高中化學(xué)2022版步步高《單元集訓(xùn)》人教版綜合模擬(二)

綜合模擬(二)考生注意：1．本試卷共4頁。2．答卷前，考生務(wù)必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填寫在相應(yīng)位置上。3．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整。一、選擇題(本題包括14小題，每小題3分，共42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．(2020·山西運城高三期末)化學(xué)與生產(chǎn)生活息息相關(guān)，下列有關(guān)說法正確的是()A．《鶴林玉露·一錢斬史》中記載“一日一錢，千日千錢，繩鋸木斷，水滴石穿”不涉及化學(xué)變化B．“五糧液”釀酒的原理是通過蒸餾法將高粱等糧食中的乙醇分離出來C．古成語“刀耕火種”，其化學(xué)原理是以灰肥田，并可以有效降低土壤的酸度D．瓷器燒制前后顏色不同的現(xiàn)象稱為“窯變”，“窯變”屬于物理變化答案C解析“水滴石穿”過程中，水中的碳酸與石灰石發(fā)生反應(yīng)生成碳酸氫鈣，所以涉及化學(xué)變化，A錯誤；高粱中不含乙醇，用高粱釀酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反應(yīng)生成乙醇，再根據(jù)乙醇與水的沸點不同，用蒸餾的方法分離出來，B錯誤；草木灰的主要成分為碳酸鉀，水解呈堿性，使土壤堿性增強，降低土壤的酸度，C正確；“窯變”是高溫下某些金屬元素的價態(tài)發(fā)生變化而導(dǎo)致顏色變化，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，D錯誤。2．(2020·河北辛集中學(xué)高三期中)下列化學(xué)用語或模型正確的是()A．氯化氫的電子式：B．N2的結(jié)構(gòu)式：N≡NC．硫離子結(jié)構(gòu)示意圖：D．CH4分子的球棍模型：答案B解析氯化氫屬于共價化合物，電子式為，A不正確；S元素的質(zhì)子數(shù)是16，因此硫離子結(jié)構(gòu)示意圖：，C不正確；是甲烷的比例模型，CH4分子的球棍模型為，D不正確。3．(2021·四川閬中中學(xué)高三質(zhì)檢)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．2.3gNa與O2完全反應(yīng)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)介于0.1NA和0.2NA之間B．500mL0.5mol·L－1的NaCl溶液中微粒數(shù)大于0.5NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L二氯甲烷中含有4NA極性共價鍵D．12g金剛石中含有化學(xué)鍵的數(shù)目為4NA答案B解析不管Na與O2反應(yīng)生成氧化鈉還是過氧化鈉，鈉元素的化合價均由0升高為＋1，因而2.3gNa(0.1mol)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，A錯誤；n(Na＋)＝n(Cl－)＝0.5L×0.5mol·L－l＝0.25mol，n(Na＋)＋n(Cl－)＝0.5mol，因而Na＋和Cl－總計為0.5NA個，但溶液中水會電離出極少量的H＋和OH－，因而500mL0.5mol·L－l的NaCl溶液中微粒數(shù)大于0.5NA，B正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，二氯甲烷是液體，22.4L二氯甲烷不是1mol，C錯誤；金剛石中每一個碳原子形成四個共價鍵，但一個碳碳鍵被2個碳原子共用，即一個碳原子只分?jǐn)?個共價鍵，所以12g金剛石中，即1mol金剛石中含有化學(xué)鍵的數(shù)目為2NA，D錯誤。4．(2020·泰安高三期中)下列離子方程式書寫正確的是()A．過量的SO2，通入NaOH溶液中：SO2＋2OH－=SOeq\o\al(2－,3)＋H2OB．Fe2O3溶于過量氫碘酸溶液中：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2OC．NaHCO3溶液中加入過量的Ba(OH)2溶液：2HCOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)D．將H2O2滴入酸性KMnO4溶液中：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O答案D=HSOeq\o\al(－,3)，故A錯誤；氧化鐵與氫碘酸溶液反應(yīng)生成碘化亞鐵、單質(zhì)碘和水，反應(yīng)的離子方程式為Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O，故B錯誤；碳酸氫鈉溶液與過量氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀、氫氧化鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為HCOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，故C錯誤；具有還原性的過氧化氫與具有氧化性的酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)的離子方程式為2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故D正確。5．在酸性條件下，向含鉻廢水中加入FeSO4，可將有害的Cr2Oeq\o\al(2－,7)轉(zhuǎn)化為Cr3＋，然后再加入熟石灰調(diào)節(jié)溶液的pH，使Cr3＋轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3沉淀，而從廢水中除去。下列說法正確的是()A．FeSO4在反應(yīng)中作氧化劑B．隨著反應(yīng)的進行，該廢水的pH會減小C．若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.6mol電子，則會有0.2molCr2Oeq\o\al(2－,7)被還原D．除去廢水中含鉻元素離子的過程包括氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)答案D解析FeSO4可將有害的Cr2Oeq\o\al(2－,7)轉(zhuǎn)化為Cr3＋，即Cr元素的化合價降低，鐵元素的化合價升高，即FeSO4為還原劑，A錯誤；該過程中發(fā)生的反應(yīng)為6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，故隨著反應(yīng)的進行，該廢水的pH會增大，B錯誤；Cr2Oeq\o\al(2－,7)中Cr的化合價為＋6，轉(zhuǎn)化為Cr3＋，即Cr元素的化合價降低3價，即1molCr得到3mol電子，故轉(zhuǎn)移0.6mol電子，則會有0.1molCr2Oeq\o\al(2－,7)被還原，C錯誤；除去廢水中含鉻元素離子的過程包括6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O(氧化還原反應(yīng))和Cr3＋＋3OH－=Cr(OH)3↓(復(fù)分解反應(yīng))，D正確。6．X、Y、Z、P、Q為五種短周期元素，其原子半徑和最外層電子數(shù)之間的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．Q的氧化物一定含有離子鍵和共價鍵B．最高價含氧酸的酸性：Z<YC．P的最低價氫化物常溫常壓下為液體D．Y形成的化合物種類最多答案D解析X、Y、Z、P、Q為五種短周期元素，X、Q最外層只有一個電子，為第ⅠA族元素；Y最外層有4個電子，位于第ⅣA族，Z原子最外層有5個電子，位于第ⅤA族，P最外層有6個電子，位于第ⅥA族；Q原子半徑最大，為Na元素，X原子半徑最小，為H元素；Y原子和Z原子半徑接近、P原子半徑大于Y而最外層電子數(shù)大于Y，所以Y是C元素、Z是N元素、P為S元素；Na的氧化物有氧化鈉和過氧化鈉兩種，不論是氧化鈉還是過氧化鈉，結(jié)構(gòu)中均含離子鍵，但氧化鈉中沒有共價鍵，故A錯誤；元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性：Z＞Y，所以其最高價含氧酸的酸性：Z＞Y，故B錯誤；P的氫化物是硫化氫，常溫下為氣體，故C錯誤；Y為碳元素，而碳元素形成的有機物種類繁多，遠(yuǎn)多于無機物的種類，故D正確。7．已知：①CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH1②CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH2下列推斷正確的是()A．若CO的燃燒熱為ΔH3，則H2的燃燒熱為ΔH3－ΔH1B．反應(yīng)CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH1C．若反應(yīng)②的反應(yīng)物總能量低于生成物總能量，則ΔH2＜0D．若等物質(zhì)的量CO和H2完全燃燒生成氣態(tài)產(chǎn)物時前者放熱更多，則ΔH1＞0答案B解析氫氣的燃燒熱是指1mol氫氣完全燃燒生成液體水時放出的熱量，而反應(yīng)①中的水是氣體，A項錯誤；根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH1，B項正確；若反應(yīng)②的反應(yīng)物總能量低于生成物總能量，則該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，ΔH2>0，C項錯誤；由于對于放熱反應(yīng)，焓變是負(fù)值，則放出的熱量越多，焓變越小，所以若等物質(zhì)的量的CO和H2完全燃燒生成氣態(tài)產(chǎn)物時前者放熱更多，則ΔH1<0，D項錯誤。8．(2021·廣東清遠(yuǎn)高三調(diào)研)鈣鈦礦太陽能電池被稱為是第三代太陽能電池，如圖一是鈣鈦礦太陽能電池的示意圖。若用該電池作電源電解酸性硫酸鉻溶液獲取鉻單質(zhì)和硫酸(如圖二)，下列說法正確的是()A．當(dāng)太陽能電池有6mol電子轉(zhuǎn)移時，Cr棒上增重的質(zhì)量為104gB．D電極發(fā)生的電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑C．乙池的SOeq\o\al(2－,4)向甲池移動D．C電極接鈣鈦礦太陽能電池的B極答案A解析當(dāng)太陽能電池有6mol電子轉(zhuǎn)移時，根據(jù)得失電子守恒可知，Cr棒上有2molCr單質(zhì)生成，則增重的質(zhì)量為52g·mol－1×2mol＝104g，故A正確；由分析知，D電極發(fā)生的電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，故B錯誤；電解池中，陰離子移向陽極，則應(yīng)為甲池的SOeq\o\al(2－,4)向乙池移動，故C錯誤；電解池的陰極接電源的負(fù)極，故C電極接鈣鈦礦太陽能電池的A極，故D錯誤。9．紫草寧(Shikonin，見下圖)是從生長在亞洲學(xué)名叫Lithospermumerythrorhizon的一種植物的根部提取出來的紅色化合物。幾個世紀(jì)以來用作民間藥物，如今用于配制治療跌打損傷的膏藥。下列說法不正確的是()A．紫草寧的分子式為C16H16O5B．等量的紫草寧與NaOH溶液、濃溴水反應(yīng)，消耗NaOH、Br2的物質(zhì)的量之比為3∶4C．紫草寧既能發(fā)生氧化反應(yīng)又能發(fā)生還原反應(yīng)D．常溫下紫草寧不易溶于水答案B10．(2020·江蘇高三期中)中國科學(xué)院科研團隊研究表明，在常溫常壓和可見光下，基于LDH(一種固體催化劑)合成NH3的原理示意圖如下圖所示。下列說法正確的是()A．該過程中沒有非極性鍵的斷裂與生成B．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶1C．基于LDH合成NH3的過程不屬于氮的固定D．利用NH3容易液化的性質(zhì)，將混合氣體加壓降溫可分離出NH3答案D解析根據(jù)原理示意圖可知，該過程中的總反應(yīng)為2N2＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(光照),\s\do5(LDH))4NH3＋3O2，N2、O2中只存在非極性鍵，H2O、NH3中只存在極性鍵，則該過程中既有非極性鍵的斷裂與生成、又有極性鍵的斷裂與生成，A錯誤；該過程中N元素的化合價從0降至－3，N2為氧化劑，1molN2得到6mol電子，O元素的化合價從－2升至0，H2O是還原劑，1molH2O失去2mol電子，根據(jù)得失電子總物質(zhì)的量相等，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1∶3，B錯誤；該過程中將游離態(tài)的氮(N2)轉(zhuǎn)化成了含氮化合物(NH3)，屬于氮的固定，C錯誤；該過程得到NH3和O2的混合氣，由于NH3容易液化，故將混合氣體加壓降溫使NH3液化，從而分離出來，D正確。11．(2020·重慶南開中學(xué)高三質(zhì)檢)下列說法不正確的是()A．用①裝置制備無水氯化鎂B．用②裝置模擬煤的干餾C．用③裝置制備少量氯氣D．用④裝置探究MnO2對H2O2分解速率的影響答案C解析MgCl2在加熱條件下會發(fā)生水解反應(yīng)生成Mg(OH)2和HCl，故需在HCl的氛圍中加熱制取無水MgCl2，選項A正確；煤的干餾產(chǎn)物有NH3，易溶于水而呈堿性，pH>7，同時還生成了煤焦油，它的主要化學(xué)成分為芳香族化合物，是難溶于水的黏稠液體。煤干餾的氣體產(chǎn)物中的氫氣、一氧化碳具有還原性，可以還原CuO，氣體產(chǎn)物中的C2H4可使溴水褪色，選項B正確；該裝置不能制備氯氣，可以制備少量氯化氫氣體，選項C不正確；利用④裝置探究MnO2對H2O2分解速率的影響，通過加入MnO2，對反應(yīng)速率的變化進行探究，選項D正確。12．(2020·山東臨沂高三期中)丙烯與HCl在催化劑作用下發(fā)生加成反應(yīng)：第一步H＋進攻丙烯生成碳正離子，第二步Cl－進攻碳正離子。得到兩種產(chǎn)物的反應(yīng)過程與能量關(guān)系如圖。下列說法正確的是()A．催化劑可以改變反應(yīng)的焓變B．過渡態(tài)(Ⅰ)比過渡態(tài)(Ⅱ)穩(wěn)定C．生成①的過程所需的活化能較低，速率快D．丙烯與HCl加成反應(yīng)主要生成CH3CHClCH3答案D解析催化劑可降低反應(yīng)的活化能，不改變始終態(tài)，則加催化劑不能改變反應(yīng)的焓變，故A錯誤；能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)圖示知過渡態(tài)(Ⅰ)沒有過渡態(tài)(Ⅱ)穩(wěn)定，故B錯誤；根據(jù)圖示知，生成①的過程所需的活化能高于生成②的過程所需的活化能，則反應(yīng)速率較慢，故C錯誤；根據(jù)圖示知，生成①的過程所需的活化能高于生成②的過程所需的活化能，則生成②的碳正離子多，而Cl－進攻碳正離子后得到CH3CHClCH3，即主要產(chǎn)物是CH3CHClCH3，故D正確。13．常溫下，向20mL0.1mol·L－1NaHA(酸式鹽)溶液中分別滴加0.1mol·L－1鹽酸或0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH與滴加溶液體積關(guān)系如圖所示。下列推斷正確的是()A．NaHA在水中電離程度大于水解程度B．在對應(yīng)的各點溶液中，H點水的電離程度最大C．E點對應(yīng)的溶液中有c(Na＋)＝c(HA－)＋c(A2－)D．F點對應(yīng)的溶液中存在c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋c(A2－)答案A解析由圖示可知，常溫下，0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＜7，顯酸性，說明HA－的電離程度大于HA－的水解程度，故A正確；圖中F點恰好生成Na2A溶液，只存在A2－的水解，水的電離程度最大，而H點恰好生成H2A和NaCl的混合溶液，H2A的電離抑制水的電離，水的電離程度小，故B錯誤；E點溶液中存在的電荷守恒式為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，此時溶液顯中性，即c(H＋)＝c(OH－)，則c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，故C錯誤；F點恰好生成Na2A溶液，存在的電荷守恒式為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，故D錯誤。14．NiSO4·6H2O易溶于水，其溶解度隨溫度升高明顯增大。以電鍍廢渣(主要成分是NiO，還有CuO、FeO等少量雜質(zhì))為原料制備該晶體的流程如下，下列說法錯誤的是()A．溶解廢渣時不能用稀鹽酸代替稀H2SO4B．除去Cu2＋可采用FeSC．流程中a～b的目的是富集NiSO4D．“操作Ⅰ”為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶答案A解析溶液中的Ni2＋，在除去Cu2＋和Fe2＋后加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，所以溶解廢渣時若用稀鹽酸代替稀H2SO4對制備不會有影響，故A錯誤；CuS比FeS更難溶，向含有Cu2＋溶液中加入FeS發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化生成CuS，故B正確；NiSO4與Na2CO3反應(yīng)生成NiCO3沉淀，而后過濾，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，這樣可提高NiSO4的濃度，所以流程中a～b的目的是富集NiSO4，故C正確；該晶體為結(jié)晶水合物，從溶液中得到該溶質(zhì)晶體的實驗操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，故D正確。二、非選擇題(本題包括4小題，共58分)15．(15分)(2020·河北衡水中學(xué)高三期中)常溫常壓下，一氧化二氯(Cl2O)為棕黃色氣體，沸點為3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并與水反應(yīng)生成HClO。[制備產(chǎn)品]將氯氣和空氣(不參與反應(yīng))按體積比1∶3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制備次氯酸溶液。(1)各裝置的連接順序為______→______→______→C→______(填字母)。(2)裝置B中多孔球泡和攪拌棒的作用是______________________；裝置C的作用是_______________________________________________________________________________。(3)制備Cl2O的化學(xué)方程式為__________________________________________________。(4)此方法相對于用氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液的主要優(yōu)點是____________________。(5)反應(yīng)過程中，裝置B需放在___________________(填“冷水”或“熱水”)中。[測定濃度](6)已知次氯酸可被FeSO4等物質(zhì)還原。用下列實驗方案測定裝置E所得溶液中次氯酸的物質(zhì)的量濃度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀釋至100mL，再從中取出10.00mL于錐形瓶中，并加入10.00mL0.800mol·L－1的FeSO4溶液，充分反應(yīng)后，用0.050mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液24.00mL，則原次氯酸的物質(zhì)的量濃度為__________(保留四位有效數(shù)字)。答案(1)ADBE(2)增大反應(yīng)物接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進行除去Cl2O中的Cl2(3)2Cl2＋Na2CO3=Cl2O＋2NaCl＋CO2(或2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3)(4)制得的次氯酸溶液純度較高，濃度較大(5)冷水(6)1.000mol·L－1解析(1)根據(jù)實驗?zāi)康?，將氯氣和空?不參與反應(yīng))按體積比1∶3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制備次氯酸溶液，應(yīng)先用裝置A制備Cl2，再通過裝置D除去混合氣體中的HCl氣體，同時混入空氣，將混合氣體通入裝置B，在裝置B中發(fā)生制備Cl2O的反應(yīng)；然后將制取的Cl2O氣體先通入裝置C，以除去Cl2等雜質(zhì)氣體，最后通過裝置E制取次氯酸溶液，裝置連接順序為A→D→B→C→E。(2)多孔球泡和攪拌棒均能使反應(yīng)物充分接觸，增大反應(yīng)物接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進行；裝置B中生成Cl2O的同時還會有多余的Cl2逸出，而Cl2是非極性分子，易溶于非極性溶劑四氯化碳，因此此處裝置C使用足量的四氯化碳溶液將Cl2吸收。(3)已知空氣不參與反應(yīng)，則制取Cl2O以Cl2和Na2CO3為反應(yīng)物，發(fā)生歧化反應(yīng)，其中氯元素從0價變?yōu)椋?價和－1價，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cl2＋Na2CO3=Cl2O＋2NaCl＋CO2(或2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3)。(4)Cl2O與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2O＋H2O=2HClO，Cl2和水反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2＋H2OHCl＋HClO，Cl2O和水反應(yīng)只生成HClO且反應(yīng)不可逆，氯氣和水反應(yīng)除了生成HClO還生成HCl，并且反應(yīng)可逆，所以用Cl2O與水反應(yīng)制備次氯酸溶液相對于用氯氣溶于水制備次氯酸溶液的主要優(yōu)點是制得次氯酸溶液純度較高、濃度也較大。(5)Cl2O在42℃以上會分解生成Cl2和O2，故為防止反應(yīng)放熱后溫度過高導(dǎo)致Cl2O分解，裝置B需放在冷水中。(6)10.00mL0.800mol·L－1的FeSO4溶液中，n(FeSO4)＝0.800mol·L－1×0.01L＝0.008mol，根據(jù)反應(yīng)MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O可知，0.0012mol高錳酸鉀消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為：0.0012mol×5＝0.006mol，則稀釋后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為0.008mol－0.006mol＝0.002mol，根據(jù)反應(yīng)HClO＋2Fe2＋＋H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O可知，稀釋后10.00mLHClO溶液中n(HClO)＝eq\f(1,2)×0.002mol＝0.001mol，原10mL次氯酸溶液中n(HClO)＝0.001mol×eq\f(100mL,10mL)＝0.01mol，其濃度為eq\f(0.01mol,0.01L)＝1.000mol·L－1。16．(14分)利用氯堿工業(yè)中的固體廢物鹽泥[主要成分為Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4，還含有少量NaCl、Al(OH)3、Fe(OH)3、Mn(OH)2等]與廢酸反應(yīng)制備七水硫酸鎂，既處理了三廢，又有經(jīng)濟效益。其工藝流程如圖1所示：已知：(i)部分陽離子以氫氧化物形式完全沉淀時溶液的pH如表所示。沉淀物Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2pH(完全沉淀)10.028.963.204.7011.12(ii)兩種鹽的溶解度隨溫度的變化(單位為g/100g水)如圖2所示。根據(jù)圖1并參考表格pH數(shù)據(jù)和圖2，請回答下列問題：(1)在酸解過程中，加入的酸為__________，加快酸解速率可采取的措施有________________________________________________________________________________________________。(2)加入的NaClO可與Mn2＋反應(yīng)產(chǎn)生MnO2沉淀，該反應(yīng)的離子方程式是_______________________________________________________________________________________________。(3)本工藝流程多次用到抽濾操作，優(yōu)點是__________________________________________。抽濾①所得濾渣A的成分為________和CaSO4；抽濾②所得濾渣B的成分為MnO2、________和________；抽濾③所得濾液D中主要陽離子的檢驗方法是____________________________。(4)依據(jù)圖2，操作M應(yīng)采取的方法是適當(dāng)濃縮，____________________________________。(5)每生產(chǎn)1噸MgSO4·7H2O，需要消耗鹽泥2噸。若原料利用率為70%，則鹽泥中鎂(以氫氧化鎂計)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為________。答案(1)硫酸升溫、把鹽泥粉碎、攪拌等(2)Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋2H＋＋Cl－(3)速度快BaSO4Fe(OH)3Al(OH)3焰色反應(yīng)(4)趁熱過濾(5)16.8%解析(3)抽濾又稱減壓過濾，過濾時速度快，得到的固體較干燥；根據(jù)鹽泥的成分可知，鹽泥用硫酸溶解、抽濾后得到的濾渣A為BaSO4和CaSO4；根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，當(dāng)調(diào)節(jié)濾液A的pH為5～6，時，Al3＋和Fe3＋可分別水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀；濾液D中的陽離子主要為Na＋，其灼燒時火焰顏色為黃色，可用焰色反應(yīng)進行檢驗。(4)根據(jù)題圖2可知，MgSO4·7H2O在溫度高時溶解度較大，低溫時易結(jié)晶析出，故操作M為將濾液B適當(dāng)濃縮，趁熱過濾。(5)設(shè)2噸鹽泥中含Mg(OH)2的質(zhì)量為xg，MgSO4·7H2O的質(zhì)量為1噸，即106g，由MgSO4·7H2O～Mg(OH)2得x＝eq\f(106×58,246×70%)，該鹽泥中鎂(以氫氧化鎂計)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(x,2×106)×100%，代入x的數(shù)值可得其質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為16.8%。17．(14分)(2020·浙江溫州高三質(zhì)檢)二氧化碳催化加氫合成乙烯在環(huán)境保護、資源利用、戰(zhàn)略需求等方面具有重要意義。CO2和H2在鐵系催化劑作用下發(fā)生化學(xué)反應(yīng)：Ⅰ.2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)ΔH1Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＞0請回答下列問題：(1)反應(yīng)Ⅰ能自發(fā)進行，則ΔH1________0(填“＜”“＞”或“＝”)；該反應(yīng)自發(fā)進行的條件是________________________________________________________________________。(2)在密閉容器中通入1molCO2和3molH2，在鐵系催化劑作用下進行反應(yīng)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度和壓強的變化如圖1所示。①下列說法正確的是________(填字母)。A．由圖1可知：0.1MPa下，200～550℃時以反應(yīng)Ⅰ為主，550℃以后以反應(yīng)Ⅱ為主B．反應(yīng)Ⅱ化學(xué)方程式前后物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)之和相等，所以反應(yīng)Ⅱ的ΔS等于零C．恒溫恒壓下，容器內(nèi)氣體的密度不變時，說明反應(yīng)已達到平衡D．其他條件不變，將CO2和H2的初始物質(zhì)的量之比改為2∶3，可提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率②圖1中點M(350,70)，此時乙烯的選擇性為eq\f(5,7)(選擇性：轉(zhuǎn)化的CO2中生成C2H4和CO的百分比)。計算該溫度時：反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)K＝________。③在圖1中，溫度大于800℃時，隨著壓強的增大，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，請解釋原因：________________________________________________________________________。(3)有研究表明，在鐵系催化劑作用下反應(yīng)Ⅰ分兩步進行：i．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)慢ii.2CO(g)＋4H2(g)C2H4(g)＋2H2O(g)快在圖2中畫出反應(yīng)Ⅰ分兩步進行的“能量—反應(yīng)過程圖”。起點從[2CO2(g)＋6H2(g)]開始。答案(1)＜低溫(2)①AC②eq\f(8,13)(或0.62或0.615)③溫度高于800℃時，以反應(yīng)Ⅱ為主，壓強增大，平衡不移動。但壓強增大，使反應(yīng)Ⅰ平衡正移，水蒸氣濃度增大，CO2和H2濃度減小，從而導(dǎo)致反應(yīng)Ⅱ平衡逆移，所以CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小(3)解析(1)反應(yīng)Ⅰ能自發(fā)進行，ΔG＝ΔH1－TΔS＜0，由于該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，故ΔS＜0，則ΔH1＜0；在低溫下該反應(yīng)能自發(fā)進行。(2)①由圖1可知：0.1MPa下，隨溫度的升高，200～550℃時二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，由于反應(yīng)Ⅰ的ΔH1＜0，以反應(yīng)Ⅰ為主；550℃以后隨溫度的升高，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，由于反應(yīng)Ⅱ的ΔH2＞0，以反應(yīng)Ⅱ為主，故A正確；反應(yīng)Ⅱ化學(xué)方程式前后物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)之和相等，但反應(yīng)Ⅱ的ΔS不等于零，故B不正確；氣體的密度ρ＝eq\f(m,V)，恒溫恒壓下，氣體的密度是一個變值，故容器內(nèi)氣體的密度不變時，說明反應(yīng)已達到平衡，故C正確；在密閉容器中通入1molCO2和3molH2，其他條件不變，將CO2和H2的初始物質(zhì)的量之比改為2∶3，增加了CO2的物質(zhì)的量，由于外界條件的影響大于平衡的移動，CO2平衡轉(zhuǎn)化率是降低的，故D不正確。②在密閉容器中通入1molCO2和3molH2，反應(yīng)CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，圖1中點M(350,70)，即350℃時二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率為70%，轉(zhuǎn)化的二氧化碳的物質(zhì)的量為1mol轉(zhuǎn)化為一氧化碳的二氧化碳的物質(zhì)的量為0.7mol－0.5mol＝0.2mol，根據(jù)化學(xué)方程式，列出三段式：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)開始/mol00變化/mol0.20.20.20.2平衡/mol0.20.22CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)開始/mol00變化/mol0.51.50.251平衡/mol0.251平衡時一氧化碳的物質(zhì)的量為0.2mol，水蒸氣的物質(zhì)的量為0.2mol＋1mol＝1.2mol，二氧化碳的物質(zhì)的量為1mol－0.2mol－0.5mol＝0.3mol，氫氣的物質(zhì)的量為3mol－0.2mol－1.5mol＝1.3mol，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)K＝eq\f(\f(0.2mol,VL)×\f(1.2mol,VL),\f(0.3mol,VL)×\f(1.3mol,VL))＝eq\f(8,13)或0.62或0.615。③溫度高于800℃時，以反應(yīng)Ⅱ為主，壓強增大，平衡不移動。但壓強增大，使反應(yīng)Ⅰ平衡正移，水蒸氣濃度增大，CO2和H2濃度減小，從而導(dǎo)致反應(yīng)Ⅱ平衡逆移，所以CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小。(3)慢反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，快反應(yīng)為放熱反應(yīng)，起點從[2CO2(g)＋6H2(g)]開始，第一步得到的產(chǎn)物應(yīng)該為2CO(g)＋2H2O(g)＋4H2(g)，第二步得到的產(chǎn)物應(yīng)該為C2H4(g)＋4H2O(g)，“能量—反應(yīng)過程圖”表示如圖。18．(15分)選做題(從下面Ⅰ、Ⅱ兩小題中任選一題作答)Ⅰ.[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](2020·河北衡水中學(xué)高三模擬)KZnF3被認(rèn)為是良好的光學(xué)基質(zhì)材料，可由K2CO3、ZnF2、NH4HF2制備?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)F原子的價電子排布圖___________________________________________________；基態(tài)Zn原子核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為________________。(2)K與Zn屬于同一周期，K的第一電離能________(填“大于”或“小于”)Zn的第一電離能，原因為____________________________________________________________________。(3)K2CO3中陰離子的立體構(gòu)型為__________。(4)NH4HF2的組成元素的電負(fù)性由大到小的順序為________________(用元素符號表示)；其中N原子的雜化方式為__________；HF能形成分子締合體(HF)n的原因為_________________。(5)ZnF2具有金紅石型四方結(jié)構(gòu)，KZnF3具有鈣鈦礦型立方結(jié)構(gòu)，兩種晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①ZnF2和KZnF3晶體(晶胞頂點為K＋)中，Zn的配位數(shù)之比為__________。②若NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則ZnF2晶體的密度為________g·cm－3(用含a、c、NA的代數(shù)式表示)。③KZnF3晶胞中原子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0,0)，B為(1,0,0)，C為(0,1,0)，則D的原子坐標(biāo)參數(shù)為________________________________________________________________________。答案(1)球形(2)小于Zn原子半徑小，且價電子排布為全充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能更大(3)平面三角形(4)F＞N＞Hsp3HF分子間能形成氫鍵(5)①1∶1②eq\f(2.06×1023,NAa2c)③(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))解析(1)F為9號元素，F(xiàn)元素處于第二周期ⅦA族，價電子排布式為2s22p5，價電子排布圖為；Zn是30號元素，處于周期表中第四周期ⅡB族，價電子排布式為3d104s2，最高能層電子占據(jù)4s，電子云輪廓圖形狀為球形。(2)K與Zn屬于同一周期，Zn的原子半徑較小，且價電子排布式為3d104s2，為全充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故K的第一電離能小于Zn的第一電離能。(3)COeq\o\al(2－,3)的中心原子C原子孤電子對數(shù)＝eq\f(4＋2－2×3,2)＝0，價層電子對數(shù)＝3＋0＝3，立體構(gòu)型與VSEPR模型相同為平面三角形。(4)元素的非金屬性越強，電負(fù)性越大，故電負(fù)性：F＞N＞H；NHeq\o\al(＋,4)中N原子形成4個N—H鍵，價層電子對數(shù)為4，N原子采取sp3雜化；HF分子之間容易形成氫鍵，形成分子締合體(HF)n。(5)①ZnF2晶胞中，白色球數(shù)目為1＋8×eq