四川省2025年高考綜合改革適應(yīng)性演練測(cè)試（八省聯(lián)考）化學(xué)試題（解析版）

第1頁(yè)/共1頁(yè)2025年高考綜合改革適應(yīng)性演練測(cè)試化學(xué)注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：一、單項(xiàng)選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是最符合題目要求的。1.化學(xué)是新材料發(fā)展的基礎(chǔ)，下列生產(chǎn)或應(yīng)用中所用到的主要物質(zhì)不屬于無(wú)機(jī)非金屬材料的是A.芯片制造所用的硅晶片 B.潛艇降噪所用的橡膠消聲瓦C.耐高溫陶瓷生產(chǎn)所用的碳化硅 D.通信信號(hào)傳輸所用的光導(dǎo)纖維【答案】B【解析】【詳解】A．芯片制造所用的硅晶片是單質(zhì)硅，屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，A不符合題意；B．橡膠是一種高分子有機(jī)化合物，B符合題意；C．碳化硅屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，C不符合題意；D．光導(dǎo)纖維成分是二氧化硅，屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，D不符合題意；故選B。2.下列關(guān)于生物有機(jī)分子的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.纖維素能被氫氧化銅氧化B.蔗糖和麥芽糖的水解產(chǎn)物都含有葡萄糖C.蛋白質(zhì)的空間結(jié)構(gòu)發(fā)生變化會(huì)導(dǎo)致其生物活性改變D.核酸可以看作磷酸、戊糖和堿基通過(guò)一定方式結(jié)合而成的分子【答案】A【解析】【詳解】A．纖維素含有羥基，不能被弱氧化劑氫氧化銅氧化，故A錯(cuò)誤；B．蔗糖水解產(chǎn)物是葡萄糖和果糖，麥芽糖水解產(chǎn)物是葡萄糖，故B正確；C．蛋白質(zhì)空間結(jié)構(gòu)發(fā)生變化會(huì)導(dǎo)致其生物活性改變，這種改變是不可逆的，故C正確；D．核酸可以看作磷酸、戊糖和堿基通過(guò)一定方式結(jié)合而成的生物大分子，故D正確；選A。3.和發(fā)生反應(yīng)：是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.是非極性鍵形成的極性分子 B.的電子式是C.和互為同素異形體 D.含有的中子數(shù)是【答案】A【解析】【詳解】A．臭氧分子的中心氧原子和兩個(gè)配位氧原子之間的O-O具有極性，電子云偏向配位氧原子，故是由極性鍵形成的極性分子，A錯(cuò)誤；B．是共價(jià)化合物，氫和碘之間共用一對(duì)電子，故HI的電子式是，B正確；C．和是由氧元素形成的不同的單質(zhì)，互為同素異形體，C正確；D．中H沒(méi)有中子，O有16-8=8個(gè)中子，故含有的中子數(shù)是，D正確；答案選A。4.維生素A乙酸酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，下列說(shuō)法正確的是A.不能發(fā)生水解反應(yīng)B.不能使溴的溶液褪色C.6個(gè)甲基對(duì)應(yīng)的核磁共振氫譜有5組峰D.分子中采用雜化的碳原子數(shù)目是10【答案】C【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，維生素A乙酸酯分子中含有的酯基一定條件下能發(fā)生水解反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，維生素A乙酸酯分子中含有的碳碳雙鍵能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)使溶液褪色，故B錯(cuò)誤；C．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，維生素A乙酸酯分子中6個(gè)甲基對(duì)應(yīng)的氫原子類型有5種，核磁共振氫譜有5組峰，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，維生素A乙酸酯分子中碳碳雙鍵和酯基中碳原子的雜化方式為雜化，共有11個(gè)，故D錯(cuò)誤；故選C。5.下列裝置或操作不能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．制備干燥的B．制備無(wú)水C．除去中少量的D．萃取并分離溴水中的溴A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．濃氨水能與生石灰制備氨氣，堿石灰能用于干燥堿性氣體氨氣，則題給裝置能達(dá)到制備干燥氨氣的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A不符合題意；B．氯化鐵在溶液中會(huì)水解生成氫氧化鐵和鹽酸，所以六水氯化鐵在氮?dú)夥諊兄苯蛹訜釙?huì)因氯化氫揮發(fā)使水解平衡不斷右移直至趨于完全得到氫氧化鐵，不能制得無(wú)水氯化鐵，則題給裝置不能達(dá)到制備無(wú)水氯化鐵的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故B符合題意；C．氯化氫能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳和水，二氧化碳不溶于碳酸氫鈉飽和溶液，則題給裝置能達(dá)到除去二氧化碳中混有的氯化氫雜質(zhì)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔆不符合題意；D．四氯化碳不溶于水，密度比水大，能萃取溴水中的溴，則題給裝置能達(dá)到萃取并分離溴水中的溴的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故D不符合題意；故選B。6.下列過(guò)程對(duì)應(yīng)的離子方程式正確的是A.硫化氫溶液久置變渾濁：B.鋅粉與稀硝酸反應(yīng)：C.銀氨溶液與溴化鈉溶液反應(yīng)：D碳酸氫鈉溶液與少量氫氧化鋇溶液混合：【答案】C【解析】【詳解】A．硫化氫溶液久置變渾濁發(fā)生的反應(yīng)為氫硫酸溶液與氧氣反應(yīng)生成硫和水，反應(yīng)的離子方程式為，故A錯(cuò)誤；B．鋅粉與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鋅、一氧化氮和水，反應(yīng)的離子方程式為，故B錯(cuò)誤；C．銀氨溶液與溴化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、溴化銀沉淀和氨氣，反應(yīng)的離子方程式為，故C正確；D．碳酸氫鈉溶液與少量氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成碳酸鈉、碳酸鋇沉淀和水，反應(yīng)的離子方程式為，故D錯(cuò)誤；故選C。7.M、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，M是宇宙中含量最多的元素，X的最高價(jià)含氧酸具有強(qiáng)氧化性，Y的基態(tài)原子價(jià)層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Z與Y同族。下列說(shuō)法正確的是A.電負(fù)性： B.第一電離能：C.原子半徑： D.簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：【答案】A【解析】【分析】M、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，M是宇宙中含量最多的元素，則M為H元素；Y的基態(tài)原子價(jià)層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，則Y為O元素；因?yàn)樵有驍?shù)依次增大，X的最高價(jià)含氧酸具有強(qiáng)氧化性，則X為N元素；Z與Y同族，則Z為S元素?！驹斀狻緼．元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，非金屬性的強(qiáng)弱順序?yàn)镺＞N＞S，則電負(fù)性的大小順序?yàn)镺＞N＞S，故A正確；B．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，其中（ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA），位于ⅤA族的氮元素的氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，元素的第一電離能大于同周期相鄰元素，則氮元素的第一電離能大于氧元素，故B錯(cuò)誤；C．同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則氮原子的原子半徑大于氧原子，故C錯(cuò)誤；D．元素的非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性的強(qiáng)弱順序?yàn)镺＞N＞S，則簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)弱順序?yàn)镠2O＞NH3＞H2S，故D錯(cuò)誤；故選A。8.一種可制造光學(xué)鏡片的聚合物Z，其合成路線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.X的水解產(chǎn)物含有乙酸的同系物 B.Y可以發(fā)生取代和加成反應(yīng)C.聚合物Z屬于可降解高分子材料 D.此反應(yīng)屬于縮聚反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，X一定條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成2—甲基丙烯酸和甲醇，2—甲基丙烯酸和乙酸的官能團(tuán)不完全相同，不是同類物質(zhì)，不可能互為同系物，故A錯(cuò)誤；B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，Y含有的碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應(yīng)，含有的苯環(huán)能發(fā)生取代反應(yīng)，故B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，聚合物Z中雖然酯基可以水解，但是水解后得到的物質(zhì)依然是高分子化合物，不能變成小分子，Z屬于不可降解高分子材料，故C錯(cuò)誤；D．由方程式可知，催化劑作用下X和Y發(fā)生加聚反應(yīng)生成Z，故D錯(cuò)誤；故選B。9.一種測(cè)定葡萄酒中SO2含量的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(忽略?shī)A持裝置)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.緩慢通入N2的目的是盡可能使SO2進(jìn)入H2O2溶液B.冷凝管的作用是避免水蒸氣進(jìn)入H2O2溶液影響測(cè)定結(jié)果C.用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定反應(yīng)后的H2O2溶液可獲得SO2的含量D.若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中品紅溶液褪色，則說(shuō)明實(shí)驗(yàn)失敗【答案】B【解析】【分析】葡萄酒中二氧化硫溶于水形成亞硫酸存在化學(xué)平衡：SO2+H2OH2SO3H++，向葡萄酒中加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向進(jìn)行，抑制亞硫酸電離，減小二氧化硫的溶解度，通入氮?dú)獠⒓訜崾前讶芙獾亩趸虼党龅绞⒂蠬2O2的溶液中吸收，發(fā)生反應(yīng)：SO2+H2O2=H2SO4，用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定產(chǎn)生的H2SO4，進(jìn)而可確定葡萄酒中SO2的量。根據(jù)最后的品紅溶液不褪色可判斷確定SO2被完全吸收。根據(jù)H2O2中H2SO4的量的多少判斷葡萄酒中SO2的含量，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．緩慢通入N2的目的是盡可能的將雙頸燒瓶中SO2吹出，使其進(jìn)入H2O2溶液被氧化為H2SO4，A正確；B．冷凝管的作用是避免溫度過(guò)高，導(dǎo)致葡萄酒中的部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液而影響測(cè)定結(jié)果，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)反應(yīng)SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得關(guān)系式：SO2～H2SO4～2NaOH，根據(jù)滴定時(shí)消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積及濃度計(jì)算出n(NaOH)，就可以得到一定體積的葡萄糖中SO2的物質(zhì)的量及其含量，C正確；D．SO2具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中看到品紅溶液褪色，說(shuō)明在H2O2溶液中SO2沒(méi)有被完全氧化吸收，則根據(jù)滴定時(shí)消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液計(jì)算的SO2的含量就會(huì)比實(shí)際偏低，從而可知該測(cè)定SO2含量的實(shí)驗(yàn)失敗，D正確；故合理選項(xiàng)是B。10.是重要的無(wú)機(jī)材料，一種含有鐵的氧化物和氧化鈣的廢渣可以通過(guò)如下流程純化。已知：“鋁熱還原”時(shí)，轉(zhuǎn)化為難溶于酸和堿的轉(zhuǎn)化為；“浸取”時(shí)，溶于鹽酸生成易被空氣氧化的。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.具有弱氧化性 B.“浸取”需要惰性氣體保護(hù)C.“濾液”中存在和 D.來(lái)自于和鹽酸的反應(yīng)【答案】B【解析】【分析】二氧化鈦廢渣與鋁粉進(jìn)行鋁熱還原生成和難溶于酸和堿的，同時(shí)鐵的氧化物轉(zhuǎn)化為鐵單質(zhì)，加入鹽酸后、Fe與酸反應(yīng)生成Fe2+、Ti3+和氫氣，難溶的轉(zhuǎn)化為濾渣，濾液中由Fe2+、Ti3+被H2O2氧化生成Fe3+和Ti4+，Ti4+水解生成TiO2·xH2O分離，濾液含有Fe3+、Ca2+?！驹斀狻緼．TiO2中Ti為高價(jià)態(tài)，具有氧化性，A正確；B．“浸取”過(guò)程中，不需要惰性氣體保護(hù)，產(chǎn)生的Ti3+在下一步需要氧化生成Ti4+，B錯(cuò)誤；C．Ti4+轉(zhuǎn)化為TiO2·xH2O分離，濾液含有Fe3+、Ca2+，C正確D．鋁熱反應(yīng)中只有鐵的氧化物轉(zhuǎn)化為鐵單質(zhì)，故氫氣是鐵與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的，D正確；答案選B。11.下列對(duì)有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的解釋不合理的是選項(xiàng)實(shí)例解釋APOCl3和的空間結(jié)構(gòu)都是四面體形POCl3和中P原子軌道的雜化類型均為sp3B的鍵角依次減小孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力大于成鍵電子對(duì)之間的斥力C的沸點(diǎn)依次升高SiX4均為分子晶體，隨著相對(duì)分子質(zhì)量增大，范德華力增大D鄰硝基苯酚的熔點(diǎn)低于對(duì)硝基苯酚前者存在分子內(nèi)氫鍵，后者存在的分子間氫鍵使分子間作用力大于前者A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．POCl3的中心P原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4+=4，因此采用sp3雜化，空間結(jié)構(gòu)為四面體形；的中心P原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4+=4，因此也是采用sp3雜化，空間結(jié)構(gòu)為四面體形，A正確；B．的中心N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是2+=2，無(wú)孤對(duì)電子，因此N采用sp雜化，空間結(jié)構(gòu)為直線形，鍵角為180°；的中心N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3+=3，無(wú)孤對(duì)電子，因此N采用sp2雜化，空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，鍵角為120°；的中心N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是2+=3，有1對(duì)孤對(duì)電子，因此N采用sp2雜化，由于孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力大于成鍵電子對(duì)之間的斥力，導(dǎo)致其鍵角小于120°，的鍵角依次減小，這不僅與與孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)的作用力有關(guān)，也與中心N原子的雜化類型有關(guān)，B錯(cuò)誤；C．SiX4均為分子晶體，分子之間以分子間作用力結(jié)合。隨著物質(zhì)分子的相對(duì)分子質(zhì)量增大，范德華力逐漸增大，因此的熔沸點(diǎn)逐漸升高，C正確；D．對(duì)硝基苯酚的分子間不僅存在范德華力，還存在氫鍵，使其熔沸點(diǎn)升高；而鄰硝基苯酚分子內(nèi)存在氫鍵，分子之間只存在范德華力，使物質(zhì)的熔、沸點(diǎn)比存在分子間氫鍵的對(duì)硝基苯酚低，故物質(zhì)的沸點(diǎn)：鄰硝基苯酚的熔點(diǎn)低于對(duì)硝基苯酚，D正確；故合理選項(xiàng)是B。12.我國(guó)科學(xué)家發(fā)明了一種高儲(chǔ)能、循環(huán)性能優(yōu)良的水性電池，其工作示意圖如下。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.放電時(shí)，從負(fù)極向正極遷移B.放電時(shí)，的生成說(shuō)明具有兩性C.充電時(shí)，電池總反應(yīng)為D.充電時(shí)，若生成，則有穿過(guò)離子交換膜【答案】D【解析】【分析】由電池裝置圖可知，放電時(shí)Zn為負(fù)極，電極反應(yīng)為Zn-2e-+4OH-=，多孔碳為正極，電極反應(yīng)為+2e-=2；充電時(shí)Zn為陰極，電極反應(yīng)為+2e-=Zn+4OH-，多孔碳為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為2-2e-=?！驹斀狻緼．放電為原電池，原電池中K+向正極移動(dòng)，A正確；B．堿性環(huán)境中有生成說(shuō)明Zn(OH)2能與堿反應(yīng)，既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng)說(shuō)明Zn(OH)2有兩性，B正確；C．充電為電解池，根據(jù)分析，總反應(yīng)為陰陽(yáng)兩極的加和，+2=Zn+4OH-+，C正確；D．由電極反應(yīng)2-2e-=，生成1mol轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為2mol，應(yīng)有2molK+穿過(guò)離子交換膜，D錯(cuò)誤；故選D。13.恒容反應(yīng)器中，和均能催化反應(yīng)：(羥基乙醛)，反應(yīng)歷程如圖所示，為中間體，為過(guò)渡態(tài)。下列描述正確的是A.“插入”步驟，為B.催化作用下，“加氫”步驟為決速步驟C.催化作用下，羥基乙醛的生成速率更小D.反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，升高溫度，羥基乙醛的濃度增大【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，一氧化碳插入步驟為放熱反應(yīng)，反應(yīng)△H=—15.4kcal/mol，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)活化能越大，反應(yīng)速率越慢，慢反應(yīng)是反應(yīng)的決速步驟，由圖可知，Rh催化作用下，加氫步驟的活化能為24.4kcal/mol，反應(yīng)的活化能最大，所以加氫步驟為決速步驟，故B正確；C．反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢，由圖可知，Rh催化作用下，反應(yīng)的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羥基乙醛的生成速率小于Rh/Mn催化作用下，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，生成羥基乙醛的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，羥基乙醛的濃度減小，故D錯(cuò)誤；故選B。14.一種具有鈣鈦礦結(jié)構(gòu)的光催化劑，其四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.該物質(zhì)的化學(xué)式為B.1位和2位的核間距為C.晶體的密度為D.2位的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)各原子在晶胞中位置，在晶胞頂點(diǎn)，個(gè)數(shù)為，個(gè)氧離子位于面心，個(gè)數(shù)為，位于體心，僅有一個(gè)，故化學(xué)式為：，A正確；B．如圖，構(gòu)造一個(gè)直角三角形，，，則位和位的核間距為：，B正確；C．根據(jù)密度公式，，C錯(cuò)誤；D．如圖，，設(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，則位的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，D正確；故選C。15.常溫下，溶液中含硫粒子分布系數(shù)[比如：]與的關(guān)系如圖1所示；金屬硫化物和在飽和溶液中達(dá)沉淀溶解平衡時(shí)，與的關(guān)系如圖2所示(c為金屬離子濃度)。下列說(shuō)法正確的是A.溶液中的B.直線④表示飽和溶液中的與的關(guān)系C.金屬硫化物的D.濃度均為的和的混合溶液不能通過(guò)滴加飽和溶液實(shí)現(xiàn)分離【答案】C【解析】【分析】硫化氫兩步電離方程式為：，；隨著pH增大，逐漸轉(zhuǎn)化為再轉(zhuǎn)化為，所以圖1中①表示，②表示，③表示；由圖像交點(diǎn)可得pH=6.97時(shí)，pH=12.9時(shí)，則電離平衡常數(shù)，；圖2P點(diǎn)可知pH=8.94時(shí)，，，兩式相乘得，飽和溶液濃度為，由于電離程度非常小，所以，則，且，，可求得，；隨著pH增大，濃度會(huì)增大，則金屬陽(yáng)離子濃度會(huì)減小，且由減小更快，所以直線④為的與的關(guān)系，直線⑤的與的關(guān)系?！驹斀狻緼．由分析可知，，則溶液中的，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，直線⑤表示飽和溶液中的與的關(guān)系，B錯(cuò)誤；C．由分析得，，所以，C正確；D．由圖2可知，逐滴加入硫化氫飽和溶液，濃度均為的和的混合溶液，當(dāng)時(shí)，開(kāi)始沉淀，當(dāng)時(shí)，開(kāi)始沉淀，所以會(huì)先沉淀，當(dāng)沉淀完全時(shí)，溶液中<，此時(shí)還未開(kāi)始沉淀，所以能通過(guò)滴加飽和溶液實(shí)現(xiàn)分離，D錯(cuò)誤；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.具有廣泛用途，一種從電解鋅陽(yáng)極泥回收電池級(jí)的流程如下。該陽(yáng)極泥主要含有，以及和微量等雜質(zhì)離子。已知：。金屬離子生成氫氧化物沉淀，其和溶液的關(guān)系如下圖所示：回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)錳原子的電子排布式為_(kāi)______。（2）“溶解”步驟在酸性條件下進(jìn)行，通入的作用是_______。（3）“除鉀鈉”步驟中，控制溶液和與反應(yīng)分別生成和沉淀，其中生成沉淀的離子方程式為_(kāi)______。（4）“除雜Ⅰ”步驟中，加調(diào)溶液，該步除雜的總反應(yīng)方程式為_(kāi)______。（5）“除雜Ⅱ”步驟中，析出的“沉淀3”是_______、_______。（6）“除雜Ⅲ”步驟中，隨著“沉淀4”的生成，溶液將_______(填“升高”或“下降”或“不變”)。（7）“濃縮結(jié)晶”步驟中，析出后的濾液應(yīng)返回到_______步驟，其目的是_______?！敬鸢浮浚?）1s22s22p63s23p63d54s2（2）還原二氧化錳為錳離子（3）（4）（5）①.CaF2②.MgF2（6）降低（7）①.溶解②.循環(huán)利用，充分利用生成物且提高錳的回收率【解析】【分析】陽(yáng)極泥加入二氧化硫?qū)⒍趸i還原為硫酸錳，加入硫酸鐵除去鈉鉀，濾液加入碳酸錳調(diào)溶液，使得鐵離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，濾液加入MnF2，使得鈣離子、鎂離子轉(zhuǎn)化為CaF2、MgF2沉淀除去，濾液加入硫化氫使得鋅離子和鉛離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，濾液濃縮結(jié)晶得到硫酸錳?！拘?wèn)1詳解】錳為25號(hào)元素，基態(tài)Mn原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s2；【小問(wèn)2詳解】二氧化硫具有還原性，二氧化錳具有氧化性，“溶解”步驟在酸性條件下進(jìn)行，通入的作用是還原二氧化錳為錳離子；【小問(wèn)3詳解】“除鉀鈉”步驟中，控制溶液，酸性條件下，與反應(yīng)生成沉淀，其中生成沉淀的離子方程式為：；【小問(wèn)4詳解】“除雜Ⅰ”步驟中，加調(diào)溶液，使得鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去，結(jié)合質(zhì)量守恒，反應(yīng)還生成硫酸錳、二氧化碳和硫酸，該步除雜的總反應(yīng)方程式為；【小問(wèn)5詳解】由分析，“除雜Ⅱ”步驟中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；【小問(wèn)6詳解】“除雜Ⅲ”步驟中，加入硫化氫使得鋅離子和鉛離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，反應(yīng)為、，反應(yīng)過(guò)程中生成氫離子，使得溶液酸性增強(qiáng)，故隨著“沉淀4”的生成，溶液將下降。【小問(wèn)7詳解】“濃縮結(jié)晶”步驟中，析出后的濾液中含有硫酸和部分硫酸錳，應(yīng)返回到溶解步驟，其目的是循環(huán)利用，充分利用生成物且提高錳的回收率。17.是一種能將轉(zhuǎn)化為的光催化劑。Ⅰ．一種制備的步驟如下(部分條件略)：已知：為粉狀晶體，難溶于水；易溶于水和乙二醇。Ⅱ．純度測(cè)定將a克樣品分解處理后，配制成溶液。用移液管移取溶液于碘量瓶中，加入過(guò)量溶液反應(yīng)后，用硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，其原理如下：回答下列問(wèn)題：（1）稱量時(shí)，下列儀器中用到的有_______、_______(填儀器名稱)。（2）步驟③中，為使固液快速分離，應(yīng)采用的方法是_______(填標(biāo)號(hào))。a．蒸餾b．減壓過(guò)濾c．蒸發(fā)（3）步驟④中，先用蒸餾水多次洗滌，檢驗(yàn)產(chǎn)物中已洗凈的方法是_______；最后用乙醇洗滌，其目的是_______。（4）產(chǎn)物的晶體結(jié)構(gòu)可用_______(填儀器名稱)測(cè)定。（5）純度測(cè)定過(guò)程中，滴定所用的指示劑為_(kāi)______(填名稱)，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_______。（6）平行滴定三次，消耗硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為，則產(chǎn)品的純度為_(kāi)______。（7）下列操作會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏高的是_______(填標(biāo)號(hào))。a．未用待測(cè)溶液潤(rùn)洗水洗后的移液管b．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失c．滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視滴定管液面讀數(shù)【答案】（1）①.托盤天平②.燒杯（2）b（3）①.取洗滌液少許于試管中，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，無(wú)白色沉淀生成②.除去沉淀表面的水分，防止溶解造成產(chǎn)率降低（4）x射線衍射儀（5）①.淀粉溶液②.滴入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原（6）（7）b【解析】【分析】由題給流程可知，將、、混合物溶于乙二醇得到混合溶液，加熱混合溶液使反應(yīng)物充分反應(yīng)得到沉淀，過(guò)濾、洗滌、干燥得到?！拘?wèn)1詳解】稱量固體時(shí)，需要用到托盤天平和燒杯，不需要用到蒸發(fā)皿、玻璃棒和量筒，故答案為：托盤天平；燒杯；【小問(wèn)2詳解】步驟③中，為使固液快速分離，應(yīng)采用減壓過(guò)濾的方法分離，故選b；【小問(wèn)3詳解】檢驗(yàn)產(chǎn)物中氯離子已洗凈實(shí)際上就是檢驗(yàn)洗滌液中不存在氯離子，具體操作為取洗滌液少許于試管中，加入硝酸酸化硝酸銀溶液，無(wú)白色沉淀生成；最后用乙醇洗滌的目的是除去沉淀表面的水分，防止溶解造成產(chǎn)率降低，故答案為：取洗滌液少許于試管中，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，無(wú)白色沉淀生成；【小問(wèn)4詳解】x射線衍射可以精確測(cè)定物質(zhì)的晶體結(jié)構(gòu)，所以產(chǎn)物的晶體結(jié)構(gòu)可用x射線衍射儀測(cè)定，故答案為：x射線衍射儀；【小問(wèn)5詳解】溶液中的碘遇淀粉溶液變藍(lán)色，所以滴定時(shí)選用淀粉溶液做指示劑，溶液中的碘與硫代硫酸鈉溶液完全反應(yīng)后，滴入最后半滴硫代硫酸鈉溶液，溶液會(huì)由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，則滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是滴入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原，故答案為：淀粉溶液；滴入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原；【小問(wèn)6詳解】由方程式可得如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：2—2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L硫代硫酸鈉溶液，則產(chǎn)品的純度為=，故答案為：；【小問(wèn)7詳解】a．未用待測(cè)溶液潤(rùn)洗水洗后的移液管會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏低，故錯(cuò)誤；b．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏高，故正確；c．滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視滴定管液面讀數(shù)會(huì)使滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏低，故錯(cuò)誤；故選b。18.甲烷氧化偶聯(lián)制乙烯是提高甲烷附加值的一項(xiàng)重要研究課題，其涉及的反應(yīng)如下：①②③已知：以乙烯例，其選擇性定義為?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）氧化生成的熱化學(xué)方程式④為_(kāi)______，反應(yīng)的_______0(填“>”或“<”或“=”)，反應(yīng)_______(填“能”或“不能”)自發(fā)進(jìn)行。（2）氧化偶聯(lián)生成分步進(jìn)行，和的選擇性隨反應(yīng)時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示，第一步反應(yīng)的產(chǎn)物為_(kāi)______。（3）恒壓進(jìn)料，原料氣的對(duì)轉(zhuǎn)化率與選擇性的影響如圖所示，根據(jù)本研究課題的目的，在_______(填“”或“”)更優(yōu)，其原因是_______。（4）一定條件下，的生成速率v與分壓p間的關(guān)系為：。若的初始分壓為，隨著反應(yīng)進(jìn)行，當(dāng)?shù)纳伤俾蕍降低到其初始生成速率的時(shí)，則分壓_______(用表示)。（5）若、初始?jí)簭?qiáng)為，在恒容反應(yīng)器中達(dá)平衡，的轉(zhuǎn)化率為30%，和的選擇性均為40%，則反應(yīng)④的平衡常數(shù)_______(保留整數(shù))?！敬鸢浮浚?）①.△H=-210kJ/mol②.>③.能（2）（3）①.②.為時(shí)，乙烯的選擇性遠(yuǎn)大于乙烷的選擇性，而為時(shí)，乙烯的選擇性與乙烷的選擇性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)為2~3時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率大（4）（5）416【解析】【小問(wèn)1詳解】由題意可知，乙烷氧化為乙烯的反應(yīng)為，由蓋斯定律可知，反應(yīng)②×2-反應(yīng)①=反應(yīng)④，則反應(yīng)④的△H=(-282kJ/mol)×2-(-354kJ/mol)=-210kJ/mol，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為△H=-210kJ/mol；該反應(yīng)是熵增的放熱反應(yīng)，任何條件下，反應(yīng)ΔH-TΔS均小于0，能自發(fā)進(jìn)行，故答案為：△H=-210kJ/mol；>；能；【小問(wèn)2詳解】由圖可知，甲烷偶聯(lián)生成乙烯起始反應(yīng)時(shí)，乙烷的選擇性大于乙烯的選擇性，說(shuō)明第一步反應(yīng)的產(chǎn)物為乙烷，故答案為：；【小問(wèn)3詳解】由圖可知，為時(shí)，乙烯的選擇性遠(yuǎn)大于乙烷的選擇性，而為時(shí)，乙烯的選擇性與乙烷的選擇性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)為2~3時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率大，所以甲烷氧化偶聯(lián)制乙烯時(shí)為時(shí)更優(yōu)，故答案為：；為時(shí)，乙烯的選擇性遠(yuǎn)大于乙烷的選擇性，而為時(shí)，乙烯的選擇性與乙烷的選擇性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)為2~3時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率大；【小問(wèn)4詳解】由題意可知，反應(yīng)起始時(shí)①，隨著反應(yīng)進(jìn)行，當(dāng)?shù)纳伤俾蕍降低到其初始生成速率的時(shí)②，聯(lián)立方程解得氧氣的分壓p=，故答案為：；【小問(wèn)5詳解】設(shè)起始甲烷、氧氣的物質(zhì)的量依次為3.5mol、1mol，平衡時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率為30%，乙烷和乙烯的選擇性均為40%，則平衡時(shí)甲烷、乙烷和乙烯的物質(zhì)的量為3.5mol-3.5mol×30%=2.45mol、3.5mol×30%×40%×