廣東省深圳市2022-2023學(xué)年高三第一次調(diào)研考試化學(xué)試題（解析版）

高三模擬試題PAGEPAGE12023年深圳市高三年級第一次調(diào)研考試化學(xué)可能用到的相對原子質(zhì)量：一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.服飾文化是中華傳統(tǒng)文化中的重要一脈。下列制作服飾所用原料的主要成分為纖維素的是A.蠶絲 B.棉花 C.皮革 D.羊毛〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．蠶絲的主要成分為蛋白質(zhì)，A錯誤；B．棉花的主要成分為纖維素，B正確；C．皮革的主要成分為蛋白質(zhì)，C錯誤；D．羊毛的主要成分為蛋白質(zhì)，D錯誤；故選B。2.廣東省海洋資源豐富。下列有關(guān)說法正確的是A.海底石油經(jīng)裂化和裂解可得不飽和烴 B.海帶等藻類植物中富含C.潮汐能屬于生物質(zhì)資源 D.“海水曬鹽”時主要發(fā)生化學(xué)變化〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．石油經(jīng)裂化和裂解可以得到不飽和烴，故A正確；B．海帶、紫菜等海藻類植物中含有豐富的碘元素，不是碘單質(zhì)，故B錯誤；C．潮汐能是指海水周期性漲落運動中所具有的能量，其水位差表現(xiàn)為勢能，其潮流的速度表現(xiàn)為動能，不屬于生物質(zhì)資源，故C錯誤；D．海水曬鹽是通過陽光和風力使水分蒸發(fā)，屬于混合物的分離，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故D錯誤；故選A3.近年來，我國科技迅猛發(fā)展。下列科技成果中蘊含的化學(xué)知識敘述正確的是A.新型手性螺環(huán)催化劑能降低化學(xué)反應(yīng)的焓變B.DNA存儲技術(shù)中用于編碼的DNA是核糖核酸C.建造港珠澳大橋所采用的高強抗震螺紋鋼屬于合金D.“天舟五號”飛船搭載的燃料電池放電時主要將熱能轉(zhuǎn)化為電能〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．催化劑可改變反應(yīng)歷程，降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，但是不改變焓變，A錯誤；B．DNA存儲技術(shù)中用于編碼的DNA是脫氧核糖核酸，B錯誤；C．合金是金屬與金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)；螺紋鋼屬于合金，C正確；D．燃料電池放電時主要將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，D錯誤；故選C。4.化學(xué)實驗是化學(xué)探究的一種重要途徑。下列有關(guān)實驗的描述正確的是A.用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗B.中學(xué)實驗室中，可將未用完的鈉放回原試劑瓶C.進行焰色試驗時，可用玻璃棒替代鉑絲D.酸堿中和滴定實驗中，應(yīng)先用待測液潤洗錐形瓶〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．溶于水呈堿性，可以用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，故A錯誤；B．易燃物如鈉、鉀等不能隨便丟棄，中學(xué)實驗室可以將未用完的鈉、鉀等放回原試劑瓶，故B正確；C．玻璃的成分里邊有硅酸鈉，鈉鹽的焰色試驗為黃色，對其他元素的試驗存在干擾，進行焰色試驗時，不可用玻璃棒替代鉑絲，故C錯誤；D．酸堿中和滴定實驗中，洗錐形不能用待測液潤洗，否則會導(dǎo)致測量結(jié)構(gòu)偏大，故D錯誤；故選B。5.勞動創(chuàng)造幸福。下列勞動項目與所述的化學(xué)知識沒有關(guān)聯(lián)的是選項勞動項目化學(xué)知識A分析員用X射線衍射儀區(qū)分普通玻璃和水晶普通玻璃屬于非晶體，水晶屬于晶體B面點師制作糕點時添加小蘇打作膨松劑可與堿反應(yīng)C實驗員用加熱法分離和NaCl易升華D維修工用NaOH和鋁粉疏通廚衛(wèi)管道Al與NaOH溶液反應(yīng)產(chǎn)生A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．X射線衍射可以區(qū)分晶體和非晶體，普通玻璃屬于非晶體，水晶屬于晶體，故可以區(qū)別普通玻璃和水晶，與所述的化學(xué)知識有關(guān)聯(lián)，故A不符合題意；B．碳酸氫鈉受熱分解生成二氧化碳使得糕點疏松，不是可與堿反應(yīng)，與所述的化學(xué)知識沒有關(guān)聯(lián)，故B符合題意；C．碘單質(zhì)易升華而氯化鈉不升華，可以加熱法分離和NaCl，與所述的化學(xué)知識有關(guān)聯(lián)，故C不符合題意；D．Al與NaOH溶液反應(yīng)產(chǎn)生，生成氣體膨脹可以疏通廚衛(wèi)管道，與所述的化學(xué)知識有關(guān)聯(lián)，故D不符合題意；故選B。6.“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)”是化學(xué)學(xué)科的核心觀念。下列有關(guān)性質(zhì)的比較正確的是A.在水中的溶解度：戊醇＜乙醇 B.熔點：MgO＜CaOC.硬度：金剛石＜碳化硅＜硅 D.第一電離能：Cl＜P＜S〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．戊醇的烴基比乙醇的大，烴基是憎水基，所以戊醇溶解度比乙醇的低，故A正確；B．MgO和CaO都是離子晶體，都含有O2-，由于Ca2+的半徑大于Mg2+，所以CaO的晶格能小于MgO的晶格能，則熔點：MgO>CaO，故B錯誤；C．原子半徑Si>C，三者都為共價晶體，原子半徑越大，共價鍵的鍵能越小，則硬度越小，即硬度大小順序是金剛石>碳化硅>硅，故C錯誤；D．同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，P元素原子3p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低,第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：Cl>P>S，故D錯誤；故選A。7.利用如圖所示裝置進行的制備及性質(zhì)探究實驗時，下列說法不正確的是A.甲中反應(yīng)的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶4B.乙的作用為除去中的HClC.丙中紫色石蕊試液先變紅后褪色D.為吸收多余的，丁中可盛放NaOH溶液〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．裝置甲中二氧化錳和濃鹽酸在加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)：

MnO2+4HCl(濃)MnCl2+2H2O+Cl2↑

，該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1，故A錯誤；B．裝置甲中制備的氯氣中混有HCl氣體，乙中飽和NaCl溶液作用為除去中的HCl，故B正確；C．Cl2與水反應(yīng)生成HCl、HClO，且HClO具有漂白性，則使紫色石蕊試液先變紅后褪色，故C正確；D．Cl2與NaOH溶液反應(yīng)生成NaCl和NaClO，為吸收多余的，丁中可盛放NaOH溶液，故D正確；故選A。8.谷氨酸單鈉是味精的主要成分，利用發(fā)酵法制備該物質(zhì)的流程如下：下列說法不正確的是A.可用碘水檢驗淀粉是否完全水解B.可用紅外光譜儀測定谷氨酸中所含官能團的種類C.1mol谷氨酸中含有手性碳原子的數(shù)目約為D.“中和”時，需要嚴格控制的用量〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．淀粉遇碘變藍色，所以可以用碘水檢驗淀粉是否完全水解，故A正確；B．紅外光譜儀主要檢測物質(zhì)所含的官能團的種類以及其所處的化學(xué)環(huán)境，可用紅外光譜儀測定谷氨酸中所含官能團的種類，故B正確；C．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，谷氨酸中手性碳原子有，1mol谷氨酸中含有手性碳原子的數(shù)目約為，故C錯誤；D．谷氨酸中含有2個羧基，若過多，可能生成，故D正確；故選C。9.化學(xué)在環(huán)境污染治理中發(fā)揮了重要作用。下列治理措施沒有運用相應(yīng)化學(xué)原理的是選項治理措施化學(xué)原理A向燃煤中添加生石灰以減少酸雨的形成CaO具有堿性氧化物的通性B在汽車尾氣系統(tǒng)中安裝催化轉(zhuǎn)化器以減少尾氣污染CO和NO在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)，生成無毒氣體C用聚乳酸塑料替代傳統(tǒng)塑料以減少白色污染聚乳酸具有生物可降解性D向工業(yè)廢水中添加FeS以除去廢水中的FeS具有還原性A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．向燃煤中添加生石灰以減少酸雨的形成，是因為氧化鈣能和二氧化硫等氣體反應(yīng)，體現(xiàn)了CaO具有堿性氧化物的通性，故A不符合題意；B．汽車尾氣系統(tǒng)中安裝催化轉(zhuǎn)化器以減少尾氣污染，是排氣系統(tǒng)中CO和NO在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)，生成無毒氣體氮氣和二氧化碳減少污染，故B不符合題意；C．聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可減少白色污染，故C不符合題意；D．向工業(yè)廢水中添加FeS以除去廢水中的，是銅離子和FeS生成了硫化銅沉淀，沒有體現(xiàn)FeS還原性，故D符合題意；故選D。10.法國科學(xué)家莫瓦桑在無水HF中電解制得單質(zhì)氟()，獲得1906年諾貝爾化學(xué)獎。下列關(guān)于該過程的描述不正確的是A.陽極上發(fā)生氧化反應(yīng)B.陰極反應(yīng)為C.需將電解產(chǎn)生的兩種氣體嚴格分開D.理論上，每轉(zhuǎn)移，可得到(標準狀況下)〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．電解池中F-向陽極移動，失電子生成F2，發(fā)生氧化反應(yīng)，A正確；B．陰極反應(yīng)式，HF-在陰極得電子生成氫氣，B正確；C．F2與氫氣極易化合，需將電解產(chǎn)生的兩種氣體嚴格分開，C正確；D．理論上，每轉(zhuǎn)移，可得到(標準狀況下)，D錯誤；故選D。11.含硫化合物的反應(yīng)具有多樣性。下列有關(guān)反應(yīng)的離子方程式書寫不正確的是A.用溶液吸收廢氣：B.海水提溴工藝中用還原：C.用溶液處理鍋爐水垢中的：D.將S與溶液混合加熱制備：〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．用溶液吸收廢氣過程中，和溶液反應(yīng)生成NaHSO3，離子方程式為：，故A正確；B．HBr是強酸，在離子方程式中要拆，故B錯誤；C．CaCO3的溶解度小于，用溶液處理鍋爐水垢中的，可以轉(zhuǎn)化為CaCO3，離子方程式為：，故C正確；D．S與溶液反應(yīng)生成，離子方程式為：，故D正確；故選B。12.下列實驗操作能達到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖沁x項實驗操作實驗?zāi)康腁向肉桂醛()中加入酸性溶液驗證肉桂醛中含碳碳雙鍵B向待測液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液檢驗溶液中否含有C用pH試紙分別測定等濃度的溶液和NaClO溶液的pH比較和HClO的酸性強弱D常溫常壓下，向兩份相同鋅粒中，分別加入體積相同、濃度不同的稀硫酸，記錄收集相同體積所需的時間探究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．肉桂醛中含有醛基和碳碳雙鍵，二者都可以使高錳酸鉀溶液褪色，則向肉桂醛()中加入酸性溶液，不能證明肉桂醛中含碳碳雙鍵，故A錯誤；B．KSCN與Fe3+作用使溶液顯紅色，與Fe2+作用無此現(xiàn)象，故先滴加KSCN溶液，不顯血紅色，說明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液顯血紅色，說明溶液中有Fe3+生成，說明原溶液中含有Fe2+，故B錯誤；C．NaClO溶液具有漂白性，應(yīng)選pH計測定鹽溶液的pH比較鹽溶液的堿性或?qū)?yīng)酸的酸性，故C錯誤；D．常溫常壓下，向兩份相同鋅粒中，分別加入體積相同、濃度不同的稀硫酸，記錄收集相同體積所需的時間，可以探究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，故D正確；故選D。13.X、Y、Z、W、Q為原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素?；鶓B(tài)X原子價電子層有3個單電子，Z與Y可形成原子個數(shù)比為1∶1的含非極性共價鍵的離子化合物。W、Q的最外層電子數(shù)之和等于Z的原子序數(shù)。下列說法正確的是A.簡單離子半徑：Z＞Y B.X、W單質(zhì)的晶體類型一定相同C.簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X＞Y D.Q的最高價含氧酸根的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W、Q為原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，基態(tài)X原子價電子層有3個單電子，電子排布式應(yīng)為1s22s22p3，所以X為N，Z與Y可形成原子個數(shù)比為1∶1的含非極性共價鍵的離子化合物應(yīng)為Na2O2，所以Y為O，Z為Na，W、Q的最外層電子數(shù)之和等于Z的原子序數(shù)11，所以W、Q分別為P、S或Si、Cl?！荚斘觥紸．簡單離子半徑：Na+＜O2-，故A錯誤；B．X單質(zhì)為N2分子晶體，W單質(zhì)可能為Si或P，可能是共價晶體，也可能是分子晶體，晶體類型不一定相同，故B錯誤；C．非金屬性O(shè)比N強，故簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：NH3＜H2O，故C錯誤；D．Q的最高價含氧酸根可能為或者，兩種離子中心原子價層電子對數(shù)均為4，均沒有孤電子對，空間結(jié)構(gòu)均為正四面體形，故D正確；所以〖答案〗為D。14.恒容密閉容器中，與在不同溫度下發(fā)生反應(yīng)：，達到平衡時，各組分的物質(zhì)的量濃度(c)隨溫度(T)變化如圖所示：下列說法正確的是A.該反應(yīng)的平衡常數(shù)隨溫度升高而增大B.曲線Y表示隨溫度的變化關(guān)系C.提高投料比，可提高的平衡轉(zhuǎn)化率D.其他條件不變，與在℃下反應(yīng)，達到平衡時〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．由圖可知，溫度升高，H2的平衡濃度增大，說明平衡逆向移動，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)隨溫度升高而減小，故A錯誤；B．結(jié)合方程式可知，的變化量為變化量的，則曲線Y表示隨溫度的變化關(guān)系，故B錯誤；C．提高投料比即增大CO2的濃度，平衡正向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故C正確；D．其他條件不變，與在℃下反應(yīng)，等效于增大壓強，該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，平衡正向移動，的濃度減小，當仍然大于與在℃下發(fā)生反應(yīng)時的平衡濃度，故D錯誤；故選C。15.一種可充電鋅－空氣電池放電時的工作原理如下圖所示。已知：I室溶液中，鋅主要以的形式存在，并存在。下列說法正確的是A.放電時，I室溶液pH增大B.放電時，該裝置II室可實現(xiàn)海水淡化C.充電時，Zn電極反應(yīng)為D.充電時，每生成，III室溶液質(zhì)量理論上減少32g〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗原電池中通入O2的一極是正極，則Pt/C電極是正極，電極方程式為：O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn電極為負極，已知：I室溶液中，鋅主要以的形式存在，電極方程式為：，以此解答。〖詳析〗A．由分析可知，Zn電極為負極，電極方程式為：，濃度增大，平衡正向移動，H+濃度增大，I室溶液pH減小，故A錯誤；B．放電時，該裝置II室中Na+通過陽離子交換膜進入III室，Cl-通過陰離子交換膜進入I室，可實現(xiàn)海水淡化，故B正確；C．放電時，Zn電極反應(yīng)為，則充電時，Zn電極反應(yīng)為，故C錯誤；D．充電時，III室為陽極，電極方程式為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，每生成轉(zhuǎn)移4mol電子，同時有4molNa+通過陽離子交換膜進入II室，III室溶液質(zhì)量理論上減少32g+4mol×23g/mol=124g，故D錯誤；故選B。16.常溫下，乙二胺的水溶液中，、和的分布分數(shù)與pH的關(guān)系如圖所示。已知：。下列說法不正確的是A.溶液顯酸性B.曲線b可表示C.的平衡常數(shù)D.溶液中：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)圖示，pH較小時濃度降低的曲線a為，增加的曲線b為，交點處(6.85，0.5)兩者濃度相等，故；隨著pH的增大，即曲線b逐漸減小，(H2NCH2CH2NH2)即曲線c逐漸增大，B點時兩者相等，；的水解平衡常數(shù)?！荚斘觥紸．根據(jù)上述分析可知，存在水解平衡，水解顯酸性，A正確；B．曲線b可表示，B正確；C．表示H2NCH2CH2NH2的第一步電離方程式，則其平衡常數(shù)為Kb1=，C錯誤；D．根據(jù)上述分析可知，的水解平衡常數(shù)Kh2小于其電離平衡常數(shù)Kb2，所以電離平衡產(chǎn)物的濃度水解平衡產(chǎn)物的濃度，D正確；故選C。二、非選擇題：共4題，共56分；均為必考題，考生都必須作答。17.某學(xué)習(xí)小組將Cu與的反應(yīng)設(shè)計為原電池，并進行相關(guān)實驗探究?；卮鹣铝袉栴}：I．實驗準備（1）稀硫酸的配制①配制的溶液，需溶液的體積為______mL。②在實驗室配制上述溶液的過程中，下圖所示儀器，需要用到的是__________(填儀器名稱)。（2）Cu與在酸性條件下反應(yīng)的離子方程式為__________。II．實驗探究〖實驗任務(wù)〗利用相關(guān)原電池裝置進行實驗，探究物質(zhì)氧化性或還原性的影響因素。〖查閱資料〗其他條件相同時，參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大?！歼M行實驗〗（3）利用下表所示裝置進行實驗1～4，記錄數(shù)據(jù)。裝置實驗序號燒杯中所加試劑電壓表讀數(shù)30％130.0/10.0230.01.09.0330.02.08.0435.01.0已知：本實驗條件下，對電壓的影響可忽略。①根據(jù)表中信息，補充數(shù)據(jù)：__________。②由實驗2和4可知，______(填“大于”或“小于”或“等于”)，說明其他條件相同時，溶液濃度越大，其氧化性越強。（4）由(3)中實驗結(jié)果，小組同學(xué)對“電壓隨pH減小而增大”可能的原因，提出了以下兩種猜想：猜想1：酸性條件下，的氧化性隨pH減小而增強。猜想2：酸性條件下，Cu的還原性隨pH減小而增強。為驗證猜想，小組同學(xué)在(3)中實驗1～4的基礎(chǔ)上，利用下表裝置進行實驗5～-7，并記錄數(shù)據(jù)。裝置實驗序號操作電壓表讀數(shù)5/6①向______(填“左”或“右”)側(cè)燒杯中滴加溶液。7向另一側(cè)燒杯中滴加溶液②實驗結(jié)果為：、______，說明猜想2不成立，猜想1成立。（5）已知Cu與反應(yīng)時，加入氨水可形成深藍色的。小組同學(xué)利用(4)中實驗5的裝置繼續(xù)探究，向左側(cè)燒杯中滴加5.0mL一定濃度的氨水，相比實驗5，電壓表讀數(shù)增大，分析該電壓表讀數(shù)增大的原因：__________。〖實驗結(jié)論〗物質(zhì)的氧化性(或還原性)強弱與其濃度、pH等因素有關(guān)?！即鸢浮剑?）①.5.0②.100mL容量瓶（2）（3）①.4.0②.小于（4）①左②.（5）加入氨水后形成，使減小，促進銅失電子，使電壓表讀數(shù)增大〖解析〗〖小問1詳析〗①根據(jù)稀釋規(guī)律c1V1=c2V2可知，配制的溶液，需溶液的體積為；②在實驗室配制上述溶液的過程中，下圖所示儀器，需要用到100mL容量瓶；〖小問2詳析〗Cu在酸性條件下被氧化為銅離子，過氧化氫轉(zhuǎn)化為水，反應(yīng)的離子方程式為；〖小問3詳析〗①根據(jù)單一變量控制法可知，總?cè)芤旱捏w積為40.0mL，則V1=40.0-35.0+1.0=4.0；②由實驗2和4可知，過氧化氫的濃度不同，結(jié)合結(jié)論可推出，U2小于U4；〖小問4詳析〗涉及雙液原電池后，若向左側(cè)燒杯溶液中加入硫酸與沒有加入硫酸時，則可推出猜想2不成立，再向右側(cè)燒杯溶液中加入等物質(zhì)的量的硫酸，觀察得到，則說明猜想1成立；〖小問5詳析〗加入足量氨水后形成，使溶液中減小，促進銅失電子，使電壓表讀數(shù)增大。18.鉍及其化合物廣泛應(yīng)用于電子材料、醫(yī)藥等領(lǐng)域。一種以含鉍燒渣(主要成分為、，還含有少量MnS、、CuO及等)制取并回收錳的工藝流程如下：已知：①氧化性：；②易水解成BiOCl沉淀；常溫下，BiOCl存在的pH范圍約為2.0～11.0；③常溫下，；。回答下列問題：（1）基態(tài)錳原子的價電子排布式為__________。（2）“水浸提錳”時，另加入少量稀硫酸可促進__________(填化學(xué)式)溶解，進一步提高錳的浸取率。（3）“濾渣2”的主要成分有__________(填化學(xué)式)、Bi。（4）常溫下，“含濾液”中的濃度為。為保證BiOCl產(chǎn)品的純度，理論上，“沉鉍”時應(yīng)控制溶液的pH＜______(保留一位小數(shù))。（5）“脫氯”過程中發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為__________。（6）BiOCl是一種性能優(yōu)良的光催化劑，可催化降解有機污染物對硝基苯酚()等。對硝基苯酚的熔點高于鄰硝基苯酚()的熔點，其原因是__________。（7）我國科學(xué)家在新型二維半導(dǎo)體芯片材料——硒氧化鉍的研究中取得突破性進展。硒氧化鉍的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，晶胞參數(shù)為apm，apm，bpm。①該晶胞沿z軸方向的投影圖為______(填標號)。A．B．C．D．②該晶體中，每個周圍緊鄰的共有______個。③該晶體的密度為______(列出計算式，為阿伏加德羅常數(shù)的值)。〖答案〗（1）（2）MnS（3）Cu（4）6.9（5）（6）對硝基苯酚存在分子間氫鍵，而鄰硝基苯酚更易形成分子內(nèi)氫鍵，導(dǎo)致對硝基苯酚分子間的作用力比鄰硝基苯酚分子之間的作用力更強（7）①.B②.4③.〖解析〗〖祥解〗鉍燒渣(主要成分為、，還含有少量MnS、、CuO及等)制備，輝鉍礦先水浸除錳，另加入少量稀硫酸可促進MnS溶解，同時溶于水通過過濾分離，濾渣用濃鹽酸酸浸，不溶于鹽酸過濾后存在于濾渣1中，濾液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+，濾液中加入Bi粉還原，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+、Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu過濾除去，濾液中加入碳酸鈉溶液沉鉍，F(xiàn)e2+存在于濾液中通過過濾除去，得到BiOCl，最后除氯得到?！夹?詳析〗Mn是25號元素，根據(jù)構(gòu)造原理可得其價電子排布式為3d54s2?！夹?詳析〗MnS可以溶解于稀酸，“水浸提錳”時，另加入少量稀硫酸可促進MnS溶解，進一步提高錳的浸取率?！夹?詳析〗由分析可知，“還原”步驟中加入Bi粉，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+、Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu，過濾后Cu存在于濾渣2中?！夹?詳析〗F2+開始沉淀時，c(OH-)=，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=-lg=6-lg=6-lg1+lg7=6.856.9，為保證BiOCl產(chǎn)品的純度，避免Fe2+沉淀，理論上，“沉鉍”時應(yīng)控制溶液的pH＜6.9?！夹?詳析〗“脫氯”過程中和OH-反應(yīng)生成和Cl-，離子方程式為：?！夹?詳析〗對硝基苯酚存在分子間氫鍵，而鄰硝基苯酚更易形成分子內(nèi)氫鍵，導(dǎo)致對硝基苯酚分子間的作用力比鄰硝基苯酚分子之間的作用力更強，故對硝基苯酚的熔點高于鄰硝基苯酚()的熔點。〖小問7詳析〗①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，該晶胞沿z軸方向的投影圖為，故選B；②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，該晶體中，每個周圍緊鄰的共有4個；③由晶胞結(jié)構(gòu)可知，該晶胞中Bi3+的個數(shù)為8=4，Se2-的個數(shù)為=2，O2-的個數(shù)為=4，該晶體的密度為。19.苯乙烯是生產(chǎn)塑料與合成橡膠的重要原料。氧化乙苯脫氫制苯乙烯的反應(yīng)為：反應(yīng)I：已知：反應(yīng)II：反應(yīng)III：回答下列問題：（1）反應(yīng)I的__________。（2）下列關(guān)于反應(yīng)I～III的說法正確的是______(填標號)。A.及時分離出水蒸氣，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量B.保持恒定時，說明反應(yīng)I達到化學(xué)平衡狀態(tài)C.其他條件相同，反應(yīng)II分別在恒容和恒壓條件下進行，前者乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率更高D.反應(yīng)III正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)的活化能（3）在催化劑作用下，氧化乙苯脫氫制苯乙烯可能存在如下圖所示反應(yīng)機理：該機理可表示為以下兩個基元反應(yīng)，請補充反應(yīng)ⅱ：?。?；ⅱ：__________.（4）常壓下，乙苯和經(jīng)催化劑吸附后才能發(fā)生上述反應(yīng)I?？刂仆读媳取肌胣(乙苯)〗分別為1∶1、5∶1和10∶1，并在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)，乙苯平衡轉(zhuǎn)化率與反應(yīng)溫度的關(guān)系如圖所示：①乙苯平衡轉(zhuǎn)化率相同時，投料比越高，對應(yīng)反應(yīng)溫度越______(填“高”或“低”)。②相同溫度下，投料比遠大于10∶1時，乙苯的消耗速率明顯下降，可能的原因是：?。冶降臐舛冗^低；ⅱ．__________。③850K時，反應(yīng)經(jīng)tmin達到圖中P點所示狀態(tài)，若初始時乙苯的物質(zhì)的量為nmol，則v(苯乙烯)＝______。（5）700K時，向恒容密閉容器中加入過量和一定量乙苯，初始和平衡時容器內(nèi)壓強分別為和，則平衡時苯乙烯的分壓為______kPa(以含有、、p的代數(shù)式表示)?！家阎孩倩旌蠚怏w中某組分的分壓等于總壓與該氣體物質(zhì)的量分數(shù)之積；以平衡分壓代替平衡濃度進行計算，可得反應(yīng)的分壓平衡常數(shù)。②〗〖答案〗（1）（2）AB（3）（4）①.低②.過多地占據(jù)催化劑表面，導(dǎo)致催化劑對乙苯的吸附率降低③.（5）〖解析〗〖小問1詳析〗根據(jù)蓋斯定律反應(yīng)I=反應(yīng)II+反應(yīng)III，則反應(yīng)I的，故〖答案〗為：；〖小問2詳析〗A.由反應(yīng)I可知，及時分離出水蒸氣，有利于反應(yīng)I平衡正向移動，從而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正確；B.二氧化碳為反應(yīng)物，CO為生成物，反應(yīng)過程中二氧化碳逐漸減少，CO逐漸增多，則的比值在減小，當保持恒定時，說明反應(yīng)I達到化學(xué)平衡狀態(tài)，故正確；C.其他條件相同，反應(yīng)II正向氣體分子數(shù)增大，若在恒容條件下進行，容器內(nèi)壓強逐漸增大，不利于反應(yīng)正向進行，因此恒壓條件下乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率更高，故錯誤；D.反應(yīng)III為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能，故錯誤；故選：AB?！夹?詳析〗由圖中信息可知反應(yīng)ii為，故〖答案〗為：；〖小問4詳析〗①溫度相同時，∶n(乙苯)越大，乙苯的轉(zhuǎn)化率越高，結(jié)合圖像可知越靠上的曲線乙苯轉(zhuǎn)化率越高，則靠上曲線對應(yīng)的∶n(乙苯)較大，則在轉(zhuǎn)化率相同時，∶n(乙苯)較大的對應(yīng)的溫度越低，故〖答案〗為：低；②相同溫度下，投料比遠大于10∶1時，乙苯的消耗速率明顯下降，可能的原因是乙苯的濃度過低，也可能是過多地占據(jù)催化劑表面，導(dǎo)致催化劑對乙苯的吸附率降低，從而導(dǎo)致乙苯反應(yīng)的量大大減少，轉(zhuǎn)化率降低，故〖答案〗為：過多地占據(jù)催化劑表面，導(dǎo)致催化劑對乙苯的吸附率降低；③850K時，反應(yīng)經(jīng)tmin達到P點，初始時乙苯的物質(zhì)的量為nmol，此時乙苯轉(zhuǎn)化率為50%，則消耗的乙苯的物質(zhì)的量為0.5n