福建省龍巖市高三下學(xué)期3月份質(zhì)量檢測一?；瘜W(xué)試題

龍巖市2024年高中畢業(yè)班三月教學(xué)質(zhì)量檢測化學(xué)試題(考試時間：75分鐘滿分：100分)注意：1.請將答案填寫在答題卡上2.可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7C12O16Mn55Cu64Zn65一、選擇題(本題包括10小題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題意)1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活和社會密切相關(guān)。下列敘述正確的是A.制造5G芯片的氮化鋁晶圓是復(fù)合材料B.杭州亞運會吉祥物“江南憶”機(jī)器人芯片的主要成分為二氧化硅C.杭州亞運會特許商品“亞運蓮花尊”的藝術(shù)載體青瓷屬于無機(jī)非金屬材料D.神舟十六號飛船返回艙“外衣”中的酚醛樹脂屬于天然有機(jī)高分子化合物【答案】C【解析】【詳解】A．制造5G芯片的氮化鋁是一種高溫結(jié)構(gòu)陶瓷，屬于新型的無機(jī)非金屬材料，不是復(fù)合材料，A錯誤；B．機(jī)器人所采用芯片的主要成分為硅，B錯誤；C．青瓷屬于陶瓷，屬于無機(jī)非金屬材料，C正確；D．酚醛樹脂屬于合成的有機(jī)高分子化合物，D錯誤；故答案選C。2.反應(yīng)：Al2Cl6+2NH3=2Al[(NH3)Cl3]中，共價化合物Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為，下列說法錯誤的是A.1molAl[(NH3)Cl3]中通過pp軌道重疊形成的σ鍵數(shù)目為4NAB.Al2Cl6分子中所有原子最外層均滿足8電子結(jié)構(gòu)C.反應(yīng)前后Al原子配位數(shù)不變D.Al[(NH3)Cl3]屬于極性分子【答案】A【解析】【詳解】A．Al[(NH3)Cl3]分子中含有3個Al—Cl鍵、3個N—H鍵和1個N—Al鍵，其中Al—Cl鍵為p—pσ鍵，N—H鍵為s—pσ鍵，N—Al鍵屬于配位鍵，不是軌道重疊形成，則1molAl[(NH3)Cl3]中通過p—p軌道重疊形成的σ鍵數(shù)目為3NA，故A錯誤；B．由Al2Cl6分子結(jié)構(gòu)圖可知，Al原子外圍有4對成鍵電子對，Cl原子有2對成鍵電子對,還含有2對孤電子對，所以Al2Cl6分子中所有原子最外層均滿足8電子結(jié)構(gòu)，故B正確；C．由Al2Cl6分子結(jié)構(gòu)圖可知，Al原子的配位數(shù)為4；Al[(NH3)Cl3]分子分子中含有3個Al—Cl鍵、1個N—Al鍵(實質(zhì)為配位鍵)，則Al原子的配位數(shù)也是4，即反應(yīng)前后Al原子配位數(shù)不變，故C正確；D．Al[(NH3)Cl3]分子中含有3個Al—Cl鍵、1個N—Al鍵，且兩種鍵的鍵長不相等，正負(fù)電中心不能重合，所以Al[(NH3)Cl3]屬于極性分子，故D正確；故選A。3.化合物Z是合成藥物非奈利酮的重要中間體，其合成路線如圖所示，下列說法錯誤的是A.X分子中所有原子不可能共平面B.Y分子中不存在手性碳原子C.1molY最多能與3molNaOH反應(yīng)D.Y、Z可用新制氫氧化銅懸濁液鑒別【答案】A【解析】【詳解】A．X分子中，羥基通過旋轉(zhuǎn)可以和苯環(huán)平面共面，羧基平面通過旋轉(zhuǎn)也可以和苯環(huán)平面共面，A錯誤；B．Y中的所有碳原子都沒有連接4個完全不同的原子或原子團(tuán)，所以Y中不存在手性碳原子，B正確；C．Y和氫氧化鈉反應(yīng)的方程式為：+3NaOH+NaBr+H2O+CH3OH，C正確；D．Z中含有醛基，能使新制氫氧化銅懸濁液產(chǎn)生磚紅色沉淀，Y中沒有醛基，不會和新制氫氧化銅反應(yīng)，故可以利用新制氫氧化銅懸濁液鑒別，D正確；故選A4.一種由短周期元素構(gòu)成的洗滌劑中間體結(jié)構(gòu)式如圖所示，X、Q、Z、Y、W原子序數(shù)依次增大，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，Q原子核外成對電子對數(shù)與未成對電子數(shù)相等，Y可與X形成空間構(gòu)型為角形的分子，下列說法正確的是A.第一電離能：Y>Z>QB.簡單離子半徑：W>Y>ZC.Z元素的氧化物對應(yīng)水化物為強(qiáng)酸D.Y的簡單氫化物的中心原子的VSEPR構(gòu)型為正四面體【答案】D【解析】【分析】由該結(jié)構(gòu)圖可知，X原子只形成一個鍵，W原子帶一個正電荷，且X與W同族，則X、W分別為H元素和Na元素；Q原子核外成對電子數(shù)與未成對電子數(shù)相等，且形成了四個鍵，則Q是C元素；Z元素形成了三個鍵，且與碳元素同周期，原子序數(shù)比碳元素大，則Z元素為N；Y與X形成會形成空間結(jié)構(gòu)為角形的分子，且Q分別與碳元素形成了一個雙鍵和一個單鍵，則可得出Y為O元素，故X、Q、Z、Y、W分別是H、C、N、O、Na元素?！驹斀狻緼．同周期第一電離能從左往右呈增大的趨勢，但由于氮元素最外層的2p軌道為半滿，更不易失去電子，所以氮的第一電離能比相鄰兩元素的第一電離能大，原子半徑越小的，第一電離能越大，即第一電離能：Z>Y>Q，故A錯誤；B．W、Y、Z為Na、O、N，這三種元素對應(yīng)的簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，則核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑：Z>Y>Q，故B錯誤；C．Z元素的氧化物NO2對應(yīng)的水化物為亞硝酸，為弱酸，故C錯誤；D．Y的簡單氫化物為H2O，其中心原子氧的雜化類型為sp3，對應(yīng)的VSEPR模型為正四面體，故D正確；故答案為：D。5.電化學(xué)“大氣固碳”方法是我國科學(xué)家研究發(fā)現(xiàn)的，相關(guān)裝置如圖所示。下列說法正確的是A.該電池可選用Li2SO4水溶液做離子導(dǎo)體B.放電時，電極B反應(yīng)為CO2+4e=C+2O2C.充電時，Li+從電極A移向電極BD.放電時，電路中每通過1mol電子，正極區(qū)質(zhì)量增加40g【答案】D【解析】【分析】放電時，A為負(fù)極，電極反應(yīng)為，B為正極，電極反應(yīng)為，充電時，A為陰極，電極反應(yīng)式為，B為陽極，電極反應(yīng)為，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．放電時電極A為負(fù)極，電極材料為Li，會與水反應(yīng)，因此該電池只可選用無水電解液，A錯誤；B．放電時，B正極，電極反應(yīng)為，B錯誤；C．充電時，陽離子移向陰極，則的移動方向是從電極B移向電極A，C錯誤；D．放電時，正極電極反應(yīng)為，增加的質(zhì)量為二氧化碳與鋰離子的總質(zhì)量，當(dāng)有4mol電子轉(zhuǎn)移時，增加的質(zhì)量為(3×44+4×7)g=160g，則電路中每通過1mol電子時，正極區(qū)質(zhì)量增加40g，D正確；故答案選D。6.興趣小組設(shè)計以下實驗，探究MnOx氧化甲苯蒸氣(還原產(chǎn)物為MnO)生成無污染氣體的效果。下列說法錯誤的是A.氣體X可以是氮氣B.通過Ⅲ、Ⅳ中現(xiàn)象可判斷甲苯否被MnOx完全氧化C.若n(甲苯)：n(MnOx)=1：36發(fā)生反應(yīng)，則x=1.5D.裝置Ⅲ、Ⅳ互換順序仍可判斷甲苯是否被完全氧化【答案】D【解析】【分析】實驗中用氣體X將甲苯蒸氣帶入II中，II中MnOx氧化甲苯蒸氣，產(chǎn)物經(jīng)過后續(xù)裝置進(jìn)行檢驗和處理，據(jù)此作答?！驹斀狻緼．氣體X是為了除去裝置內(nèi)的空氣，可以用N2，A正確；B．若甲苯?jīng)]有被完全氧化，則川中KMnO4溶液紫色褪去，IV石灰水繼續(xù)渾濁，B正確；C．甲苯C7H8中的C為價，被MnOx氧化為CO2，CO2中的C為+4價，若n(C7H8)=1mol，則轉(zhuǎn)移電子36×(2x2)=36mol，x=1.5，C正確；D．甲苯是氣體，密度比水小，會浮在石灰水表面，互換順序后無法判斷甲苯是否被完全氧化，D錯誤；故選D。7.以煉鐵廠鋅灰(主要成分為ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)為原料制備ZnO的流程如圖所示。下列說法正確的是已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分別轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。A.HNH鍵角：[Cu(NH3)4]2+<NH3B.“濾渣②”的主要成分為Fe、Cu和ZnC.所含金屬元素的質(zhì)量“濾液①”<“濾液②”D.“煅燒”時需要在隔絕空氣條件下進(jìn)行【答案】C【解析】【分析】浸取時，ZnO、CuO轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反應(yīng)，濾液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3?H2O，濾渣①的主要成分為Fe2O3和MnO2；加入Zn粉時，發(fā)生反應(yīng)Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，從而實現(xiàn)去除雜質(zhì)[Cu(NH3)4]2+，濾渣②的主要成分為Cu和過量的Zn，濾液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3?H2O，經(jīng)過蒸氨沉鋅操作獲得沉淀，最后煅燒獲得ZnO?！驹斀狻緼．NH3提供孤電子對與Cu2+形成配位鍵后，孤電子對轉(zhuǎn)化為成鍵電子對，對N—H成鍵電子對受到的排斥力減小，則HNH鍵角變大，即[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A錯誤；B．由分析可知，濾渣②的主要成分為Cu和過量的Zn，故B錯誤；C．由分析可知，濾液①中含有金屬元素的離子為[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，加入鋅粉發(fā)生反應(yīng)Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，因此濾液①中[Cu(NH3)4]2+轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2+，因此濾液②中含有金屬元素的離子為[Zn(NH3)4]2+，Zn的相對原子質(zhì)量大于Cu，金屬元素的質(zhì)量增加，即“濾液①”<“濾液②”，故C正確；D．煅燒時會分解，Zn為+2價，不會被氧氣氧化，因此不需要隔絕空氣，故D錯誤；故答案選C。8.用1，3-丙二醇捕捉CO2合成碳酸丙烯酯()的反應(yīng)機(jī)理如圖所示，下列說法錯誤的是A.機(jī)理中存在極性鍵的斷裂B.化合物A是上述反應(yīng)的催化劑C.催化循環(huán)中Zn的化合價發(fā)生了變化D.若將原料替換為1，2丙二醇，則產(chǎn)物為【答案】C【解析】【詳解】A．極性鍵是共用電子對發(fā)生偏移的化學(xué)鍵，通常由不同種原子之間形成的共價鍵為極性鍵，機(jī)理中存在極性鍵的斷裂，故A正確；B．催化劑反應(yīng)前后其質(zhì)量和性質(zhì)均不變，由圖可知，化合物A是上述反應(yīng)的催化劑，故B正確；C．催化循環(huán)中Zn的化合價始終為+2，故C錯誤；D．1，3-丙二醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH2(OH)CH2（OH）CH3，根據(jù)反應(yīng)機(jī)理可知，其反應(yīng)產(chǎn)物為，故D正確；故選C。9.下列有關(guān)反應(yīng)事實與離子方程式相匹配的是A.Fe2O3溶于過量氫碘酸溶液中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB.將過量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO=HClO+HSOC.向硝酸銀溶液中滴入少量氨水：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2OD.在苯酚鈉溶液中通入少量CO2：【答案】D【解析】【詳解】A．Fe2O3溶于過量氫碘酸溶液中，I被氧化為碘單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為Fe2O3+6H++2I=2Fe2++3H2O+I2，故A錯誤；B．將過量SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化為，SO2+H2O+ClO=Cl+SO+2H+，故B錯誤；C．向硝酸銀溶液中滴入少量氨水生成氫氧化銀沉淀，反應(yīng)的離子方程式為Ag++NH3·H2O=AgOH↓+，故C錯誤；D．在苯酚鈉溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為，故D正確；選D。10.室溫下，將鹽酸滴入Na3R溶液中，測得混合溶液的pH與、或的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A.L3表示pH與的關(guān)系曲線B.Na2HR溶液呈堿性C.水解常數(shù)Kh3的數(shù)量級為1012D.混合溶液的pH=7時，【答案】C【解析】【分析】25℃時，Ka1(H3R)=，則溶液pH相同時，，函數(shù)lgx為減函數(shù)，值越小說明分式越大，則lg＞lg＞lg，所以L1表示pH與lg的關(guān)系曲線，L2表示pH與lg的關(guān)系曲線，L3表示pH與lg的關(guān)系曲線，以此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知：L3表示pH與lg的關(guān)系曲線，A正確；B．L1曲線表示pH與lg的關(guān)系曲線，在溶液pH=8時，lg=5.2，則=105.2，=105.2，Ka3==108×105.2=1013.2；L2表示pH與lg的關(guān)系曲線，在pH=7.1時，lg=0，=1，c(H+)=107.1mol/L，Ka2==107.1mol/L，Kh2=，Ka3＜Kh2，水解程度大于電離程度，所以Na2HR的水溶液顯堿性，B正確；C．根據(jù)上述分析可知：L3表示pH與lg的關(guān)系曲線，在pH=3時，lg=2.2，=102.2，=102.2，Ka1==103×102.2=100.8，Kh3=，則水解常數(shù)Kh3的數(shù)量級為1014，C錯誤；D．溶液中存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)+c(Cl)，由于混合溶液pH=7，c(H+)=c(OH)，所以c(Na+)=c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)+c(Cl)，因此c(Na+)＞c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)，D正確；故合理選項是C。二、非選擇題(本題包括4小題，共60分)11.實驗室用苯甲醇鈉做催化劑，以苯甲醛為原料合成苯甲酸苯甲酯的反應(yīng)機(jī)理及部分物質(zhì)的性質(zhì)如下：物質(zhì)熔點/℃沸點/℃溶解性密度/g·cm3苯甲醇15.9204.7可溶于水1.01苯甲醛56.6179微溶于水1.01苯甲酸苯甲酯21323不溶于水1.12苯甲酸122.4249.2不溶于水1.32已知：RO極易結(jié)合H+轉(zhuǎn)化為ROH．回答以下問題：步驟Ⅰ制備苯甲醇鈉按圖1所示裝置，在圓底燒瓶中依次加入磁轉(zhuǎn)子、苯甲醇(7.0g，0.065mol)、金屬鈉(0.3g，0.013mol)。開啟攪拌，使反應(yīng)在微熱狀態(tài)下進(jìn)行，反應(yīng)結(jié)束后，撤去熱源，冷卻至室溫。（1）表明反應(yīng)已經(jīng)完成的現(xiàn)象是___________。（2）裝置A的作用是___________。步驟Ⅱ制備苯甲酸苯甲酯制備裝置如圖2所示(加熱及夾持裝置已略去)。在四口燒瓶中加入苯甲醛(45.4g，0.428mol)，使整個反應(yīng)體系恒溫在50℃。通過恒壓滴液漏斗緩慢滴加苯甲醇鈉(30min內(nèi)滴加完畢)后保溫1h。（3）本實驗中制取苯甲酸苯甲酯的化學(xué)反應(yīng)方程式為___________。（4）久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，如果不除去將大大降低反應(yīng)速率，原因是___________；除去苯甲醛中少量苯甲酸的實驗方法是___________。（5）裝置中能起到減少反應(yīng)物揮發(fā)作用的儀器名稱為___________。步驟Ⅲ分離提純產(chǎn)品待體系冷卻至室溫，加入20mL水，攪拌10min，收集有機(jī)相，再用20mL蒸餾水洗滌有機(jī)相，經(jīng)無水硫酸鈉干燥后，蒸餾，棄去開始時收集的餾分，再調(diào)高電加熱套的電壓，收集205207℃的餾分，得31.5g無色粘稠液體。（6）收集的有機(jī)相用蒸餾水洗滌目的是___________，該操作在___________(填儀器名稱)中進(jìn)行。（7）步驟Ⅲ中蒸餾是在___________(填“常壓”或“減壓”)下進(jìn)行的。（8）本實驗的產(chǎn)率___________(計算結(jié)果保留一位小數(shù))?！敬鸢浮?1.圓底燒瓶中的金屬鈉消失(或不再產(chǎn)生氣泡)12.防止水蒸氣等進(jìn)入裝置發(fā)生副反應(yīng)13.214.①.苯甲酸使苯甲醇鈉轉(zhuǎn)化為苯甲醇，導(dǎo)致催化劑失效②.蒸餾15.球形冷凝管16.①.除去產(chǎn)物中的苯甲醛和苯甲醇②.分液漏斗17.減壓18.69.4%【解析】【分析】根據(jù)題干可知，本題中苯甲醇鈉做催化劑，苯甲醛為原料，產(chǎn)物為苯甲酸苯甲酯，產(chǎn)物不溶于水，密度比水大，據(jù)此作答?！拘?詳解】步驟Ⅰ為制備苯甲醇鈉，加入苯甲醇(7.0g，0.065mol)、金屬鈉(0.3g，0.013mol)，發(fā)生的反應(yīng)為：2+2Na→2+H2，可知加入的苯甲醇量多，因此金屬鈉可以被消耗完，當(dāng)觀察到圓底燒瓶中的金屬鈉消失或不再產(chǎn)生氣泡時表明反應(yīng)已經(jīng)完成，故答案為：圓底燒瓶中的金屬鈉消失(或不再產(chǎn)生氣泡)。【小問2詳解】裝置A的作用是防止水蒸氣等進(jìn)入裝置發(fā)生副反應(yīng)，故答案為：防止水蒸氣等進(jìn)入裝置發(fā)生副反應(yīng)。【小問3詳解】步驟Ⅱ為制備苯甲酸苯甲酯，苯甲醇鈉做催化劑，苯甲醛為原料，發(fā)生的反應(yīng)為：2，故答案為：：2?！拘?詳解】由于RO極易結(jié)合H+轉(zhuǎn)化為ROH，久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，苯甲酸會使苯甲醇鈉轉(zhuǎn)化為苯甲醇，導(dǎo)致催化劑失效；觀察題中所給的物理數(shù)據(jù)可知，兩者在水中溶解度小，但是沸點差異較大，因此除去苯甲醛中少量苯甲酸的實驗方法是蒸餾，故答案為：苯甲酸使苯甲醇鈉轉(zhuǎn)化為苯甲醇，導(dǎo)致催化劑失效；蒸餾?！拘?詳解】觀察圖中裝置，反應(yīng)物球形冷凝管進(jìn)行冷凝回流，可以減少反應(yīng)物揮發(fā)，因此裝置中能起到減少反應(yīng)物揮發(fā)作用的儀器名稱為球形冷凝管，故答案為：球形冷凝管。【小問6詳解】反應(yīng)后的收集的有機(jī)相中含有苯甲醛、苯甲醇、苯甲酸苯甲酯，根據(jù)題中所給物理性質(zhì)可知苯甲酸苯甲酯不溶于水，因此用蒸餾水洗滌目的是除去產(chǎn)物中的苯甲醛和苯甲醇，分離互不相溶的液體的方法是分液，使用儀器為分液漏斗，故答案為：除去產(chǎn)物中的苯甲醛和苯甲醇；分液漏斗。【小問7詳解】產(chǎn)物苯甲酸苯甲酯的沸點是323℃，但收集的是205207℃的餾分，而減壓蒸餾可以降低壓強(qiáng)，降低沸點，節(jié)約能源，因此是減壓蒸餾，故答案為：減壓?！拘?詳解】已知加入苯甲醛為0.428mol，根據(jù)反應(yīng)2，可知理論上生成的苯甲酸苯甲酯也為0.214mol，即理論上生成的質(zhì)量為，產(chǎn)率=，故答案為：69.4%。12.以大洋錳結(jié)核(主要由MnO2和鐵氧化物組成，還含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)為原料，制備MnxOy及Mn(H2PO4)2·2H2O，所得產(chǎn)品具有廣泛的用途。制備過程如下圖所示：已知：①金屬離子濃度≤105mol/L時，認(rèn)為該離子沉淀完全。相關(guān)離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋開始沉淀的pH8.1631.53.48.96.2沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.2②25℃時，Ksp(ZnS)=2.9×1025；Ksp(MnF2)=5.3×103；Ksp(MgF2)=7.4×1011；Ksp(MnCO3)=1.0×1011。（1）基態(tài)錳原子的價層電子軌道表示式為___________。（2）“浸取”時，有副產(chǎn)物MnS2O6生成，請寫出該副反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。溫度對錳的浸出率、MnS2O6生成率的影響如圖所示，為了減少副產(chǎn)物的生成，最適宜的溫度___________。（3）“調(diào)pH”時，應(yīng)控制的pH范圍是___________。“凈化”后濾渣3的主要成分___________。（4）“沉錳”時，加入過量NH4HCO3溶液，該反應(yīng)的離子方程式為___________。若改用加入(NH4)2CO3溶液，還會產(chǎn)生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH(aq)Mn(OH)2(s)＋CO32(aq)，25℃時，計算該反應(yīng)的平衡常數(shù)的對數(shù)值lgK=___________(填數(shù)值)。（5）要將“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶體，操作X為___________、過濾、洗滌、干燥。（6）“煅燒”時，不同條件下煅燒可制得不同錳的氧化物晶體。①晶體Ⅰ可作脫硫劑，其長方體晶胞結(jié)構(gòu)如圖。阿伏伽德羅常數(shù)為NAmol1，則晶體Ⅰ的密度為___________g·cm3。②晶體Ⅱ可作電池正極材料，通過Zn2+在晶體Ⅱ中嵌入和脫嵌，實現(xiàn)電極材料充放電的原理如圖所示?！癷i”代表電池___________(填“充電”或“放電”)過程，“iii”的電極反應(yīng)式為___________。【答案】（1）（2）①.MnO2+2SO2=MnS2O6②.90℃左右（3）①.②.ZnS、MgF2（4）①.Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O②.1.8（5）蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶（6）①.174/(a2bNA)×1030②.放電③.ZnxMn0.61□0.39O2xe=Mn0.61□0.39O+xZn2+【解析】【分析】大洋錳結(jié)核(主要由MnO2和鐵氧化物組成，還含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)為原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化將方便后續(xù)除去，調(diào)pH，可讓Fe3+，Al3+和部分Zn2+沉淀，再加MnF2和Na2S凈化主要是除去Zn2+和，“沉錳”生成MnCO3沉淀，煅燒得到MnxOy，或者加磷酸進(jìn)一步制備可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】錳原子序數(shù)為25，位于周期便第四周期第VIB族，價層電子軌道表示式為；【小問2詳解】“浸取”時，有副產(chǎn)物MnS2O6生成，該副反應(yīng)的化學(xué)方程式，結(jié)合題目中所給溫度對錳的浸出率、MnS2O6生成率的影響圖，為了減少副產(chǎn)物的生成，最適宜的溫度90℃左右；【小問3詳解】“調(diào)pH”時，為了保證雜質(zhì)離子沉淀，錳離子不沉淀，應(yīng)控制的pH范圍是，可讓和部分沉淀，再加和凈化主要是除去和，因此“凈化”后濾渣3的主要成分ZnS、MgF2；【小問4詳解】“沉錳”時，加入過量NH4HCO3溶液，該反應(yīng)的離子方程式為，對于反應(yīng)，，完全沉淀時，pH，，且，，所以，故，；【小問5詳解】要將“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶體，操作X為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；【小問6詳解】根據(jù)均攤法，原子個數(shù)為，O原子個數(shù)，根據(jù)晶體密度計算公式，則晶體Ⅰ的密度為g·cm3；晶體Ⅱ可作電池正極材料，通過在晶體Ⅱ中嵌入和脫嵌，實現(xiàn)電極材料充放電，“ii”代表電池放電過程，“iii”的電極反應(yīng)式為ZnxMn0.61□0.39O2xe=Mn0.61□0.39O+xZn2+；13.在180~280℃下，Cu/ZrO2催化CO2和H2合成甲醇是實現(xiàn)碳中和的措施之一，其主反應(yīng)為：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=49.3kJ·mol1，該合成過程還存在一個副反應(yīng)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2，催化合成機(jī)理如圖。物質(zhì)CO2(g)CO(g)H2O(g)焓/kJ·mol1394111242（1）穩(wěn)定單質(zhì)的焓(H)為0，有關(guān)物質(zhì)的焓如上表所示，ΔH2=___________kJ·mol1。（2）下列關(guān)于CO2和H2催化合成反應(yīng)的說法正確的是___________。(填相應(yīng)字母)A.催化過程(Ⅰ)中碳元素的雜化方式發(fā)生改變B.催化過程(Ⅴ)中，每生成1molCH3OH同時形成2molσ鍵C.氣體平均相對分子質(zhì)量不變時說明主反應(yīng)和副反應(yīng)均達(dá)到平衡D.其他條件不變下，減小反應(yīng)器體積，副反應(yīng)平衡不發(fā)生移動（3）在5.0MPa下，將5molCO2和16molH2在Cu/ZrO2催化劑作用下進(jìn)行反應(yīng)。平衡時CH3OH和CO選擇性S[S(CH3OH或CO)=×100%]及CO2的轉(zhuǎn)化率a隨溫度的變化如圖所示。①表示平衡時CO選擇性的曲線是___________(填“a”“b”或“c”)。②解釋曲線c呈現(xiàn)先減小后增大變化趨勢的原因___________。③250℃時，測得平衡體系共有0.5molCH3OH，結(jié)合上圖計算CO2的平衡轉(zhuǎn)化率=___________，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的Kp=___________(MPa)2.(列出計算式)④p、q兩點的主反應(yīng)的正反應(yīng)速率大?。篤正(p)___________V正(q)。(填“>”“=”或“<”)【答案】（1）+41（2）AC（3）①.b②.250℃以前，體系以主反應(yīng)為主，溫度升高，主反應(yīng)逆向移動，CO2的轉(zhuǎn)化率降低；250℃以后，體系以副反應(yīng)為主，溫度升高，副反應(yīng)正向移動，CO2的轉(zhuǎn)化率升高③.20%④.⑤.<【解析】【小問1詳解】對于反應(yīng)CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)的焓變ΔH2=（穩(wěn)定單質(zhì)的焓為0，故氫氣的焓是0）；【小問2詳解】A．CO2中，碳原子雜化方式sp，催化過程(Ⅰ)后產(chǎn)物中碳原子雜化方式sp2，雜化方式發(fā)生改變，A正確；B．催化過程(Ⅴ)中，每生成1molCH3OH同時形成3molσ鍵，B錯誤；C．氣體平均相對分子質(zhì)量，當(dāng)體平均相對分子質(zhì)量不變時說明各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變，說明主反應(yīng)和副反應(yīng)均達(dá)到平衡，C正確；D．其他條件不變下，減小反應(yīng)器體積，主反應(yīng)平衡正向移動，導(dǎo)致物質(zhì)的濃度改變，副反應(yīng)平衡也會發(fā)生移動，D正確；故選AC；【小問3詳解】反應(yīng)①CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)②CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)為吸熱反應(yīng)，升溫反應(yīng)①逆向移動，反應(yīng)②正向移動，故表示平衡時CO選擇性的曲線是b；曲線c呈現(xiàn)先減小后增大變化趨勢的原因是250℃以前，體系以主反應(yīng)為主，溫度升高，主反應(yīng)逆向移動，CO2的轉(zhuǎn)化率降低；250℃以后，體系以副反應(yīng)為主，溫度升高，副反應(yīng)正向移動，CO2的轉(zhuǎn)化率升高；250℃時，測得平衡體系共有0.5molCH3OH，結(jié)變化圖可知，選擇性S=50%，，所以，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，對于反應(yīng)①對于反應(yīng)②，變化的CO2為0.5mol，則平衡時二氧化碳為51=4mol，氫氣為