江西省南昌市2024屆高三上學期11月期中三校聯(lián)考化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1江西省南昌市2024屆高三上學期11月期中三校聯(lián)考可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16Na：23P：31Cl：35.5Zn：65Se：79一、單選題(本大題共15小題，共45.0分)1.化學與社會發(fā)展和人類進步息息相關。下列說法錯誤的是（）A.華為Mate60pro系列“爭氣機”的芯片材料主要為晶體硅B.福爾馬林能使蛋白質變性，可用于浸制動物標本C.高壓鈉燈發(fā)出的黃光透霧能力強、射程遠，可用于道路照明D.“發(fā)現(xiàn)和合成量子點”成為2023年諾貝爾化學獎的主題。碳量子點通常是由無定型和晶態(tài)的碳核組成，在碳核表面含有不同的含氧官能團，它與石墨互為同素異形體?！即鸢浮紻〖解析〗A．晶體硅是良好的半導體材料，華為Mate60pro系列“爭氣機”的芯片材料主要為晶體硅，故A正確；B．福爾馬林能使蛋白質變性，可用于浸制動物標本，故B正確；C．鈉的焰色試驗為黃色，穿透力強，射程遠、透霧能力強，可用于道路照明，故C正確；D．碳量子點的碳核表面含有不同的含氧官能團，說明其不是單質，與石墨不互為同素異形體，故D錯誤；故選D。2.近期，中科大的研究團隊發(fā)明了一種“同位素指紋”方法，可以用于食品溯源?；瘜W元素鍶位于周期表第ⅡA族，在自然界中有4種穩(wěn)定的同位素，其中“鍶87”和“鍶86”在不同地質環(huán)境中的相對含量不同，而這種同位素特征又會通過水和食物傳遞到生物體內，因此，鍶同位素檢測可以作為追蹤大閘蟹地理起源的可靠方法。下列有關說法正確的是（）A.中的中子數(shù)為38B.Sr元素位于周期的ds區(qū)C.同周期中第一電離能比Sr小的元素只有1種D.根據(jù)元素周期律推測Sr(OH)2是一種強堿〖答案〗D〖解析〗A．中的中子數(shù)為87-38=49，故A錯誤；B．由Sr的原子序數(shù)可知其各個電子層排布的電子數(shù)依次為2、8、18、18、2，共有5個電子層，最外層有2個電子，故其在周期表中的位置是第五周期第IIA族，位于周期的s區(qū)，故B錯誤；C．同周期元素原子自左向右金屬性逐漸降低，第一電離能逐漸增大，但由于Sr原子的5s軌道能量比第五周期第IIIA族元素的5p能量低，第一電離能大于In和Rb，比Sr小的元素有2種，故C錯誤；D．Ca(OH)2是強堿，由于金屬性：Ca<Sr，則堿性：Sr(OH)2>Ca(OH)2，Sr(OH)2是一種強堿，故D正確；故選D。3.下列過程涉及的化學反應相應的離子方程式正確的是（）A.向碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸：B.等濃度等體積的溶液和HCl溶液混合：C.硅酸鈉溶液中通入足量二氧化碳：D.向溶液中加入過量溶液：〖答案〗C〖解析〗A．向碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸，因為還原性：I->Fe2+，所以先與碘離子反應，A錯誤；B．等濃度等體積的溶液和HCl溶液混合，發(fā)生反應生成氫氧化鋁沉淀，離子方程式為：，B錯誤；C．向硅酸鈉溶液中通入足量二氧化碳，發(fā)生反應生成H4SiO4沉淀和碳酸氫鈉，離子方程式為：，C正確；D．向溶液中加入過量溶液生成氫氧化鐵、硫酸鋇和一水合氨，離子方程式為：，D錯誤；故選C。4.為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.將0.5mol乙烯通入足量溴的CCl4溶液中充分反應，生成C－Br鍵的數(shù)目為1NAB.標準狀況下，22.4LCl2與過量的水充分反應，轉移電子數(shù)為NAC.常溫下，pH=2的亞硫酸溶液中含有的H+數(shù)目為0.01NAD.等物質的量的和，的質子數(shù)比多〖答案〗A〖解析〗A．將0.5molCH2=CH2通入足量溴的CCl4溶液中充分反應，生成0.5molCH2BrCH2Br，生成C－Br鍵的數(shù)目為1NA，故A正確；B．Cl2與水反應是可逆反應，標準狀況下，22.4LCl2的物質的量為1mol，與過量的水充分反應，轉移電子數(shù)小于NA，故B錯誤；C．未說明溶液的體積，無法計算pH=2的亞硫酸溶液中含有的H+數(shù)目，故C錯誤；D．含有24個質子，有16個質子，未說明和的物質的量，不能計算和的質子數(shù)，故D錯誤；故選A。5.使用Zn－Mn雙原子電催化劑，可以實現(xiàn)以、和水為前驅體制得尿素CO(NH2)2，其中有關表述錯誤的是（）A.Mn元素位于周期表的第VIIB族 B.中的共價鍵類型：鍵和鍵C.的電子式： D.尿素的空間填充模型：〖答案〗D〖解析〗A．Mn是25號元素，原子結構示意圖為

，位于周期表的第VIIB族，A項正確；B．N2分子結構為N≡N，含有1個σ鍵和2個π鍵，B項正確；C．CO2的電子式為，C項正確；D．為尿素的球棍模型，D項錯誤；故選D。6.下列實驗操作及現(xiàn)象推出的相應結論正確的是（）選項實驗操作現(xiàn)象結論A向Na2S與Na2SO3的混合溶液中加入硝酸溶液變渾濁Na2S與Na2SO3之間發(fā)生了氧化還原反應B取二氧化硅與少量焦炭，在高溫條件下反應產生灰黑色固體非金屬性：C取少量某鐵的氧化物完全溶于鹽酸，再滴加KSCN溶液沒有出現(xiàn)血紅色該氧化物中不存在三價鐵D用大理石和稀鹽酸反應制取CO2，氣體通入苯酚鈉溶液中溶液變渾濁酸性：碳酸>苯酚〖答案〗C〖解析〗A．硝酸具有強氧化性，可以氧化Na2S及Na2SO3，溶液變渾濁，不能說明Na2S與Na2SO3之間發(fā)生了氧化還原反應，也可能是硝酸氧化Na2S生成S使溶液變渾濁，A錯誤；B．在反應中焦炭是還原劑，未體現(xiàn)C的非金屬性，不能證明非金屬性，B錯誤；C．KSCN溶液是檢驗的化學試劑，鐵的氧化物溶于鹽酸不會發(fā)生氧化還原反應，滴加KSCN溶液沒有出現(xiàn)血紅色，說明溶液中不含，則該氧化物中不存在三價鐵，C正確；D．CO2氣體中含有揮發(fā)的，與苯酚鈉溶液發(fā)生也能生成苯酚使溶液變渾濁，不能說明碳酸酸性強于苯酚，D錯誤；〖答案〗選C。7.羥甲香豆素(丙)是一種治療膽結石的藥物，部分合成路線如圖所示，下列說法不正確的是（）A.甲分子中含有1個手性碳原子B.過程①為取代反應C.常溫下1mol乙最多與含3molNaOH的水溶液完全反應D.1mol丙與足量溴水反應時，消耗Br2的物質的量為4mol〖答案〗D〖解析〗A．由結構簡式可知，甲分子中含有如圖*所示的1個手性碳原子：，故A正確；B．由結構簡式可知，甲發(fā)生分子內的取代反應生成乙和乙醇，故B正確；C．由結構簡式可知，乙分子中含有的酚羥基和酚酯基能與氫氧化鈉溶液反應，則1mol乙最多與含3mol氫氧化鈉的水溶液完全反應，故C正確；D．由結構簡式可知，丙分子中含有的碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生加成反應，含有的酚羥基，能與溴水發(fā)生取代反應取代苯環(huán)上的鄰位上氫原子，則1mol丙與足量溴水反應時，消耗溴的物質的量為3mol，故D錯誤；故選D。8.查閱資料得知MnO2+NaBr+H2SO4→Na2SO4+MnSO4+Br2↑+H2O(未配平)。某興趣小組的同學利用如圖所示的裝置探究苯與液溴的反應類型。下列說法正確的是（）A.實驗裝置連接順序為c→a→d→b，b中產生淡黃色沉淀，證明苯與液溴發(fā)生的是取代反應B.裝置c中發(fā)生反應的還原劑與氧化劑物質的量之比為2∶1C.裝置d中儀器G的名稱為直形冷凝管D.反應后裝置d中混合液經堿洗、分液后，上層液體蒸餾得到溴苯〖答案〗B〖解析〗A．裝置a中四氯化碳可以溶解溴蒸氣，裝置b中硝酸銀溶液的作用是檢驗溴化氫，從而確定反應類型，裝置c是制取溴單質的反應裝置，裝置d是制取溴苯的反應裝置，實驗裝置的連接順序為c→d→a→b，A錯誤；B．裝置c中發(fā)生的反應為：MnO2+2NaBr+2H2SO4Na2SO4+MnSO4+Br2↑+2H2O，還原劑溴化鈉與氧化劑二氧化錳的物質的量之比為2∶1，B正確；C．裝置d中儀器G的名稱為球形冷凝管，C錯誤；D．反應后的液體先用水洗除去溴化鐵，再用堿洗除去溴單質，然后分液除去水層，溴苯的密度大于水的，下層為有機層，將其蒸餾后可得溴苯，D錯誤；故選B。9.利用輝銻礦(主要成分為，含、MgO、等雜質)為原料制備SbOCl的工藝流程如圖所示。還原性：。下列說法正確的是（）A.“溶浸”中浸出渣的主要成分為B.“還原”加入Sb的目的是將還原為FeC.“水解”時發(fā)生的主要反應為：D.可采用邊加熱、邊攪拌的形式促進的水解〖答案〗C〖祥解〗輝銻礦先利用鹽酸進行溶解，其中二氧化硅不與鹽酸反應，同時硫離子被鐵離子氧化為硫單質，與二氧化硅同時過濾除去；將Sb加入濾液中，將濾液中的鐵離子還原為為亞鐵離子，避免影響后續(xù)Sb3+的水解；最終Sb3+水解為，從濾液中分離出來；【詳析】A．輝銻礦中二氧化硅不被鹽酸溶解，硫離子被鐵離子氧化為硫單質，所以濾除的濾渣主要成分為二氧化硅和硫單質，故A錯誤；B．還原性：，加入Sb將還原為Fe2+，故B錯誤；C．“水解”時發(fā)生的主要反應為：，故C正確；D．邊加熱、邊攪拌會使亞鐵離子被氧化為鐵離子，水解生成氫氧化鐵，故D錯誤；〖答案〗選C。10.前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X原子核外電子占據(jù)兩種形狀不同的原子軌道，且兩種軌道中電子總數(shù)相等，Q與X處于同一主族，Y周期序數(shù)與其主族序數(shù)相等，Z的第二電離能遠小于第三電離能，W的一種氧化物常用于紅色涂料。下列說法正確的是（）A.電負性： B.Y、Z、W工業(yè)冶煉的方法相同C.Z的氯化物是工業(yè)漂白粉的有效成分 D.QX2的鍵角小于QX3的鍵角〖答案〗D〖祥解〗前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大，W的一種氧化物常用于紅色涂料，W為Fe元素，則Q的原子序數(shù)大于26，基態(tài)X原子核外電子占據(jù)兩種形狀不同的原子軌道，且兩種軌道中電子總數(shù)相等，Q與X處于同一主族，則基態(tài)X原子的核外電子排布式為1s22s22p4，X為O元素，Q為Se元素，Y周期序數(shù)與其主族序數(shù)相等，Y為Al元素，Z的第二電離能遠小于第三電離能，Z原子有2個價電子，Z為Ca元素；綜上，X、Y、Z、W、Q依次為O、Al、Ca、Fe、Se?！驹斘觥緼．同主族從上到下元素的電負性逐漸減小，電負性：＞，A項錯誤；B．Al、Ca屬于活潑金屬，工業(yè)上用電解法冶煉，F(xiàn)e屬于中等活潑的金屬，工業(yè)上用熱還原法冶煉，B項錯誤；C．Z的氯化物為CaCl2，而工業(yè)漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2，C項錯誤；D．QX2為SeO2，SeO2中Se的孤電子對數(shù)為×(6-2×2)=1，σ鍵電子對數(shù)為2，Se的價層電子對數(shù)為3，QX3為SeO3，SeO3中Se的孤電子對數(shù)為×(6-3×2)=0，σ鍵電子對數(shù)為3，Se的價層電子對數(shù)為3，SeO2、SeO3的VSEPR模型都為平面三角形，由于孤電子對具有較大的斥力，故SeO2的鍵角小于SeO3的鍵角，D項正確；〖答案〗選D。11.證實證偽是化學學科需要的重要證據(jù)推理意識。已知：正高碘酸(結構如圖所示)是一種五元弱酸，具有強氧化性，脫水可得偏高碘酸()，下列說法一定正確的是（）A.溶液一定顯堿性B.正高碘酸中心原子的雜化方式為sp3雜化C.正高碘酸與反應后溶液呈紫紅色，反應如下：D.正高碘酸隔絕空氣加熱分解僅生成、〖答案〗C〖解析〗A．正高碘酸分子中含有5個羥基，所以為五元酸，溶液為酸式鹽，若電離大于水解顯酸性，若電離小于水解顯堿性，故A錯誤；B．sp3雜化的雜化軌道為4個，而正高碘酸中心原子周圍有6個雜化軌道，故B錯誤；C．正高碘酸與反應后溶液呈紫紅色，說明Mn2+被氧化為，故為，故C正確；D．根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，正高碘酸隔絕空氣加熱分解生成、、O2，故D錯誤；選C。12.鹽酸羥胺(NH3OHCl)是一種常見的還原劑和顯像劑，其化學性質類似NH4Cl。工業(yè)上主要采用向兩側電極分別通入NO和H2，以鹽酸為電解質來進行制備，其電池裝置(圖1)和含F(xiàn)e的催化電極反應機理(圖2)如圖。不考慮溶液體積的變化，下列說法正確的是（）A.電池工作時，含F(xiàn)e的催化電極為正極，發(fā)生還原反應B.圖2中，A為H＋和e－，B為C.電池工作時，每消耗標況下2.24LNO，左室溶液質量增加3.0gD.電池工作一段時間后，正、負極區(qū)溶液的pH均下降〖答案〗A〖祥解〗由圖可知，Pt電極上H2→H+，失去電子發(fā)生氧化反應，做負極，電極反應式：H2-2e-=2H+；含鐵的催化電極為正極，其電極反應為：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，以此解答?！驹斘觥緼．由分析可知，含F(xiàn)e的催化電極為正極，發(fā)生還原反應，故A正確；B．根據(jù)題意可知，NH2OH具有類似NH3的弱堿性，可以和鹽酸反應生成鹽酸羥胺，所以缺少的一步為反應為：NH2OH+H+=NH3OH+，圖2中，A為H+，B為，故B錯誤；C．含鐵的催化電極為正極，其電極反應為：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4個氫離子中有1個是左側溶液中HCl提供的，3個是右側溶液遷移過來的；標況下消耗2.24LNO的物質的量為=0.1mol，則左室增加的質量為0.1molNO和0.3molH+的質量，即增加質量為3.3g，故C錯誤；D．負極電極反應式：H2-2e-=2H+，H+濃度增大pH值減小，正極電極反應為：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正極區(qū)H+濃度減小，pH增大，故D錯誤；故選A。13.半導體材料硒化鋅的晶胞如圖所示。通過晶體衍射測得晶胞中，面心上硒與頂點硒之間距離為anm，代表阿伏加德羅常數(shù)的值。以晶胞參數(shù)為單位長度建立坐標系，可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子坐標。在ZnSe晶胞坐標系中，A點硒原子坐標為，B點鋅原子坐標為。下列說法不正確的是（）A.Se原子的配位數(shù)為4B.C的原子坐標參數(shù)為(，，)C.硒化鋅晶體密度為D.已知SeO3的熔點為165℃，在126℃時升華，則SeO3晶體類型與ZnSe晶體不同〖答案〗B〖解析〗A．由晶胞結構可知，距離Se原子最近的Zn原子共有4個，Se原子的配位數(shù)為4，故A正確；B．根據(jù)A點、B點原子坐標，結合晶胞結構可知，C點原子坐標：(，，)，故B錯誤；C．硒化鋅晶胞中含4個鋅、8=4個硒。硒在晶胞中面心立方分布，面對角線上三個硒相切，晶胞參數(shù)為anm，由密度公式知，=，故C正確；D．SeO3的熔點較低，易升華，說明粒子之間作用力小，它是分子晶體，硒化鋅作為半導體材料能導電，熔沸點較高，則SeO3晶體類型與ZnSe晶體不同，故D正確；故選B。14.CO2催化加氫制CH4的反應為：。催化劑上反應過程示意如圖1所示。其他條件不變時，10min時CO2的轉化率和CH4的選擇性(CO2轉化為甲烷的量/CO2轉化的總量)隨溫度變化如圖2所示。下列說法不正確的是（）A.催化劑改變了中O—C—O鍵的鍵角B.150℃到350℃時，基本沒有發(fā)生副反應C.催化加氫制是一個吸熱反應D.使用催化劑不能改變反應的△H〖答案〗C〖解析〗A．由題干圖1反應歷程圖信息可知，CO2的鍵角為180°，而Ni-CO2的鍵角不是180°，故催化劑改變了CO2中O—C—O鍵的鍵角，A正確；B．由題干圖2信息可知，150℃到350℃時，CH4的選擇性基本為100%，說明該溫度范圍內基本沒有發(fā)生副反應，B正確；C．由題干圖2信息可知，升高溫度，10min時CO2的轉化率增大，而CH4的選擇性基本不變，說明該溫度范圍內基本無副反應發(fā)生，但題干未告知CO2轉化率是不是平衡轉化率，故無法判斷CO2催化加氫制CH4是一個吸熱反應還是吸熱反應，C錯誤；D．使用催化劑可以改變化學反應速率，但不能改變反應的△H，D正確；〖答案〗選C。15.現(xiàn)有一瓶標簽上注明為葡萄糖酸鹽(鈉、鎂、鈣、鐵)的復合制劑，某同學為了確認其成分，取部分制劑作為試液，設計并完成了如下實驗：已知：控制溶液pH＝4時，F(xiàn)e(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。該同學得出的結論正確的是()。A.根據(jù)現(xiàn)象1可推出該試液中含有Na＋B.根據(jù)現(xiàn)象2可推出該試液中并不含有葡萄糖酸根C.根據(jù)現(xiàn)象3和4可推出該試液中含有Ca2＋，但沒有Mg2＋D.根據(jù)現(xiàn)象5可推出該試液中一定含有Fe2＋〖答案〗C〖解析〗A、由于試液中外加了NaOH和Na2CO3，所以不能確定原試液中是否含有鈉離子，故A錯誤；B、試液中有沒有葡萄糖酸根離子，都無銀鏡生成，因為葡萄糖酸根離子中不含醛基，故B錯誤；C、濾液中加氨水無沉淀產生，說明無鎂離子，加入碳酸鈉溶液，有白色沉淀，說明有鈣離子，故C正確；D、試液中可能含亞鐵離子，也可能只含鐵離子而不含亞鐵離子，故D錯誤；〖答案〗選C。二、非選擇題(本部分共4題，共55分)16.Cl2是工業(yè)制備的一種重要原料，很多物質的制備都需要用到氯氣。比如工業(yè)上用Cl2制備POCl3，反應原理為：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。已知：PCl3、POCl3的部分性質如下：熔點/℃沸點/℃相對分子質量其它PCl3－11275.5137.5遇水生成H3PO3和HClPOCl32105.3153.5遇水生成H3PO4和HCl某化學興趣小組模擬該工藝設計實驗裝置如圖(某些夾持裝置已略去)：（1）裝置E中制備的氣體是___________。（2）b中盛放的藥品及作用是___________________________________。（3）C反應溫度控制在60~65℃，不能過高或過低的原因是_______________________。（4）通過測定三氯氧磷粗產品(還含有一定量的PCl3)中氯元素含量，可進一步計算產品三氯氧磷的純度，實驗步驟如下：①取ag產品置于盛50.00mL蒸餾水的水解瓶中，搖動至完全水解，將水解液配成100.00mL溶液，預處理排除含磷粒子的影響。②取10.00mL溶液于錐形瓶中，向其中加入C0mol/L的AgNO3溶液V0mL，使Cl－完全沉淀，然后選擇Fe(NO3)3，指示劑，用c1mol/L－1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積為V1mL。滴定終點的現(xiàn)象：_______________________________________________。（5）產品中POCl3的質量分數(shù)為___________。（6）乙醇制備乙烯可在無水PCl3的催化作用下，該催化機理如下所示，某同學判斷該機理中一定有水生成，請寫出生成H2O的步驟中反應方程式_______________________?！即鸢浮剑?）Cl2或者氯氣（2）堿石灰，作用是吸收多余的防止污染空氣、防止空氣H2O進入C裝置（3）由于溫度太低，反應速率變慢；溫度過高，PCl3易揮發(fā)，利用率降低（4）滴入最后半滴標準液，溶液變紅，本分鐘內不變色（5）（6）+H+=PCl3+H2O〖祥解〗E裝置是實驗室制取氯氣的裝置，利用二氧化錳和濃鹽酸加熱反應生成氯化錳、氯氣和水，由于PCl3遇水易發(fā)生水解，因此裝置D用濃硫酸干燥氯氣，在C處磷和氯氣反應生成三氯化磷，A裝置是實驗室制備氧氣的裝置，POCl3遇水生成H3PO4和HCl，因此B裝置也要用濃硫酸干燥，在C處氧氣和PCl3反應生成POCl3；【詳析】（1）根據(jù)分析可知，裝置E中制備的氣體是氯氣；（2）b中盛放的藥品是堿石灰，作用是吸收多余的防止污染空氣、防止空氣H2O進入C裝置；（3）結合題干信息可知，C反應溫度控制在60~65℃，不能過高或過低的原因：由于溫度太低，反應速率變慢；溫度過高，PCl3易揮發(fā)，利用率降低；（4）根據(jù)題干信息，滴定終點的現(xiàn)象：滴入最后半滴標準液，溶液變紅，本分鐘內不變色；（5）根據(jù)元素守恒：，，與反應的物質的量：；；假設、物質的量分別為x、y，則、，解得：，即產品中POCl3的質量分數(shù)：；（6）根據(jù)反應機理圖示，生成H2O的步驟中反應方程式：+H+=PCl3+H2O；17.鉑釕催化劑是甲醇燃料電池的陽極催化劑。一種以釕礦石[主要含Ru(CO3)2、Al2O3、MnO2，還含少量的FeO、MgO、SiO2]為原料制備釕(Ru)和回收Al、MnO2的流程如圖，回答下列問題：（1）操作1的名稱___________。（2）釕礦石熔融氧化時應選用何種材質的容器？___________(填字母)。A.玻璃 B.剛玉 C.鐵 D.石英（3）“濾渣1”加入的Na2SO3作___________。(填還原劑或氧化劑)（4）“濾渣2”主要成分有___________和___________(填化學式)。（5）“除鎂”后溶液中的Mg2+濃度為cmol/L，則此時溶液中的H+物質的量濃度為=___________mol/L，用含有Ka和Ksp、c的表達式表示(已知：MgF2溶度積常數(shù)為Ksp；HF電離常數(shù)為Ka)（6）“沉鐵”的離子方程式為___________________________________________________。(〖提示〗：1molNaClO3參與反應，轉移6mol電子)（7）寫出流程中“電解”時陽極電極反應式_______________________________?！即鸢浮剑?）過濾（2）C（3）還原劑（4）H2SiO3Al(OH)3（5）（6）6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl－+6OH－（7）Mn2+－2e－+2H2O=MnO2+4H+〖祥解〗由題給流程可知，向釕礦石中加入碳酸鈉，在空氣中熔融條件下熔化時，+2價釕元素被氧化為+4價釕元素、+2價鐵元素轉化為+3價鐵元素，鋁元素、硅元素轉化為偏鋁酸鈉、硅酸鈉，向熔化渣中加入水，水浸、過濾得到濾渣1和濾液1；向濾液1中加入稀硫酸和亞硫酸鈉溶液，將錳元素、鐵元素和釕元素還原為+2價的錳元素、鐵元素和釕元素，向反應后的溶液中加入次氯酸鈉堿性溶液，將溶液中的鐵元素轉化為Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，過濾得到Na2Fe4(SO4)6(OH)2和濾液；向濾液中加入氟化鈉溶液，將溶液中的鎂離子轉化為氟化鎂沉淀，過濾得到氟化鎂和濾液；濾液經分離得到硫酸錳溶液和硫酸釕；電解硫酸錳溶液在陽極制得二氧化錳，硫酸釕被還原制得釕；將熔融、氧化過程中得到的二氧化碳通入濾液1中，將溶液中硅酸鈉、偏鋁酸鈉轉化為硅酸、氫氧化鋁沉淀，過濾得到濾液2和含有硅酸、氫氧化鋁的濾渣2；濾渣2經多步處理制得金屬鋁?！驹斘觥浚?）由分析可知，操作1為固液分離的過濾操作，故〖答案〗為：過濾；（2）碳酸鈉在高溫條件下能與二氧化硅、氧化鋁反應生成硅酸鈉、偏鋁酸鈉，則釕礦石熔融氧化時不能選用玻璃、剛玉、石英材質的容器，應選擇鐵材質的容器，故選C；（3）由分析可知，向濾液1中加入稀硫酸和亞硫酸鈉溶液的目的是將錳元素、鐵元素和釕元素還原為+2價的錳元素、鐵元素和釕元素，則反應中亞硫酸鈉做還原劑，故〖答案〗為：還原；（4）由分析可知，濾渣2的主要成分硅酸、氫氧化鋁，故〖答案〗為：H2SiO3；Al(OH)3；（5）由溶度積可知，溶液中除鎂后溶液中氟離子濃度為mol/L，由氫氟酸溶液中氫離子濃度為mol/L，故〖答案〗為：；（6）由分析可知，加入次氯酸鈉堿性溶液的目的是將溶液中的鐵元素轉化為Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，反應的離子方程式為6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl－+6OH－，故〖答案〗為：6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl－+6OH－；（7）由分析可知，電解硫酸錳溶液在陽極制得二氧化錳，電極反應式為Mn2+－2e－+2H2O=MnO2+4H+，故〖答案〗為：Mn2+－2e－+2H2O=MnO2+4H+。18.Ⅰ．變化觀和平衡觀視角認識物質（1）工業(yè)上Cu-ZnO催化下利用CO2發(fā)生如下反應Ⅰ生產甲醇，同時伴有反應Ⅱ發(fā)生。Ⅰ．Ⅱ．=1\*GB3①已知：298K時，相關物質的相對能量如圖1，反應Ⅰ的為______________。②不同條件下，按照n(CO2)：n(H2)=1:3投料，CO2的平衡轉化率如圖2所示。壓強p1、p2、p3由大到小的順序是_______________。壓強為p1時，溫度高于300℃之后，隨著溫度升高CO2平衡轉化率增大的原因___________________________________。（2）能說明反應，已達平衡狀態(tài)的是___________填字母。A.單位時間內生成1mol的同時消耗了1molB.在恒溫恒容的容器中，混合氣體的密度保持不變C.在絕熱恒容的容器中，反應的平衡常數(shù)不再變化D.在恒溫恒壓的容器中，氣體的平均摩爾質量不再變化Ⅱ．從微粒結構視角認識物質（3）基態(tài)Fe2+的核外電子排布式為___________________；第四周期元素中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Co相等的有___________填元素符號。（4）利用配合物的特征顏色可檢驗補鐵藥片中的Fe3+和Fe2+，部分配合物的結構如下：①取等量碾碎的藥片放入兩支試管中，試管1加鹽酸溶解，試管2加等體積蒸餾水溶解。分別滴加KSCN溶液，發(fā)現(xiàn)試管1溶液變紅，試管2溶液不變色。依據(jù)圖示信息，解釋SCN－檢驗Fe3+須在酸性條件下進行的原因_______________________________________。②鄰二氮菲中N原子價層孤電子對占據(jù)___________。填標號。A．2s軌道

B．2p軌道

C．sp雜化軌道

D．sp2雜化軌道〖答案〗（1）①②反應Ⅰ是放熱反應，反應Ⅱ是吸熱反應，溫度高于300℃之后，反應轉化率主要由反應Ⅱ決定（2）CD（3）V、As（4）①用KSCN檢驗Fe3+時，SCN－會與OH－競爭結合Fe3+。pH升高，OH－更易與Fe3+結合，酸性增強，OH－濃度減小，SCN－可以競爭到Fe3+②D〖解析〗（1）①根據(jù)△H=反應物總能量-生成物總能量=(-200.5-242)-(3×0-393)kJ/mol=-49.5kJ/mol；②反應Ⅰ．是氣體體積減少的反應，反應Ⅱ．是氣體體積不變的反應，同一溫度下增大壓強，反應I的CO2的平衡轉化率增大，因此P3>P2>P1；反應Ⅰ是放熱反應，反應Ⅱ是吸熱反應，溫度高于300℃之后，反應轉化率主要由反應Ⅱ決定，升高溫度，反應II正向移動，二氧化碳平衡轉化率變大；（2）A、單位時間內生成1mol的同時消耗了1mol，反應是一個方向，不符合正逆反應速率相等，不能說明達到平衡狀態(tài)；B、在恒溫恒容的容器中，體積是定值，氣體質量不變，混合氣體的密度始終不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)；C、反應是放熱反應，在絕熱恒容的容器中發(fā)生反應，溫度變化，反應的平衡常數(shù)也變化，當反應的平衡常數(shù)不再變化時，符合變量不變，說明反應達到平衡狀態(tài)；D、氣體的平均摩爾質量等于氣體總質量除以氣體總物質的量，氣體總質量不變，氣體總物質的量反應前后不等，氣體的平均摩爾質量是變量，在恒溫恒壓的容器中，氣體的平均摩爾質量不再變化即可說明反應達到平衡狀態(tài)；〖答案〗是CD符合；（3）基態(tài)Fe2+的核外電子排布式為：；Co原子的基態(tài)未成對電子數(shù)為3個，第四周期元素中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)為3個的有：V、As；（4）①由圖可知OH-與SCN-都能與鐵離子形成配位鍵，堿性條件下含有大量的OH-離子，氫氧根離子與Fe3+離子結合，阻礙SCN-與鐵離子的結合，因此SCN－檢驗Fe3+須在酸性條件下進行；②鄰二氮菲中的氮原子形成雙鍵，雜化方式為sp2，因此孤電子對占據(jù)sp2雜化軌道。19.變廢為寶是我們化學重要的學科價值，如圖合成路線體