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2025年河南高考模拟卷（一）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A．华为公司首创的液冷散热技术所用的石墨烯材料不是有机高分子材料
B．晶体硅常用于制造芯片，硬度小于
C．聚乙炔用或处理后可形成能导电的塑料，该塑料有固定的熔沸点
D．常用于医用滴眼液的聚乙烯醇易溶于水
2．关于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的结构与性质，下列说法错误的是
A．热稳定性：H2O2＞H2S2 B．N2H2存在顺反异构现象
C．键角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2 D．四种物质中沸点最高的是H2O2
3．树立正确的劳动观念，积极参加劳动是全面发展的重要内容。下列劳动项目涉及的化学知识正确的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用葡萄酿酒 葡萄糖在酶作用下发生水解生成乙醇
B 用肥皂或洗涤剂去油污 肥皂或洗涤剂可以促进油污水解
C 用75%酒精免洗消毒凝胶消毒 75%酒精能使微生物的蛋白质变性
D 用小苏打作发泡剂烘焙面包 可与发酵时产生的酸反应生成二氧化碳
4．下列装置及试剂可以完成相应实验的是
A．制取并收集氨气 B．测定醋酸溶液的浓度
C．制备并检验乙烯 D．析出[Cu(NH3)4]SO4晶体
5．X Y Z R M为原子序数依次增大的短周期元素，其原子的最外层电子数与原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．X与Y形成的化合物只含极性共价键
B．简单离子半径比较：
C．含氧酸酸性比较可能存在：
D．X与Z M三种元素共同形成的化合物可能是离子化合物
6．高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中相差不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离平衡常数，根据上述表格中的数据，判断以下说法中不正确的是
酸
A．在冰醋酸中，是这四种酸中酸性最弱的酸
B．在冰醋酸中，硫酸的电离方程式可表示为
C．在冰醋酸中，的电离度约为0.04%
D．水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
7．一溴环戊烷在一定条件下有如图所示转化。下列叙述错误的是
A．丁的结构简式为 B．乙和丙均能与发生加成反应
C．生成甲和生成丙的反应类型不同 D．丙酮（）与乙互为同系物
8．我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩。下图所示可为运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述中正确的是
A．键角：
B．Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸
C．第一电离能：
D．分子式为的有机物一定能发生银镜反应
9．设为阿伏加德罗常数的值，已知：在一定条件下的分解反应为，下列叙述错误的是
A．含数小于
B．生成时被氧化的N原子数为
C．的溶液含数为
D．生成（标准状况）时生成的水中极性键数为
10．研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．离子交换膜X为质子交换膜，质子从石墨电极移向Pt电极
B．C2H5OH在Pt电极发生还原反应
C．正极区反应为4+12e-+16H+=4NO+8H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3
D．若Pt电极生成2.24LCO2，电路中转移电子数为0.6NA
11．下列实验中，实验操作、现象和结论或解释均正确的是
实验操作 实验现象 结论或解释
A 将一团脱脂棉放入干净的试管中，加入几滴硫酸，搅成糊状，小火微热，加入新制的悬浊液煮沸 生成砖红色沉淀 纤维素水解生成葡萄糖
B 对甲基苯酚中滴加酸性高锰酸钾溶液 溶液褪色 对甲基苯酚含有羟基
C 反应达平衡后，缩小容器体积 容器内颜色加深 平衡逆向移动
D 向溶液中加入过量氨水，并振荡 最终得到深蓝色溶液 与的配位能力：
12．某水性钠离子电池电极材料由、、、组成，其立方晶胞嵌入和嵌出过程中，与含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。下列说法错误的是

A．普鲁士蓝中与个数比为1：2
B．格林绿晶体中周围等距且最近的数为6
C．每个晶胞完全转化为晶胞，转移8个
D．若普鲁士白的晶胞棱长为a pm，则其晶体的密度为
13．双极膜是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的解离成和，作为和离子源。利用双极膜制取NaOH和，产品室1的产品是NaOH，其装置如图所示。
已知：产品室1的产品是NaOH，则下列说法正确的是
A．a为铅蓄电池的正极，电子由b极流出经装置流入a极
B．膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜
C．电极Ⅱ的电极反应式为
D．若要制60g NaOH，理论上铅蓄电池的负极增重72g
14．和HB分别为二元酸和一元酸，不发生水解，MHA可溶。常温条件下，现有含的饱和溶液，和含MB（s）的MB饱和溶液。两份溶液中随pH的变化关系，以及含A微粒的分布系数随pH的变化关系如下图所示。下列说法错误的是
A．HB的电离方程式为
B．
C．pH＝3时，饱和溶液中，
D．反应平衡常数的数量级为
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）乳酸亚铁固体是一种很好的补铁剂，在空气中易潮解和氧化，实验室利用乳酸()与碳酸亚铁()制取乳酸亚铁晶体，过程如下：
I．制备碳酸亚铁
操作步骤：
i．组装仪器如图，检查气密性，加入试剂；
ii．打开K，调节三通阀；
iii．启动电磁搅拌器，再次调节三通阀，制取碳酸亚铁；
iv．关闭K，将C中物质分离提纯，获得碳酸亚铁固体。
II．制备乳酸亚铁晶体
将制得的碳酸亚铁加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸溶液。经系列操作后得到产品。
III．测定样品中铁元素的含量
称取5.0g样品，灼烧至完全灰化，加盐酸溶解配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入过量KI溶液充分反应，然后加入1～2滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠标准溶液滴定，滴定终点时，测得消耗标准溶液20.00mL。(已知：)
(1)试剂X的最佳选择是_______。(填标号)
A． B．盐酸 C． D．
(2)装置C中发生反应的离子方程式为 ；装置D中可盛适量的水，其作用是 。
(3)步骤ii、iii调节三通阀的位置依次为_______ (填标号)。
A． B． C． D．
(4)制备乳酸亚铁晶体时，加入适量乳酸的目的是 。
(5)样品中铁元素的质量分数是 ；若称取样品时间过长，测定结果会 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(6)有同学提出可直接用滴定法测定样品中的铁元素的含量，实验发现测定结果总是高于100%，其主要原因可能是 。
16．（15分）以银锰精矿（主要含、、）和氧化锰矿（主要含）为原料联合提取银、锰及的一种流程如图：
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
(1)“浸锰”过程中锰元素浸出，发生反应，同时去除。
①“浸锰”前，需将矿石磨碎，其目的是 。
②去除时，与转化为铁盐和硫酸盐，该反应的离子方程式为 。
(2)晶胞如图所示。已知：晶胞密度为，阿伏加德罗常数为。
①元素基态原子的价层电子排布式为 。
②晶胞中阴离子之间的最短距离为 （用含有、的代数式表示）。
(3)“除杂”时，若溶液中，欲使溶液中浓度小于，需控制范围为 （已知：室温下，，）。
(4)沉锰过程在为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。沉锰反应中，锰沉淀率在左右达最大的原因是 。
(5)用惰性电极电解硫酸酸化的溶液制备的装置如图，阳极的电极反应式为 ；若转移的电子数为，左室溶液中最终的变化量为 。
17．（14分）和都是重要的能源物质，催化加氢合成甲醇是一种有效利用氢气且减少温室气体排放的方法。
(1)通过计算机分析，我们可从势能图认识加氢制甲醇在不同催化条件下存在的两种反应路径，如图所示，下列说法正确的是 。
①甲酸盐路径的决速步是
②不考虑，两种路径中产生的含碳中间体种类均有6种
③该反应的活化能
④催化剂相同，使用不同的载体也可改变反应历程
(2)科学家通过计算机模拟，研究了甲醇的四种反应
a.CH3OH(g)C(s)+H2(g)+H2O(l)
b.CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g)
c.2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+ H2O(l)
d. CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)
一定温度下，向上述反应的恒容密闭容器中充入1molCH3OH(g)，反应达平衡后，再充入1 mol，此时反应平衡正向移动且CH3OH(g)的平衡转化率升高的是 (填标号)。
(3)催化加氢合成甲醇的过程中会发生副反应。
副反应I：
副反应II：
主反应为
的选择性
的转化率
①在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应副反应I，控制和初始投料比为时，在不同温度下，，，达到平衡后，的转化率分别为50％、60％、75％，已知反应速率，、分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。最大的是温度 (填“”、“”或“”，下同)，最大的是温度 。
②控制和初始投料比为时，温度对平衡转化率及甲醇和CO的产率的影响如图所示，则在250℃以上，升高温度的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是 。为增大的产率，可采用的方法是 (填一项即可)。
③一定条件下，在固定容积的容器中通入1mol和3mol发生上述反应，初始压强为p，达到平衡时，容器中的物质的量为0.4mol，物质的量为0.1mol，的转化率为70％，则的选择性为 。主反应的平衡常数的计算表达式为 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
18．（15分）工业上可利用一种良好的有机溶剂A制备有广泛用途的内酯F和高分子化合物 PC。
已知：
①有机物 A核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰
②代表烃基)
请回答下列问题：
(1)A的化学名称为 。
(2)B分子的VSEPR模型为 ，分子中的键角是否都相等？ (填“是”或“否”)。
(3)已知D为乙酸乙酯，则C+D→E的反应类型为 。
(4)F分子内含有六元环，其结构简式是 。
(5)写出在一定条件下H和I合成PC的化学方程式 。
(6)有机物J是C的同分异构体，符合下列条件的J有 种(不考虑立体异构)。
a．能与新制反应 b．不含醚键
其中可发生水解反应，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为： 。
(7)以物质A、苯甲醇为原料选用必要的无机试剂合成，其合成路线 。参考答案
1．C
【详解】A．液冷散热技术所用的石墨烯材料是无机非金属材料，主要成分是碳单质，A正确；
B．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，常用于制造芯片，碳化硅和晶体硅均是正四面体结构，碳原子比硅原子的半径小，碳硅共价键比硅硅共价键短，键能大，破坏碳硅键比破坏硅硅键需要的能量大，因此晶体硅的硬度小于碳化硅，B正确；
C．聚乙炔用或处理后可形成能导电的塑料，而塑料是高分子材料没有固定的熔沸点，C错误；
D．医用滴眼液中含有聚乙烯醇，聚乙烯醇分子中含有多个羟基，属于亲水基团，能与水分子形成分子间氢键，导致其溶解性增大，易溶于水，D正确；
故选C。
2．C
【详解】A．因为O元素的电负性大于S，所以热稳定性：，A正确；
B．结构式为： ,存在顺反异构现象， B正确；
C．为直线型，键角为180°，氮原子采用杂化，三个杂化键处于平面正三角形的三个方向，互成，是极性分子，之间的键角为96度52分，氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比大，所以键角的大小：，C错误；
D．因为分子和N2H2分子可以形成氢键，分子和分子不能形成氢键，由于电负性O>N，则中的氢键强度大于N2H2，沸点更高，则在中沸点最高，D正确；
故选C。
3．C
【详解】A．葡萄糖是单糖，不能发生水解，A错误；
B．用肥皂或洗涤剂清洗油污，其中的亲油污基团结合油污后被亲水基团拖入水中，达到清洁效果，不是促进油污水解，B错误；
C．75%的酒精与细菌的渗透压相近，可以在细菌表面蛋白未变性前逐渐不断地向菌体内部渗入，使细菌所有蛋白脱水、变性凝固，最终杀死细菌，C正确；
D．用小苏打做发泡剂，是受热分解产生气体，不是，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．浓氨水与碱石灰作用可制取氨气，但收集氨气时，导管应伸到试管底部，图中收集方法有误，不能收集到纯净氨气，A不符合题意；
B．用NaOH标准溶液滴定醋酸溶液，由于生成的醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选酚酞作指示剂 ，而不是甲基橙，否则会导致滴定终点判断不准确，B不符合题意；
C．乙醇在浓硫酸作用下制乙烯时，应使用温度计控制溶液温度在170℃左右，否则会发生副反应，图中无温度计，C不符合题意；
D．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入无水乙醇，可以降低其溶解度，从而析出[Cu(NH3)4]SO4晶体，D符合题意；
故选D。
5．A
【分析】R半径最大，且最外层电子数为1，则R为Na，X的半径最小，则X为H，Y最外层为4个电子，则Y为C，Z为N，M为S，以此分析；
A．X为H、Y为C，若形成烯烃，则既含有极性共价键，也含有非极性共价键，A错误；
B．R为Na、Z为N，则，B正确；
C．Z为N，M为S，若S形成的是H2SO3弱酸，HNO3为强酸，则酸性HNO3＞H2SO3，C正确；
D．X为H、Z为N、M为S，若形成(NH4)2S，含有离子键则为离子化合物，D正确；
故答案为：A。
6．C
【详解】A．已知电离平衡常数越大，表示该酸的酸性越强，由表中数据可知，在冰醋酸中，HNO3是这四种酸中酸性最弱的酸，A正确；
B．由表中数据可知，在冰醋酸中硫酸是一种弱酸，故此时硫酸的电离方程式可表示为H2SO4 HSO+H+，B正确；
C．由表中数据可知，在冰醋酸中，0.01mol L 1的HClO4，c(H+)=c(ClO)≈，电离度约为，C错误；
D．由表中数据可知，在水中这四种酸均为强酸，故水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱，D正确；
故选C。
7．D
【分析】一溴环戊烷与NaOH溶液发生取代反应生成甲，甲发生催化氧化生成乙，一溴环戊烷发生消去反应生成丙，丙与溴单质发生加成反应生成丁为；
A．丙中碳碳双键与溴单质发生加成反应生成丁为，A正确；
B．乙含酮碳基，丙含碳碳双键，均能与发生加成反应，B正确；
C．一溴环戊烷发生取代反应生成甲，发生消去反应生成丙，C正确；
D．乙物质除了酮碳基还有环状结构，不饱和度为2，丙酮()是链状结构，不饱和度为1，两者结构不相似，不是同系物，D错误；
故选D。
8．B
【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上所述，R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。
【详解】A．由于N的电负性比P强，NH3中共用电子对更靠近N，因此电子对间的斥力较大，键角较大，而PH3中共用电子对相对于NH3来说离的中心原子P更远一些，因此电子对间的斥力较小，键角较小，故键角NH3＞PH3，A错误；
B．P的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，是一种中强酸，B正确；
C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能C＜O＜N，C错误；
D．C2H4O存在同分异构体，其中含有醛基的CH3CHO可以发生银镜反应，而环氧乙烷（）中不含醛基，不能发生银镜反应，D错误；
故选B。
9．A
【详解】A．8.0 g NH4NO3的物质的量为0.1mol，为弱碱阳离子，会发生水解，在溶液中的数目小于，题中没有说明溶液，A错误；
B．生成0.2 mol HNO3时，被氧化的0.5 NA，B正确;
C．pH=1的HNO3溶液中c(HNO3)=0.1mol/L，1LpH=1的HNO3溶液中含数为0.1NA，C正确;
D．生成8960 mL N2(标准状况)时，生成的水的物质的量为0.9mol，1个水分子中含有2个极性键，0.9mol水分子中极性键数为1.8NA，D正确;
故选A。
10．C
【分析】根据原电池原理，Pt电极为负极，发生氧化反应，电极反应为：，石墨电极为正极，发生还原反应，电极反应为：，，据此分析来解题。
【详解】A．根据分析，负极区生成的H+将迁移到正极区参与反应，所以离子交换膜X为质子交换膜，质子从Pt电极移向石墨电极，故A项错误；
B．Pt电极为负极，C2H5OH发生氧化反应，故B项错误；
C．根据分析石墨电极为正极，发生还原反应，电极反应为：，，故C项正确；
D．没有告知在标准状态下，无法通过气体体积来计算转移的电子数，故D项错误；
答案选C。
11．D
【详解】A．想要验证纤维素的水解产物，应当滴加稀硫酸，浓硫酸会使脱脂棉脱水，并且水解后应先加NaOH将溶液调至碱性再加悬浊液，A错误；
B．苯环连接的甲基也能被高锰酸钾氧化使其褪色，因此不能说明羟基存在，B错误；
C．对于反应前后气态物质系数相等的反应，压强不影响平衡，颜色变深是因为容器体积变小，增大，C错误；
D．配合物向生成更稳定的配合物转化，所以NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3＞H2O，D正确；
故选D。
12．A
【详解】A．根据均摊原则，普鲁士蓝晶胞中含Fe: 、CN-数为、Na+数为4，根据化合价代数和等于0，可知Fe2+ 与Fe3+个数比为1:1，A错误；
B．根据晶胞图，格林绿晶体中周围等距且最近的数为6，B正确；
C．每个晶胞有8个完全转化为晶胞，转移8个，C正确；
D．根据均摊原则，普鲁士白晶胞中含Fe: 、CN-数为、Na+数为8，若普鲁士白的晶胞棱长为a pm ，则其晶体的密度为 = ，D正确；
故选A。
13．D
【分析】已知产品室1的产品是NaOH，说明原料室中往左移动，电极Ⅰ是阴极，a为铅蓄电池的负极，b为铅蓄电池的正极，膜1为阳离子交换膜，H2PO向右移动到产品室2中，膜2为阴离子交换膜，双极膜向左解离生成氢离子，从而得到磷酸，解离生成的氢氧根离子向右移动到电极Ⅱ（阳极）区，阳极发生失电子的氧化反应，据此分析解答。
A．根据上述分析可知，a为铅蓄电池的负极，电子由a极流出经装置流入b极，A错误；
B．结合上述分析可知，膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜，B错误；
C．电极Ⅱ为阳极，水发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：，C错误；
D．铅蓄电池的负极反应为：，当转移2mol电子时，负极增加1mol 的质量，即96g，生成的60g NaOH，即为1.5mol，转移的也是1.5mol，电路中转移1.5mol电子，负极增重的质量为72g，故D正确；
故选D。
14．C
【分析】含A微粒的分布系数曲线只有一个交点，说明完全电离，含A微粒只有HA-和A2-，二者浓度相等时，pH=3，则HA-电离常数，则饱和溶液中随pH发生变化，即下方的曲线代表饱和溶液中，上方曲线代表MB饱和溶液中，因为不随pH发生变化，则HB为强酸，完全电离。
A．根据分析知，HB为强酸，完全电离，电离方程式为，A正确；
B．根据图像，pH=10时，饱和溶液中，=2，则，，MB饱和溶液中，=5，则，，B正确；
C．饱和溶液中电荷守恒：，pH=3时，，如果不含其他酸溶液，则，但是pH＝3时，饱和溶液中还含有酸溶液，即还含有其他酸根离子，C错误；
D．反应平衡常数，D正确；
故选C。
15．(1)C（2分）
(2) （2分）液封，防止空气进入装置C（1分）
(3)BA（2分）
(4)抑制水解（2分）
(5)22.4%（2分）偏小（1分）
(6)乳酸亚铁中乳酸根也能消耗（2分）
【分析】制备碳酸亚铁：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁。利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，据此分析解答。
（1）A．浓硫酸具有强氧化性，铁在浓硫酸中会钝化，因此不能用98%浓H2SO4，故A错误；
B．盐酸具有挥发性，挥发的氯化氢与碳酸氢铵反应会产生二氧化碳气体，不能用37%盐酸，故B错误；
C．稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气排除C中的空气防止碳酸亚铁被氧化，故C正确；
D．硝酸具有强氧化性，与铁反应生成硝酸铁和一氧化氮，一氧化氮有毒，也会与氧气反应，不符合题意，故D错误；
故答案选C；
（2）根据上述分析中的化学方程式可知装置C中发生反应的离子方程式为；装置D的作用是利用液封，防止空气中的氧气进入到C装置中将Fe2+氧化；
（3）步骤ii应该将三通阀的位置调节为，目的是发生反应制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；步骤iii中应该将三通阀的位置先调节为A选项的位置，即，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，产生FeCO3沉淀，故答案为：BA；
（4）二价铁易水解，乳酸是酸，可以电离出H+，制备乳酸亚铁晶体时，加入适量的乳酸的目的为：抑制Fe2+水解；
（5）样品中灼烧至完全灰化，生成氧化铁，再加入盐酸溶液，可知溶液中为氯化铁，加入碘化钾溶液发生的反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，而后用硫代硫酸钠进行滴定，发生的反应为：I2+=+2I-，滴定终点时，根据关系式：2[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O~2Fe3+~I2~2可知，样品中的铁元素含量为：=22.4%；若称取样品时间过长，二价铁容易被空气中的氧气使样品增重，导致铁元素含量降低，因此测定结果铁元素含量将偏小；
（6）乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量V1增大，使铁元素的质量分数偏高。
16．(1)增大固体与溶液接触面积，加快反应速率，提高浸出效果（2分）（2分）
(2)3d64s2（1分）（2分）
(3)3.2(4)温度低于沉锰得速率慢，温度高于，分解，沉锰率降低（2分）
(5)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+（2分）0.1mol（2分）
【分析】根据题干信息分析可知：原料为银锰精矿（主要成分Ag2S、MnS、FeS2）和氧化锰矿（主要成分MnO2），目标产物为Ag粉、锰及。流程图中有两条流程主线，一条以银元素为主元素转化，银锰精矿和氧化锰矿通过硫酸浸锰，主要发生和，Ag2S不反应，作为浸锰渣进行浸银环节，得到浸银液，最后转化为Ag得到粗银粉；另一条以锰元素为主元素，MnS、 中锰元素转化为MnSO4（杂质为）进入浸锰液，加入氨水，调节pH值，将生成沉淀除去，再加入碳酸氢铵溶液进行沉锰，将锰离子转化成碳酸锰沉淀，再加入硫酸得到纯净的硫酸锰，经电解得到锰和，据此回答。
（1）①“浸锰”前，需将矿石磨碎，其目的是增大固体与溶液接触面积，加快反应速率，提高浸出效果；
②去除时，与转化为铁盐和硫酸盐，根据得失电子守恒及电荷守恒得离子方程式：；
（2）①是第26号元素，基态原子的价层电子排布式为3d64s2；
②由图1知，晶胞中Fe2+共有，共有，设晶胞边长为apm，该晶胞的密度为，晶胞中阴离子之间的最短距离为面对角线，为；
（3）“除杂”时，若溶液中，欲使溶液中浓度小于，，，故锰离子不生成沉淀得pH＜8，，故Fe3+符合题意的pH＞14-10.8=3.2，故需控制的范围为3.2（4）沉锰过程在为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。沉锰反应中，锰沉淀率在左右达最大的原因是：温度低于沉锰得速率慢，温度高于，分解，沉锰率降低；
（5）用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是H+，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，阳极失电子，发生氧化反应，生成二氧化锰，阳极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；若转移的电子数为6.02×1022，根据氢离子和转移电子之间的关系式2H+～2e-，左室溶液中最终n(H+)的变化量为0.1mol；
17．(1)①④（2分）
(2)c（2分）
(3)T3（1分）T3（1分）250℃以上，温度升高，副反应I的平衡正向移动，副反应II和主反应的平衡逆向移动，但此时温度对反应I的平衡影响更大（2分）不改变投料比，增大反应物浓度（2分）（2分）（2分）
【详解】（1）①甲酸盐路径中，的活化能最大，为决速步，故①正确；
②不考虑，羧酸路径中含碳中间体有、、、、共5种，甲酸盐路径中含碳中间体有、、、、共5种，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种，故②错误；
③该反应为放热反应，所以活化能，故③错误；
④由图像可知，催化剂相同，使用不同的载体也可改变反应历程，故④正确；
故选①④；
（2）一定温度下，向上述反应的恒容密闭容器中充入1molCH3OH(g)，反应达平衡后，再充入1 mol，对于反映应a、b、c，相当于增大压强对平衡的影响，平衡向气体气系数增大的方向移动，所以反应a平衡不移动；反应b平衡逆向移动；反应c平衡正向移动且CH3OH(g)的平衡转化率升高；反应d平衡时再充入1 mol，平衡正向移动但CH3OH(g)的平衡转化率降低；故选c；
（3）①副反应I为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，转化率增大，在不同温度下、、，达到平衡后，的转化率分别为50%、60%、75%，则说明，、分别为正、逆向反应速率常数，温度升高，、均增大，平衡正向移动差值增大，故最大的是温度，温度越高速率越大，所以最大的是温度。
②在250℃以上，升高温度的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是：250℃以上，温度升高，副反应I的平衡正向移动，副反应II和主反应的平衡逆向移动，但此时温度对反应I的平衡影响更大。为增大的产率，即使主反应正向移动，可采用的方法是增大压强或不改变投料比，增大反应物浓度。
③3mol，转化率为70%，所以平衡时剩余，根据H原子守恒可得，根据C原子和O原子守恒可得，，则的选择性为。根据，可得，则。
18．(1)丙酮（1分）
(2)平面三角形（1分）否（1分）
(3)加成反应（1分）
(4) （2分）
(5) （2分）
(6)7（2分）HCOOCH2CH2CH3（2分）
(7) （3分）
【分析】根据A的分子式C3H6O，且核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，则A为丙酮，B的分子式CH2O，B为甲醛，D为乙酸乙酯，根据E的结构简式可知C和D发生加成反应生成E，根据已知反应②可知E反应生成F 和C2H5OH，H 和I发生缩聚反应生成PC，据此分析。
（1）A的化学名称为丙酮；
（2）甲醛分子中心原子碳上没有孤电子对，价层电子数为3，VSEPR模型为平面三角形；分子中的键角不相等，因为碳原子所连的三个原子不完全相同；
（3）根据分析可知C+D→E的反应类型为加成反应；
（4）
F分子的结构简式是 ；
（5）H和I发生缩聚反应合成PC的化学方程式是；
（6）能与新制反应说明含有醛基，不含醚键说明还应该有羟基或者是甲酸所形成的酯基，有CH2(OH)CH2CH2CHO、CH3CH(OH)CH2CHO、CH3CH2CH(OH)CHO、 、 、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2共7种，结合可发生水解反应，可知分子结构中存在甲酸所形成的酯基，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式，为HCOOCH2CH2CH3；
（7）苯甲醇氧化得到苯甲醛，2分子苯甲醛与1分子丙酮发生加成反应，得到 ，再与氢气加成反应得到，合成路线为。
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