浙江省五校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期中考試化學(xué)試卷

2023學(xué)年第二學(xué)期五校聯(lián)盟期中考試試卷高二年級(jí)化學(xué)學(xué)科本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共100分，考試時(shí)間90分鐘?？忌氈?．本卷滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。2．答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學(xué)校、班級(jí)、姓名、試場號(hào)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)。3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4．考試結(jié)束后，只需上交答題卷?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：選擇題部分一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列物質(zhì)含有的化學(xué)鍵類型與其他三種物質(zhì)有不同的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．NaOH中既含離子鍵又含共價(jià)鍵；B．CH3Cl只含有極性共價(jià)鍵；C．中既含離子鍵又含共價(jià)鍵；D．既含離子鍵又含共價(jià)鍵；故B與其他物質(zhì)不同，選B。2.碳酸鈉是一種重要的無機(jī)化工原料，下列有關(guān)說法不正確的是A.可用加熱的方法鑒別固體和B.溶液呈堿性，可用于洗去油污C.向固體中加少量水后，會(huì)出現(xiàn)放熱現(xiàn)象D.在氨化的飽和溶液中通入足量可得到【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸鈉加熱不分解，碳酸氫鈉加熱分解，可用加熱的方法鑒別固體Na2CO3和NaHCO3，A正確；B．Na2CO3溶液由于碳酸根水解呈堿性，油脂在堿性條件下會(huì)水解，故Na2CO3溶液可用于洗去油污，B正確；C．向Na2CO3固體中加少量水后，碳酸鈉固體溶解放熱，會(huì)出現(xiàn)放熱現(xiàn)象，C正確；D．由于碳酸氫鈉在水中溶解度小于碳酸鈉，故在氨化的NaCl飽和溶液中通入足量CO2可析出碳酸氫鈉沉淀而不是碳酸鈉沉淀，D錯(cuò)誤；本題選D。3.下列說法不正確的是A.中心原子采用雜化 B.苯的球棍模型：C.的價(jià)層電子排布式： D.的名稱：1，3二甲基2乙基苯【答案】B【解析】【詳解】A．SOCl2分子中硫原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，原子的雜化方式為sp3雜化，故A正確；B．苯的分子式為C6H6，分子的空間構(gòu)型為平面結(jié)構(gòu)，球棍模型為，故B錯(cuò)誤；C．錳元素的原子序數(shù)為25，基態(tài)二價(jià)錳離子的價(jià)層電子排布式為3d5，故C正確；D．屬于苯的同系物，名稱為1，3二甲基2乙基苯，故D正確；故選B。4.已知反應(yīng)：，為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述錯(cuò)誤的是A.是氧化劑 B.是還原產(chǎn)物C.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為 D.消耗（標(biāo)準(zhǔn)狀況），轉(zhuǎn)移的電子數(shù)【答案】C【解析】【詳解】A．反應(yīng)中F的化合價(jià)由0價(jià)降到1價(jià)，故為氧化劑，A正確；B．反應(yīng)中F的化合價(jià)由0價(jià)降到1價(jià)，還原產(chǎn)物，中O的化合價(jià)為+2價(jià)，故既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，B正確；C．反應(yīng)中為氧化劑，氫氧化鈉為還原劑，但是只有一個(gè)O的化合價(jià)升高，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為，C錯(cuò)誤；D．的化合價(jià)由0價(jià)降低為1價(jià)，得到兩個(gè)電子，（標(biāo)準(zhǔn)狀況）為2mol，故消耗（標(biāo)準(zhǔn)狀況），轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，D正確；故選C。5.溶液中可以大量共存的離子組合是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】【詳解】A．選項(xiàng)中所給的離子間不相互反應(yīng)，可以大量共存，A正確；B．硫離子和銅離子會(huì)生成硫化銅沉淀，不可以共存，B錯(cuò)誤；C．偏鋁酸根離子和鋁離子會(huì)反應(yīng)生成氫氧化鋁，不可以共存，C錯(cuò)誤；D．HF是弱酸，氟離子不可以與氫離子共存，且氟化鎂和氟化鈣是難溶物，氟離子和鎂離子、鈣離子也不能共存，D錯(cuò)誤；本題選A。6.近日，清華大學(xué)等重點(diǎn)高校為解決中國“芯”——半導(dǎo)體芯片，成立了“芯片學(xué)院”。某小組擬在實(shí)驗(yàn)室制造硅，其流程如圖：制造原理：除雜原理：，下列說法中正確的是A.操作1所需玻璃儀器僅為燒杯、漏斗B.操作2為重結(jié)晶C.固體X為，可用于電解制MgD.點(diǎn)燃石英砂和鎂粉的混合物發(fā)生的副反應(yīng)為【答案】D【解析】【詳解】A．操作1將溶液和固體分開，采用過濾操作，所需玻璃儀器為燒杯、漏斗、玻璃棒，A錯(cuò)誤；B．濾渣是不能與鹽酸反應(yīng)的硅，故操作2為洗滌和烘干，故B錯(cuò)誤；C．氯化鎂溶液蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶后得到氯化鎂結(jié)晶水合物，不是無水氯化鎂，C錯(cuò)誤；D．由除雜原理中Mg2Si，與鹽酸的反應(yīng)可知石英砂和鎂粉的混合物生成了Mg2Si，副反應(yīng)正確，故D正確；故選D。7.下列說法正確的是A.丙綸、滌綸、腈綸是常見的天然纖維，可以用于制作各種衣物B.聚乙烯是常見的塑料之一，工業(yè)上主要通過石油的裂化工藝生產(chǎn)其單體C.可以通過加入鉻、鎳等金屬元素，提高鐵合金的耐腐蝕性能D.天然橡膠的主要成分是聚丁二烯，具有較高的彈性、絕緣性、化學(xué)穩(wěn)定性【答案】C【解析】【詳解】A．丙綸、滌綸、腈綸是常見的合成纖維而不是天然纖維，可以用于制作各種衣物，A錯(cuò)誤；B．聚乙烯是常見的塑料之一，其單體為乙烯，工業(yè)上主要通過石油的裂解工藝生產(chǎn)其單體，B錯(cuò)誤；C．可以通過加入鉻、鎳等金屬元素，制成不銹鋼來提高鐵合金的耐腐蝕性能，C正確；D．天然橡膠的主要成分是聚異戊二烯，其為線型結(jié)構(gòu)，故其彈性不太好、絕緣性較好、分子中含有碳碳雙鍵，故化學(xué)不穩(wěn)定易被氧化，D錯(cuò)誤；故答案為：C。8.下列實(shí)驗(yàn)裝置使用不正確的是A.圖①裝置可用于分離溴苯和水的混合物，且溴苯從下口放出B.可用圖②方法排出堿式滴定管下端的氣泡C.圖③裝置是用pH計(jì)測定溶液pH值，使用前pH計(jì)需洗滌和校正D.圖④裝置用于電石與水制取乙炔【答案】D【解析】【詳解】A．圖①裝置為分液漏斗，溴苯不溶于水，密度比水大，可用分液漏斗分離溴苯和水的混合物，溴苯應(yīng)從下口放出，故A正確；B．堿式滴定管下端的氣泡，可用圖②方法排出，故B正確；C．pH計(jì)需洗滌和校正再使用，故C正確；D．電石與水反應(yīng)迅速，放出大量的熱，且電石易變?yōu)榉勰?，不適合用裝置④反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選D。9.下列說法正確的是A.乙醇或氫氧化鈉溶液都可以洗去試管壁上附著的苯酚B.蔗糖、油脂及其水解產(chǎn)物均為非電解質(zhì)C.苯的同系物均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.乙酸乙酯和丙酸甲酯的核磁共振氫譜圖完全相同【答案】A【解析】【詳解】A．乙醇與苯酚均有有機(jī)物，互溶，氫氧化鈉與苯酚反應(yīng)生成可溶于水的苯酚鈉，都可以洗去試管壁上附著的苯酚，A正確；B．蔗糖水解產(chǎn)物是葡萄糖，兩者均為非電解質(zhì)，油脂水解產(chǎn)物是高級(jí)脂肪酸和甘油，其中高級(jí)脂肪酸是電解質(zhì)，B錯(cuò)誤；C．苯的同系物種必須是與苯環(huán)直接連接的碳原子上有氫原子的同系物才能被高錳酸鉀氧化，C錯(cuò)誤；D．乙酸乙酯核磁共振氫譜有3個(gè)峰，峰面積比為3：2：3，丙酸甲酯的核磁共振氫譜核磁共振氫譜也有3個(gè)峰，峰面積比也為3：2：3，但峰的化學(xué)位移不同，所以不相同，D錯(cuò)誤；故選A。10.下列化學(xué)反應(yīng)與方程式相符是A.用氨水檢驗(yàn)氯氣管道是否漏氣，觀察到生成白煙：B.將少量通入溶液中：C.2丁烯和氫氣加成：D.氯化銀溶于過量氨水：【答案】B【解析】【詳解】A．白煙為NH4Cl，則化學(xué)方程式為，故A錯(cuò)誤；B．將少量通入溶液中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式正確，故B正確；C．2丁烯的結(jié)構(gòu)簡式為，故C錯(cuò)誤；D．氯化銀溶于過量氨水，化學(xué)方程式為：，故D錯(cuò)誤；故選B。11.是一種有機(jī)烯醚，可以用烴A通過下列路線制得：已知E與溴反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為，則下列說法正確的是A.化合物A的鍵線式為B.化合物B分子結(jié)構(gòu)中最多有10個(gè)原子共面C.化合物E可能有4種結(jié)構(gòu)D.①②③的反應(yīng)類型分別為加成反應(yīng)、水解反應(yīng)、消去反應(yīng)【答案】B【解析】【分析】烴A與溴發(fā)生加成反應(yīng)得B，B在堿性條件下水解得C，C在濃硫酸作用下發(fā)生脫水成醚，結(jié)合烯醚的結(jié)構(gòu)逆推可得C為HOCH2C(CH3)=CHCH(CH3)OH、B為BrCH2C(CH3)=CHCH(CH3)Br、A為CH2=C(CH3)CH=CHCH3。B發(fā)生加成反應(yīng)生成D為BrCH2CH(CH3)CH2CH(CH3)Br，D發(fā)生消去反應(yīng)生成E，由于E與溴反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為，說明E分子中只有1個(gè)碳碳雙鍵，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．化合物A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)CH=CH(CH3)，鍵線式為，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，B為BrCH2C(CH3)=CHCH(CH3)Br，由于碳碳雙鍵是平面形結(jié)構(gòu)，且單鍵可以旋轉(zhuǎn)，因此B分子結(jié)構(gòu)中最多有10個(gè)原子共面，故B正確；C．D發(fā)生消去反應(yīng)生成E，由于E與溴反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為，說明E分子中只有1個(gè)碳碳雙鍵，根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式可判斷E分子可能有3種結(jié)構(gòu)，故C錯(cuò)誤；D．由上述分析可知，①②③的反應(yīng)類型分別為加成反應(yīng)、水解反應(yīng)、取代反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選B。12.A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的前20號(hào)主族元素，五種元素中僅A、C同主族，B、C、D位于同一周期，元素B在同周期中金屬性最強(qiáng)，元素C的最外層電子數(shù)為最內(nèi)層的3倍。下列說法正確的是A.化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：B.簡單離子半徑：E＞C＞DC.和離子的結(jié)構(gòu)與化學(xué)性質(zhì)均相似D.與離子空間結(jié)構(gòu)均為平面三角形【答案】A【解析】【分析】A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的前20號(hào)元素，元素B在同周期中金屬性最強(qiáng)，則B為Na元素；元素C的最外層電子數(shù)為最內(nèi)層的3倍，則C為S元素；A、C同主族，則A為O元素；B、C、D位于同一周期，則元素D為氯元素；只有A、C為同主族，則E為鈣元素?！驹斀狻緼．BD形成的物質(zhì)為氯化鈉，B2C為硫化鈉，因?yàn)槁鹊碾娯?fù)性大于硫，氯和鈉的電負(fù)性差值更大，故化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)，A正確；B．C、D、E分別為硫、氯、鈣，簡單離子為硫離子、氯離子、鈣離子，電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)依次增大，半徑逐漸減小，故為E<C<D,B錯(cuò)誤；C．為，為兩者結(jié)構(gòu)相同，但化學(xué)性質(zhì)不同，C錯(cuò)誤；D．為,為，兩者都是Sp3雜化，應(yīng)為三角錐形，D錯(cuò)誤；故選A。13.鈉離子電池以其低成本、高安全性等成為鋰離子電池的首選“備胎”，一種鈉離子可充電電池的工作示意圖如下，該電池主要依靠鈉離子在兩極之間移動(dòng)來工作。其中R1代表沒參與反應(yīng)的COONa，R2代表沒參與反應(yīng)的ONa。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是A.放電時(shí)，b極為正極B.充電時(shí)，鈉離子由b極向a極移動(dòng)C.充電時(shí)，陰極發(fā)生反應(yīng)為+2e+2Na+=D.若電池充滿電時(shí)a、b兩極室質(zhì)量相等，則放電過程中轉(zhuǎn)移0.3mol電子時(shí)，兩極質(zhì)量差為13.8g【答案】C【解析】【分析】由圖可知，放電過程中b極物質(zhì)發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，則a為負(fù)極；【詳解】A．由分析可知，放電時(shí)，b極為正極，A正確；B．充電時(shí)，陽離子向陰極移動(dòng)，充電時(shí)a為陰極、b為陽極，則鈉離子由b極向a極移動(dòng)，B正確；C．充電時(shí)a為陰極，陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為+2e+2Na+=，C錯(cuò)誤；D．若電池充滿電時(shí)a、b兩極室質(zhì)量相等，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移關(guān)系可知鈉離子遷移情況為，e~Na+，則放電過程中轉(zhuǎn)移0.3mol電子時(shí)，由0.3mol的鈉離子發(fā)生遷移，則兩極質(zhì)量差為23g/mol×0.3mol×2=13.8g，D正確；故選：C。14.燃油汽車尾氣中含有CO和氮氧化物，在的催化作用下，發(fā)生反應(yīng)：，可降低污染。其反應(yīng)歷程和相對(duì)能量變化如圖所示：下列說法不正確的是A.分子的中心原子是N，分子中O—N—N的鍵角大于分子中O—N—O的鍵角B.歷程中決定反應(yīng)速率的變化過程是②→③C.總反應(yīng)分兩步進(jìn)行，已知參與第一步反應(yīng)，則第二步反應(yīng)為：D.恒容、絕熱下模擬反應(yīng)：，體系的溫度、（平均相對(duì)分子質(zhì)量）、壓強(qiáng)恒定均能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)【答案】D【解析】【詳解】A．分子的中心原子是N，N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，沒有孤電子對(duì)，則為直線形分子，O—N—N的鍵角為，分子的中心原子是N，N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，有一個(gè)孤電子對(duì)，則為V形分子，O—N—O的鍵角小于，故分子中O—N—N的鍵角大于分子中O—N—O的鍵角，故A正確；B．歷程中決定反應(yīng)速率的為慢反應(yīng)，反應(yīng)活化能越大，反應(yīng)速率越慢，故歷程中決定反應(yīng)速率的變化過程是②→③，故B正確；C．結(jié)合反應(yīng)歷程示意圖可知，該反應(yīng)可分為兩步進(jìn)行，已知參與第一步反應(yīng)，則第二步反應(yīng)為：，故C正確；D．反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，總物質(zhì)的量不變，故（平均相對(duì)分子質(zhì)量）始終不變，故（平均相對(duì)分子質(zhì)量）恒定不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；故選D。15.常溫下，將等體積的與混合。已知：，，下列說法錯(cuò)誤的是A.混合前溶液中，離子濃度的順序從大到小排列：B.水的電離程度：＞混合溶液＞C.混合后的溶液中有：D.設(shè)，則混合溶液中的a大于溶液中的a【答案】C【解析】【分析】根據(jù)：，，，可知，。【詳解】A．混合前，中，根據(jù)分析，，說明的水解程度小于的水解程度，溶液呈酸性，離子濃度大小關(guān)系：，A正確；B．根據(jù)分析：，三種溶液中離子水解程度大小關(guān)系：＞混合溶液＞，根據(jù)水解程度越大，則水的電離程度越大，B正確；C．混合后溶液的質(zhì)子守恒為：，C錯(cuò)誤；D．設(shè)，混合溶液中CH3COO濃度小，水解程度大于溶液中CH3COO的水解程度，所以a較大，D正確；故選C。16.為實(shí)現(xiàn)下列實(shí)驗(yàn)?zāi)康模瘜W(xué)小組的成員們實(shí)驗(yàn)操作和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象都正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象A證明金屬性Na>Cu少量金屬Na與膽礬隔絕空氣加熱有紅色固體生成B常溫下，溶度積：常溫下，向盛有2滴溶液的試管中滴加1mLNaCl溶液，再向其中滴加1mLKI溶液先有白色沉淀生成，后又產(chǎn)生黃色沉淀C驗(yàn)證壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的影響先將注射器充滿氣體，然后將活塞往里推注射器內(nèi)氣體顏色加深，證明加壓平衡朝生成氣體的方向移動(dòng)D證明濃硫酸具有強(qiáng)氧化性加熱濃硫酸、NaCl固體與固體的混合物有黃綠色氣體產(chǎn)生A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．Na性質(zhì)活潑，與膽礬的結(jié)晶水反應(yīng)，少量金屬Na與膽礬隔絕空氣加熱，生成氫氧化鈉和氫氣，不能得到銅，故A錯(cuò)誤；B．向盛有2滴0.1mol/LAgNO3溶液的試管中滴加1mL0.1mol/LNaCl溶液，先有白色AgCl沉淀生成，溶液中氯離子過量，再向其中滴1mL0.1mol/LKI溶液，Ag+與I結(jié)合產(chǎn)生黃色沉淀AgI，實(shí)現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化，可得出Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B正確；C．先將注射器充滿NO2氣體，然后將活塞往里推壓縮體積，觀察到注射器內(nèi)氣體顏色先加深，后又變淺，但比開始時(shí)顏色深，先是由于體積減小，顏色加深，后因平衡移動(dòng)，顏色變淺，故C錯(cuò)誤；D．加熱濃硫酸、NaCl固體與固體的混合物有黃綠色氣體產(chǎn)生，是因?yàn)闈饬蛩岷蚇aCl反應(yīng)生成的HCl和MnO2反應(yīng)生成Cl2，不能驗(yàn)證濃硫酸的強(qiáng)氧化性，體現(xiàn)了非揮發(fā)性的濃硫酸制取揮發(fā)性酸的性質(zhì)，故D錯(cuò)誤；答案選B。非選擇題部分二、非選擇題（本大題共5小題，共52分）17.硼、碳、氮元素形成的化合物極為豐富。（1）吡啶（）是一種常見的配體，其中含有與苯類似的大鍵，則吡啶中N原子的價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)的軌道為__________（填標(biāo)號(hào)）。A.軌道 B.軌道 C.雜化軌道 D.雜化軌道（2）、、均可作為配體，則三者中配位能力最弱的是__________，其原因?yàn)開_________。（3）某種新型儲(chǔ)氫材料的晶胞如圖所示，其中八面體中心為，頂點(diǎn)均為配體；四面體中心為硼原子，頂點(diǎn)均為氫原子。該晶胞為立方體形，邊長為apm，則該晶體的化學(xué)式為__________，晶體類型是__________，與硼原子間的最短距離為__________cm（用含a代數(shù)式表示）。（4）下列有關(guān)說法正確是__________。A.電負(fù)性：N＞H＞B B.沸點(diǎn)：吡啶＞苯C.第一電離能：N＞C＞O D.基態(tài)的簡化電子排布式：【答案】（1）C（2）①.②.因Cl電負(fù)性大，其吸電子作用使N上孤電子對(duì)難以給出，致使其配位能力下降（3）①.Fe(NH3)6(BH4)2或[Fe(NH3)6][BH4]2②.離子晶體③.a×1010（4）AB【解析】【小問1詳解】由吡啶的結(jié)構(gòu)可知，N為sp2雜化，其價(jià)層孤電子對(duì)位于sp2雜化軌道，故選C；【小問2詳解】因Cl電負(fù)性大，其吸電子作用使N上孤電子對(duì)難以給出，致使其配位能力下降，因此配位能力最弱；【小問3詳解】八面體中心為，頂點(diǎn)均為配體，一個(gè)八面體表示為，四面體中心為硼原子，頂點(diǎn)均為氫原子，一個(gè)四面體表示為BH4，根據(jù)均攤法，黑球位于頂點(diǎn)和面心，則黑球個(gè)數(shù)為：，白球位于晶胞內(nèi)，其個(gè)數(shù)為8，該物質(zhì)的化學(xué)式為Fe(NH3)6(BH4)2或[Fe(NH3)6][BH4]2；由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，其屬于離子晶體；與硼原子間的最短距離是晶胞體對(duì)角線的，該晶胞為立方體形，邊長為apm，即與硼原子間的最短距離為a×1010cm；【小問4詳解】A．同周期元素，從左往右電負(fù)性逐漸增大，同族元素，從上到下電負(fù)性逐漸減小，電負(fù)性：N＞H＞B，A正確；B．吡啶和苯相對(duì)分子質(zhì)量相近，吡啶是極性分子，苯是非極性分子，沸點(diǎn)：吡啶＞苯，B正確；C．同周期元素從左到右第一電離能有增大趨勢，ⅡA族原子s能級(jí)全充滿、ⅤA族原子p能級(jí)半充滿，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，第一電離能大于同周期相鄰元素，第一電離能：N＞O＞C，C錯(cuò)誤D．基態(tài)的簡化電子排布式：，D錯(cuò)誤；故選AB。18.三氧化二鉻是一種綠色固體，常作顏料。以它為原料實(shí)現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化：已知：①重金屬離子的重鉻酸鹽的溶解度大于相應(yīng)鉻酸鹽。②沉淀E溶于濃的強(qiáng)堿。③在二價(jià)錳鹽中，除少數(shù)、難溶與水外，其余大部分易溶于水。（1）寫出溶液B中的所有陽離子__________。寫出步驟Ⅱ中生成氣體C的離子方程式__________。沉淀E的化學(xué)式為__________。（2）下列說法正確的是__________。A.氣體C在工業(yè)上可通過電解法制備B.在溶液B中加入乙醇，溶液變?yōu)榫G色，再變?yōu)樗{(lán)色C.將步驟Ⅰ中的鹽酸換成硫酸，僅影響步驟Ⅱ的反應(yīng)D.在步驟Ⅲ中，溶液B加入純堿溶液，也能分離出錳元素（3）在堿性條件下，具有強(qiáng)還原劑，可被氧化為最高價(jià)，寫出兩者恰好反應(yīng)的離子方程式__________。根據(jù)該反應(yīng)原理，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)上述反應(yīng)后溶液中生成的陰離子__________?！敬鸢浮浚?）①.K+、Mn2+、H+②.16H++10Cl+2=2Mn2++5Cl2↑+8H2O③.PbCrO4、Pb(OH)2（2）ABD（3）①.Cr2O3+3H2O2+4OH=2+5H2O②.取適量溶液，加入硝酸調(diào)pH至中性，再滴加硝酸鉛溶液，若生成黃色沉淀，說明有【解析】【分析】以Cr2O3為原料，溶于鹽酸生成溶液A為CrCl3溶液，用高錳酸鉀氧化得到橙色溶液K2Cr2O7和MnCl2溶液，加入NaOH溶液沉淀氯化錳生成Mg(OH)2沉淀和黃色的K2CrO4溶液，過濾分離，濾渣氧化生成MnO2，濾液K2CrO4中加入Pb(NO3)2轉(zhuǎn)化為PbCrO4沉淀，據(jù)此分析解答?！拘?詳解】根據(jù)分析，溶液B中溶質(zhì)主要為K2Cr2O7和MnCl2以及加入的過量鹽酸，所以陽離子K+、Mn2+、H+；高錳酸鉀氧化CrCl3溶液中Cr3+離子時(shí)，也會(huì)氧化Cl生成Cl2，所以氣體C為氯氣，步驟Ⅱ中生成氣體氯氣的離子方程式16H++10Cl+2=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；根據(jù)分析，濾液K2CrO4中加入Pb(NO3)2轉(zhuǎn)化為PbCrO4沉淀，溶液呈堿性，所以主要產(chǎn)物為bCrO4沉淀，還有少量Pb(OH)2；【小問2詳解】A．工業(yè)上通過電解飽和食鹽水獲得氯氣，A正確；B．K2Cr2O7溶液中加入乙醇，被乙醇還原，先變?yōu)榫G色，再變?yōu)樗{(lán)色，B正確；C．將步驟Ⅰ中的鹽酸換成硫酸，還會(huì)使Pb2+會(huì)轉(zhuǎn)化為PbSO4沉淀，C錯(cuò)誤；D．在步驟Ⅲ中，溶液B加入純堿溶液，生辰碳酸錳沉淀，也能分離出錳元素，C正確；故選ABD?！拘?詳解】堿性條件下，具有強(qiáng)還原劑，可被氧化為最高價(jià)，兩者恰好反應(yīng)的離子方程式：Cr2O3+3H2O2+4OH=2+5H2O；根據(jù)該反應(yīng)原理，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)上述反應(yīng)后溶液中生成的陰離子，即檢驗(yàn)鉻酸根離子，可用硝酸鉛檢驗(yàn)：取適量溶液，加入硝酸調(diào)pH至中性，再滴加硝酸鉛溶液，若生成黃色沉淀，說明有。19.“碳中和”目標(biāo)如期實(shí)現(xiàn)的關(guān)鍵技術(shù)之一是CO2的再資源化利用。（1）將二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲醇是目前研究的熱點(diǎn)之一，在催化劑作用下主要發(fā)生以下反應(yīng)：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．反應(yīng)Ⅲ自發(fā)進(jìn)行的條件及判斷依據(jù)是__________。（2）保持壓強(qiáng)，將起始的混合氣體勻速通過裝有催化劑的反應(yīng)管，只發(fā)生上述反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ，測得出口處CO2的轉(zhuǎn)化率和甲醇的選擇性[％]與溫度的關(guān)系如圖1、圖2所示。①催化劑催化效率％，計(jì)算340℃時(shí)三種催化劑的催化效率之比__________。②隨著溫度的升高，CO2轉(zhuǎn)化率增大，但甲醇選擇性降低的原因是__________。（3）甲醇再應(yīng)用：在催化劑作用下，工業(yè)用甲醇空氣氧化法制甲醛。該反應(yīng)為下面兩個(gè)基元反應(yīng)的合并：反應(yīng)Ⅰ：反應(yīng)Ⅱ：k、k1、k2為速率方程常數(shù)，分壓p等于其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)乘以總壓，為氧化態(tài)催化劑的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)；為還原態(tài)催化劑的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)；反應(yīng)Ⅰ為決速步。下列說法不正確的是__________。A.改用更高效的催化劑可提高反應(yīng)Ⅰ的平衡轉(zhuǎn)化率B.C.Catred在體系中含量很低，升高溫度會(huì)適當(dāng)增加Catred在體系中的含量D.若和的分壓增大相同倍數(shù)，比對(duì)總反應(yīng)速率的影響大（4）處理CO2吸收液：用惰性電極電解吸收液（成分為飽和NaHCO3溶液），陰極區(qū)通入CO2共同電解，陰極產(chǎn)物為常見有機(jī)物，陽極氣體產(chǎn)物吸收后再應(yīng)用?，F(xiàn)用溶液吸收陽極逸出的氣體，不考慮氣體溶解殘留，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移時(shí)，所得溶液中__________。（已知的電離常數(shù)，）【答案】（1）△H3=90.4KJ?mol1，△S＜0，，所以低溫自發(fā)進(jìn)行（2）①.18∶20∶15②.隨著溫度升高，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ速率加快，消耗的CO2增多，反應(yīng)Ⅱ速率增大的程度大于反應(yīng)Ⅰ速率增大程度，使生成CO比例增加、甲醇比例降低，所以隨著溫度的升高，CO2轉(zhuǎn)化率增大、甲醇選擇性降低（3）AD（4）9.4×1011mol·L1【解析】【小問1詳解】由題干反應(yīng)Ⅰ．，反應(yīng)Ⅱ．，則反應(yīng)ⅠⅡ可得反應(yīng)Ⅲ．，根據(jù)蓋斯定律可知，=(49.4)(41.0)=90.4kJ/mol，即反應(yīng)Ⅲ是一個(gè)熵減的放熱反應(yīng)，根據(jù)自由能變小于0時(shí)能夠自發(fā)進(jìn)行，故反應(yīng)Ⅲ在低溫下能夠自發(fā)進(jìn)行，故答案為：△H3=90.4KJ?mol1，△S＜0，，所以低溫自發(fā)進(jìn)行；【小問2詳解】①n生成（CH3OH）=CO2的轉(zhuǎn)化率×n投入（CO2）×甲醇的選擇性，所以催化劑催化效率η=×100%=CO2的轉(zhuǎn)化率×甲醇的選擇性，則η（In2O3）：η（Mg/ln2O3）：η（Mn/ln2O3）=（12%×15%）：（10%×20%）：（5%×30%）=18：20：15，故答案為：（12%×15%）：（10%×20%）：（5%×30%）=18：20：15；②隨著溫度升高，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ速率加快，消耗CO2增多，反應(yīng)Ⅱ速率增大的程度大于反應(yīng)Ⅰ速率增大程度，使生成CO比例增加、甲醇比例降低，所以隨著溫度的升高，CO2轉(zhuǎn)化率增大、甲醇選擇性降低，故答案為：隨著溫度升高，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ速率加快，消耗的CO2增多，反應(yīng)Ⅱ速率增大的程度大于反應(yīng)Ⅰ速率增大程度，使生成CO比例增加、甲醇比例降低，所以隨著溫度的升高，CO2轉(zhuǎn)化率增大、甲醇選擇性降低；【小問3詳解】A．改用更高效的催化劑可提高反應(yīng)速率，但反應(yīng)Ⅰ的平衡不移動(dòng)，即平衡轉(zhuǎn)化率不變，A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)Ⅰ為決速步，總反應(yīng)速率方程：=kp(CH3OH)p0.5(O2)≈1=k1p(CH3OH)χ(Catox)，B正確；C．由題干信息可知，反應(yīng)Ⅰ為決速步，即反應(yīng)Ⅰ為慢速反應(yīng)，而反應(yīng)Ⅱ?yàn)榭焖俜磻?yīng)，從而決定了在體系中含量很低，升高溫度反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ速率都加快，能適當(dāng)增加在體系中的含量，C正確；D．由題意可知，反應(yīng)Ⅰ為決速步，總反應(yīng)速率方程：=kp(CH3OH)p0.5(O2)≈1=k1p(CH3OH)χ(Catox)，若O2和CH3OH（g）的分壓增大相同倍數(shù)，O2比CH3OH（g）對(duì)總反應(yīng)速率的影響小，D錯(cuò)誤；故答案為：AD；【小問4詳解】用惰性電極電解吸收液（成分為飽和NaHCO3溶液），陽極反應(yīng)為：44e=O2↑+2H2O+4CO2↑，即陽極氣體產(chǎn)物為CO2吸收后再應(yīng)用，現(xiàn)用溶液吸收陽極逸出的氣體，不考慮氣體溶解殘留，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1.5mole時(shí)，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，產(chǎn)生的CO2為1.5mol，根據(jù)方程式：NaOH+CO2=NaHCO3、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，解得Na2CO3為0.5mol，NaHCO3為1mol，即所得溶液中c()=0.25mol/L，c()=0.5mol/L，故c(H+)===9.4×1011mol/L，故答案為：9.4×1011。20.某課題組以鋰輝石（主要成分為，還含有鐵、鈣、鎂等元素）為原料，按下列流程制備，并制備鋰離子電池正極材料。已知：①不溶于水，能溶于強(qiáng)酸；②晶體和晶體的溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示：回答下列問題：（1）下列操作或描述不正確的是__________。A.步驟Ⅰ礦石研磨，可提高酸化焙燒效率，促進(jìn)的溶解B.步驟Ⅱ若減少濃硫酸用量，會(huì)導(dǎo)致在步驟Ⅲ水解產(chǎn)生膠體吸附，降低的浸出率C.模擬上述流程，步驟Ⅰ、Ⅲ所用的儀器有蒸發(fā)皿、燒杯、玻璃棒、耐酸過濾器及熱源D.步驟Ⅳ中加入的X可以是先加入調(diào)節(jié)pH以除去，再加入除盡和（2）步驟Ⅴ通過兩次結(jié)晶，可得到溶液和。需要用到下列操作：a．過濾；b．趁熱過濾；c．冷卻至0℃；d．用燒杯承接濾液；e．在40℃時(shí)蒸發(fā)溶劑至溶液出現(xiàn)少量固體，停止加熱；f．在100℃時(shí)蒸發(fā)溶劑至溶液體積減小約原來一半，有固體析出，停止加熱。寫出“兩次結(jié)晶”的正確操作順序_______：____→____→d→____→____→____。（3）在步驟Ⅶ，若將和的混合液滴加到溶液中，獲得的產(chǎn)品純度較低，請(qǐng)給出可能的原因：__________。（4）標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度的測定：準(zhǔn)確稱取一定質(zhì)量的硼砂溶于水配成溶液，以如圖裝置測定溶液的濃度。已知硼砂與發(fā)生反應(yīng)：，則錐形瓶內(nèi)裝入的溶液為__________；若已知滴定終點(diǎn)pH為5.27，采用甲基橙作指示劑會(huì)導(dǎo)致溶液濃度測定結(jié)果__________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。（5）產(chǎn)品分析：為測定樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（雜質(zhì)主要為，其他雜質(zhì)不參與反應(yīng)），取ag樣品溶解，以酚酞為指示劑，用濃度為的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液剛好褪色，消耗，再加入甲基橙，繼續(xù)用以上標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液剛好變色，又消耗。則樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________。（已知：溶液pH在8左右，且溶液的pH隨濃度變化不大）【答案】（1）CD（2）fbdeca（3）剛開始滴加時(shí)，溶液LiOH較多，F(xiàn)e2+會(huì)轉(zhuǎn)變?yōu)镕e(OH)2進(jìn)而被氧化為Fe(OH)3導(dǎo)致產(chǎn)品純度下降（4）①.硼砂溶液（寫化學(xué)式也可以）②.偏低（5）【解析】【分析】鋰輝石主要成分為，還含有鐵、鈣、鎂等元素；首先研磨煅燒，再加入濃硫酸后再次焙燒，過濾除，對(duì)浸出液再次除雜后得到硫酸鋰濃溶液，再加入氫氧化鈉，結(jié)晶除去硫酸鈉，重結(jié)晶得到LiOH?H2O，繼續(xù)處理得到產(chǎn)品?！拘?詳解】A.步驟Ⅰ礦石研磨，增大接觸面積，可提高酸化焙燒效率，促進(jìn)的溶解，故A正確；B.步驟Ⅱ若減少濃硫酸用量，會(huì)導(dǎo)致在步驟Ⅲ水解產(chǎn)生膠體吸附，降低的浸出率，故B正確；C.模擬上述流程，步驟Ⅰ、Ⅲ所用的儀器有研缽、燒杯、玻璃棒、耐酸過濾器，故C錯(cuò)誤；D.無法通過調(diào)節(jié)pH的方法除去，故D錯(cuò)誤；選CD；【小問2詳解】根據(jù)硫酸鈉、氫氧化鋰的溶解度曲線。在100℃時(shí)蒸發(fā)溶劑至溶液體積減小約原來一半，有固體析出，停止加熱；趁熱過濾得到；用燒杯承接濾液；在40℃時(shí)蒸發(fā)溶劑至溶液出現(xiàn)少量固體，停止加熱；冷卻至0℃；過濾得，“兩次結(jié)晶”的正確操作順序：f→b→d→e→c→a?！拘?詳解】將和的混合液滴加到溶液中，剛開始滴加時(shí)，溶液LiOH較多，F(xiàn)e2+會(huì)轉(zhuǎn)變?yōu)镕e(OH)2進(jìn)而被氧化為Fe(OH)3