安徽省淮北市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期1月調(diào)研化學(xué)試題 含解析

安徽省淮北市2023-2024學(xué)年高三1月調(diào)研化學(xué)試題可用到的相對(duì)原子質(zhì)量有：H-1C-12O-16Cu-64一、單選題(每小題3分，共45分)1.2023年5月28日，國(guó)產(chǎn)大飛機(jī)C919迎來(lái)商業(yè)首飛，C919機(jī)身部分采用第三代新型鋁鋰合金材料。下列關(guān)于鋁和鋰及合金的認(rèn)識(shí)，正確的是A.鋁鋰合金用于機(jī)身材料是因?yàn)槊芏容^大，強(qiáng)度較大B.多相R-Mg-Ni系儲(chǔ)氫合金中，基態(tài)Ni原子中自旋狀態(tài)相反的兩種電子的個(gè)數(shù)比為13∶15C.鋁鋰合金屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料D.鋁鋰合金的性質(zhì)保持了原來(lái)金屬的性質(zhì)，與各成分金屬的性質(zhì)都相同【答案】B【解析】【詳解】A．鋁鋰合金用于機(jī)身材料是因?yàn)槊芏容^小，強(qiáng)度較大，A錯(cuò)誤；B．基態(tài)Ni原子的電子排布式為：，自旋狀態(tài)相反的兩種電子的個(gè)數(shù)比為13∶15，B正確；C．鋁鋰合金屬于新型合金材料，C錯(cuò)誤；D．鋁鋰合金的性質(zhì)保持了原來(lái)金屬的性質(zhì)，與各成分金屬的性質(zhì)又有所不同，D錯(cuò)誤；故選B。2.化學(xué)符號(hào)是化學(xué)學(xué)科進(jìn)行思維的最基本的工具，下列微粒的化學(xué)符號(hào)表述正確的是A.基態(tài)Zn原子的價(jià)層電子排布圖：B.丙酮的球棍模型：C.乙酸甲酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：C3H6O2D.NH3的電子式：【答案】B【解析】【詳解】A．4s軌道的兩個(gè)電子自旋狀態(tài)應(yīng)相反，A錯(cuò)誤；B．丙酮的球棍模型：，B正確；C．乙酸甲酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOCH3，C錯(cuò)誤；D．氨氣的電子式中氮自身的一對(duì)電子漏寫(xiě)，D錯(cuò)誤；故選B。3.設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法中正確的是A.常溫下，pH為13的溶液中含有的數(shù)目為B.溶液中含N的粒子數(shù)目為C.粗銅精煉時(shí)，若陽(yáng)極材料減少，電路中通過(guò)電子數(shù)一定是D.％的甲酸水溶液中，含有的氧原子數(shù)為【答案】B【解析】【詳解】A．溶液體積未知，無(wú)法確定離子的物質(zhì)的量，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)物料守恒可知：，溶液體積為，則與的總數(shù)目為，B正確；C．陽(yáng)極多種金屬參與反應(yīng)，無(wú)法計(jì)算電子數(shù)，C錯(cuò)誤；D．％的甲酸水溶液中，甲酸的質(zhì)量為，物質(zhì)的量為，故含氧原子；水的質(zhì)量為，物質(zhì)的量為，故含氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物質(zhì)的量共為，即個(gè)數(shù)為個(gè)，D錯(cuò)誤；故選B。4.化學(xué)用語(yǔ)是學(xué)習(xí)化學(xué)最好的工具，下列化學(xué)用語(yǔ)能用于解釋相應(yīng)實(shí)驗(yàn)且書(shū)寫(xiě)正確的是A.測(cè)得碳酸鈉溶液呈堿性：B.飽和溶液滴入沸水中變紅褐色：C.鉛酸蓄電池正極反應(yīng)：D.小蘇打與明礬共溶于水，產(chǎn)生大量氣泡：【答案】C【解析】【詳解】A．碳酸鈉水解生成碳酸氫鈉和氫氧化鈉，離子方程式為：，A錯(cuò)誤；B．沸水中加入飽和溶液至液體呈紅褐色是生成氫氧化鐵膠體，其化學(xué)方程式為，B錯(cuò)誤；C．鉛酸蓄電池(作電解質(zhì)溶液)放電時(shí)正極上的電極反應(yīng)式為，C正確；D．鋁離子和碳酸氫根發(fā)生雙水解，離子方程式為，D錯(cuò)誤；故選C。5.我國(guó)科學(xué)家在世界上首次實(shí)現(xiàn)人工合成淀粉，如圖是中間產(chǎn)物GAP的結(jié)構(gòu)式，其中X、Y、Z、W均為短周期且原子序數(shù)依次增大的主族元素，且W的原子序數(shù)為其最外層電子數(shù)的3倍。下列說(shuō)法正確的是A.對(duì)應(yīng)氫化物沸點(diǎn)：Y＜ZB.X2Z2是由極性鍵和非極性鍵組成的非極性分子C.W所在周期中，第一電離能比其小的元素有5種D.1mol的該物質(zhì)可以和足量的Na反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol的電子【答案】C【解析】【分析】GAP是人工合成淀粉的中間產(chǎn)物，根據(jù)其結(jié)構(gòu)可推知，X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，因?yàn)閄、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的主族元素，且W的原子序數(shù)為其最外層電子數(shù)的3倍，所以為P元素?！驹斀狻緼．由分析可知，Y、Z分別為C、O元素，C對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)單氫化物為CH4，O對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)單氫化物為H2O時(shí)，因?yàn)镃H4、H2O都是形成分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，沸點(diǎn)越高，且H2O分子中存在氫鍵，所以沸點(diǎn)大小為H2O>CH4；當(dāng)C對(duì)應(yīng)的氫化物為復(fù)雜氫化物時(shí)，隨著碳原子個(gè)數(shù)的增加沸點(diǎn)逐漸增大，會(huì)逐漸大于O的氫化物的沸點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，X2Z2是H2O2，其結(jié)構(gòu)為，所以H2O2是由極性鍵和非極性鍵組成的極性分子，故B錯(cuò)誤；C．W元素是P，電子結(jié)構(gòu)排布為半充滿結(jié)構(gòu)，所以所在周期中，第一電離能比其小的元素有5種，故C正確；D．GAP結(jié)構(gòu)為，1mol該物質(zhì)有3mol–OH，所以1mol的該物質(zhì)可以和足量的Na反應(yīng)轉(zhuǎn)移3mol的電子，故D錯(cuò)誤；故選C。6.下圖是實(shí)驗(yàn)室模擬制備“84”消毒液的過(guò)程，其中裝置和描述錯(cuò)誤的是選項(xiàng)ABCD裝置描述制備凈化氯氣制備“84”消毒液尾氣的處理A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．和濃鹽酸制備不需要加熱，利用高錳酸鉀的氧化性強(qiáng)于氯氣，高錳酸鉀將HCl氧化成氯氣，故A說(shuō)法正確；B．產(chǎn)生的氯氣中混有HCl和水蒸氣，凈化氯氣先通過(guò)飽和食鹽水除去HCl，再通過(guò)濃硫酸除去水蒸氣，故B說(shuō)法正確；C．制備NaClO應(yīng)采取低溫，熱的NaOH濃溶液主要得到，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；D．氯氣有毒，為防止污染環(huán)境，必須尾氣處理，反應(yīng)剩余的用NaOH溶液來(lái)吸收，故D說(shuō)法正確；答案為C。7.我國(guó)華中科技大學(xué)李鈺團(tuán)隊(duì)研究了H2S在CuFe2O4催化劑表面吸附的歷程，他們通過(guò)計(jì)算機(jī)模擬出的一種機(jī)理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.CuFe2O4催化劑能降低該反應(yīng)的焓變B.決定該吸附歷程速率的步驟是C.吸附在催化劑表面的水分子解吸出來(lái)時(shí)放出能量D.該吸附歷程是H2S的分解過(guò)程【答案】B【解析】【詳解】A．催化劑能降低反應(yīng)的活化能，提高反應(yīng)速率，但不能改變反應(yīng)的焓變，A錯(cuò)誤；B．由圖知，這一步驟的反應(yīng)活化能最大，反應(yīng)最慢，決定該吸附歷程的速率，B正確；C．由吸附歷程知，得到吸附狀態(tài)的水分子的過(guò)程放出能量，那么吸附在催化劑表面的水分子解吸出來(lái)時(shí)需吸收能量，C錯(cuò)誤；D．該吸附歷程有氧原子參與，也沒(méi)有氫氣產(chǎn)生，不是H2S的分解過(guò)程，D錯(cuò)誤；故選B。8.高純度晶體硅是典型的無(wú)機(jī)非金屬材料，又稱“半導(dǎo)體”材料。它的發(fā)現(xiàn)和使用曾引起計(jì)算機(jī)的一場(chǎng)“革命”。可以按下列方法制備：SiO2Si(粗)SiHCl3Si(純)下列說(shuō)法不正確的是A.步驟①的化學(xué)方程式為SiO2+CSi+CO2↑B.步驟①中每生成1molSi，轉(zhuǎn)移4mol電子C.高純硅是制造太陽(yáng)能電池的常用材料，二氧化硅是制造光導(dǎo)纖維的基本原料D.SiHCl3(沸點(diǎn)33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸點(diǎn)67.6℃)，通過(guò)蒸餾可提純SiHCl3【答案】A【解析】【詳解】A．二氧化硅在高溫下與C反應(yīng)生成CO氣體，即步驟①的化學(xué)方程式為SiO2+2CSi+2CO↑，故A錯(cuò)誤；B．步驟①中Si的化合價(jià)降低4價(jià)，故每生成1molSi，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4mol，故B正確；C．高純硅是半導(dǎo)體，是制造集成電路、太陽(yáng)能電池的常用材料，二氧化硅是制造光導(dǎo)纖維的基本原料，故C正確；D．沸點(diǎn)相差30℃以上的兩種互溶液體可以采用蒸餾的方法分離，故D正確；故答案選A。9.晶體結(jié)構(gòu)的缺陷美與對(duì)稱美同樣受關(guān)注。某富鋰超離子導(dǎo)體的晶胞是立方體(圖1)，進(jìn)行鎂離子取代及鹵素共摻雜后，可獲得高性能固體電解質(zhì)材料(圖2)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.圖1晶體密度為g?cm-3 B.圖1中O原子的配位數(shù)為6C.圖2表示的化學(xué)式為 D.取代產(chǎn)生的空位有利于傳導(dǎo)【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)均攤法，圖1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1個(gè)晶胞的質(zhì)量為g=g，晶胞的體積為(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，則晶體的密度為g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A項(xiàng)正確；B．圖1晶胞中，O位于面心，與O等距離最近Li有6個(gè)，O原子的配位數(shù)為6，B項(xiàng)正確；C．根據(jù)均攤法，圖2中Li：1，Mg或空位為8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的個(gè)數(shù)小于2，根據(jù)正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0，圖2的化學(xué)式為L(zhǎng)iMgOClxBr1-x，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．進(jìn)行鎂離子取代及鹵素共摻雜后，可獲得高性能固體電解質(zhì)材料，說(shuō)明Mg2+取代產(chǎn)生的空位有利于Li+的傳導(dǎo)，D項(xiàng)正確；答案選C。10.室溫下，下列實(shí)驗(yàn)探究方案能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)探究方案探究目的A向盛有Fe(NO3)2溶液的試管中滴加幾滴稀硫酸，振蕩，觀察溶液顏色變化具有氧化性B向溶液X中加入稀硫酸，并將產(chǎn)生的無(wú)色氣體通入澄清石灰水中，觀察是否有沉淀生成溶液X中含有或C用pH試紙分別測(cè)定濃度均為0.1mol/L的NaCN和NaClO溶液的pHD常溫下，向10mL0.1mol/LNaCl溶液中滴加5滴0.1mol/LAgNO3溶液，充分反應(yīng)后，再滴加5滴0.1mol/LKI溶液，觀察沉淀顏色變化A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．向盛有Fe(NO3)2溶液的試管中滴加幾滴稀硫酸，振蕩，由于發(fā)生：3Fe2+++4H+=3Fe3++NO+2H2O，可觀察到溶液顏色由淺綠色變?yōu)槌赛S色，體現(xiàn)的氧化性而不是具有氧化性，A不合題意；B．已知SO2和CO2通入到澄清石灰水中均能生成白色沉淀，故向溶液X中加入稀硫酸，并將產(chǎn)生的無(wú)色氣體通入澄清石灰水中，即使生成白色沉淀，也不能確定溶液X中含有或，還可能是或者，B不合題意；C．由于NaClO具有強(qiáng)氧化性，能夠漂白pH試紙，則不能用pH試紙測(cè)量NaClO溶液的pH值，C不合題意；D．常溫下，向10mL0.1mol/LNaCl溶液中滴加5滴0.1mol/LAgNO3溶液，充分反應(yīng)后可以觀察到白色沉淀產(chǎn)生，且AgNO3不足，再滴加5滴0.1mol/LKI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀，說(shuō)明存在AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)，故能得出，D符合題意；故答案為：D。11.利用有機(jī)分子模擬生物體內(nèi)“醛縮酶”催化Diels-Alder反應(yīng)取得重要進(jìn)展，榮獲2021年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)。某Diels-Alder反應(yīng)催化機(jī)理如下，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.總反應(yīng)為加成反應(yīng) B.Ⅰ和Ⅴ互為同系物C.Ⅵ是反應(yīng)的催化劑 D.化合物X為【答案】B【解析】【詳解】A．由催化機(jī)理可知，總反應(yīng)為+，該反應(yīng)為加成反應(yīng)，A正確；B．結(jié)構(gòu)相似、分子組成上相差若干個(gè)CH2原子團(tuán)的有機(jī)物互為同系物，和結(jié)構(gòu)不相似、分子組成上也不是相差若干個(gè)CH2原子團(tuán)，兩者不互為同系物，B錯(cuò)誤；C．由催化機(jī)理可知，反應(yīng)消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反應(yīng)的催化劑，C正確；D．I+VI→X+II，由I、VI、II的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，X為H2O，D正確；答案選B。12.湖北蘄春李時(shí)珍的《本草綱目》記載的中藥丹參，其水溶性有效成分之一的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。下列說(shuō)法正確的是A.該物質(zhì)屬于芳香烴 B.可發(fā)生取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)C.分子中有5個(gè)手性碳原子 D.1mol該物質(zhì)最多消耗9molNaOH【答案】B【解析】詳解】A．該有機(jī)物中含有氧元素，不屬于烴，A錯(cuò)誤；B．該有機(jī)物中含有羥基和羧基，可以發(fā)生酯化反應(yīng)，酯化反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，另外，該有機(jī)物可以燃燒，即可以發(fā)生氧化反應(yīng)，B正確；C．將連有四個(gè)不同基團(tuán)的碳原子形象地稱為手性碳原子，在該有機(jī)物結(jié)構(gòu)中，標(biāo)有“*”為手性碳，則一共有4個(gè)手性碳，C錯(cuò)誤；D．該物質(zhì)中含有7個(gè)酚羥基，2個(gè)羧基，2個(gè)酯基，則1mol該物質(zhì)最多消耗11molNaOH，D錯(cuò)誤；故選B。13.我國(guó)科學(xué)家最近發(fā)明了一種電池，電解質(zhì)為、和KOH，通過(guò)a和b兩種離子交換膜將電解質(zhì)溶液隔開(kāi)，形成M、R、N三個(gè)電解質(zhì)溶液區(qū)域，結(jié)構(gòu)示意圖如下。下列說(shuō)法不正確的是A.a為陽(yáng)離子交換膜、b為陰離子交換膜B.電子由Zn電極經(jīng)過(guò)外電路流向電極C.放電時(shí)，Zn電極反應(yīng)為D.消耗6.5gZn的同時(shí)，電極理論上應(yīng)增重3.2g【答案】D【解析】【分析】該電池為Zn-PbO2電池，從圖中可知，Zn發(fā)生氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為，故鋅極為負(fù)極、PbO2極為正極，則M區(qū)為KOH，R區(qū)為K2SO4，N區(qū)為H2SO4；放電時(shí)正極反應(yīng)為，負(fù)極反應(yīng)為，為了溶液維持電中性，M區(qū)鉀離子進(jìn)入R、N區(qū)硫酸根離子進(jìn)入R，故a為陽(yáng)離子交換膜、b為陰離子交換膜；【詳解】A．由分析可知，a為陽(yáng)離子交換膜、b為陰離子交換膜，A項(xiàng)正確；B．電子由負(fù)極經(jīng)外電路流向正極，故電子由Zn電極經(jīng)過(guò)外電路流向電極，B項(xiàng)正確；C．根據(jù)分析，放電過(guò)程中Zn電極反應(yīng)為：，C項(xiàng)正確；D．消耗6.5gZn，電子轉(zhuǎn)移0.2mol，根據(jù)電子守恒可知，電極反應(yīng)為，理論上應(yīng)增重0.1mol×303g/mol-0.1mol×239g/mol=6.4g，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選D。14.在體積均為2L的恒容容器中，分別在200℃和T℃時(shí)，發(fā)生如下反應(yīng)，A的物質(zhì)的量濃度(單位：mol/L)隨時(shí)間變化的有關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見(jiàn)下表：時(shí)間/min0246810200℃0.800.550.350.200.150.15T℃1.000.650.350.180.180.18下列有關(guān)該反應(yīng)的描述正確的是A.在200℃時(shí)，4min內(nèi)用B表示的化學(xué)反應(yīng)速率為0.225mol/(L·min)B.T℃下，6min時(shí)反應(yīng)剛好達(dá)到平衡狀態(tài)C.從表中可以看出T＞200℃D.在該題目條件下，無(wú)法判斷正反應(yīng)方向是否為放熱反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．B是固體，不能用B的濃度變化表示化學(xué)反應(yīng)速率，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)表格數(shù)據(jù)，T℃下，可能在4~6min內(nèi)某一時(shí)刻反應(yīng)剛好達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．從表中可以看出T℃反應(yīng)速率大于200℃，所以T＞200℃，故C正確；D．T＞200℃，200℃時(shí)K=，T℃時(shí)K=，升高溫度，K增大，可知正反應(yīng)吸熱，故D錯(cuò)誤；選C。15.下圖為和在水中達(dá)沉淀溶解平衡時(shí)的關(guān)系圖(；可認(rèn)為離子沉淀完全)。下列敘述正確的是A.由點(diǎn)可求得B.時(shí)溶解度為C.濃度均為的和可通過(guò)分步沉淀進(jìn)行分離D.混合溶液中時(shí)二者不會(huì)同時(shí)沉淀【答案】C【解析】【詳解】A．由點(diǎn)a(2，2.5)可知，此時(shí)pH=2，pOH=12，則===，故A錯(cuò)誤；B．由點(diǎn)(5，6)可知，此時(shí)pH=5，pOH=9，則===，時(shí)的溶解度為=10-3，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，當(dāng)鐵離子完全沉淀時(shí)，鋁離子尚未開(kāi)始沉淀，可通過(guò)調(diào)節(jié)溶液pH的方法分步沉淀和，故C正確；D．由圖可知，沉淀完全時(shí)，，pM5，此時(shí)pH約為4.7，在此pH下剛開(kāi)始沉淀的濃度為，而題中>，則會(huì)同時(shí)沉淀，故D錯(cuò)誤；答案選C。二、實(shí)驗(yàn)題16.己二酸[HOOC(CH2)4COOH]是一種重要的工業(yè)原料，通常為白色結(jié)晶體，微溶于冷水，易溶于熱水和乙醇。實(shí)驗(yàn)室以環(huán)己醇()為原料制取己二酸實(shí)驗(yàn)流程如圖：已知：“氧化”過(guò)程發(fā)生的主要反應(yīng)為：KOOC(CH2)4COOK△H<0該反應(yīng)裝置如圖所示。回答下列問(wèn)題：（1）裝置圖中儀器A的名稱為_(kāi)__________。（2）“氧化”過(guò)程應(yīng)采用___________加熱(填標(biāo)號(hào))。A.酒精燈 B.水浴 C.油浴 D.電爐（3）“氧化”過(guò)程中，當(dāng)環(huán)己醇滴速不同時(shí)，溶液溫度隨時(shí)間變化曲線如下圖所示，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中應(yīng)選擇的環(huán)己醇滴速為_(kāi)__________滴/min。（4）“氧化液”中加濃鹽酸酸化時(shí)有氣泡產(chǎn)生，推測(cè)該氣體的成分有___________(填化學(xué)式)。（5）已知：不同溫度下，相關(guān)物質(zhì)在水中的溶解度如下表：物質(zhì)己二酸氯化鈉氯化鉀25℃時(shí)溶解度/g2.136.134.370℃時(shí)溶解度/g6837.848100℃時(shí)溶解度/g16039.556.3①己二酸晶體“洗滌”的方法為_(kāi)__________(填字母)。A．用乙醇洗滌B．用熱水洗滌C．用冷水洗滌②除去己二酸晶體中含有的氯化鈉雜質(zhì)通常采取的實(shí)驗(yàn)方法為_(kāi)__________。（6）實(shí)驗(yàn)時(shí)稱取10.0g環(huán)己醇(M=100g/mol)，最終得到純凈的己二酸(M=146g/mol)晶體11.68g，則該實(shí)驗(yàn)中己二酸的產(chǎn)率為_(kāi)__________(保留兩位有效數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）三頸燒瓶(或三口燒瓶)（2）B（3）5（4）Cl2、CO2（5）①.C②.重結(jié)晶（6）80%【解析】【分析】環(huán)己醇加入高錳酸鉀、碳酸鈉水浴加熱生成KOOC(CH2)4COOK和二氧化錳，過(guò)濾濾液加入鹽酸酸化后、蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、減壓過(guò)濾、洗滌干燥得到己二酸；【小問(wèn)1詳解】裝置圖中儀器A的名稱為三頸燒瓶(或三口燒瓶)；【小問(wèn)2詳解】“氧化”過(guò)程需要加熱的溫度低于50℃，低于水的沸點(diǎn)，故選擇水浴加熱，選B；【小問(wèn)3詳解】由圖可知，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中應(yīng)選擇的環(huán)己醇滴速為5滴/min，此時(shí)反應(yīng)速率較平和，反應(yīng)溫度低于要求溫度50℃；【小問(wèn)4詳解】“氧化液”含有碳酸鈉、高錳酸鉀，加濃鹽酸酸化時(shí)，碳酸鈉和鹽酸生成二氧化碳、高錳酸鉀和鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生產(chǎn)氯氣，故推測(cè)該氣體的成分有Cl2、CO2；【小問(wèn)5詳解】①由圖可知，己二酸晶體在低溫時(shí)溶解度較小，此時(shí)洗滌損失較小，故“洗滌”的方法為C．用冷水洗滌；②利用兩者的溶解度不同，除去己二酸晶體中含有的氯化鈉雜質(zhì)通常采取的實(shí)驗(yàn)方法為重結(jié)晶法；【小問(wèn)6詳解】實(shí)驗(yàn)時(shí)稱取10.0g環(huán)己醇(M=100g/mol)，最終得到純凈的己二酸(M=146g/mol)晶體11.68g，則該實(shí)驗(yàn)中己二酸的產(chǎn)率為。三、工業(yè)流程題17.鍺是重要的半導(dǎo)體材料，是一種“稀散金屬”，如圖是以中和渣(主要成分為GeO2、Fe2O3、ZnO、SiO2、CaSO4等)為原料生產(chǎn)二氧化鍺的工藝流程：已知：①GeCl4的沸點(diǎn)：83℃，F(xiàn)eCl3的沸點(diǎn)：315℃。②H2GeO3在高酸度時(shí)易聚合形成膠狀多聚鍺酸。③常溫下，部分金屬陽(yáng)離子轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀的pH見(jiàn)下表(離子濃度低于10-5mol·L-1視為沉淀完全)。離子Fe3+Zn2+開(kāi)始沉淀pH2.26.2完全沉淀pH3.28.2回答下列問(wèn)題：（1）①“酸浸”時(shí)加熱的目的是___________，浸渣的主要成分是___________。②測(cè)得相同時(shí)間內(nèi)鍺的浸出率與硫酸的物質(zhì)的量濃度(mol·L-1)的關(guān)系如圖所示。硫酸濃度過(guò)高，浸出率反而降低的原因是___________。（2）常溫下，若“沉鍺”時(shí)用飽和NaOH溶液調(diào)pH=3.0，此時(shí)濾液中-lgc(Fe3+)為_(kāi)__________。（3）“殘余液”的溶質(zhì)主要成分為_(kāi)__________(填化學(xué)式)。（4）“中和水解”的化學(xué)反應(yīng)方程式為_(kāi)__________。（5）純度測(cè)定稱取mgGeO2樣品，在加熱條件下溶解，用NaH2PO2將其還原為Ge2+，用cmol·L-1KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為VmL，需選用的指示劑為_(kāi)__________，樣品純度為_(kāi)__________%。(實(shí)驗(yàn)條件下，NaH2PO2未被KIO3氧化)[已知：+H+Ge4++I-+H2O(未配平)；]。【答案】（1）①.加快浸出反應(yīng)速率②.SiO2、CaSO4③.硫酸的濃度過(guò)高時(shí)，會(huì)形成膠狀多聚鍺酸，不易分離，導(dǎo)致浸出率降低（2）4.4（3）NaCl、FeCl3（4）CeCl4+4NH3·H2O=CeO2+4NH4Cl+2H2O（5）①.淀粉溶液②.【解析】【分析】酸浸將金屬氧化物溶解。沉鍺將其轉(zhuǎn)化H2GeO3。溶解將H2GeO3轉(zhuǎn)化為GeCl3?！拘?wèn)1詳解】升溫可加快反應(yīng)速率。SiO2和CaSO4均不溶于硫酸，可經(jīng)過(guò)濾除去。已知信息知，硫酸的濃度過(guò)高時(shí)，會(huì)形成膠狀多聚鍺酸。答案為加快浸出反應(yīng)速率；SiO2、CaSO4；硫酸的濃度過(guò)高時(shí)，會(huì)形成膠狀多聚鍺酸，不易分離，導(dǎo)致浸出率降低；【小問(wèn)2詳解】已知pH=3.2(OH-的濃度為10-10.8mol/L)時(shí)完全沉淀即Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=10-5×(10-10.8)3=10-37.4。pH=3.0(OH-的濃度為10-11mol/L)時(shí)c(Fe3+)=mol/L。此時(shí)濾液中-lgc(Fe3+)=4.4。答案為4.4；【小問(wèn)3詳解】沉鍺時(shí)Fe3+一起沉淀了，溶解時(shí)Fe(OH)3轉(zhuǎn)變?yōu)镕eCl3。所以“殘余液”的溶質(zhì)主要成分為NaCl、FeCl3。答案為NaCl、FeCl3；【小問(wèn)4詳解】中和目的氨水將GeCl4轉(zhuǎn)化為GeO2，反應(yīng)為CeCl4

+4NH3·H2O=CeO2

+4NH4Cl+2H2O。答案為CeCl4

+4NH3·H2O=CeO2

+4NH4Cl+2H2O；【小問(wèn)5詳解】由已知反應(yīng)知若KIO3過(guò)量可產(chǎn)生I2，所以選擇淀粉作為指示劑。由得失電子守恒得關(guān)系式為3Ge2+~KIO3得n(Ge2+)=3n(KIO3)=3cV×10-3mol=n(GeO2)，最終計(jì)算純度為。答案為淀粉溶液；。四、原理綜合題18.近年來(lái)我國(guó)在應(yīng)對(duì)氣候變化工作中取得顯著成效，并向國(guó)際社會(huì)承諾2030年實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰”，2060年實(shí)現(xiàn)“碳中和”。因此將CO2轉(zhuǎn)化為高附加值化學(xué)品成為科學(xué)家研究的重要課題。I．工業(yè)上在Cu-ZnO催化下利用CO2發(fā)生如下反應(yīng)①來(lái)生產(chǎn)甲醇，同時(shí)伴有反應(yīng)②發(fā)生。①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1（1）已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ·mol-1，則△H1=___________。（2）向密閉容器中加入CO2(g)和H2(g)，合成CH3OH(g)。已知反應(yīng)①的正反應(yīng)速率可表示為v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，逆反應(yīng)速率可表示為v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，其中k正、k逆為速率常數(shù)。如圖中能夠代表k逆的曲線為_(kāi)__________(填“L1”“L2”“L3”或“L4”)。（3）不同條件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率如圖所示。①壓強(qiáng)p1、p2、p3由大到小的順序是___________。壓強(qiáng)為p1時(shí)，溫度高于570°C之后，隨著溫度升高CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大的原因是___________。②圖中點(diǎn)M(500，60)，此時(shí)壓強(qiáng)p1為0.1MPa，CH3OH的選擇性為(選擇性：轉(zhuǎn)化的CO2中生成CH3OH占整個(gè)轉(zhuǎn)化的CO2的百分比)。則該溫度時(shí)反應(yīng)①的平衡常數(shù)Kp=___________(MPa)-2(分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。II．電化學(xué)法還原二氧化碳制乙烯在強(qiáng)酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性電極進(jìn)行電解可制得乙烯，其原理如圖所示：（4）陰極電極反應(yīng)為_(kāi)__________，該裝置中使用的是___________(填“陰”或“陽(yáng)”)離子交換膜?！敬鸢浮浚?）-49.4kJ/mol（2）L4（3）①.p3＞p2＞p1②.反應(yīng)①是放熱反應(yīng)，反應(yīng)②是吸熱反應(yīng)，溫度高于570°C之后，反應(yīng)轉(zhuǎn)化率主要由反應(yīng)②決定③.150（4）①.2CO2+12e-+12H+=CH2=CH2+4H2O②.陽(yáng)【解析】【小問(wèn)1詳解】將反應(yīng)CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)和反應(yīng)②相加即可得到反應(yīng)①，則△H1=△H+△H2=-90.6kJ·mol-1+41.2kJ·mol-1=-49.4kJ·mol-1。【小問(wèn)2詳解】溫度升高，反應(yīng)速率加快，速率常數(shù)也增大。反應(yīng)①的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)速率增大得更快，所以圖中能夠代表k逆的曲線為L(zhǎng)4?！拘?wèn)3詳解】①反應(yīng)①的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)②的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度較低時(shí)溫度對(duì)放熱反應(yīng)的影響大，隨溫度升高，反應(yīng)①逆向移動(dòng)，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減小，反應(yīng)②正向移動(dòng)，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率增大，所以在570°C之前，二氧化碳平衡轉(zhuǎn)化率減小的程度大于二氧化碳平衡轉(zhuǎn)化率增大的程度，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率降低，溫度較高時(shí)則相反，所以壓強(qiáng)一定時(shí)，溫度高于570°C之后，隨著溫度升高CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大；反應(yīng)①的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率增大，反應(yīng)②反應(yīng)前后體積不變，平衡不受壓強(qiáng)影響，所以p3＞p2＞p1。②設(shè)起始時(shí)加入的二氧化碳的物質(zhì)的量為1mol，則氫氣為3mol，M點(diǎn)時(shí)，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，則轉(zhuǎn)化的二氧化碳為0.6mol，甲醇的選擇性為，則生成甲醇的二氧化碳為6mol×=0.4mol，在反應(yīng)①中，同時(shí)消耗氫氣1.2mol，生成的甲醇和水蒸氣均為0.4mol，反應(yīng)②轉(zhuǎn)化的二氧化碳為0.2mol，同時(shí)消耗氫氣0.2mol，生成的CO和水蒸氣均為0.2mol，所以平衡時(shí)二氧化碳為1mol-0.4mol-0.2mol=0.4mol，氫氣為3mol-1.2mol-0.2mol=1.6mol，水蒸氣為0.4mol+0.2mol=0.6mol，氣體總物質(zhì)的量為0.4mol+1.6mol+0.6mol+0.2mol+0.2mol=3.2mol，則二氧化碳的分壓為=0.0125MPa，氫氣的分壓為×0.1MPa=0.05MPa，甲醇的分壓為×0.1MPa=0.0125MPa