抗撞擊、防輻射等特性，為宇航員的出艙活動提供了保障。這種宇航服的材料中含有聚酰胺－1010，其結(jié)構(gòu)簡式為：。其中部分制備流程可表示如圖：最后通過G與J合成聚酰胺－1010。已知：①RCN→Δ②2R1OOCR2COOH→電解R1OOCR2－R2COOR1+2CO2+H2回答下列問題：（1）A→B的反應(yīng)類型為。（2）D的化學(xué)名稱是。（3）D共有5種同分異構(gòu)體(不含立體異構(gòu))符合條件：①分子內(nèi)含有2個(gè)－CH3；②能與NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2；③能發(fā)生水解反應(yīng)；④能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。下列給出其中4種同分異構(gòu)體中，核磁共振氫譜有5組峰(或5種不同化學(xué)環(huán)境的氫)的是(填選項(xiàng)序號)，寫出最后一種同分異構(gòu)體(V)的結(jié)構(gòu)簡式。（4）E中的含氧官能團(tuán)名稱是。（5）F→G的第一步的化學(xué)方程式為。（6）芳香族聚酰胺纖維如芳綸1414(結(jié)構(gòu)簡式如圖所示)也可用作艙外航天服材料。寫出以對二甲苯[]為原料合成制備芳綸1414的合成路線流程圖。(無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。已知：羧酸銨可部分脫水生成酰胺，酰胺在堿性次鹵酸鹽條件下可發(fā)生Hofmann降解反應(yīng)：R－COONH4→脫水R－CONH2→-CO

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、明礬電離產(chǎn)生的鋁離子水解呈酸性，能與銅銹反應(yīng)，因此利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故A正確；

B、體積分?jǐn)?shù)為75%的酒精殺菌效果最好，故B錯(cuò)誤；

C、羊毛的主要成分為蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)中含有N元素，完全燃燒產(chǎn)物有含氮化合物，故C錯(cuò)誤；

D、硅膠具有吸水性，起干燥作用，鐵粉具有還原性，起抗氧化作用，故D錯(cuò)誤；

故答案為：A。

【分析】A、鋁離子水解顯酸性；

B、酒精濃度過高不利于滲透；

C、蛋白質(zhì)含有N、P等元素；

D、鐵粉為抗氧化劑。2．【答案】D【解析】【解答】A、根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機(jī)物分子中含有18個(gè)C原子，34個(gè)H原子，3個(gè)O原子，其分子式為C18H34O3，故A不符合題意；

B、該分子中含有羥基和羧基兩種含氧官能團(tuán)，故B不符合題意；

C、該物質(zhì)含有碳碳雙鍵和羥基，能發(fā)生氧化反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，含有羥基和羧基，能發(fā)生取代反應(yīng)，故C不符合題意；

D、該物質(zhì)中，羥基和羧基均能與金屬鈉以2：1的比例發(fā)生反應(yīng)，則1mol蓖麻油酸可與金屬鈉反應(yīng)生成1molH2，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】根據(jù)該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式分析。3．【答案】C【解析】【解答】A、18gH218O的物質(zhì)的量為0.9mol，H218O中含有10個(gè)中子，則含有的中子數(shù)為9NA，故A錯(cuò)誤；

B、一個(gè)過氧化氫分子含有3個(gè)共價(jià)鍵，則1molH2O2含有的共價(jià)鍵數(shù)目為3NA，故B錯(cuò)誤；

C、四氧化三鐵中鐵元素的化合價(jià)為+83價(jià)，反應(yīng)過程中，F(xiàn)e從0價(jià)升高到+83價(jià)，則3mol單質(zhì)鐵完全轉(zhuǎn)化為Fe3O4失去的電子數(shù)為8NA，故C正確；

D、碳酸鈉溶液中的含碳微粒為碳酸根、碳酸氫根和碳酸，則溶液中含有的CO32?和HCO3?總數(shù)小于0.1NA，故D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】A、H218O中含有10個(gè)中子；

B、一個(gè)過氧化氫分子含有3個(gè)共價(jià)鍵；4．【答案】D【解析】【解答】A、放電時(shí)，a為正極，電極反應(yīng)式為I2Br-+2e-=2I-+Br-，故A不符合題意；

B、放電時(shí)，正極生成碘離子和溴離子，負(fù)極生成鋅離子，整個(gè)電池溶液中的離子數(shù)目增多，故B不符合題意；

C、充電時(shí)，b電極發(fā)生反應(yīng)Zn2++2e-=Zn，陽極的電極反應(yīng)式為：2I-+Br--2e-=I2Br-，b電極每增重1.30g，轉(zhuǎn)移0.04mol電子，溶液中有0.04molI-被氧化，故C不符合題意；

D、充電時(shí)，鋅離子向陰極移動，則鋅離子主要由a電極區(qū)通過隔膜向b電極區(qū)移動，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】由圖可知，電極a上，I2Br得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則a為原電池正極，b為負(fù)極，充電時(shí)，a為陽極，b為陰極。5．【答案】C【解析】【解答】A、該溶液中，起漂白作用的是HClO，由圖可知，pH=7.0時(shí)，HClO的濃度小于ph=4.0時(shí)，則pH=7.0時(shí)漂白能力比pH=4.0時(shí)要弱，故A錯(cuò)誤；

B、pH=7.5時(shí)，c(HClO)=c(ClO-)，根據(jù)電荷守恒有：c(OH-)+c(ClO-)=c(H+)，則c(OH-)<c(H+)+c(HClO)，故B錯(cuò)誤；

C、氯氣通入水中，反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，此時(shí)根據(jù)電荷守恒存在c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，故C正確；

D、溫度越高HClO分解越快，因此在夏天的殺菌效果比在冬天差，故D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】A、起漂白作用的是HClO；

B、pH=7.5時(shí)，c(HClO)=c(ClO-)，根據(jù)電荷守恒分析；

C、結(jié)合電荷守恒分析；

D、溫度越高HClO分解越快。6．【答案】B【解析】【解答】A、X的簡單氫化物為水，Y的簡單氫化物為H2S，常溫下，水為液態(tài)，H2S為氣態(tài)，則沸點(diǎn)：H2O>H2S，即X>Y，故A錯(cuò)誤；

B、O和Cl元素可形成ClO2、Cl2O、Cl2O7等化合物，故B正確；

C、電子層數(shù)越多，離子半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑：S2->Cl->O2-，即Y>Z>X，故C錯(cuò)誤；

D、W的簡單氫化物為NH3，Z的簡單氫化物為HCl，NH3、HCl均只含極性共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】設(shè)X的最外層電子數(shù)為m，則Y為m，W為m-1，Z為m+1，四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為24，則m-1+m+m+m+1=24，解得m=6，進(jìn)而可知，X為O元素，Y為S元素，W為N元素，Z為Cl元素。7．【答案】B【解析】【解答】A、向0.01mol?L-1高錳酸鉀溶液中滴加0.2mol?L-1H2O2溶液，溶液褪色，說明酸性高錳酸鉀被還原，進(jìn)而說明H2O2有還原性，故A不符合題意；

B、酸性條件下，硝酸根離子具有強(qiáng)氧化性，能將亞鐵離子氧化為鐵離子，因此溶液變紅，不能說明該樣品已氧化變質(zhì)，故B符合題意；

C、向2mL0.1mol?L-1ZnSO4溶液中滴入幾滴0.1mol?L-1Na2S溶液，有白色沉淀生成，再加入0.1mol?L-1CuSO4溶液，白色沉淀逐漸轉(zhuǎn)化為黑色，說明ZnS轉(zhuǎn)化為CuS，進(jìn)而可說明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故C不符合題意；

D、向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液變藍(lán)，說明淀粉剩余，即尚有未水解淀粉，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A、高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性；

B、酸性條件下，硝酸根能氧化亞鐵離子；

C、沉淀能從溶解度大的向溶解度小的轉(zhuǎn)化；

D、淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)。8．【答案】（1）稀硝酸；③；通入N2，以排除裝置內(nèi)的O2(或防止NO被氧化)（2）先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞，再打開旋塞（3）N2（4）為使NO氣體與溶液充分接觸；2NO+SO32?+2OH-=N2O22?+SO42?+H2O；SO2被堿液吸收并轉(zhuǎn)化為SO3【解析】【解答】（1）實(shí)驗(yàn)室通常用銅和稀硝酸反應(yīng)制備NO，銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；該反應(yīng)反應(yīng)物為固體和液態(tài)，反應(yīng)條件為常溫，發(fā)生裝置選擇③；NO易被氧化成NO2，裝置中不能有空氣，則反應(yīng)前對連接好并裝好藥品的裝置進(jìn)行的具體操作是通入N2，以排除裝置內(nèi)的O2；

故答案為：稀硝酸；③；通入N2，以排除裝置內(nèi)的O2(或防止NO被氧化)。（2）分液漏斗在使用時(shí)，為了使液體順利流下，不改動裝置，要先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞，使漏斗上口處內(nèi)外空氣相通，再打開旋塞；

故答案為：先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞，再打開旋塞。（3）NO與NiO反應(yīng)，綠色的NiO轉(zhuǎn)化為黑色的Ni2O3，Ni元素化合價(jià)升高，被氧化，則NO中N元素化合價(jià)降低被還原，由信息可知，NO可被還原為N2，即NO轉(zhuǎn)化為N2；

故答案為：N2。（4）將盛有NO氣體的試管倒置于盛有飽和Na2SO3堿性水溶液的大燒杯中，輕輕不斷搖動試管，可使NO氣體與溶液充分接觸，便于氣體吸收；NO被Na2SO3堿性溶液吸收被還原為N2O22?，則SO32?被氧化為SO42?，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，配平反應(yīng)的離子方程式為2NO+SO32?+2OH-=N2O22?+SO42?+H2O；用Na2SO3強(qiáng)堿性溶液吸收含有SO2的NO，根據(jù)吸收反應(yīng)，SO2被堿液吸收并轉(zhuǎn)化為SO32?，增大c(SO32?)，從而促進(jìn)NO吸收；

故答案為：為使NO氣體與溶液充分接觸；2NO+SO32?+2OH-=N2O22?+SO【分析】實(shí)驗(yàn)探究NO在不同條件下被氧化或被還原，首先使用銅和稀硝酸反應(yīng)制取NO，選用裝置③制備氣體，裝置④玻璃管內(nèi)壁附著綠色NiO，加熱反應(yīng)后轉(zhuǎn)化為黑色的Ni2O3，說明NiO被氧化，則NO被還原，驗(yàn)證NO具有氧化性；在裝置⑥中NO遇還原性較強(qiáng)的Na2SO3溶液生成N2O22?9．【答案】（1）增大接觸面積，提高浸取速率和浸取率（2）3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O（3）c；MnO2能將Fe2+氧化成Fe3+，并增加Mn的含量（4）2.8≤pH＜7.8；破壞Fe(OH)3膠體，使沉淀顆粒變大便于過濾分離；Fe(OH)3（5）78【解析】【解答】（1）“混合研磨”是為了增大接觸面積，提高浸取速率和浸取率；

故答案為：增大接觸面積，提高浸取速率和浸取率；

（2）“酸浸”時(shí)，MnO2氧化FeS生成MnSO4、Fe2(SO4)3和S，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O；

故答案為：3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O；

（3）由于Fe2+具有較強(qiáng)還原性，在酸性條件下可用軟錳礦粉(MnO2)或H2O2將其氧化為Fe3+，既不引入雜質(zhì)，又能達(dá)到除雜的目的，故選c；加入MnO2粉來除去Fe2+的原理和優(yōu)點(diǎn)是：MnO2能將Fe2+氧化成Fe3+，并增加Mn的含量；

故答案為：MnO2能將Fe2+氧化成Fe3+，并增加Mn的含量；（4）“調(diào)pH除雜2”步驟目的是將Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，用堿液處理時(shí)，需將溶液加熱至沸騰，然后在不斷攪拌下調(diào)節(jié)pH為2.8≤pH＜7.8，再繼續(xù)煮沸一段時(shí)間，以破壞Fe(OH)3膠體并使沉淀顆粒增大，便于過濾分離，得到的濾渣為Fe(OH)3；

故答案為：2.8≤pH＜7.8；破壞Fe(OH)3膠體，使沉淀顆粒變大便于過濾分離；Fe(OH)3；（5）滴定過程中發(fā)生反應(yīng)：2KMnO4+3MnSO4+2H2O═5MnO2+K2SO4+2H2SO4，則存在關(guān)系式：2KMnO4～3MnSO4，n(KMnO4)=0.25mol/L×80.00×10-3L=2.0×10-2mol，MnSO4?H2O的物質(zhì)的量為2.0×10-2mol×32=0.03mol，則樣品的純度為0.03mol×169g/mol6.50g×100%=78%；【分析】軟錳礦(主要成分MnO2)和黃鐵礦(主要成分FeS2)混合研磨，加入20%硫酸酸浸，酸性條件下，MnO2能氧化FeS2，生成成S、MnSO4及Fe2(SO4)3，經(jīng)凈化除雜1，分離出濾渣1，濾渣1主要含有S，濾液1中加入堿溶液調(diào)pH除雜，除去鐵離子，則濾渣2主要為氫氧化鐵，濾液2中主要含硫酸錳，濾液2經(jīng)濃縮結(jié)晶得到MnSO4?H2O。10．【答案】（1）CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-58kJ?mol-1；b；797（2）ts－7；催化活化能更低（3）催化劑活性更高或選擇性更好；[【解析】【解答】（1）①若每生成1mol甲醇，反應(yīng)物與生成物總能量差為58kJ，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，為放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-58kJ?mol-1；該反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，有利于反應(yīng)進(jìn)行的條件是高壓低溫；

故答案為：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-58kJ?mol-1；b；

②ΔH=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能，則2E(C=O)+436kJ/mol-1061kJ/mol-2×464kJ/mol=+41kJ/mol，解得E(C=O)=797kJ/mol；

故答案為：797；

（2）過渡態(tài)物質(zhì)的總能量與反應(yīng)物總能量的差值為活化能，即圖中峰值越大則活化能越大，峰值越小則活化能越小，由圖可知，若選擇Zn/Cu作為催化劑則正反應(yīng)最大的活化能發(fā)生在ts－7；活化能越小反應(yīng)越快，活化能越大反應(yīng)越慢，決定總反應(yīng)速率的是慢反應(yīng)，結(jié)合圖像可知，選擇ZnO/Cu作為催化劑更優(yōu)于Zn/Cu，其主要原因是催化活化能更低；

答案為：ts－7；催化活化能更低；（3）①催化劑需要合適溫度，溫度略為升高(從525K→550K)，CO2的轉(zhuǎn)化率明顯增大的可能原因是催化劑活性更高或選擇性更好；

故答案為：催化劑活性更高或選擇性更好；②550K、pkPa條件，CO2和H2按投料比(物質(zhì)的量)1：9進(jìn)行生成CH3OH反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率為α，假設(shè)CO2和H2投料分別為1mol、9mol，則反應(yīng)二氧化碳αmol，平衡時(shí)CO2、H2、CH3OH、H2O的物質(zhì)的量分別為(1-α)mol、(9-3α)mol、αmol、αmol、總的物質(zhì)的量為(10-2α)mol，則反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)Kp=[α10-2α×p]2【分析】（1）①根據(jù)圖示書寫熱化學(xué)方程式；

②根據(jù)ΔH=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能計(jì)算；

（2）催化劑能降低反應(yīng)的活化能；

（3）①溫度能影響催化劑活性；

②根據(jù)Kp=p(D)11．【答案】（1）高；X+M-為離子化合物(或離子晶體)，B2H6為分子晶體（2）2s22p1；N；B和N失去的都是2p能級上的電子，但N原子半徑更小，核對該能級的電子吸引力更大，故更難失去(或B和N失去的都是2p能級上的電子，但N的電子排布是半充滿，較穩(wěn)定，更難失去電子)（3）N；sp3（4）平面三角形；+3（5）CaB6；M×1【解析】【解答】（1）根據(jù)X+M-的結(jié)構(gòu)可知，X+M-為離子化合物，而B2H6為分子晶體，因此X+M-熔點(diǎn)比B2H6的高；

故答案為：高；X+M-為離子化合物(或離子晶體)，B2H6為分子晶體；

（2）B原子核外有5個(gè)電子，其價(jià)電子排布式為2s22p1；B和N失去的都是2p能級上的電子，但N原子半徑更小，核對該能級的電子吸引力更大，更難失去，所以N的第一電離能大于B；

故答案為：2s22p1；N；B和N失去的都是2p能級上的電子，但N原子半徑更小，核對該能級的電子吸引力更大，故更難失去(或B和N失去的都是2p能級上的電子，但N的電子排布是半充滿，較穩(wěn)定，更難失去電子)；

（3）X+中，N原子含有孤電子對，則B與N之間的電子對由N原子提供；M-中B原子的價(jià)層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化；

故答案為：N；sp3；

（4）BH3中B原子的價(jià)層電子對數(shù)為3，不含孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為平面三角形；H的電負(fù)性大于B，則BH3中H顯-1價(jià)，B為+3價(jià)；

故答案為：平面三角形；+3