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江苏省淮安市淮阴中学2025届高三下学期三模考试 化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．在废定影液中加入使中的Ag转化为，使定影液再生。中位于s区的是
A．Na B．Ag C．S D．O
【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、Na 位于元素周期表第 ⅠA 族，价电子排布为 3s ，符合 s 区元素（第 ⅠA、ⅡA 族）的价电子特征（ns 或 ns2），属于 s 区元素，A正确；
B、Ag 属于第 ⅠB 族过渡金属，价电子排布为 4d 5s ，电子填充在 (n-1) d 和 ns 轨道，属于 ds 区元素，并非 s 区，B错误；
C、S 位于第 ⅥA 族，价电子排布为 3s23p4，价电子填充在 ns 和 np 轨道，属于 p 区元素，C错误；
D、O 位于第 ⅥA 族，价电子排布为 2s22p4，同样属于 p 区元素，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
元素分区核心规则：s 区：仅包含第 ⅠA、ⅡA 族，价电子通式为 ns 或 ns2；
ds 区：包含第 ⅠB、ⅡB 族，价电子填充在 (n-1) d 和 ns 轨道；
p 区：包含第 ⅢA~ⅦA 族和 0 族，价电子填充在 ns 和 np 轨道。
2．羟胺(H2NOH)与丙酮可发生反应：H2NOH+CH3COCH3→(CH3)2C=NH+H2O。下列说法正确的是
A．H2NOH中O的轨道杂化方式为sp杂化
B．CH3COCH3分子间可形成氢键
C．(CH3)2C=NH中σ键与π键比例为10：1
D．冰属于共价晶体
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、H2NOH 中 O 原子形成 2 个 σ 键（O-H、O-N），且存在 2 对孤电子对，价层电子对数为 4。根据杂化轨道理论，价层电子对数为 4 时采取 sp3 杂化，而非 sp 杂化，A错误；
B、分子间氢键的形成要求分子中存在 “N-H、O-H、F-H” 键。CH3COCH3的 O 原子仅与 C 原子成键，无直接相连的 H 原子，因此无法形成分子间氢键，B错误；
C、该分子中，6 个 C-H 键、2 个 C-C 键、1 个 C-N 键均为 σ 键，共 9 个；C=N 双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键。综上，σ 键总数为 10，π 键总数为 1，二者比例为 10：1，C正确；
D、冰由 H2O 分子通过分子间作用力（氢键、范德华力）结合而成，构成微粒为分子，属于分子晶体；共价晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键，与冰的结构本质不符，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
杂化方式判断：通过中心原子的 σ 键数与孤电子对数之和，确定羟胺中 O 原子的杂化类型。
氢键形成条件：明确分子间氢键需满足 “电负性大的原子（N/O/F）直接连 H”，据此判断丙酮能否形成氢键。
共价键计数：掌握 “单键全为 σ 键、双键含 1 个 σ 键 + 1 个 π 键” 的规则，精准统计目标分子中 σ 键与 π 键的数目。
晶体类型区分：根据构成晶体的微粒及微粒间作用力，判断冰的晶体类型。
3．下列有关氨气的制备及性质的实验原理和操作正确的是
A．制备氨气 B．干燥氨气
C．收集氨气 D．制备银氨溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】A、加热 NH4Cl 和 Ca(OH)2制备氨气时，试管口应略向下倾斜，防止反应生成的冷凝水倒流使试管炸裂，图中试管口向上倾斜，A错误；
B、无水 CaCl2会与 NH3结合生成 CaCl2 8NH3，无法干燥氨气，干燥氨气应选用碱石灰，B错误；
C、氨气密度比空气小，收集时应采用 “短进长出” 的向下排空气法，图中导气管 “长进短出”，无法收集到纯净氨气，C错误；
D、向 AgNO3溶液中逐滴加入 NH3 H2O，先生成 AgOH 沉淀，继续滴加氨水至沉淀恰好溶解，可制得银氨溶液，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：固固加热制气时，试管口必须略向下倾斜，避免冷凝水倒流炸裂试管。
干燥剂选择：氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂（如浓硫酸）或能与氨气络合的干燥剂（如无水 CaCl2），只能用碱石灰。
气体收集：密度比空气小的气体用向下排空气法，导气管短进长出；密度比空气大的用向上排空气法，导气管长进短出。
银氨溶液制备：必须向 AgNO3溶液中滴加氨水至沉淀恰好溶解，不能反滴，且氨水不能过量太多。
4．Ca5(PO4)3F广泛存在于牙齿和骨骼中。下列说法正确的是
A．热稳定性：PH3 >H2O B．离子半径：r(Ca2+)>r(P3-)
C．第一电离能：I1(F)> I1 (O) D．酸性：H3PO4>HClO4
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、元素非金属性越强，对应简单氢化物的热稳定性越强。O 的非金属性强于 P，所以热稳定性PH3 < H2O，A错误；
B、Ca2+和 P3-的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小。Ca 的核电荷数大于 P，所以离子半径r(Ca2+) < r(P3-)，B错误；
C、同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势。F 的原子序数大于 O，所以第一电离能
I1(F) > I1(O)，C正确；
D、元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。Cl 的非金属性强于 P，所以酸性
HClO4 > H3PO4，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氢化物热稳定性：核心看元素非金属性强弱，非金属性越强，氢化物越稳定。
离子半径比较：电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。
第一电离能：同周期主族元素从左到右，第一电离能整体呈增大趋势（第 ⅡA、ⅤA 族特殊除外）。
最高价含氧酸酸性：核心看元素非金属性强弱，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强。
阅读材料，钒(V)有金属“维生素”之称。将NH4VO3溶液加热水解得到气体和H3VO4沉淀。H3VO4热分解可制V2O5。V2O5是强氧化剂，与盐酸反应生成VO2+和黄绿色气体，也可用作SO2氧化的催化剂，SO2 (g)与O2(g)反应生成1mol SO3(g)释放98.3 kJ的热量。一种V2O5催化NH3脱除烟气中的NO的反应为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)。碱性硼化钒(VB2)空气电池是一种高在能电池，放电时的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=4+8，回答问题。
5．下列说法正确的是
A．、是钒的两种同素异形体
B．中含有离子键和共价键
C．1 mol中含有4 mol σ键
D．SO2中键角小于SO3中的键角
6．关于反应4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ，下列说法正确的是
A．该反应能自发进行
B．该反应的平衡常数
C．反应物所含键能总和大于生成物所含键能总和
D．上述反应中生成1mol N2，转移电子数目为6×6.02×1023
7．下列化学反应表示不正确的是。
A．NH4VO3加热充分水解的化学方程式：NH4VO3+H2OH3VO4↓+NH3↑
B．V2O5与盐酸反应的离子方程式：V2O5+2Cl-+6H+=2VO2++Cl2↑+3H2O
C．碱性硼化钒一空气电池的负极反应式：VB2-11e-+12H2O=+ +16H+
D．SO2催化氧化的热化学方程式：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) -196.6kJ·mol-1
【答案】5．D
6．A
7．C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；反应热和焓变；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）A、、 是质子数相同、中子数不同的钒原子，属于同位素，而非同素异形体，A错误；
B、 内部只含N-H共价键（含1个配位键），离子键是 与阴离子之间的作用力，该离子本身不含离子键，B错误；
C、 中含4个B-O σ键和4个O-H σ键，1 mol 该离子含8 mol σ键，而非4 mol，C错误；D、 中心S原子有1对孤电子对，空间构型为V形； 中心S原子无孤电子对，空间构型为平面正三角形。孤电子对斥力更大，导致 键角小于，D正确；
故答案为：D。
（2）A、该反应、，则 恒小于0，任何温度下均能自发进行，A正确；
B、反应中 为气态，浓度是变量，平衡常数表达式应为 ，选项遗漏，B错误；
C、反应为放热反应（），故反应物所含键能总和 小于 生成物所含键能总和，C错误；
D、生成5 mol 时，4 mol 中的N全部被氧化，转移12 mol 电子；则生成1 mol 转移电子数为 ，D错误；
故答案为：A。
（3）A、 加热水解生成 沉淀和 气体，化学方程式 符合原子守恒与反应事实，A正确；
B、 与盐酸反应生成、 和，离子方程式 满足三大守恒，B正确；
C、电池为碱性环境，负极反应式中不能出现；正确的负极反应为，选项违背反应环境要求，C错误；
D、生成1 mol 放热98.3 kJ，则生成2 mol 放热196.6 kJ，热化学方程式标注了催化剂、条件和物质状态， 数值与计量数匹配，D正确；
故答案为：C。
【分析】每小题解题要点：
（1）同位素与同素异形体区分：同位素是质子数相同、中子数不同的原子；同素异形体是同种元素形成的不同单质。
化学键类型判断： 为单核阳离子，内部仅含共价键（配位键属于共价键范畴），离子键存在于阴阳离子之间。
σ键计数规则：配位键属于σ键， 中4个B-O键（含1个配位键）和4个O-H键均为σ键。
键角比较核心：利用价层电子对互斥理论，孤电子对与成键电子对的斥力 > 成键电子对间斥力，孤电子对越多，键角越小。
（2）反应自发判断：依据吉布斯自由能判据 ， 时反应自发；该反应气体分子数增多，。
平衡常数表达式：气态水的浓度为变量，需写入平衡常数表达式；固体、纯液体浓度视为定值，不写入。
反应热与键能关系：$\Delta H = $ 反应物总键能 生成物总键能；放热反应（）中，反应物总键能 < 生成物总键能。
电子转移计算：分析N元素价态变化， 中N（-3价）→ （0价）， 中N（+2价）→ （0价），结合化学计量数计算转移电子数。
（3）水解反应规律：铵盐加热水解， 结合 生成，受热分解为； 结合 生成 沉淀。
氧化还原离子方程式： 氧化 生成，自身被还原为，需满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒。
电极反应书写环境：碱性电池中，电极反应式不能出现，需用 平衡电荷，生成的 会与 结合为。
热化学方程式规范：注明物质状态，反应热与化学计量数成正比，催化剂、加热条件标注在等号上下。
5．A、、 是质子数相同、中子数不同的钒原子，属于同位素，而非同素异形体，A错误；
B、 内部只含N-H共价键（含1个配位键），离子键是 与阴离子之间的作用力，该离子本身不含离子键，B错误；
C、 中含4个B-O σ键和4个O-H σ键，1 mol 该离子含8 mol σ键，而非4 mol，C错误；D、 中心S原子有1对孤电子对，空间构型为V形； 中心S原子无孤电子对，空间构型为平面正三角形。孤电子对斥力更大，导致 键角小于，D正确；
故答案为：D。
6．A、该反应、，则 恒小于0，任何温度下均能自发进行，A正确；
B、反应中 为气态，浓度是变量，平衡常数表达式应为 ，选项遗漏，B错误；
C、反应为放热反应（），故反应物所含键能总和 小于 生成物所含键能总和，C错误；
D、生成5 mol 时，4 mol 中的N全部被氧化，转移12 mol 电子；则生成1 mol 转移电子数为 ，D错误；
故答案为：A。
7．A、 加热水解生成 沉淀和 气体，化学方程式 符合原子守恒与反应事实，A正确；
B、 与盐酸反应生成、 和，离子方程式 满足三大守恒，B正确；
C、电池为碱性环境，负极反应式中不能出现；正确的负极反应为，选项违背反应环境要求，C错误；
D、生成1 mol 放热98.3 kJ，则生成2 mol 放热196.6 kJ，热化学方程式标注了催化剂、条件和物质状态， 数值与计量数匹配，D正确；
故答案为：C。
8．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、MgCl2(aq) 与石灰乳反应生成 Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2经煅烧分解生成 MgO，该转化可实现，故 A 正确；
B、Ca(OH)2与 Cl2反应可生成 Ca(ClO)2，但 Ca(ClO)2与过量 SO2发生氧化还原反应，生成 CaSO4和 Cl-，无法得到 HClO，故 B 错误；
C、Fe2O3与盐酸反应生成 FeCl3(aq)，但 FeCl3溶液蒸发时，Fe3+水解生成 Fe(OH)3，最终得到 Fe2O3，无法得到无水 FeCl3固体，故 C 错误；
D、CuSO4(aq) 与 NaOH (aq) 反应生成 Cu(OH)2悬浊液，但蔗糖不含醛基，不能与新制 Cu(OH)2悬浊液在加热条件下反应生成 Cu2O，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质转化判断：结合物质的化学性质、反应条件及产物进行分析；
氧化还原反应：次氯酸钙与二氧化硫发生氧化还原反应，无法生成次氯酸；
盐类水解：氯化铁溶液蒸发时，铁离子水解导致无法得到无水氯化铁；
醛基的检验：只有含醛基的物质才能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成氧化亚铜。
9．合成抗肿瘤药氟他胺的部分流程如下。已知吡啶的结构简式为（）。下列说法正确的是
A．甲在水中的溶解度大于乙
B．乙分子中所有原子共平面
C．乙—丙过程中由于吡啶分子中的N原子上有孤电子对，从而有利于乙转化为丙
D．1mol丙最多与发生加成反应
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、甲分子含硝基，乙分子含氨基（-NH2），氨基能与水分子形成氢键，显著提升在水中的溶解度，因此乙在水中的溶解度大于甲，A错误；
B、乙分子中氨基（-NH2）的 N 原子为 sp3 杂化，呈三角锥形结构，且 N-H 键可旋转，因此分子中所有原子不可能共平面，B错误；
C、吡啶分子中 N 原子有孤电子对，可作为碱中和反应生成的 HCl，促使酰化反应正向进行，有利于乙转化为丙，C正确；
D、丙分子中苯环可与 3mol H2加成，酰胺基中的碳氧双键不能与 H2加成，因此 1mol 丙最多与 3mol H2发生加成反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
溶解度判断：能与水形成氢键的官能团（如氨基、羟基）会提升物质在水中的溶解度。
共面判断：sp3 杂化的原子（如氨基 N）会导致分子出现立体结构，无法所有原子共平面。
反应机理：吡啶的 N 原子有孤电子对，可结合生成的 HCl，推动酰化反应正向进行。
加成反应：苯环可与 H2加成，酰胺羰基不能与 H2加成，需准确统计可加成的不饱和键数量。
10．钠离子电池是利用Na+在电极之间“嵌脱”实现充放电(原理如图所示)，工作时总反应为NaxMO2+nCNax-yMO2+NayCn(M为一种过渡元素)。下列说法正确的是
A．放电时，Na+由Y极通过交换膜移向X极
B．放电时，正极反应式为NaxMO2+ye-=Nax-yMO2+yNa+
C．充电时，过渡元素M发生氧化反应
D．用铅蓄电池对该钠离子电池充电，铅蓄电池中每消耗20.7g铅，钠离子电池正极区域质量减少4.6g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；电解原理
【解析】【解答】A、放电时为原电池，阳离子向正极移动。由总反应可知，放电时 Na MO2中 M 元素化合价升高，故 X 极为负极，Y 极为正极，因此 Na+由 X 极通过交换膜移向 Y 极 ，A错误；
B、放电时正极发生还原反应，是 Na+嵌入碳材料的过程，正确反应式为：yNa++ye-+nC=Na Cn；选项所给为负极氧化反应 ，B错误；
C、充电时 X 极与电源负极相连作阴极，M 元素化合价降低被还原，发生还原反应，并非氧化反应 ，C错误；
D、铅蓄电池中，Pb 发生反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，20.7g Pb（0.1mol）转移 0.2mol 电子。钠离子电池充电时，正极（Y 极）发生氧化反应：Na Cn-ye-=yNa++nC，0.2mol 电子对应释放 0.2mol Na+，质量减少 0.2mol×23g/mol=4.6g ，D正确；
故答案为：D。
【分析】放电时为原电池：Na MO2中过渡元素 M 的化合价升高，发生氧化反应，因此X 电极是负极；碳材料电极（Y 极）结合 Na+发生还原反应，因此Y 电极是正极。充电时为电解池：X 电极与电源负极相连，作阴极，发生还原反应（M 元素化合价降低，被还原）；Y 电极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应（释放 Na+）。
11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 将等浓度等体积的溶液与溶液混合有白色沉淀生成 二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
B 将固体加入饱和溶液中，充分搅拌后过滤，在滤渣中加稀盐酸，有气泡产生
C 取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀 无法判断原样品是否变质
D 将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去 HClO具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、Na [Al (OH)4] 与 NaHCO3混合生成 Al(OH)3沉淀，反应为 [Al(OH)4]-+HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-+H2O，这是 [Al(OH)4]-（提供 OH-）与 HCO3-的直接反应，并非两者水解相互促进（Al(OH)4-水解显碱性，HCO3-水解程度小于电离），故A不符合题意 ；
B、BaSO4加入饱和 Na2CO3溶液中，因 CO32-浓度极高，可能使 Ba2+与 CO32-的浓度乘积超过 Ksp (BaCO3)，导致 BaSO4转化为 BaCO3。此现象仅说明满足转化条件，不能证明 Ksp (BaSO4) > Ksp (BaCO3)（实际 Ksp (BaSO4) 更小），故B不符合题意 ；
C、NH4HSO3样品若变质会生成 SO42-，与 Ba(NO3)2反应生成 BaSO4沉淀。但即使未变质，加入盐酸后，酸性条件下 NO3-会将 HSO3-氧化为 SO42-，同样生成 BaSO4沉淀。因此无法通过该现象判断样品是否变质，故C符合题意 ；
D、氯水中含 HCl 和 HClO，两者均能与 NaOH 反应中和 OH-，使酚酞褪色；同时 HClO 有漂白性也可能使红色褪去。实验现象无法区分是中和反应还是漂白作用，不能证明 HClO 的漂白性，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．区分水解反应与直接的离子反应。
B．理解沉淀转化的条件（离子浓度乘积需超过溶度积）。
C．考虑酸性条件下 NO3-的强氧化性对实验的干扰。
D．分析氯水中多种成分对实验现象的可能影响。
12．常温下，通过下列实验探究、溶液的性质。
实验1：向溶液中通入一定体积，测得溶液pH为7
实验2：向溶液中加等体积同浓度NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红色
实验3：向溶液中加入溶液
已知：，，，。
下列说法正确的是
A．实验1得到的溶液中存在
B．由实验2可得出：
C．实验3中：反应的平衡常数
D．向溶液中通入少量的离子方程式
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】A、实验1得到中性溶液，满足。根据电荷守恒：
，代入后化简得，因此 ，故A错误；
B、实验2得到溶液，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度。的水解常数，且，因此， 故B错误；
C、反应的平衡常数：，结合电离常数：，，两式相除得， 故C正确；
D、由电离常数可知酸性强弱：，因此少量与反应生成和，离子方程式为：， 故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电荷守恒应用：中性溶液中，可直接代入电荷守恒式化简离子浓度关系。
水解与电离常数关系：酸式盐溶液显碱性，说明水解常数大于电离常数，结合可推导与的大小。
平衡常数与电离常数关联：多个电离常数相除可得到目标反应的平衡常数，需熟练掌握电离常数表达式。
强酸制弱酸规律：根据电离常数判断酸性强弱，进而判断反应产物，避免违背“强酸制弱酸”。
13．催化加氢合成能实现碳的循环利用。一定压强下，与在密闭容器中发生的主要反应为：
Ⅰ：
Ⅱ：
反应相同时间，测得不同温度下转化率和选择性如题图实验值所示。图中平衡值表示在相同条件下达到平衡状态时转化率和选择性随温度的变化。
下列说法不正确的是
A．
B．压缩容器反应Ⅱ平衡逆向移动
C．相同温度下，选择性的实验值大于平衡值，说明反应I的速率大于反应Ⅱ
D．，随温度升高，反应I平衡正向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动的程度
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、在 260~280℃区间，CO2转化率的平衡值随温度升高略有上升，而 CH3OH 选择性的平衡值明显下降。这说明：反应 Ⅰ（生成甲醇）是放热反应（ΔH1<0），升温使平衡逆向移动，导致甲醇选择性降低；反应 Ⅱ（生成 CO）是吸热反应（ΔH2>0），升温使平衡正向移动，整体 CO2转化率被抬升。因此 ΔH2>0，A正确；
B、反应 Ⅰ 是气体分子数减少的反应，压缩容器增大压强，平衡正向移动，消耗更多 CO2；反应 Ⅱ 是气体分子数不变的反应，压强变化不直接影响其平衡，但反应 Ⅰ 消耗 CO2会使反应 Ⅱ 平衡逆向移动。B正确；
C、相同温度下，CH3OH 选择性的实验值高于平衡值，说明在反应达到平衡前，单位时间内反应 Ⅰ 生成甲醇的量更多，即反应 Ⅰ 的速率大于反应 Ⅱ。C正确；
D、220~260℃区间，CO2转化率平衡值随温度升高略微下降，同时 CH3OH 选择性平衡值大幅降低。这说明：反应 Ⅰ（放热）平衡逆向移动的程度大于反应 Ⅱ（吸热）平衡正向移动的程度，整体才表现为 CO2转化率略微下降，D不正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
焓变判断：利用温度对平衡转化率、选择性的影响，结合反应方向判断吸放热。
压强影响：气体分子数减少的反应，加压平衡正向移动；分子数不变的反应，压强不直接影响平衡，但会因其他反应的物料消耗而间接移动。
速率与选择性：实验值高于平衡值，说明该方向反应速率更快，在相同时间内积累更多产物。
平衡移动叠加：多个反应共存时，总转化率变化是各反应平衡移动程度的叠加结果。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含及少量。
②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。
③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示，此实验条件下开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。
（1）的价电子排布式为　 　。
（2）传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用浸出，其缺点为　 　。
（3）实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因：　 　。
（4）“中和除杂”时，应调节pH的范围为　 　；其中除去的离子方程式为　 　。
（5）“氟化除杂”时，若维持，溶液中的和　 　(填“能”或“不能”)都沉淀完全[已知：；]。
【答案】（1）
（2）产生硫化氢等气体，污染环境
（3）由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费
（4）5.0≤pH<7.54；
（5）不能
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，故Mn2+的价电子排布式为3d5。
故答案为： ；
（2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境。
故答案为： 产生硫化氢等气体，污染环境 ；
（3）由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费。
故答案为： 由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费 ；
（4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10-5mol/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是；
加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，因此反应为：。
故答案为： 5.0≤pH<7.54 ； ；
（5）已知：，，溶液中的沉淀完全时c(F )=，当镁离子完全沉淀时，需维持c(F )不低于，因此当时，溶液中的不能沉淀完全；即此时溶液中Mg2+和不能都沉淀完全。
故答案为： 不能 ；
【分析】以高硫锰矿（主要含 MnS、少量 FeS）为原料，先与软锰矿进行混合焙烧，得到含 MnSO4、Fe2O3等的烧渣；再用 H2SO4浸出，使锰等金属离子进入溶液；加入 MnO2将 Fe2+氧化为 Fe3+；用 CaCO3中和除杂，除去 Fe3+、Al3+；加入 MnF2氟化除杂，除去 Mg2+；再加入 NH4HCO3碳化结晶，得到锰的碳酸盐沉淀；最后用 H2SO4酸溶，经后续处理得到 MnSO4 4H2O。
（1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，故Mn2+的价电子排布式为3d5。
（2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境。
（3）由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费。
（4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10-5mol/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是；
加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，因此反应为：。
（5）已知：，，溶液中的沉淀完全时c(F )=，当镁离子完全沉淀时，需维持c(F )不低于，因此当时，溶液中的不能沉淀完全；即此时溶液中Mg2+和不能都沉淀完全。
15．化合物G是一种重要的药物中间体，其合成路线如图：
（1）分子中键和键数目之比为　 　。
（2）F→G的反应类型为　 　。
（3）C→D发生的反应类型为加成反应，写出D的结构简式　 　。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式　 　。
①能与溶液发生显色反应，分子中含有1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：①苯酚和，不饱和羰基化合物在一定条件下可以发生反应：
①；②。写出、、和为原料制备的合成路线流程图　 　。
【答案】（1）14∶3
（2）取代反应
（3）
（4）或
（5）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】（1）共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，共价三键中含有1个σ键和2个π键，分子中存在7个C-Hσ键、3个C-Cσ键、2个C-Oσ键、1个C=O中含有1个σ键、1个C≡N中含有1个σ键，共有3个π键，所以分子中σ键和π键数目之比为14∶3，
故答案为：14∶3；
（2）根据分析可知，F→G的反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应；
（3）根据分析可知，C→D 为加成反应，D 的结构简式为： ；
故答案为：；
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，①能与溶液发生显色反应，分子中含有1个手性碳原子，说明含有酚羟基和1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式有或。
故答案为：或；
（5）根据A→B→C的反应知，发生催化氧化、然后和CH2(COOH)2发生取代反应、再和CH3OH发生酯化反应、再发生信息中的反应得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【分析】对氟苯甲醛（A）先与丙二酸在吡啶、加热条件下缩合生成不饱和羧酸（B）；B 再与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成不饱和酯（C）；C 与氰乙酸乙酯反应，得到中间体 D；D 经催化加氢，环化生成内酰胺 E； 根据C、E的结构简式及D的分子式知，D为， E 用二异丁基氢化铝还原酯基为羟甲基，得到 F；最后 F 与胡椒酚发生取代反应，得到目标产物 G。
(1) 根据单键为 σ 键、双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键、三键含 1 个 σ 键和 2 个 π 键的规律，分别统计分子中 σ 键和 π 键总数，再求两者之比；
(2) 根据取代反应的定义（有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团替代），结合反应前后的结构变化，判断反应类型；
(3) 根据加成反应的特点，结合反应物和产物的结构变化，推导 D 的结构简式；
(4) 根据能与 FeCl3显色说明含酚羟基、含 1 个手性碳、有 4 种不同化学环境氢的条件，结合不饱和度和结构对称性，推导同分异构体；
(5) 以目标产物的结构为导向，结合题目给出的反应信息，从原料出发，依次设计氧化、缩合、酯化、脱保护、环化等步骤，完成合成路线设计。
（1）共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，共价三键中含有1个σ键和2个π键，分子中存在7个C-Hσ键、3个C-Cσ键、2个C-Oσ键、1个C=O中含有1个σ键、1个C≡N中含有1个σ键，共有3个π键，所以分子中σ键和π键数目之比为14∶3，故答案为：14∶3；
（2）F→G的反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；
（3）C→D发生的反应类型为加成反应，写出D的结构简式。故答案为：；
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，①能与溶液发生显色反应，分子中含有1个手性碳原子，说明含有酚羟基和1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式有或。故答案为：或；
（5）根据A→B→C的反应知，发生催化氧化、然后和CH2(COOH)2发生取代反应、再和CH3OH发生酯化反应、再发生信息中的反应得到目标产物，合成路线为，故答案为：。
16．实验室利用重晶石废料(主要成分为、等)制备。
Ⅰ．制备粗。制备流程如下：
（1）转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为)溶液浸泡充分浸泡。
①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为　 　。
②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是　 　。
（2）溶解。向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解。溶液溶解的离子方程式为　 　。
Ⅱ．测定粗样品中铁元素的含量。
取5.0000g的粗样品，用20%充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液，用()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。
（3）测定过程中，加入足量溶液的目的是　 　。
（4）计算粗样品中铁元素的质量分数　 　(写出计算过程)。
（5）若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是　 　。
Ⅲ．制备。
（6）粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，　 　，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。[已知：时沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、溶液]
【答案】0.029mol/L；碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低；；使全部转化为；1.68%；溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性；在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【分析】重晶石废料(主要成分为、等)用饱和碳酸钠溶液处理，转化为BaCO3，过滤得到、BaCO3混合固体，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，过滤得到滤渣为，滤液中含有Ba2+，滤液中加入溶液反应生成粗BaCO3，以此解答。
【解答】（1）①已知：，，饱和碳酸钠溶液的浓度为，根据已知条件列出“三段式”
平衡常数K=，则，解得x=0.029，溶液中浓度为0.029mol/L；
②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低。
故答案为： 0.029mol/L ； 碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低
（2）向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解，溶液呈酸性，溶解的离子方程式为：。
故答案为： ；
（3）具有还原性，测定过程中，加入足量溶液的目的是：使全部转化为。
故答案为： 使全部转化为 ；
（4）由可得关系式：，则
重晶石中铁元素质量分数。
故答案为： 1.68% ；
（5）若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性。
故答案为： 溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性 ；
（6）已知：时沉淀完全，粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。
故答案为： 在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤 。
【分析】重晶石废料先加饱和碳酸钠溶液，使 BaSO4转化为 BaCO3，过滤后得到含 Fe2O3和 BaCO3的固体；接着用 NH4Cl 溶液溶解 BaCO3，过滤除去 Fe2O3滤渣；最后向含 Ba2+的滤液中加 (NH4)2CO3溶液，反应生成粗 BaCO3，据此解题。
17．的资源化利用是化学研究的热点。
（1）催化脱氢可制备丙烯。反应为
①该反应高温下能自发进行的原因为　 　。
②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为　 　。
（2）催化下，与耦合反应过程如图所示。
已知：
耦合反应的　 　。
（3）利用电化学装置可实现和的耦合转化，原理如图所示。
①阳极生成乙烷的电极反应式为　 　。
②同温同压下，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则消耗的和体积比为　 　。
（4）催化加氢制甲醇。在表面吸附后活化生成中间体的机理如图所示。
①转化1中，In元素的化合价会　 　。(选填“升高”、“降低”或“不变”)
②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理　 　。
【答案】（1）该反应的，，高温下，反应可自发进行；温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。
（2）
（3）；4：3
（4）降低；CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面)
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①该反应高温下能自发进行的原因为： 该反应的，，高温下，反应可自发进行；
②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为：温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。
故答案为： 该反应的，，高温下，反应可自发进行 ； 温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。
（2）已知：I.；II.；III.；由盖斯定律可知，I+ III可得=。
故答案为： ；
（3）①由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷的电极反应式为：；
②由图可知，CO2在阴极得到电子生成CO，电极方程式为：CO2+2e-=CO+O2-，由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷或乙烯，电极反应式为：、，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则失去6个电子，消耗4molCH4，3mol CO2，则消耗的和体积比为4：3。
故答案为： ； 4：3 ；
（4）①转化1中，中产生了氧空位，由化合价代数和为零可知，In元素的化合价会降低；
②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理为：CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面)。
故答案为： 降低 ； CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面) ；
【分析】(1) 自发原因：反应、，高温下，满足自发条件。
高温不利原因：温度过高使丙烷裂解生成副产物，丙烯选择性下降；同时积碳导致催化剂失活，反应速率降低。
(2)利用盖斯定律，将已知反应Ⅰ + Ⅲ，得到耦合反应：
，计算得。
(3) 阳极（生成乙烷）反应：
体积比计算：生成1体积乙烯、1体积乙烷时，共消耗、，体积比为。
(4) 转化Ⅰ：产生氧空位，In元素化合价降低。
转化Ⅱ、Ⅲ机理：中1个O填充氧空位，促进断裂；电负性差异使与In相连的H带负电、与O相连的C带正电，负电H进攻正电C生成。
（1）①该反应高温下能自发进行的原因为： 该反应的，，高温下，反应可自发进行；
②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为：温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。
（2）已知：I.；II.；III.；由盖斯定律可知，I+ III可得 =。
（3）①由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷的电极反应式为：；
②由图可知，CO2在阴极得到电子生成CO，电极方程式为：CO2+2e-=CO+O2-，由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷或乙烯，电极反应式为：、，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则失去6个电子，消耗4molCH4，3mol CO2，则消耗的和体积比为4：3。
（4）①转化1中，中产生了氧空位，由化合价代数和为零可知，In元素的化合价会降低；
②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理为：CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面)。
1 / 1江苏省淮安市淮阴中学2025届高三下学期三模考试 化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．在废定影液中加入使中的Ag转化为，使定影液再生。中位于s区的是
A．Na B．Ag C．S D．O
2．羟胺(H2NOH)与丙酮可发生反应：H2NOH+CH3COCH3→(CH3)2C=NH+H2O。下列说法正确的是
A．H2NOH中O的轨道杂化方式为sp杂化
B．CH3COCH3分子间可形成氢键
C．(CH3)2C=NH中σ键与π键比例为10：1
D．冰属于共价晶体
3．下列有关氨气的制备及性质的实验原理和操作正确的是
A．制备氨气 B．干燥氨气
C．收集氨气 D．制备银氨溶液
A．A B．B C．C D．D
4．Ca5(PO4)3F广泛存在于牙齿和骨骼中。下列说法正确的是
A．热稳定性：PH3 >H2O B．离子半径：r(Ca2+)>r(P3-)
C．第一电离能：I1(F)> I1 (O) D．酸性：H3PO4>HClO4
阅读材料，钒(V)有金属“维生素”之称。将NH4VO3溶液加热水解得到气体和H3VO4沉淀。H3VO4热分解可制V2O5。V2O5是强氧化剂，与盐酸反应生成VO2+和黄绿色气体，也可用作SO2氧化的催化剂，SO2 (g)与O2(g)反应生成1mol SO3(g)释放98.3 kJ的热量。一种V2O5催化NH3脱除烟气中的NO的反应为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)。碱性硼化钒(VB2)空气电池是一种高在能电池，放电时的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=4+8，回答问题。
5．下列说法正确的是
A．、是钒的两种同素异形体
B．中含有离子键和共价键
C．1 mol中含有4 mol σ键
D．SO2中键角小于SO3中的键角
6．关于反应4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ，下列说法正确的是
A．该反应能自发进行
B．该反应的平衡常数
C．反应物所含键能总和大于生成物所含键能总和
D．上述反应中生成1mol N2，转移电子数目为6×6.02×1023
7．下列化学反应表示不正确的是。
A．NH4VO3加热充分水解的化学方程式：NH4VO3+H2OH3VO4↓+NH3↑
B．V2O5与盐酸反应的离子方程式：V2O5+2Cl-+6H+=2VO2++Cl2↑+3H2O
C．碱性硼化钒一空气电池的负极反应式：VB2-11e-+12H2O=+ +16H+
D．SO2催化氧化的热化学方程式：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) -196.6kJ·mol-1
8．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
9．合成抗肿瘤药氟他胺的部分流程如下。已知吡啶的结构简式为（）。下列说法正确的是
A．甲在水中的溶解度大于乙
B．乙分子中所有原子共平面
C．乙—丙过程中由于吡啶分子中的N原子上有孤电子对，从而有利于乙转化为丙
D．1mol丙最多与发生加成反应
10．钠离子电池是利用Na+在电极之间“嵌脱”实现充放电(原理如图所示)，工作时总反应为NaxMO2+nCNax-yMO2+NayCn(M为一种过渡元素)。下列说法正确的是
A．放电时，Na+由Y极通过交换膜移向X极
B．放电时，正极反应式为NaxMO2+ye-=Nax-yMO2+yNa+
C．充电时，过渡元素M发生氧化反应
D．用铅蓄电池对该钠离子电池充电，铅蓄电池中每消耗20.7g铅，钠离子电池正极区域质量减少4.6g
11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 将等浓度等体积的溶液与溶液混合有白色沉淀生成 二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
B 将固体加入饱和溶液中，充分搅拌后过滤，在滤渣中加稀盐酸，有气泡产生
C 取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀 无法判断原样品是否变质
D 将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去 HClO具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
12．常温下，通过下列实验探究、溶液的性质。
实验1：向溶液中通入一定体积，测得溶液pH为7
实验2：向溶液中加等体积同浓度NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红色
实验3：向溶液中加入溶液
已知：，，，。
下列说法正确的是
A．实验1得到的溶液中存在
B．由实验2可得出：
C．实验3中：反应的平衡常数
D．向溶液中通入少量的离子方程式
13．催化加氢合成能实现碳的循环利用。一定压强下，与在密闭容器中发生的主要反应为：
Ⅰ：
Ⅱ：
反应相同时间，测得不同温度下转化率和选择性如题图实验值所示。图中平衡值表示在相同条件下达到平衡状态时转化率和选择性随温度的变化。
下列说法不正确的是
A．
B．压缩容器反应Ⅱ平衡逆向移动
C．相同温度下，选择性的实验值大于平衡值，说明反应I的速率大于反应Ⅱ
D．，随温度升高，反应I平衡正向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动的程度
二、非选择题：共4题，共61分。
14．硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含及少量。
②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。
③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示，此实验条件下开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。
（1）的价电子排布式为　 　。
（2）传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用浸出，其缺点为　 　。
（3）实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因：　 　。
（4）“中和除杂”时，应调节pH的范围为　 　；其中除去的离子方程式为　 　。
（5）“氟化除杂”时，若维持，溶液中的和　 　(填“能”或“不能”)都沉淀完全[已知：；]。
15．化合物G是一种重要的药物中间体，其合成路线如图：
（1）分子中键和键数目之比为　 　。
（2）F→G的反应类型为　 　。
（3）C→D发生的反应类型为加成反应，写出D的结构简式　 　。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式　 　。
①能与溶液发生显色反应，分子中含有1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：①苯酚和，不饱和羰基化合物在一定条件下可以发生反应：
①；②。写出、、和为原料制备的合成路线流程图　 　。
16．实验室利用重晶石废料(主要成分为、等)制备。
Ⅰ．制备粗。制备流程如下：
（1）转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为)溶液浸泡充分浸泡。
①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为　 　。
②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是　 　。
（2）溶解。向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解。溶液溶解的离子方程式为　 　。
Ⅱ．测定粗样品中铁元素的含量。
取5.0000g的粗样品，用20%充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液，用()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。
（3）测定过程中，加入足量溶液的目的是　 　。
（4）计算粗样品中铁元素的质量分数　 　(写出计算过程)。
（5）若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是　 　。
Ⅲ．制备。
（6）粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，　 　，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。[已知：时沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、溶液]
17．的资源化利用是化学研究的热点。
（1）催化脱氢可制备丙烯。反应为
①该反应高温下能自发进行的原因为　 　。
②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为　 　。
（2）催化下，与耦合反应过程如图所示。
已知：
耦合反应的　 　。
（3）利用电化学装置可实现和的耦合转化，原理如图所示。
①阳极生成乙烷的电极反应式为　 　。
②同温同压下，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则消耗的和体积比为　 　。
（4）催化加氢制甲醇。在表面吸附后活化生成中间体的机理如图所示。
①转化1中，In元素的化合价会　 　。(选填“升高”、“降低”或“不变”)
②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、Na 位于元素周期表第 ⅠA 族，价电子排布为 3s ，符合 s 区元素（第 ⅠA、ⅡA 族）的价电子特征（ns 或 ns2），属于 s 区元素，A正确；
B、Ag 属于第 ⅠB 族过渡金属，价电子排布为 4d 5s ，电子填充在 (n-1) d 和 ns 轨道，属于 ds 区元素，并非 s 区，B错误；
C、S 位于第 ⅥA 族，价电子排布为 3s23p4，价电子填充在 ns 和 np 轨道，属于 p 区元素，C错误；
D、O 位于第 ⅥA 族，价电子排布为 2s22p4，同样属于 p 区元素，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
元素分区核心规则：s 区：仅包含第 ⅠA、ⅡA 族，价电子通式为 ns 或 ns2；
ds 区：包含第 ⅠB、ⅡB 族，价电子填充在 (n-1) d 和 ns 轨道；
p 区：包含第 ⅢA~ⅦA 族和 0 族，价电子填充在 ns 和 np 轨道。
2．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、H2NOH 中 O 原子形成 2 个 σ 键（O-H、O-N），且存在 2 对孤电子对，价层电子对数为 4。根据杂化轨道理论，价层电子对数为 4 时采取 sp3 杂化，而非 sp 杂化，A错误；
B、分子间氢键的形成要求分子中存在 “N-H、O-H、F-H” 键。CH3COCH3的 O 原子仅与 C 原子成键，无直接相连的 H 原子，因此无法形成分子间氢键，B错误；
C、该分子中，6 个 C-H 键、2 个 C-C 键、1 个 C-N 键均为 σ 键，共 9 个；C=N 双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键。综上，σ 键总数为 10，π 键总数为 1，二者比例为 10：1，C正确；
D、冰由 H2O 分子通过分子间作用力（氢键、范德华力）结合而成，构成微粒为分子，属于分子晶体；共价晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键，与冰的结构本质不符，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
杂化方式判断：通过中心原子的 σ 键数与孤电子对数之和，确定羟胺中 O 原子的杂化类型。
氢键形成条件：明确分子间氢键需满足 “电负性大的原子（N/O/F）直接连 H”，据此判断丙酮能否形成氢键。
共价键计数：掌握 “单键全为 σ 键、双键含 1 个 σ 键 + 1 个 π 键” 的规则，精准统计目标分子中 σ 键与 π 键的数目。
晶体类型区分：根据构成晶体的微粒及微粒间作用力，判断冰的晶体类型。
3．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】A、加热 NH4Cl 和 Ca(OH)2制备氨气时，试管口应略向下倾斜，防止反应生成的冷凝水倒流使试管炸裂，图中试管口向上倾斜，A错误；
B、无水 CaCl2会与 NH3结合生成 CaCl2 8NH3，无法干燥氨气，干燥氨气应选用碱石灰，B错误；
C、氨气密度比空气小，收集时应采用 “短进长出” 的向下排空气法，图中导气管 “长进短出”，无法收集到纯净氨气，C错误；
D、向 AgNO3溶液中逐滴加入 NH3 H2O，先生成 AgOH 沉淀，继续滴加氨水至沉淀恰好溶解，可制得银氨溶液，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：固固加热制气时，试管口必须略向下倾斜，避免冷凝水倒流炸裂试管。
干燥剂选择：氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂（如浓硫酸）或能与氨气络合的干燥剂（如无水 CaCl2），只能用碱石灰。
气体收集：密度比空气小的气体用向下排空气法，导气管短进长出；密度比空气大的用向上排空气法，导气管长进短出。
银氨溶液制备：必须向 AgNO3溶液中滴加氨水至沉淀恰好溶解，不能反滴，且氨水不能过量太多。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、元素非金属性越强，对应简单氢化物的热稳定性越强。O 的非金属性强于 P，所以热稳定性PH3 < H2O，A错误；
B、Ca2+和 P3-的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小。Ca 的核电荷数大于 P，所以离子半径r(Ca2+) < r(P3-)，B错误；
C、同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势。F 的原子序数大于 O，所以第一电离能
I1(F) > I1(O)，C正确；
D、元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。Cl 的非金属性强于 P，所以酸性
HClO4 > H3PO4，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氢化物热稳定性：核心看元素非金属性强弱，非金属性越强，氢化物越稳定。
离子半径比较：电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。
第一电离能：同周期主族元素从左到右，第一电离能整体呈增大趋势（第 ⅡA、ⅤA 族特殊除外）。
最高价含氧酸酸性：核心看元素非金属性强弱，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强。
【答案】5．D
6．A
7．C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；反应热和焓变；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）A、、 是质子数相同、中子数不同的钒原子，属于同位素，而非同素异形体，A错误；
B、 内部只含N-H共价键（含1个配位键），离子键是 与阴离子之间的作用力，该离子本身不含离子键，B错误；
C、 中含4个B-O σ键和4个O-H σ键，1 mol 该离子含8 mol σ键，而非4 mol，C错误；D、 中心S原子有1对孤电子对，空间构型为V形； 中心S原子无孤电子对，空间构型为平面正三角形。孤电子对斥力更大，导致 键角小于，D正确；
故答案为：D。
（2）A、该反应、，则 恒小于0，任何温度下均能自发进行，A正确；
B、反应中 为气态，浓度是变量，平衡常数表达式应为 ，选项遗漏，B错误；
C、反应为放热反应（），故反应物所含键能总和 小于 生成物所含键能总和，C错误；
D、生成5 mol 时，4 mol 中的N全部被氧化，转移12 mol 电子；则生成1 mol 转移电子数为 ，D错误；
故答案为：A。
（3）A、 加热水解生成 沉淀和 气体，化学方程式 符合原子守恒与反应事实，A正确；
B、 与盐酸反应生成、 和，离子方程式 满足三大守恒，B正确；
C、电池为碱性环境，负极反应式中不能出现；正确的负极反应为，选项违背反应环境要求，C错误；
D、生成1 mol 放热98.3 kJ，则生成2 mol 放热196.6 kJ，热化学方程式标注了催化剂、条件和物质状态， 数值与计量数匹配，D正确；
故答案为：C。
【分析】每小题解题要点：
（1）同位素与同素异形体区分：同位素是质子数相同、中子数不同的原子；同素异形体是同种元素形成的不同单质。
化学键类型判断： 为单核阳离子，内部仅含共价键（配位键属于共价键范畴），离子键存在于阴阳离子之间。
σ键计数规则：配位键属于σ键， 中4个B-O键（含1个配位键）和4个O-H键均为σ键。
键角比较核心：利用价层电子对互斥理论，孤电子对与成键电子对的斥力 > 成键电子对间斥力，孤电子对越多，键角越小。
（2）反应自发判断：依据吉布斯自由能判据 ， 时反应自发；该反应气体分子数增多，。
平衡常数表达式：气态水的浓度为变量，需写入平衡常数表达式；固体、纯液体浓度视为定值，不写入。
反应热与键能关系：$\Delta H = $ 反应物总键能 生成物总键能；放热反应（）中，反应物总键能 < 生成物总键能。
电子转移计算：分析N元素价态变化， 中N（-3价）→ （0价）， 中N（+2价）→ （0价），结合化学计量数计算转移电子数。
（3）水解反应规律：铵盐加热水解， 结合 生成，受热分解为； 结合 生成 沉淀。
氧化还原离子方程式： 氧化 生成，自身被还原为，需满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒。
电极反应书写环境：碱性电池中，电极反应式不能出现，需用 平衡电荷，生成的 会与 结合为。
热化学方程式规范：注明物质状态，反应热与化学计量数成正比，催化剂、加热条件标注在等号上下。
5．A、、 是质子数相同、中子数不同的钒原子，属于同位素，而非同素异形体，A错误；
B、 内部只含N-H共价键（含1个配位键），离子键是 与阴离子之间的作用力，该离子本身不含离子键，B错误；
C、 中含4个B-O σ键和4个O-H σ键，1 mol 该离子含8 mol σ键，而非4 mol，C错误；D、 中心S原子有1对孤电子对，空间构型为V形； 中心S原子无孤电子对，空间构型为平面正三角形。孤电子对斥力更大，导致 键角小于，D正确；
故答案为：D。
6．A、该反应、，则 恒小于0，任何温度下均能自发进行，A正确；
B、反应中 为气态，浓度是变量，平衡常数表达式应为 ，选项遗漏，B错误；
C、反应为放热反应（），故反应物所含键能总和 小于 生成物所含键能总和，C错误；
D、生成5 mol 时，4 mol 中的N全部被氧化，转移12 mol 电子；则生成1 mol 转移电子数为 ，D错误；
故答案为：A。
7．A、 加热水解生成 沉淀和 气体，化学方程式 符合原子守恒与反应事实，A正确；
B、 与盐酸反应生成、 和，离子方程式 满足三大守恒，B正确；
C、电池为碱性环境，负极反应式中不能出现；正确的负极反应为，选项违背反应环境要求，C错误；
D、生成1 mol 放热98.3 kJ，则生成2 mol 放热196.6 kJ，热化学方程式标注了催化剂、条件和物质状态， 数值与计量数匹配，D正确；
故答案为：C。
8．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、MgCl2(aq) 与石灰乳反应生成 Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2经煅烧分解生成 MgO，该转化可实现，故 A 正确；
B、Ca(OH)2与 Cl2反应可生成 Ca(ClO)2，但 Ca(ClO)2与过量 SO2发生氧化还原反应，生成 CaSO4和 Cl-，无法得到 HClO，故 B 错误；
C、Fe2O3与盐酸反应生成 FeCl3(aq)，但 FeCl3溶液蒸发时，Fe3+水解生成 Fe(OH)3，最终得到 Fe2O3，无法得到无水 FeCl3固体，故 C 错误；
D、CuSO4(aq) 与 NaOH (aq) 反应生成 Cu(OH)2悬浊液，但蔗糖不含醛基，不能与新制 Cu(OH)2悬浊液在加热条件下反应生成 Cu2O，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质转化判断：结合物质的化学性质、反应条件及产物进行分析；
氧化还原反应：次氯酸钙与二氧化硫发生氧化还原反应，无法生成次氯酸；
盐类水解：氯化铁溶液蒸发时，铁离子水解导致无法得到无水氯化铁；
醛基的检验：只有含醛基的物质才能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成氧化亚铜。
9．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、甲分子含硝基，乙分子含氨基（-NH2），氨基能与水分子形成氢键，显著提升在水中的溶解度，因此乙在水中的溶解度大于甲，A错误；
B、乙分子中氨基（-NH2）的 N 原子为 sp3 杂化，呈三角锥形结构，且 N-H 键可旋转，因此分子中所有原子不可能共平面，B错误；
C、吡啶分子中 N 原子有孤电子对，可作为碱中和反应生成的 HCl，促使酰化反应正向进行，有利于乙转化为丙，C正确；
D、丙分子中苯环可与 3mol H2加成，酰胺基中的碳氧双键不能与 H2加成，因此 1mol 丙最多与 3mol H2发生加成反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
溶解度判断：能与水形成氢键的官能团（如氨基、羟基）会提升物质在水中的溶解度。
共面判断：sp3 杂化的原子（如氨基 N）会导致分子出现立体结构，无法所有原子共平面。
反应机理：吡啶的 N 原子有孤电子对，可结合生成的 HCl，推动酰化反应正向进行。
加成反应：苯环可与 H2加成，酰胺羰基不能与 H2加成，需准确统计可加成的不饱和键数量。
10．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；电解原理
【解析】【解答】A、放电时为原电池，阳离子向正极移动。由总反应可知，放电时 Na MO2中 M 元素化合价升高，故 X 极为负极，Y 极为正极，因此 Na+由 X 极通过交换膜移向 Y 极 ，A错误；
B、放电时正极发生还原反应，是 Na+嵌入碳材料的过程，正确反应式为：yNa++ye-+nC=Na Cn；选项所给为负极氧化反应 ，B错误；
C、充电时 X 极与电源负极相连作阴极，M 元素化合价降低被还原，发生还原反应，并非氧化反应 ，C错误；
D、铅蓄电池中，Pb 发生反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，20.7g Pb（0.1mol）转移 0.2mol 电子。钠离子电池充电时，正极（Y 极）发生氧化反应：Na Cn-ye-=yNa++nC，0.2mol 电子对应释放 0.2mol Na+，质量减少 0.2mol×23g/mol=4.6g ，D正确；
故答案为：D。
【分析】放电时为原电池：Na MO2中过渡元素 M 的化合价升高，发生氧化反应，因此X 电极是负极；碳材料电极（Y 极）结合 Na+发生还原反应，因此Y 电极是正极。充电时为电解池：X 电极与电源负极相连，作阴极，发生还原反应（M 元素化合价降低，被还原）；Y 电极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应（释放 Na+）。
11．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、Na [Al (OH)4] 与 NaHCO3混合生成 Al(OH)3沉淀，反应为 [Al(OH)4]-+HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-+H2O，这是 [Al(OH)4]-（提供 OH-）与 HCO3-的直接反应，并非两者水解相互促进（Al(OH)4-水解显碱性，HCO3-水解程度小于电离），故A不符合题意 ；
B、BaSO4加入饱和 Na2CO3溶液中，因 CO32-浓度极高，可能使 Ba2+与 CO32-的浓度乘积超过 Ksp (BaCO3)，导致 BaSO4转化为 BaCO3。此现象仅说明满足转化条件，不能证明 Ksp (BaSO4) > Ksp (BaCO3)（实际 Ksp (BaSO4) 更小），故B不符合题意 ；
C、NH4HSO3样品若变质会生成 SO42-，与 Ba(NO3)2反应生成 BaSO4沉淀。但即使未变质，加入盐酸后，酸性条件下 NO3-会将 HSO3-氧化为 SO42-，同样生成 BaSO4沉淀。因此无法通过该现象判断样品是否变质，故C符合题意 ；
D、氯水中含 HCl 和 HClO，两者均能与 NaOH 反应中和 OH-，使酚酞褪色；同时 HClO 有漂白性也可能使红色褪去。实验现象无法区分是中和反应还是漂白作用，不能证明 HClO 的漂白性，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．区分水解反应与直接的离子反应。
B．理解沉淀转化的条件（离子浓度乘积需超过溶度积）。
C．考虑酸性条件下 NO3-的强氧化性对实验的干扰。
D．分析氯水中多种成分对实验现象的可能影响。
12．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】A、实验1得到中性溶液，满足。根据电荷守恒：
，代入后化简得，因此 ，故A错误；
B、实验2得到溶液，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度。的水解常数，且，因此， 故B错误；
C、反应的平衡常数：，结合电离常数：，，两式相除得， 故C正确；
D、由电离常数可知酸性强弱：，因此少量与反应生成和，离子方程式为：， 故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电荷守恒应用：中性溶液中，可直接代入电荷守恒式化简离子浓度关系。
水解与电离常数关系：酸式盐溶液显碱性，说明水解常数大于电离常数，结合可推导与的大小。
平衡常数与电离常数关联：多个电离常数相除可得到目标反应的平衡常数，需熟练掌握电离常数表达式。
强酸制弱酸规律：根据电离常数判断酸性强弱，进而判断反应产物，避免违背“强酸制弱酸”。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、在 260~280℃区间，CO2转化率的平衡值随温度升高略有上升，而 CH3OH 选择性的平衡值明显下降。这说明：反应 Ⅰ（生成甲醇）是放热反应（ΔH1<0），升温使平衡逆向移动，导致甲醇选择性降低；反应 Ⅱ（生成 CO）是吸热反应（ΔH2>0），升温使平衡正向移动，整体 CO2转化率被抬升。因此 ΔH2>0，A正确；
B、反应 Ⅰ 是气体分子数减少的反应，压缩容器增大压强，平衡正向移动，消耗更多 CO2；反应 Ⅱ 是气体分子数不变的反应，压强变化不直接影响其平衡，但反应 Ⅰ 消耗 CO2会使反应 Ⅱ 平衡逆向移动。B正确；
C、相同温度下，CH3OH 选择性的实验值高于平衡值，说明在反应达到平衡前，单位时间内反应 Ⅰ 生成甲醇的量更多，即反应 Ⅰ 的速率大于反应 Ⅱ。C正确；
D、220~260℃区间，CO2转化率平衡值随温度升高略微下降，同时 CH3OH 选择性平衡值大幅降低。这说明：反应 Ⅰ（放热）平衡逆向移动的程度大于反应 Ⅱ（吸热）平衡正向移动的程度，整体才表现为 CO2转化率略微下降，D不正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
焓变判断：利用温度对平衡转化率、选择性的影响，结合反应方向判断吸放热。
压强影响：气体分子数减少的反应，加压平衡正向移动；分子数不变的反应，压强不直接影响平衡，但会因其他反应的物料消耗而间接移动。
速率与选择性：实验值高于平衡值，说明该方向反应速率更快，在相同时间内积累更多产物。
平衡移动叠加：多个反应共存时，总转化率变化是各反应平衡移动程度的叠加结果。
14．【答案】（1）
（2）产生硫化氢等气体，污染环境
（3）由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费
（4）5.0≤pH<7.54；
（5）不能
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，故Mn2+的价电子排布式为3d5。
故答案为： ；
（2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境。
故答案为： 产生硫化氢等气体，污染环境 ；
（3）由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费。
故答案为： 由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费 ；
（4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10-5mol/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是；
加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，因此反应为：。
故答案为： 5.0≤pH<7.54 ； ；
（5）已知：，，溶液中的沉淀完全时c(F )=，当镁离子完全沉淀时，需维持c(F )不低于，因此当时，溶液中的不能沉淀完全；即此时溶液中Mg2+和不能都沉淀完全。
故答案为： 不能 ；
【分析】以高硫锰矿（主要含 MnS、少量 FeS）为原料，先与软锰矿进行混合焙烧，得到含 MnSO4、Fe2O3等的烧渣；再用 H2SO4浸出，使锰等金属离子进入溶液；加入 MnO2将 Fe2+氧化为 Fe3+；用 CaCO3中和除杂，除去 Fe3+、Al3+；加入 MnF2氟化除杂，除去 Mg2+；再加入 NH4HCO3碳化结晶，得到锰的碳酸盐沉淀；最后用 H2SO4酸溶，经后续处理得到 MnSO4 4H2O。
（1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，故Mn2+的价电子排布式为3d5。
（2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境。
（3）由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费。
（4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10-5mol/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是；
加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，因此反应为：。
（5）已知：，，溶液中的沉淀完全时c(F )=，当镁离子完全沉淀时，需维持c(F )不低于，因此当时，溶液中的不能沉淀完全；即此时溶液中Mg2+和不能都沉淀完全。
15．【答案】（1）14∶3
（2）取代反应
（3）
（4）或
（5）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】（1）共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，共价三键中含有1个σ键和2个π键，分子中存在7个C-Hσ键、3个C-Cσ键、2个C-Oσ键、1个C=O中含有1个σ键、1个C≡N中含有1个σ键，共有3个π键，所以分子中σ键和π键数目之比为14∶3，
故答案为：14∶3；
（2）根据分析可知，F→G的反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应；
（3）根据分析可知，C→D 为加成反应，D 的结构简式为： ；
故答案为：；
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，①能与溶液发生显色反应，分子中含有1个手性碳原子，说明含有酚羟基和1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式有或。
故答案为：或；
（5）根据A→B→C的反应知，发生催化氧化、然后和CH2(COOH)2发生取代反应、再和CH3OH发生酯化反应、再发生信息中的反应得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【分析】对氟苯甲醛（A）先与丙二酸在吡啶、加热条件下缩合生成不饱和羧酸（B）；B 再与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成不饱和酯（C）；C 与氰乙酸乙酯反应，得到中间体 D；D 经催化加氢，环化生成内酰胺 E； 根据C、E的结构简式及D的分子式知，D为， E 用二异丁基氢化铝还原酯基为羟甲基，得到 F；最后 F 与胡椒酚发生取代反应，得到目标产物 G。
(1) 根据单键为 σ 键、双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键、三键含 1 个 σ 键和 2 个 π 键的规律，分别统计分子中 σ 键和 π 键总数，再求两者之比；
(2) 根据取代反应的定义（有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团替代），结合反应前后的结构变化，判断反应类型；
(3) 根据加成反应的特点，结合反应物和产物的结构变化，推导 D 的结构简式；
(4) 根据能与 FeCl3显色说明含酚羟基、含 1 个手性碳、有 4 种不同化学环境氢的条件，结合不饱和度和结构对称性，推导同分异构体；
(5) 以目标产物的结构为导向，结合题目给出的反应信息，从原料出发，依次设计氧化、缩合、酯化、脱保护、环化等步骤，完成合成路线设计。
（1）共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，共价三键中含有1个σ键和2个π键，分子中存在7个C-Hσ键、3个C-Cσ键、2个C-Oσ键、1个C=O中含有1个σ键、1个C≡N中含有1个σ键，共有3个π键，所以分子中σ键和π键数目之比为14∶3，故答案为：14∶3；
（2）F→G的反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；
（3）C→D发生的反应类型为加成反应，写出D的结构简式。故答案为：；
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，①能与溶液发生显色反应，分子中含有1个手性碳原子，说明含有酚羟基和1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式有或。故答案为：或；
（5）根据A→B→C的反应知，发生催化氧化、然后和CH2(COOH)2发生取代反应、再和CH3OH发生酯化反应、再发生信息中的反应得到目标产物，合成路线为，故答案为：。
16．【答案】0.029mol/L；碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低；；使全部转化为；1.68%；溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性；在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【分析】重晶石废料(主要成分为、等)用饱和碳酸钠溶液处理，转化为BaCO3，过滤得到、BaCO3混合固体，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，过滤得到滤渣为，滤液中含有Ba2+，滤液中加入溶液反应生成粗BaCO3，以此解答。
【解答】（1）①已知：，，饱和碳酸钠溶液的浓度为，根据已知条件列出“三段式”
平衡常数K=，则，解得x=0.029，溶液中浓度为0.029mol/L；
②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低。
故答案为： 0.029mol/L ； 碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低
（2）向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解，溶液呈酸性，溶解的离子方程式为：。
故答案为： ；
（3）具有还原性，测定过程中，加入足量溶液的目的是：使全部转化为。
故答案为： 使全部转化为 ；
（4）由可得关系式：，则
重晶石中铁元素质量分数。
故答案为： 1.68% ；
（5）若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性。
故答案为： 溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性 ；
（6）已知：时沉淀完全，粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。
故答案为： 在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤 。
【分析】重晶石废料先加饱和碳酸钠溶液，使 BaSO4转化为 BaCO3，过滤后得到含 Fe2O3和 BaCO3的固体；接着用 NH4Cl 溶液溶解 BaCO3，过滤除去 Fe2O3滤渣；最后向含 Ba2+的滤液中加 (NH4)2CO3溶液，反应生成粗 BaCO3，据此解题。
17．【答案】（1）该反应的，，高温下，反应可自发进行；温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。
（2）
（3）；4：3
（4）降低；CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面)
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①该反应高温下能自发进行的原因为： 该反应的，，高温下，反应可自发进行；
②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为：温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。
故答案为： 该反应的，，高温下，反应可自发进行 ； 温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。
（2）已知：I.；II.；III.；由盖斯定律可知，I+ III可得=。
故答案为： ；
（3）①由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷的电极反应式为：；
②由图可知，CO2在阴极得到电子生成CO，电极方程式为：CO2+2e-=CO+O2-，由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷或乙烯，电极反应式为：、，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则失去6个电子，消耗4molCH4，3mol CO2，则消耗的和体积比为4：3。
故答案为： ； 4：3 ；
（4）①转化1中，中产生了氧空位，由化合价代数和为零可知，In元素的化合价会降低；
②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理为：CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面)。
故答案为： 降低 ； CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面) ；
【分析】(1) 自发原因：反应、，高温下，满足自发条件。
高温不利原因：温度过高使丙烷裂解生成副产物，丙烯选择性下降；同时积碳导致催化剂失活，反应速率降低。
(2)利用盖斯定律，将已知反应Ⅰ + Ⅲ，得到耦合反应：
，计算得。
(3) 阳极（生成乙烷）反应：
体积比计算：生成1体积乙烯、1体积乙烷时，共消耗、，体积比为。
(4) 转化Ⅰ：产生氧空位，In元素化合价降低。
转化Ⅱ、Ⅲ机理：中1个O填充氧空位，促进断裂；电负性差异使与In相连的H带负电、与O相连的C带正电，负电H进攻正电C生成。
（1）①该反应高温下能自发进行的原因为： 该反应的，，高温下，反应可自发进行；
②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为：温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。
（2）已知：I.；II.；III.；由盖斯定律可知，I+ III可得 =。
（3）①由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷的电极反应式为：；
②由图可知，CO2在阴极得到电子生成CO，电极方程式为：CO2+2e-=CO+O2-，由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷或乙烯，电极反应式为：、，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则失去6个电子，消耗4molCH4，3mol CO2，则消耗的和体积比为4：3。
（4）①转化1中，中产生了氧空位，由化合价代数和为零可知，In元素的化合价会降低；
②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理为：CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面)。
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