? 高考化學二模試卷
一、單項選擇題
1.從化學的視角分析，以下說法錯誤的選項是〔?? 〕
A.除去鍋爐中的水垢時，可先用碳酸鈉溶液處理，使水垢蓬松，再參加鹽酸去除
B.可作供氧劑
C.人體攝入的油脂、蛋白質(zhì)必須先經(jīng)過水解才能被吸收
D.石英玻璃、分子篩的主要成分是硅酸鹽
2.以下實驗的反響原理用離子方程式表示正確的選項是〔?? 〕
A.少量 通入 溶液中：
B.用惰性電極電解氯化鎂溶液：
C.向 溶液中參加足量Ba(OH)2溶液：
D.用雙氧水和稀硫酸處理銅印刷電路板：
3.短周期元素M、X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大，且只有一種金屬元素，其中X與W處于同一主族，Z元素的原子半徑在短周期中最大(稀有氣體除外)，W、Z之間與W、Q之間原子序數(shù)之差相等，六種元素原子最外層電子數(shù)之和為22。以下說法正確的選項是〔?? 〕
A.?X的氫化物沸點比Y的氫化物沸點低
B.?含有M與Y元素的化合物中可能存在離子鍵
C.?Y的簡單氣態(tài)氫化物與Q單質(zhì)在一定條件下不會發(fā)生置換反響
D.?Z與Q形成的化合物分子熔融狀態(tài)下會導電
4.以下實驗中，現(xiàn)象及相應結(jié)論都正確的選項是〔?? 〕
選項
實驗操作
現(xiàn)象
結(jié)論
A
對于二氧化氮和四氧化二氮的平衡體系，縮小容器體積
混合氣體顏色逐漸加深
符合勒夏特列原理
B
溶液和KSCN溶液混合反響后，再參加少量KCI固體
溶液紅色變淺
增大生成物濃度，平衡逆向移動
C
向某無色溶液中滴加濃鹽酸
產(chǎn)生能使品紅溶液褪色的氣體
不能證明原溶液中含有 或
D
向BaCl2溶液中先通入足量NH3 ， 再通入SO2氣體
無沉淀生成
不能和 反響生成 和HCl
A.A??
B.B??
C.C??
D.D
5.用苯炔和M合成化合物N的方程式如圖：
+ (-Ph為苯基)
以下說法中錯誤的選項是〔?? 〕
A.1molN最多消耗2molNaOH
B.1mol苯炔在氧氣中充分燃燒消耗氧氣7mol
C.化合物M能發(fā)生復原反響、取代反響、加成反響、氧化反響
D.合成化合物N的反響類型是加成反響
6.2021-2021年，國家相繼出臺一系列政策，扶持光伏發(fā)電工程建設(shè)。圖1是太陽能電池工作示意圖，與圖2裝置聯(lián)合可實現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)化和儲存。以下有關(guān)說法正確的選項是〔?? 〕

A.?圖2交換膜一定為陽離子交換膜
B.?圖2右池電極反響為：
C.?Y接太陽能電池N極
D.?每轉(zhuǎn)移1mol電子，圖2右池溶液中n(H+)的變化量為4mol
7.常溫下，向amL濃度均為0.1mol·L-1的NaOH和一水合二甲胺[(CH3)2NH·H2O]的混合溶液中逐滴參加bmL0.1mol·L-1鹽酸(一水合二甲胺在水中電離與一水合氨相似，常溫下Kb[(CH3)2NH·H2O]=2.0×10-5)。以下說法錯誤的選項是〔?? 〕
A.b=0的溶液中有c(Na+)+c[(CH3)2NH ]=c(OH-)-c(H+)
B.b=a所得溶液的pH值無法計算
C.b=1.5a所得溶液中有c[(CH3)2NH ]＞c[(CH3)2NH·H2O]
D.b=2a時水的電離程度最大
二、非選擇題
8.我國有豐富的Na2SO4資源，2021年10月，中科院過程工程研究所公布了利用Na2SO4制備重要工業(yè)用堿(NaHCO3)及鹽(NaHSO4)的閉路循環(huán)綠色工藝流程：

某校化學興趣小組根據(jù)該流程在實驗室中進行實驗。答復以下問題：
〔1〕用所給實驗裝置圖進行流程中的“一次反響〞

①裝置A中的橡皮管a的作用是________。
②裝置B中參加CCl4的目的是________。
③裝置C中的試劑b是________。
④裝置B中發(fā)生反響的化學方程式為________。
〔2〕在“二次反響〞中，硫酸銨溶液與過量的硫酸鈉反響生成溶解度比較小的復鹽[Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O]，別離該復鹽與溶液的操作為________。
〔3〕用所給實驗裝置圖進行流程中的“煅燒(350℃)〞

①煅燒時，要邊加熱邊通氮氣，理由是________。
②依據(jù)該流程的閉路循環(huán)綠色特點，“一次反響〞與“煅燒(350℃)〞的實驗中均采用如下列圖裝置處理尾氣，那么燒杯中的X溶液最好是________。
〔4〕分析流程圖，寫出利用該流程制備兩種鹽的總反響的化學方程式________。
9.碳酸錳(MnCO3)是制造電信器材的軟磁鐵氧體，也用作脫硫的催化劑，瓷釉、涂料和清漆的顏料。工業(yè)上利用軟錳礦(主要成分是MnO2 ， 還含有Fe2O3、CaCO3、CuO等雜質(zhì))制取碳酸錳的流程如下列圖：

：①“復原焙燒〞主反響為： 。
②可能用到的數(shù)據(jù)如表：
氫氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Mn(OH)2
開始沉淀pH
1.5
6.5
4.2
8.3
沉淀完全pH
3.7
9.7
7.4
9.8
答復以下問題：
〔1〕在實驗室進行步驟A，需要用到的儀器為________(選填“瓷堝〞或“鐵坩堝〞)。
〔2〕步驟C中得到濾渣的主要成分為________，步驟D中發(fā)生反響的離子方程式為________。
〔3〕步驟E中調(diào)節(jié)pH的范圍為________?！?0%NaOH溶液〞宜用________(填序號)代替。
A．CuO?? B．MnO2?? C．Mn(OH)2?? D．HCl
〔4〕不用碳酸鈉溶液替代 溶液，可能的原因是________。
〔5〕如圖，用Fe、C(碳)作電極電解含MnO 的污水，使之轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀而除去的裝置示意圖。污水中MnO 轉(zhuǎn)化為沉淀的離子方程式為________。

〔6〕測定某產(chǎn)品中釩元素的含量：稱取15.30g產(chǎn)品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再參加 溶液 。最后用 溶液滴定過量的 至終點，消耗 溶液的體積為100.00mL。假設(shè)雜質(zhì)不參與反響。那么產(chǎn)品中含釩元素的質(zhì)量分數(shù)是________。
10.是一種廉價的碳資源，其綜合利用可以減少碳排放，對保護環(huán)境有重要意義。
〔1〕堿液吸收。用NaOH溶液捕獲 ，假設(shè)所得溶液中 ，那么溶液 ________。(室溫下， 的 ； )
〔2〕催化轉(zhuǎn)化。以 、 為原料在催化劑作用下合成 涉及的主要反響如下。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
答復以下問題：
① ________kJ/mol。
②在絕熱恒容的密閉容器中，將按物質(zhì)的量之比1∶3投料發(fā)生反響Ⅰ，以下能說明反響已達平衡的是________(填序號)。
A．體系的溫度保持不變
B．體系的密度保持不變
C．單位時間內(nèi)體系中消耗 的同時生成
D．混合氣體平均相對分子量保持不變
E. 和 的轉(zhuǎn)化率相等
③不同壓強下，按照 投料，實驗測定 的平衡轉(zhuǎn)化率和 的平衡產(chǎn)率隨溫度(T)的變化關(guān)系如下列圖。

其中縱坐標表示 的平衡產(chǎn)率的是________(填“X〞或“Y〞)；壓強 、 、 由大到小的順序為________；溫度高于 時，Y幾乎相等的原因是________。
〔3〕超干重整 的催化轉(zhuǎn)化如下列圖：

①關(guān)于上述過程Ⅱ的說法正確的選項是________(填序號)。
A．CO表示未參與反響
B．
C．實現(xiàn)了含碳物質(zhì)與含氫物質(zhì)的別離
D． 、CaO為催化劑，降低了反響的
②在體積為1L的剛性密閉容器中，充入 和 ，參加 催化劑并加熱至 使其發(fā)生反響 ，容器內(nèi)的總壓強p隨時間t的變化如表所示：
反響時間
0
2
4
6
8
10
12
總壓強p/kPa
10.0
11.5
12.3
13.0
13.6
14.0
14.0
該溫度下的平衡常數(shù) ________ (用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù)，計算結(jié)果保存一位小數(shù))。
11.Co、Se、Fe、Cr、Ni、C等元素化合物在生產(chǎn)、生活中應用廣泛。答復以下問題：
〔1〕金屬可導電、導熱，有金屬光澤和延展性，這些性質(zhì)都可以用“________理論〞解釋。
〔2〕金屬錳有多種晶型，γ型錳的面心立方晶胞俯視圖符合________(選填編號)，每個Mn原子周圍緊鄰的原子數(shù)為________。
A． ?? B． ?? C． ?? D．
〔3〕無水CoCl2的熔點是735℃，沸點1049℃，CoCl2屬于________晶體；砷酸 分子中As原子的雜化方式為________雜化。
〔4〕碳的一種同素異形體的晶體可采取非最密堆積，然后在空隙中插入金屬離子獲得超導體。如圖為一種超導體的面心立方晶胞， 分子占據(jù)頂點和面心處， 占據(jù)的是 分子圍成的正四面體空隙和________空隙(填幾何空間構(gòu)型)。

〔5〕Ni可以形成多種氧化物，其中一種NiaO晶體晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，由于晶體缺陷，a的值為0.88，且晶體中的Ni分別為Ni2+、Ni3+ ， 那么晶體中Ni2+與Ni3+的最簡整數(shù)比為________，晶胞參數(shù)為428pm，那么晶體密度為________g/cm3( 表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出表達式)
12.某藥物中間體Ⅰ的合成路線如下列圖：

：
答復以下問題：
〔1〕A的名稱為________；C的結(jié)構(gòu)簡式________；E的官能團名稱為________。
〔2〕反響③的化學反響類型為________；④中濃硫酸的作用是________。
〔3〕寫出反響⑤可能的化學方程式________(寫出一個方程式即可)。
〔4〕寫出滿足以下條件 的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式________。(寫兩個)
①含有六元含氮雜環(huán)；②無N-N鍵；③1H-NMR譜顯示分子中含有4種氫原子。
〔5〕參照上述合成路線和信息，以丙烯為原料合成化合物 的路線流程圖________(無機試劑任用，流程圖形式見題干)。

答案解析局部
一、單項選擇題
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．除去鍋爐中的水垢時，可先用碳酸鈉溶液處理，將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3 ， 使水垢蓬松，再參加酸去除，A不符合題意；
B．Na2O2與CO2、H2O反響能生成氧氣，故可用作供氧劑，B不符合題意；
C．油脂是高級脂肪酸甘油酯，在人體內(nèi)水解為高級脂肪酸和甘油；蛋白質(zhì)在人體內(nèi)水解成氨基酸等小分子，兩者均需經(jīng)水解后才能被吸收，C不符合題意；
D．分子篩是一種人工合成的具有篩選分子作用的水合硅鋁酸鹽(泡沸石)或天然沸石，其主要成分是硅酸鹽，石英玻璃的主要成分為SiO2 ， D符合題意；
故答案為：D。

【分析】A.主要利用將沉淀轉(zhuǎn)換易溶于鹽酸的碳酸鈣
B.過氧化鈉可以做供氧劑
C.油脂水解以及蛋白質(zhì)水解后的小分子即可被人體吸收
D.分子篩的主要成分是硅酸鹽材料，石英玻璃的主要成分是二氧化硅
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．離子方程式應為SO2+2CO +H2O=SO +2HCO ，A不符合題意；
B．離子方程式為Mg2++2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，B不符合題意；
C．符合題意離子方程式為Al3++2SO +2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO +2H2O，C不符合題意；
D．雙氧水在酸性環(huán)境中會將Cu氧化為Cu2+ ， 選項所給離子方程式無誤，D符合題意；
故答案為：D。

【分析】A.SO2少量無法生成CO2
B.電解氯化鎂溶液時陰極產(chǎn)生的氫氧根會和鎂離子生成沉淀
C.Ba(OH)2足量，最終會得到偏鋁酸根
D.過氧化氫具有氧化性可將銅單質(zhì)氧化為銅離子
3.【答案】 B
【解析】【解答】A. 的氫化物與 的氫化物分別為烴和 ，烴有大分子和小分子，A項不符合題意；
B.含有M與Y元素的化合物中可能為 ，含有離子鍵，B項符合題意；
C. ，可以發(fā)生置換反響，C項不符合題意；
D. 與 形成的化合物 為離子晶體，熔融狀態(tài)會導電，D項不符合題意；
故答案為：B。
【分析】由題意可知，短周期原子半徑最大， 為 ， 之間與 之間原子序數(shù)之差相等，那么W最外層電子數(shù)為4，Q最外層電子數(shù)為7，判斷 為 ， 為 ， 與 處于同一主族，那么 為 ,由最外層電子代數(shù)和為22，可以推出 為 ， 為 。
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．體系中存在平衡2NO2 N2O4 ， 縮小容器體積壓強增大，NO2的濃度增大，顏色加深，但隨后平衡正向移動，NO2的量減少，混合氣體顏色開始變淺，A不符合題意；
B．混合溶液中存在平衡Fe3++3SCN- Fe(SCN)3 ， 所以參加KCl固體平衡不會發(fā)生移動，顏色不變，B不符合題意；
C．向NaClO溶液中參加鹽酸會產(chǎn)生氯氣，氯氣也可以使品紅溶液褪色，所以不能證明原溶液中含有 或 ，C符合題意；
D．先通入NH3 ， 再通SO2 ， 兩者在溶液中反響生成亞硫酸銨，亞硫酸銨與氯化鋇會生成亞硫酸鋇白色沉淀，D不符合題意；
故答案為：C。

【分析】A.實驗現(xiàn)象描述錯誤，縮小體積的瞬間，濃度變大，顏色變深，一段時間后顏色變淺
B.顏色不變改變，平衡不會移動
C.產(chǎn)生的氣體不一定是氯氣可能是氯氣或者混合氣體
D.現(xiàn)象描述錯誤，應該有白色沉淀
5.【答案】 A
【解析】【解答】A．由題給結(jié)構(gòu)可知，N含有酯基、羰基，酯基在堿性條件下可發(fā)生水解，1molN最多消耗1molNaOH，故A符合題意；
B．苯炔分子式為C6H4 ， 1mol苯炔在氧氣中充分燃燒消耗氧氣7mol，故B不符合題意；
C．化合物M含有酯基、羰基，可發(fā)生復原反響、取代反響、加成反響、氧化反響，故C不符合題意；
D．由題可知，合成化合物N的反響類型是加成反響，故D不符合題意；
故答案為：A。

【分析】A.根據(jù)N的結(jié)構(gòu)式即可找出與氫氧化鈉反響的基團
B.根據(jù)苯炔與氧氣反響的方程式即可計算
C.根據(jù)M的結(jié)構(gòu)簡式找出官能團即可找出發(fā)生的反響
D.根據(jù)反響物和生成物即可判斷反響類型
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．由分析知，X電極流入電子，Y電極失去電子，為了維持電荷守恒，可以是陽極室的陽離子〔如H+〕移入陰極室，也可以是陰極室陰離子陰離子〔如 〕移入陽極室，故交換膜可以是陽離子或陰離子交換膜，A不符合題意；
B．由圖2知，Y極VO2+失電子轉(zhuǎn)化為 ，對應電極反響為：VO2+-e-+H2O= +2H+ ， B符合題意；
C．由分析知，Y電極連接太陽能電池P電極，C不符合題意；
D．由Y電極反響為VO2+-e-+H2O= +2H+ ， 知每轉(zhuǎn)移1mol電子，右池中有2mol H+生成，D不符合題意；
故答案為：B。
【分析】由題意知，圖1為太陽能電池工作示意圖，屬于原電池，圖2與圖1聯(lián)合時，圖2為電解池，由圖2知，X電極反響為 ，發(fā)生復原反響，故X為陰極，與電源負極相連，由圖1可知，電池的陽離子向P電極移動，所以P電極是太陽能電池的正極，N電極為負極，故X電極連接N電極，Y電極連接P電極。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．b=0的溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)+c[(CH3?)2NH ]=c(OH-)，所以c(Na+)+c[(CH3)2NH ]=c(OH-)-c(H+)，A不符合題意；
B．b=a時NaOH和HCl恰好完全反響，溶液中的溶質(zhì)為0.05mol/L的NaCl和0.05mol/L(CH3)2NH·H2O，設(shè)溶液中c(OH-)=xmol/L，那么有Kb= = ，Kb，所以可以求出c(OH-)，繼而計算溶液的pH值，B符合題意；
C．b=1.5a時溶液中的溶質(zhì)為NaCl、以及等物質(zhì)的量的(CH3)2NH·H2O和[(CH3)2NH2]Cl，Kb[(CH3)2NH·H2O]=20×10-5 ， 那么Kh= =5×10-10＜Kb ， 所以(CH3)2NH·H2O的電離程度大于(CH3)2NH 的水解程度，那么c[(CH3)2NH ]＞c[(CH3)2NH·H2O]，C不符合題意；
D．b=2a時溶液中的溶質(zhì)為NaCl和[(CH3)2NH2]Cl，只有(CH3)2NH 的水解促進水的電離，沒有酸或堿抑制水的電離，所以此時水的電離程度最大，D不符合題意；
故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)電荷守恒即可判斷
B.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)結(jié)合電離常數(shù)即可計算出氫氧根濃度即可計算出氫離子濃度
C.根據(jù)此時的數(shù)據(jù)判斷出此時溶質(zhì)即可判斷粒子濃度的大小
D.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)即可計算出此時的溶質(zhì)即可判斷水的電離程度
二、非選擇題
8.【答案】 〔1〕平衡氣壓，使氨水能順利滴加；防止溶液倒吸；飽和NaHCO3溶液；Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4
〔2〕過濾
〔3〕排出分解產(chǎn)生的氨氣，防止氨氣重新與硫酸氫鈉反響；Na2SO4
〔4〕Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3+NaHSO4
【解析】【解答】(1)①A中橡皮管a可以連通圓底燒瓶和分液漏斗，平衡氣壓，使氨水能順利滴加；
②氨氣是極易溶于水的氣體，直接與水接觸可能發(fā)生倒吸，但氨氣難溶于四氯化碳，所以裝置B中參加CCl4的目的就是為了防止溶液倒吸；
③稀鹽酸和碳酸鈣的反響發(fā)熱，可導致HCl的揮發(fā)，使制得的CO2中會混有HCl氣體，HCl可以和NaHCO3反響，而CO2難溶于飽和NaHCO3溶液，所以裝置C中為飽和NaHCO3溶液，用來吸收HCl氣體；
④裝置B中Na2SO4溶液、NH3和CO2反響生成溶解性較小的NaHCO3 ， 同時得到硫酸銨，化學方程式為Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；
(2)該復鹽溶解度較小，所以會以固體形式析出，可以過濾別離；
(3)①氨氣是堿性氣體，能與NaHSO4反響，為防止分解生成的氨氣重新與NaHSO4反響，應邊加熱邊通氮氣，及時排出氨氣；
②尾氣中主要含有氨氣，為將氨氣充分利用，結(jié)合“一次反響“步驟中的原料分析可知，最好用Na2SO4溶液吸收氨氣后直接循環(huán)利用，同時也符合流程的閉路循環(huán)綠色特點；
(4)根據(jù)流程可知氨氣循環(huán)使用，所以反響物為Na2SO4溶液和CO2 ， 生成物只有NaHCO3和?NaHSO4 ， 根據(jù)元素守恒可得化學方程式為Na2SO4+CO2+H2O=NaHCO3+NaHSO4。
【分析】利用Na2SO4制備?NaHCO3?和NaHSO4的工藝流程為：Na2SO4溶液、NH3和CO2發(fā)生“一次反響“生成溶解性較小的NaHCO3 ， 過濾得到NaHCO3?固體和(NH4)2SO4溶液，硫酸銨溶液與過量的硫酸鈉反響生成Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O，過濾得到固體Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O和Na2SO4溶液，Na2SO4溶液循環(huán)到“一次反響〞步驟，“灼燒〞Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O得到NaHSO4和NH3 ， NH3循環(huán)到“一次反響“步驟再利用。
(1)裝置A中利用濃氨水和堿石灰制取氨氣，氨氣極易溶于水，所以氨氣進入三頸燒瓶后先和四氯化碳接觸，防止發(fā)生倒吸，右側(cè)裝置中利用稀鹽酸和碳酸鈣反響制取CO2 ， 用飽和NaHCO3溶液除去混有的HCl氣體后通入B裝置進行反響，進行流程中的“一次反響〞，得到溶解性較小的NaHCO3 ， 過濾得到NaHCO3?固體和(NH4)2SO4溶液，

9.【答案】 〔1〕鐵坩堝
〔2〕CaSO4和Cu；MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
〔3〕3.7≤pH＜8.3；C
〔4〕碳酸鈉溶液中c(OH-)較大，會產(chǎn)生Mn(OH)2沉淀
〔5〕5Fe2++MnO +9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓
〔6〕50.0%
【解析】【解答】(1)焙燒時碳酸鈣會和瓷坩堝中的二氧化硅反響，所以應選用鐵坩堝；
?
(2)硫酸酸浸時，Cu不反響，CaO轉(zhuǎn)化為微溶物CaSO4 ， 所以濾渣為CaSO4和Cu；步驟D參加MnO2將Fe2+氧化為Fe3+ ， 離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(3)Fe3+沉淀完全時的pH=3.7和Mn2+開始沉淀時的pH=8.3，所以為完全除去Fe3+ ， 又不減小的Mn2+含量的pH范圍為3.7≤pH＜8.3；參加10%NaOH溶液的目的是中和氫離子，使溶液pH增大，但參加CuO會引入鋅雜質(zhì)，MnO2不和氫離子反響，Mn(OH)2既能和氫離子反響又不引入雜質(zhì)，HCl會使溶液pH減小，
故答案為：C；
(4)Na2CO3溶液堿性較強，c(OH-)較大，會產(chǎn)生Mn(OH)2沉淀，降低產(chǎn)品產(chǎn)率和純度；
(5)MnO 轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀時Mn元素被復原，而陰離子會在電解池的陽極聚集，陽極發(fā)生氧化反響，所以應是以Fe棒作陽極，F(xiàn)e被氧化為Fe2+ ， Fe2+再將MnO 復原為Mn2+ ， 結(jié)合陰極水放電時產(chǎn)生氫氧根生成Mn(OH)2沉淀，離子方程式為5Fe2++MnO +9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓；
(6)Fe2+與KMnO4反響時被氧化為Fe3+ ， Mn元素被復原為Mn2+ ， 根據(jù)電子守恒可知5n(Fe2+)=n(KMnO4)，結(jié)合題意可知VO 消耗的亞鐵離子為2.00mol/L×0.1L-0.1mol/L×0.1L×5=0.15mol，即n(VO )=0.15mol，所以釩元素的質(zhì)量分數(shù)為 ×100%=50%。
【分析】軟錳礦參加木炭焙燒，F(xiàn)e2O3、CuO轉(zhuǎn)化為Fe、Cu，CaCO3分解為CaO，根據(jù)題意MnO2轉(zhuǎn)化為MnO，參加硫酸浸取，F(xiàn)e、MnO得到相應的硫酸鹽，Cu不反響，CaO轉(zhuǎn)化為微溶物CaSO4；過濾得到的濾液中主要含有Fe2+、Mn2+等陽離子，參加MnO2將Fe2+氧化為Fe3+ ， 再參加10%NaOH溶液調(diào)節(jié)pH生成Fe(OH)3沉淀，過濾后向濾液中參加碳酸氫銨得到碳酸錳沉淀，別離烘干得到成品。
?
10.【答案】 〔1〕10
〔2〕+40.9；AD；X；；溫度高于 時以反響Ⅲ為主，又反響Ⅲ前后氣體分子數(shù)相等，壓強對平衡沒有影響
〔3〕BC；28.4
【解析】【解答】(1)由 ，知K2= ，解得c(H+)=10-10 ， 那么pH=-Lgc(H+)=10；
?
(2)①Ⅰ-Ⅱ，結(jié)合蓋斯定律得：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H3=△H1-△H2=+40.9 kJ/mol，故此處填40.9；
②A．由于體系絕熱，故反響的熱效應會引起溫度的改變，當溫度不變時，說明反響達平衡，A正確；
B．由于容器體積不變，且反響前后氣體總質(zhì)量不變(前后均為氣體，質(zhì)量守恒)，故體系氣體密度( )始終不變，不能用來判斷平衡狀態(tài)，B不正確；
C．消耗H2和生成H2O均為正反響速率，不能說明正逆反響速率相等，故不能用來判斷平衡狀態(tài)，C不正確；
D．雖然反響前后氣體總質(zhì)量不變(前后均為氣體，質(zhì)量守恒)，但氣體總物質(zhì)的量發(fā)生改變，由 ，知隨著反響進行，混合氣體平均相對分子質(zhì)量發(fā)生改變，當不變時，說明反響達平衡，D正確；
E．由于CO2和H2的起始投料比等于化學計量數(shù)之比，故任意時刻，CO2和H2的轉(zhuǎn)化率均相等，故不能用來判斷平衡狀態(tài)，E不正確；
故故答案為：AD；
③反響Ⅰ、Ⅱ生成CH3OH，但反響Ⅰ、Ⅱ均為放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，CH3OH產(chǎn)率下降，故X代表CH3OH的平衡產(chǎn)率，故此處填：X；相同溫度下，由于增大壓強，反響Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移動，CH3OH平衡產(chǎn)率提高，故P1＞P2＞P3；由分析知，X代表CH3OH的平衡產(chǎn)率，故Y代表CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，當溫度高于T1時，不同壓強下，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率相等，說明壓強此時對平衡幾乎不產(chǎn)生影響，故此時應以反響Ⅲ為主，故此處填：當溫度高于T1時，以反響Ⅲ為主，又反響Ⅲ前后氣體分子數(shù)相等，壓強對其平衡沒有影響；
(3)①根據(jù)轉(zhuǎn)化原理，過程Ⅱ中第一步：CO＋CO2＋H2＋Fe3O4＋CaO→H2O＋Fe＋CaCO3 ， 第二步：Fe＋CaCO3＋稀有氣體→稀有氣體＋Fe3O4＋CaO＋CO；
A．根據(jù)上述分析，第一步CO為反響物，第二步生成CO，以及過程Ⅱ的總反響為CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，知A不正確；
B．根據(jù)上述分析，過程Ⅱ的總反響為CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，B正確；
C．含碳物質(zhì)最終轉(zhuǎn)化為CO，含氫物質(zhì)最終轉(zhuǎn)化為H2O，CO和H2O在不同步驟生成，故實現(xiàn)了含碳物質(zhì)和含氫物質(zhì)的別離，C正確；
D．根據(jù)上述分析，F(xiàn)e3O4、CaO為催化劑，焓變只與體系中的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，因此使用催化劑不能改變反響焓變，D不正確；
故答案為BC；
②i． ，利用相同條件下，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，有： ，解得x=0.4，該溫度下的平衡常數(shù)Kp= ，故此處填28.4。
【分析】〔1〕利用給出的比值以及第二電離常數(shù)即可計算出pH
〔2〕①根據(jù)蓋斯定律即可計算出焓變
②根據(jù)反響 ?，正反響是放熱，且系數(shù)不等，可以通過判斷熱量不變以及某物質(zhì)的正逆速率是否相等以及濃度是否不變以及平均相對分子質(zhì)量是否保持不變等帕努單是否平衡
③根據(jù)產(chǎn)生甲醇的反響均是放熱即可判斷出甲醇的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系，根氣體系數(shù)的大小即可判斷，根據(jù)圖示即可判斷，溫度大小一定溫度后，反響是以III為主
〔3〕①A.根據(jù)流程圖即可判斷CO是否反響
B.根據(jù)最初的反響物和最終的生成物即可判斷
C.根據(jù)流程即可判斷實現(xiàn)含氫物質(zhì)和含碳物質(zhì)的別離
D.催化劑只是改變速率
②根據(jù)給出的數(shù)據(jù)可以得出平衡時的壓強，根據(jù)給出的數(shù)據(jù)級和三行式即可計算出平衡時各物質(zhì)物質(zhì)的量即可求出平衡分壓求出常數(shù)K
?
?
11.【答案】 〔1〕金屬鍵
〔2〕C；12
〔3〕離子；sp3
〔4〕正八面體
〔5〕8∶3；
【解析】【解答】(1)金屬晶體中存在金屬鍵，金屬鍵為金屬原子脫落下來的價電子形成遍布整塊晶體的“電子氣〞，被所有原子所共用，從而把所有的金屬原子維系在一起，所以金屬可導電、導熱，具有金屬光澤，有延展性，這些性質(zhì)都可以用金屬鍵理論解釋；
?
(2)γ型錳為面心立方晶胞，即在立方體的頂點和面心具有Mn原子，俯視時頂點的Mn原子的投影構(gòu)成一個正方形，與視線平行的面上的面心Mn原子投影位于正方形邊的中心，垂直視線的面上的面心Mn原子位于正方形中心，所以投影圖為C；以頂點Mn原子為例，距離其最近的Mn原子位于該頂點所在面的面心，個數(shù)為 =12；
(3)CoCl2的熔沸點較高，應為離子晶體；H3AsO4分子中As原子與4個O共形成4個σ鍵，沒有孤電子對，價層電子對數(shù)為4，As原子采取sp3雜化；
(4)據(jù)圖可知棱心、體心的K+還位于6個C60形成的正八面體空隙；
(5)設(shè)Ni0.88O中Ni2+的個數(shù)為x，Ni3+的個數(shù)為y，那么有x+y=0.88、2x+3y=2，解得x：y=8：3；NiaO晶體的晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，所以每個晶胞中含有4個O原子，即有4個“NiaO〞，晶體密度= = g/cm3。
【分析】〔1〕金屬晶體中存在金屬鍵，因此可以用金屬鍵理論解釋
〔2〕根據(jù)面心立方體的晶體模型即可判斷俯視圖，根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖即可找出原子個數(shù)
〔3〕根據(jù)熔沸點的上下即可判斷晶體類型，根據(jù)計算出As的價層電子對以及孤對電子即可判斷雜化方式
〔4〕根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖即可判斷出構(gòu)型
〔5〕利用化合價代數(shù)和為0以及元素守恒即可計算出三價和二價的個數(shù)之比，根據(jù)晶胞計算出晶胞質(zhì)量，再結(jié)合晶胞參數(shù)計算出體積即可求出密度
?
12.【答案】 〔1〕2-甲基丙烯酸；；酯基、羰基
〔2〕加成反響；催化劑和脫水劑
〔3〕+H2 或 +H2 或 +H2
〔4〕
〔5〕CH3CH=CH2 CH3C CH
【解析】【解答】(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為 ，同時含有羧基和雙鍵的碳鏈上有3個碳，從靠近羧基的一端數(shù)起，2號碳上有一個甲基，所以名稱為2-甲基丙烯酸；根據(jù)分析可知C的結(jié)構(gòu)簡式為 ；根據(jù)E的結(jié)構(gòu)簡式可知其官能團為羰基、酯基；
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(2)反響③為羰基的加成反響；④為羥基的消去反響，濃硫酸作催化劑、脫水劑；
(3)反響⑤為H與氫氣的加成反響，根據(jù)分析可知H可能為 或 或 ，反響方程式為 +H2 或 +H2 或 +H2 ；
(4) 的同分異構(gòu)體滿足：①含有六元含氮雜環(huán)，那么支鏈上有2個原子；②無N-N鍵；③1H-NMR譜顯示分子中含有4種氫原子，說明結(jié)構(gòu)對稱，符合條件的有 ；
(5)丙烯為CH3CH=CH2 ， 根據(jù)題目所給信息可知目標產(chǎn)物可以由CH3C CH和CH3CH=CH2反響生成，而CH3CH=CH2與溴先加成，再消去可以得到CH3C CH，所以合成路線為CH3CH=CH2 CH3C CH 。
【分析】根據(jù)信息反響和B的結(jié)構(gòu)簡式可推得A為 ，B中含有碳碳雙鍵，且雙鍵上的碳原子上只有一個氫原子，被酸性高錳酸鉀氧化生成C為 ，C與甲醇發(fā)生酯化反響生成D，D在乙醇鈉存在下發(fā)生成環(huán)反響生成E，E一定條件下生成F，G中羥基發(fā)生消去反響生成H，所以H可能為 或 或 ，H與氫氣發(fā)生加成反響生成I，據(jù)此分析解答。
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