1、江苏省无锡市普通高中2020届高三化学上学期期终调研试试题（含解析）1.2019年11月第四届国际碳材料大会在上海举行，碳材料产品丰富，应用广泛，让人感到“碳为观止”。下列有关说法正确的是A. 金刚石与石墨互为同位素B. 石墨烯是一种有发展前途的导电材料C. 碳纤维、合成纤维、光导纤维都属于高分子材料D. 富勒烯是由60个碳原子都以碳碳单键构成的分子【答案】B【解析】【详解】A.同一种元素的不同核素互为同位素，而金刚石和石墨属于同素异形体，A项错误；B.石墨烯相当于单层石墨，石墨是一种优良的导体，因此石墨烯也可以导电，B项正确；C.光导纤维主要成分为，属于新型无机非金属材料，C项错误；D.图中
2、可以看出每个碳原子和另外3个碳原子相连，碳能形成4个共价键，因此不可能是3个碳碳单键，D项错误；答案选B。2.用化学用语表示2Na + 2H2O2NaOH + H2中的相关微粒，其中正确的是A. 中子数为10的氧原子：OB. NaOH的电子式：C. Na+的结构示意图：D. H2O的比例模型：【答案】A【解析】【详解】A.原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数-质子数，A项正确；B.和之间是以离子键的形式结合的，因此要加上中括号和正负电荷，B项错误；C.钠是11号元素，钠离子失去1个电子后核外只有10个电子，C项错误；D.氢原子要比氧原子小，D项错误；答案选A。3.下列有
3、关物质性质与用途具有对应关系的是A. 氨气具有还原性，可用作制冷剂B. 次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂C. 浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂D. 碳酸钠溶液显碱性，可用其热溶液除去金属餐具表面油污【答案】D【解析】【详解】A.还原性是化学性质，可作制冷剂是利用其物理性质，A项错误；B.次氯酸具有漂白性是因为其氧化性，与酸性无关，B项错误；C.酯化反应并非氧化还原反应，因此利用的不是浓硫酸的强氧化性，C项错误；D.纯碱溶液具有碱性，油污在碱性环境下易水解，形成水溶性物质，因此可用纯碱溶液来除去油污，D项正确；答案选D。【点睛】纯碱溶液的碱性较强，因此可以洗去油污，但是因为碱性
4、太强不能用来中和过量的胃酸，所以在若要中和过量的胃酸，应选用碱性弱一些的小苏打或氢氧化铝。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.l mol L1的H2SO4溶液：NH4、Fe2+、Cl、NO3B. 0.l mol L1的FeCl3溶液：K、Al3+、SO42、NO3C. 0.l mol L1的Na2SO3溶液：Ba2+、K、ClO、MnO4D. 0.l mol L1的Ba(OH)2溶液：Mg2+、Na+、HCO3、Cl【答案】B【解析】【详解】A.和可以组合成硝酸，硝酸具有强氧化性，可以氧化，A项错误；B.本组内各物质均不发生反应，因此可以大量共存，B项正确；C.和会形成
5、亚硫酸钡沉淀，和也能氧化，无法大量共存，C项错误；D.碱性溶液中Mg2+、都不能大量存在，D项错误；答案选B。5.下列有关实验原理或操作正确的是A. 用图甲所示装置配制银氨溶液B. 用图乙所示装置制取并收集干燥纯净的NH3 C. 用图丙所示装置可以比较KMnO4、Cl2、S的氧化性D. 用图丁所示装置蒸干CuSO4溶液制备胆矾晶体【答案】C【解析】【详解】A.在配制银氨溶液时，要向溶液中逐滴加入氨水，边滴边振荡，直到最初生成的沉淀刚好溶解为止，A项错误；B.氨气的密度小于空气，收集方法错误，B项错误；C.浓盐酸和高锰酸钾反应得到氯气，氯气和硫化钠反应得到单质硫，因此可以比较三者之间的氧化性，C
6、项正确；D.直接蒸干硫酸铜溶液结晶水也会被蒸走，只能得到无水硫酸铜而得不到胆矾（五水硫酸铜），D项错误；答案选C。6.下列有关化学反应的叙述正确的是A. 将Na2O2投入NH4Cl溶液中只可能生成一种气体B. 铁分别与稀盐酸和氯气反应，产物中铁元素的化合价相同C. SO2通入BaCl2溶液有白色沉淀BaSO3生成D. 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入足量CaCl2溶液，溶液红色褪去【答案】D【解析】【详解】A.过氧化钠和水反应得到氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和铵盐反应可以得到氨气，因此一共有两种气体，A项错误；B.铁和稀盐酸反应得到的是，铁和氯气反应得到的是最高价氯化物，B项错误； C.氯化钡溶
7、液不吸收、，因为弱酸不能制强酸，C项错误；D.纯碱溶液中，由于发生水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-显碱性遇酚酞变红，向溶液中加入CaCl2与CO32-结合生成难溶的碳酸钙，平衡逆向移动，使红色褪去，D项正确；答案选D。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A. Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O48H=Fe2+2Fe3+4H2OB. 向KClO3溶液中滴加稀盐酸：ClO3Cl6H=Cl23H2OC. 向Al2(SO4)3溶液中滴加过量氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4D. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：HSO42Ba2+OH=BaSO4H2O【答
8、案】C【解析】【详解】A.稀硝酸具有氧化性，因此产物中不可能存在，A项错误；B.稀盐酸几乎没有还原性，因此不能与氯酸钾反应得到氯气，B项错误；C.和氨水反应，无论氨水是否过量只能得到，C项正确；D.硫酸氢钠是强酸酸式盐，可视为一元强酸，氢氧化钡是二元强碱，因此二者要按2:1来反应才能至中性，方程式中很明显不是2:1的计量数之比，D项错误；答案选C。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，X与Z属于同一主族，Z的最外层电子数为最内层电子数的3倍。下列说法正确的是A. 原子半径： r(Y)r(W)r(Z)r(X)B. 由X、Y组成的化合物中均不含
9、共价键C. W的氧化物对应水化物的酸性比Z的强D. X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素中原子半径最大的是钠，则Y是钠，Z的原子序数在Y之后，则Z必然有三层电子，第一能层最多可容纳2个电子，则Z的第三能层有6个电子，Z是硫，X与Z同主族，X只能是氧，W只能是氯，据此来分析即可。【详解】A.四种元素的原子半径大小为，A项错误；B.钠和氧可以组成过氧化钠，过氧化钠中存在共价键，B项错误； C.根据元素周期律，我们只能说W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，中间价氧化物对应水化物的酸性强弱不一定，C项错误；D.根据元素周期律，非金属性越强则简单气态氢化物的
10、热稳定性越强，D项正确；答案选D。9.在给定条件下，下列选项所示的转化关系均能实现的是A. HClO Cl2 SiCl4B. NH3 NOHNO3C. FeS2 SO3 H2SO4D. MgCl26H2O 无水MgCl2 Mg【答案】B【解析】【详解】A.次氯酸见光易分解，但是分解不能产生氯气，A项错误；B.氨气催化氧化可以得到一氧化氮，一氧化氮和氧气、水共同作用可以得到硝酸，B项正确；C.黄铁矿在空气中加热无法得到三氧化硫，只能得到二氧化硫，C项错误；D.水合氯化镁若直接加热会因水解而得不到无水氯化镁，D项错误；答案选B。10.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3
11、DZn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3DZnNiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn+2NiOOH+H2O ZnO+2Ni(OH)2。下列说法错误的是A. 放电过程中OH通过隔膜从负极区移向正极区B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2+OHeNiOOH+H2OC. 放电时负极反应为Zn+2OH2eZnO+H2OD. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高【答案】A【解析】【详解】A.原电池在工作时，阴离子向负极移动，因此向负极移动而不是正极，A项错误；B.充电时相当于电解池，阳极失电子，由变为，B项正确；C.放电时即原电池，锌作负极失电子，变为，
12、C项正确； D.多孔结构的物质，其表面积较大，一方面可以增加接触面积加快反应速率，另一方面可以使得到的分散度较高，D项正确；答案选A。11.下列说法正确的是A. 常温下，向稀醋酸溶液中缓慢通入NH3，溶液中的值增大B. 298K时，2H2S(g)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l)能自发进行，则其H0C. 标准状况下，将22.4 L Cl2通入足量NaOH溶液中，反应转移的电子数为26.021023D. 用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大【答案】B【解析】【详解】A.对表达式稍作变形得到，因温度没变故K值不变，在通入氨气的过程中溶液逐渐变为醋酸铵溶液，
13、醋酸铵是强电解质可以完全电离，因此溶液中的在增大，则减小，A项错误；B.该反应是气体分子数减小的熵减反应，却能在室温下自发进行，说明其吉布斯自由能在298K时小于0，必须为负才有可能实现，故反应放热，B项正确；C.氯气通入碱中发生歧化反应，标出化合价后不难发现1mol氯气在反应中只转移1mol电子，标况下22.4L氯气中有1mol氯气，则一共转移1mol电子，C项错误；D.醋酸是弱酸，溶液中只有小部分醋酸分子能电离产生，因此相同浓度下的醋酸要比盐酸的浓度大，在中和等量时需要的醋酸体积更少，D项错误； 答案选B。【点睛】可以用“冰山理论”来理解弱电解质，一座冰山实际能看到的部分只有5%，剩余的9
14、5%都在水下，弱酸只能电离出少量的（可见部分），有很大一部分酸都以分子形式存在（不可见部分），因此对于pH相等的强酸和弱酸，弱酸的实际浓度要远远大于强酸。12.化合物Y具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是A. 一定条件下X可发生氧化、取代、消去反应B. 1 mol Y最多能与4mol NaOH反应C. X与足量H2反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子D. 等物质的量的X、Y分别与足量Br2反应，最多消耗Br2的物质的量相等【答案】CD【解析】【详解】A.X含有酚羟基和酯基，可以发生氧化反应和取代反应，但是无法发生消去反应，A项错误；B.首先三个酚羟
15、基可以消耗3mol，其次Y中环状酯水解可以得到1个羧基和1个酚羟基，二者都能各消耗1mol，因此最多能与5mol反应，B项错误；C.当X与足量氢气加成后，分子中有8个手性碳原子，C项正确；D.苯酚与溴反应可以得到三溴苯酚，溴原子取代酚羟基的邻、对位上的氢原子，对于X、Y来讲，分子内符合要求的氢原子数是一样多的（均为4个），两个分子中都含有一个碳碳双键，和一分子溴发生加成反应，因此等物质的量的二者可以消耗等量的，D项正确； 答案选CD。13.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项实验操作和现象结论A向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色I的还原性强于ClB
16、向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去该气体一定是乙烯C测定Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，后者pH比前者的大C的非金属性比Si强D向1-溴丙烷中加入KOH溶液，加热几分钟，冷却后再加入AgNO3溶液，无淡黄色沉淀生成1-溴丙烷没有水解A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.氯水强氧化性强于，可将氧化为，又会被四氯化碳萃取，进入有机相，四氯化碳密度大于水，在下层，因此下层溶液呈紫红色，A项正确；B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是乙烯，也有可能是被还原产生了，使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项错误；C.应该在相同浓度下比较二
17、者的碱性，C项错误；D.反应后的溶液是碱性的，会和反应干扰的检测，因此应先加入稀硝酸，再加入硝酸银来检验，D项错误；答案选A。14.H2C2O4为二元弱酸。25 时，向0.100 molL1 Na2C2O4溶液中缓缓通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A. 0.100 molL1 Na2C2O4溶液中：c(C2O42)c(HC2O4)c(OH)c(H)B. pH7的溶液中：c(Cl)c(HC2O4)2c(H2C2O4)C. c(Cl)0.100 molL1溶液中：c(OH)c(H)c(H2C2O4)c(C2O42)D. c(HC2O4)c(C2O4
18、2)的酸性溶液中：c(Cl)c(HC2O4)0.100 molL1c(H2C2O4)【答案】BC【解析】【详解】A. Na2C2O4分步水解，且一步比一步难，+H2O+OH-，+ H2O+OH-，水也电离出OH-， 故c(OH)c(HC2O4)，故A项错误；B. pH7为中性，c(H)= c(OH)，依据电荷守恒，再依据物料守恒，二者相减即可得到B项关系式，B项正确； C.当浓度为0.100mol/L时，可以发现此时有物料守恒，依据电荷守恒有：，此时溶液中有，代入后化简得到，c(OH)c(H)c(H2C2O4)c(C2O42)，C项正确；D.首先将物料守恒代入关系式，化简得到，因为溶液是酸性的
19、，结合选项B的分析，应有，D项错误；答案选BC。15.将H2和CO以=2的方式充入1 L的恒容密闭容器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)，测得CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示。下列说法正确的是A. 该反应的H0B. 压强大小：P1P2p2p3，B项错误；C.压强不确定，CO平衡转化率未知，起始时反应物的物质的量也未知，无法计算平衡常数，C项错误； D.有两种气体反应物A、B参加反应时，若增加A的起始浓度，则可以提高B的转化率，D项正确；答案选AD【点睛】工业上合成氨时经常会通入大量的氮气来提高氢气的转化率，这样做虽然会降低氮气的转
20、化率，但是氮气来源于空气，成本相对较低；同理，在二氧化硫的催化氧化时，也会通入过量的氧气来提高二氧化硫的转化率。16.脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。（1）次氯酸盐氧化法。次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：i. NOHClONO2HClii. NONO2H2O2HNO2iii. HClOHNO2HNO3HCl下列分析正确的是_（填字母）。A烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率BNO2单独存在时不能被脱除C脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降研究不同温度下Ca(ClO)2溶液对NO脱除率的影响，结果如图1所示脱除过程中往往有Cl2产生，原因
21、是_（用离子方程式表示）；6080NO脱除率下降的原因是_。（2）尿素CO(NH2)2还原法。NO和NO2以物质的量之比11与CO(NH2)2反应生成无毒气体的化学方程式为_。（3）脱氮菌净化法。利用脱氮菌可净化低浓度NO烟气，当烟气在塔内停留时间均为90s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如题16图2、题16图3所示。由题图2知，当废气中的NO含量增加时，提高脱氮效率宜选用的方法是_。题图3中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率，其可能原因为_。【答案】 (1). AC (2). ClOCl2HCl2H2O（或HClOClHCl2H2O） (3). HClO受热分解，溶液中c
22、(HClO)减小或气体溶解度随温度升高而降低 (4). CO(NH2)2NONO22N2CO22H2O (5). 好氧硝化法 (6). Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用【解析】【分析】（1）在脱除的过程中，次氯酸作氧化剂，作还原剂，二者经一系列氧化还原后得到硝酸和盐酸，起到了的脱除作用；（2）尿素中的氮是-3价的，相当于与中+2价的氮和中+4价的氮发生归中反应，得到氮气这种无毒气体；（3）根据题图不难看出最佳的脱氮方法是好氧硝化法（方框），而过渡金属阳离子往往具有很好的催化能力。【详解】（1）A.若烟气中含有少量的氧气，氧气可以将氧化为，促进最终转变为硝酸，因此能提高的脱除率，A项正确；B
23、.可以与水反应得到硝酸和，而生成的又可以和反应得到亚硝酸，因此也可以脱除，B项错误；C.次氯酸盐是弱酸强碱盐，呈碱性，而反应产物硝酸是强酸，故pH在下降，C项正确；既然产生了氯气，则证明被还原，溶液中一定存在一种还原性的物质，只能是，也就是二者的归中反应：，当温度升高，次氯酸受热分解，就会导致脱除率下降；（2）根据分析，写出归中反应方程式：；（3）图中不难看出好氧硝化法的脱氮率更高；和并不直接参与反应，因此推测起到了催化作用。【点睛】过渡金属往往有很多可变的中间价态，这也是为什么过渡金属通常是优良的催化剂，锂离子电池中也经常使用含过渡金属的锂盐（磷酸铁锂、钴酸锂等）作电极材料。17.化合物G是
24、临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线流程图如下：（1）B中的含氧官能团名称为_和_。（2）DE的反应类型为_。（3）X的分子式为C5H11Br，写出X的结构简式：_。（4）FG的转化过程中，还有可能生成一种高分子副产物Y，Y的结构简式为_。（5）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：_。分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应分子中只有4种不同化学环境的氢（6）写出以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH和CH3ONa为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。_【答案】 (1). 醛基 (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5).
25、(6). 或 (7). 【解析】【分析】本题中各主要物质的结构简式已经给出，因此只要顺水推舟即可，难度一般。【详解】（1）B中的含氧官能团为醛基和酯基；（2）观察D和E的结构简式，不难发现D上的1个氢原子被1个乙基取代形成了一条小尾巴（侧链），因此DE属于取代反应；（3）观察E和F的结构简式，不难发现E上的1个氢原子被1个含有支链的丁基取代，结合X的分子式不难推出X的结构简式为；（4）F到G实际上是F和尿素反应，脱去两分子甲醇形成了六元环的结构，我们发现F中有2个酯基，尿素中有2个氨基，两种各含2个官能团的化合物符合缩聚反应的发生条件，因此二者可以缩聚成；（5）根据条件，G的分子式为，要含有苯
26、环，其次能和氯化铁溶液发生显色反应，则一定有酚羟基，还要含有4种不同化学环境的氢，再来看不饱和度，分子中一共有4个不饱和度，而1个苯环恰好是4个不饱和度，因此分子中除苯环外再无不饱和键，综上，符合条件的分子有或；（6）采用逆推法，分子中有两个酯，一定是2个羧基和2个甲醇酯化后得到的，甲醇已有，因此接下来要得到这个丙二羧酸，羧基可由羟基氧化得到，羟基可由卤原子水解得到，最后再构成四元环即可：。【点睛】在进行同分异构体的推断时，不饱和度是一个有力的工具，对于含氮有机物来讲，每个N可以多提供1个H，氨基无不饱和度，硝基则相当于1个不饱和度，据此来计算即可。18.三氯化六氨合钴(III)（Co(NH3
27、)6Cl3）是合成其它含钴配合物的重要原料。制备流程如下：（1） “混合”步骤需在煮沸NH4Cl溶液中加入研细的CoCl26H2O晶体，加热煮沸的目的是_。（2）流程中加入溶液可防止加氨水时溶液中c(OH)过大，其原理是_。（3）“氧化”步骤中应先加入氨水再加入，理由_。（4）为测定产品中钴的含量，进行下列实验：称取样品4.000g于烧瓶中，加80mL水溶解，加入15.00mL 4molL-1NaOH溶液，加热至沸1520min，冷却后加入15.00mL 6molL-1HCl溶液酸化，将转化成Co3+，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，加水定容，取其中25.00 m
28、L试样加入到锥形瓶中；加入足量KI晶体，充分反应；加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000molL-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，再重复2 次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均体积为15.00mL。（已知：2Co3+2I2Co2+I2，I2+2S2O32-2I+S4O62-），通过计算确定该产品中钴的含量（写出计算过程）。_【答案】 (1). 赶走溶液中的O2，防止Co2+被氧化 (2). NH4Cl溶于水电离出的NH会抑制NH3H2O的电离 (3). 防止Co(OH)3的生成 (4). 2Co3+I22Na2S2O3，n(Na2S2O3)0.1000 molL115.00103L1.500
29、103 mol ， n(I2 )n(Na2S2O3)1.500103 mol7.500104 mol ，n(Co元素)n(Co3+ )2n(I2 )1.500103 mol，m(Co元素)1.500103mol59gmol 18.85102 g ，w(Co元素)100%22.125%【解析】【分析】水合氯化钴先与活性炭和氯化铵溶液混合，活性炭可以吸附除去杂质，氯化铵则可以调节溶液pH，接下来加入氨水和过氧化氢，氨水提供氨配体，过氧化氢则负责将氧化为，接下来经过一系列操作即可得到产品，据此分析解答。【详解】（1）加热煮沸可以除去水中溶解的氧气，防止氧气过早将氧化；（2）氯化铵溶液可以电离产生大量
30、的，减弱氨水的电离，有利于氨配体的配位；（3）若先加入双氧水，还是会将溶液中的氧化为，并产生沉淀； （4）消耗的硫代硫酸钠物质的量为，根据计量比可知氧化产生的碘有0.00075mol，而要氧化这些碘需要0.0015mol，这些是25.00mL中的，因此一共有0.015mol，代入的摩尔质量有，因此产品中钴的含量为。计算过程为：2Co3+I22Na2S2O3，n(Na2S2O3)0.1000 molL115.00103L1.500103 mol ， n(I2 )n(Na2S2O3)1.500103 mol7.500104 mol ，n(Co元素)n(Co3+ )2n(I2 )1.500103 m
31、ol，m(Co元素)1.500103mol59gmol 18.85102 g ，w(Co元素)100%22.125%。19.用方铅矿(主要成分为PbS，含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，Al2O3等杂质) 制备PbSO4和Mn3O4工艺流程如下：已知：浸取中主要反应：PbSMnO24HClMnCl2PbCl2S2H2OPbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2 (s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) H0Mn3O4是黑色不溶于水的固体，制备原理为：6MnCl2O212NH3H2O2Mn3O412NH4Cl6H2O部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如
32、下(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1molL1计算)。金属离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+开始沉淀的pH7.62.74.07.7沉淀完全的pH9.63.75.29.8（1）“浸取”需控制温度在80左右，为加快酸浸速率，还可采用的方法是_。（2）加入饱和NaCl溶液的目的是_。（3）“浸取”过程中MnO2将Fe2+氧化的离子方程式为_。（4）用MnCO3调节溶液pH的范围为_。（5）“趁热抽滤”的目的是_。（6）已知：反应温度和溶液pH对Mn3O4的纯度和产率影响分别如图1、图2所示，请补充完整由滤液X制备Mn3O4的实验方案：_，真空干燥4小时得产品Mn3O4。（实验中须使用的试剂：氨
33、水、空气）【答案】 (1). 粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度 (2). 增大PbCl2的溶解度 (3). 2Fe2+MnO24H+Mn2+2Fe3+2H2O (4). 5.2pH7.7 (5). PbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离 (6). 将滤液X水浴加热并保持50，用氨水调节溶液pH并维持在8.5左右，在不断搅拌下，边通空气边加氨水，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，在上层清液中继续滴加氨水不再有沉淀生成，过滤，洗涤沉淀23次直至洗涤液检验不出Cl【解析】【分析】首先将方铅矿和软锰矿加盐酸和饱和氯化钠溶液浸取，方程式题干已经给出，接下来过滤得到的滤渣I为单质
34、硫及其他不溶性杂质，接下来加入碳酸锰调节pH，趁热抽滤可以保持氯化铅溶解在水中，而不溶性杂质被过滤，再冷却过滤即可得到纯净的氯化铅，滤液X中的氯化锰再通过题干给出的方程式制备四氧化三锰，而氯化铅与硫酸钠溶液反应可以转化为更难溶的硫酸铅沉淀，据此来分析即可。【详解】（1）为加快溶解，我们可以通过搅拌、粉碎矿石来增大接触面积、适当提高盐酸的浓度方法；（2）饱和氯化钠溶液中有大量的，可以促进题干中给出的反应的正向进行，增大氯化铅的溶解度； （3）二氧化锰中+4价的锰有强氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应：；（4）调节pH的目的是将溶液中除锰以外的其它金属离子除去，根据题目给出的表格可以发现当时
35、和已经沉淀完全，若时锰将开始沉淀，造成产物的损失，因此最佳pH范围为；（5）题目告知我们氯化铅易溶于热水，难溶于冷水，因此趁热过滤可将氯化铅保持在溶液中，不溶性其它金属化合物将被过滤除去；（6）根据题图不难看出，50和pH8.5左右是最佳的反应条件，因此我们将滤液X水浴加热并保持50，用氨水调节溶液pH并维持在8.5左右，在不断搅拌下，边通空气边加氨水，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，在上层清液中继续滴加氨水不再有沉淀生成，过滤，洗涤沉淀23次直至洗涤液检验不出即可。20.利用甲醇(CH3OH)制备一些高附加值产品，是目前研究的热点。（1）甲醇和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：反
36、应. CH3OH(g)H2O(g)3H2(g)CO2(g) H1反应. H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g) H2= a kJmol-1 反应. CH3OH(g)2H2(g)CO(g) H3= b kJmol-1 反应. 2CH3OH(g)2H2O(g)C2H4(g) H4= c kJmol-1H1=_kJmol-1 。工业上采用CaO吸附增强制氢的方法，可以有效提高反应氢气的产率，如图1，请分析加入CaO提高氢气产率的原因：_。 在一定条件下用氧气催化氧化甲醇制氢气，原料气中对反应的选择性影响如题图2所示(选择性越大表示生成的该物质越多)。制备H2时最好控制=_，当= 0.25时，C
37、H3OH和O2发生的主要反应方程式为_。（2）以V2O5为原料，采用微波辅热-甲醇还原法可制备VO2，在微波功率1000kW下，取相同质量的反应物放入反应釜中，改变反应温度，保持反应时间为90min，反应温度对各钒氧化物质量分数的影响曲线如图3所示，温度高于250时，VO2的质量分数下降的原因是_。（3）以甲醇为原料，可以通过电化学方法合成碳酸二甲酯(CH3O)2CO，工作原理如图4所示。电源的负极为_(填“A”或“B”)。阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). b a (2). CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率 (3). 0.5 (4). 2CH3OHO
38、22HCHO2H2O (5). 甲醇继续还原VO2为V2O3 (6). B (7). 2CH3OHCO 2e=(CH3O)2CO2H+【解析】【分析】（1）这是一道典型的盖斯定律的应用，按要求来解题即可；氧化钙是碱性氧化物，二氧化碳是酸性氧化物，因此二者可以反应得到碳酸钙，二氧化碳被消耗后相当于生成物浓度降低，平衡将正向移动；根据题图不难看出最佳的投料比为0.5，当投料比为0.25时，甲醛的选择性非常高，因此此时主要是生成甲醛的反应；（2）当温度升高时我们可以发现的质量分数在上升，温度升高后甲醇的还原性增强，将进一步还原为；（3）根据装置图不难看出右侧在得电子，左侧在失电子，因此右侧为阴极，左
39、侧为阳极，据此来解答即可。【详解】（1）不难看出，只要用反应III减去反应II，就可以得到，因此热效应也为反应III减去反应II，即；氧化钙是碱性氧化物，二氧化碳是酸性氧化物，因此二者可以反应得到碳酸钙，二氧化碳被消耗后相当于生成物浓度降低，平衡将正向移动；根据题图不难看出，当投料比为0.5时，氢气的选择性最大，即可以得到更多的氢气，当投料比为0.25时，甲醛的选择性更大，即可以得到更多的甲醛；（2）温度升高后甲醇的还原性增强，将进一步还原为，因此的质量分数下降；（3）右侧氧气得电子变成水，因此右侧是阴极，与阴极相连的B为电源负极，同理，左侧A为正极，与A相连的为阳极；阳极是甲醇、一氧化碳失电
40、子变为碳酸二甲酯，据此写出电极反应式：。21.铁及其化合物在生活中有广泛应用。（1）Fe3+基态核外电子排布式为_。（2）实验室用KSCN溶液、苯酚检验Fe3+。1mol苯酚分子中含有键的数目为_。类卤素离子可用于Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸和异硫氰酸，这两种酸中沸点较高的是_（3）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_。（4）某铁的化合物结构简式如图2所示上述化合物中所含有的非金属元素的电负性由大到小的顺序为_（用元素符号表示）。上述化合物中氮原子的杂化方式为_。【答案】 (1). Ar3d5 (2). 13mol或136.021023 (3).
41、异硫氰酸或HNCS (4). 41 (5). ONCH (6). sp3和sp2【解析】【分析】（1）按要求写出的电子排布式即可；（2）数出苯酚中单键即可；沸点与分子间作用力有关，硫氰酸分子间无法形成氢键，异硫氰酸分子间可形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高；（3）根据均摊法，数出氮、铁的原子数即可，注意面心上的原子算0.5个，体心算1个，边角上算0.125个；（4）电负性一定是ONCH，也可从各物质之间形成的化合物，谁显负价谁电负性大来判断；而杂化方式可从其形成的键来判断；【详解】（1）Fe为26号元素，则的基态核外电子排布式为；（2）1个苯酚中有13个单键和一个大键；硫氰酸分子间无法形成氢键，异硫氰酸分子间可形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高；（3）氮原子在体心，因此就1个，铁原子有个，因此铁、氮的微粒个数之比为4:1； （4）电负性大小为ONCH，氮原子有成单键的也有成双键的，因此氮的杂化方式有和两种。