江西省撫州市臨川第一中學(xué)2020屆高三化學(xué)5月模擬考試試題含解析

江西省撫州市臨川第一中學(xué)2020屆高三化學(xué)5月模擬考試試題含解析江西省撫州市臨川第一中學(xué)2020屆高三化學(xué)5月模擬考試試題含解析PAGE28-江西省撫州市臨川第一中學(xué)2020屆高三化學(xué)5月模擬考試試題含解析江西省撫州市臨川第一中學(xué)2020屆高三化學(xué)5月模擬考試試題（含解析）可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1C—12O-16Na—23Mg-24Cl—35。51?；瘜W(xué)與環(huán)境、生產(chǎn)、生活關(guān)系密切，下列說法不正確是A.生產(chǎn)防護(hù)口罩所需的熔噴布用的聚丙烯材料屬于合成纖維B。研究表明，新冠病毒可通過氣溶膠傳播。氣溶膠的粒子大小在1nm~100nm之間C.核酸是病毒的“身份證"，核酸水解的最終產(chǎn)物是磷酸、五碳糖和氨基酸D.港珠澳大橋路面使用了瀝青和混凝土,瀝青可以通過石油分餾得到【答案】C【解析】【詳解】A．聚丙烯材料是丙烯加成聚合反應(yīng)生成的高分子化合物，屬于合成纖維,故A正確；B．膠體的粒子直徑在1nm～100nm之間，氣溶膠屬于膠體，故B正確；C．核酸不是蛋白質(zhì)，水解產(chǎn)物中不含氨基酸，故C錯(cuò)誤；D．瀝青是石油經(jīng)過常壓蒸餾得到的一定沸點(diǎn)范圍的混合物，故D正確；故答案為C.2.醫(yī)用酒精(75％乙醇）和84消毒液(主要成分是次氯酸鈉)均能用于消毒。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.74。5g次氯酸鈉中含有的分子數(shù)目為NAB。1mol次氯酸鈉與足量鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC.46g醫(yī)用酒精中含有碳碳鍵的數(shù)目為0.75NAD。1mol乙醇和1mol乙烯分別完全燃燒，消耗氧氣的分子數(shù)均為3NA【答案】D【解析】【詳解】A．次氯酸鈉由Na+和ClO—構(gòu)成，不存在分子，A錯(cuò)誤；B．NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑～1e-,故1mol次氯酸鈉與足量鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1NA，B錯(cuò)誤；C．醫(yī)用酒精為體積分?jǐn)?shù)為75%的乙醇溶液，不是質(zhì)量分?jǐn)?shù)，現(xiàn)有條件無法計(jì)算乙醇的物質(zhì)的量，也就無法計(jì)算碳碳鍵的數(shù)目，C錯(cuò)誤；D．由CxHyOz+(x+）O2xCO2+H2O可知，1mol乙醇（C2H5OH)完全燃燒消耗（2+)mol=3molO2，1mol乙烯(C2H4）完全燃燒消耗(2+)mol=3molO2，即1mol乙醇和1mol乙烯分別完全燃燒，消耗氧氣的分子數(shù)均為3NA，D正確。答案選D。3。在2019年第十屆國(guó)際二次電池展中，一種以Fe[Fe(CN)6］為代表的新型可充電鈉離子電池,格外引人注意，其放電工作原理如圖所示.下列說法正確的是A。充電時(shí)，陰極反應(yīng)式為Fe[Fe（CN）6］+2Na++2e—=Na2Fe[Fe（CN）6]B。充電時(shí)，Mg箔接電源的正極C。放電時(shí)，Na+通過離子交換膜從右室移向左室D。放電時(shí)，外電路中通過0.4mol電子時(shí),負(fù)極質(zhì)量變化9。2g【答案】C【解析】【分析】放電過程中Mg轉(zhuǎn)化為［Mg2Cl2]2+，發(fā)生氧化反應(yīng)，所以Mg箔為電池的負(fù)極，則Mo箔為電池的正極?！驹斀狻緼．放電時(shí),Mg箔為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，則充電時(shí)Mg箔上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以為陰極，根據(jù)圖示，陰極反應(yīng)式為［Mg2Cl2］2++4e-=2Mg+4Cl—，故A錯(cuò)誤；B．充電時(shí)，Mg箔上得電子發(fā)生還原反應(yīng),為電解池陰極，與電源的負(fù)極相連，故B錯(cuò)誤；C．放電時(shí)為原電池，原電池中陽離子向正極遷移,Mg箔為負(fù)極,Mo箔為正極，所以鈉離子通過離子交換膜從右室移向左室，故C正確;D．放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)式為2Mg+2Cl--4e—=[Mg2Cl2]2+，所以外電路中通過0.4mol電子時(shí)，有0。2molMg轉(zhuǎn)化為Mg2+，負(fù)極質(zhì)量變化為0.2mol×24g/mol=4。8g，故D錯(cuò)誤；故答案為C。4。短周期元素X、Y、Z、W、R、T的原子序數(shù)依次增大，X的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，X、W位于同族。Y和Z的價(jià)電子數(shù)之和等于R和T的最外層電子數(shù)之和，這四種元素組成兩種鹽Z2TY3和ZRY2。在含該兩種鹽的混合溶液中滴加鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀的物質(zhì)的量與鹽酸體積的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.X、Y、Z不可能同存在于一種離子化合物中B。單質(zhì)的熔點(diǎn)：Y〈Z〈TC。簡(jiǎn)單離子的半徑：r（Y）>r(W）>r(Z）D。Z、R分別與Y形成的化合物中都只含離子鍵【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、R、T的原子序數(shù)依次增大,X的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，則X為Be元素；X、W位于同族，則W為Mg元素；這四種元素組成兩種鹽Z2TY3和ZRY2．在含該兩種鹽的混合溶液中滴加鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀的物質(zhì)的量與鹽酸體積的關(guān)系如圖所示，根據(jù)圖示可知，溶解的白色沉淀為氫氧化鋁，則ZRY2為NaAlO2,Z為Na元素，R為Al，Y為O元素;Y和Z的價(jià)電子數(shù)之和等于R和T的最外層電子數(shù)之和，則T的最外層電子數(shù)為6+1—3=4，則T為Si元素。【詳解】根據(jù)分析可知，X為Be，Y為O，Z為Na,W為Mg，R為Al,T為Si元素。A．X、Y、Z可能同存在于一種離子化合物中，化合物為Na2BeO2,故A錯(cuò)誤；B．氧是分子晶體，鈉是金屬晶體、硅是原子晶體，單質(zhì)的熔點(diǎn):Y<Z<T，故B正確；C．氧離子、鎂離子和鈉離子含有相同電子層數(shù)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑r（W)＜r（Z）＜r（Y），故C錯(cuò)誤；D．Na2O2中不只含離子鍵，氧與氧之間形成非極性共價(jià)鍵,故D錯(cuò)誤；故選B.5.中成藥連花清瘟膠囊中有效成分為綠原酸。已知綠原酸存在如圖轉(zhuǎn)化，下列有關(guān)說法正確的是(綠原酸）（化合物I）+(化合物II)A。在反應(yīng)①中，綠原酸與水按1∶1發(fā)生反應(yīng)，則綠原酸的分子式為C16H20O10B。1mol化合物Ⅰ與足量金屬鈉反應(yīng)生成氫氣體積56LC。綠原酸、化合物I、化合物II均能發(fā)生氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)、消去反應(yīng)D?；衔颕I中所有碳原子可能都共面【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)綠原酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知其分子式為C16H18O9，故A錯(cuò)誤；B．未標(biāo)明溫度和壓強(qiáng)，無法計(jì)算氣體體積，故B錯(cuò)誤；C．化合物II中羥基與苯環(huán)直接相連,無法發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯(cuò)誤;D．苯環(huán)上的碳原子共面,碳碳雙鍵上的碳原子及與雙鍵上碳原子相連的碳原子形成一個(gè)平面，苯環(huán)平面與雙鍵平面以單鍵相連，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以該化合物中所有碳原子可能都共面,故D正確;故答案D。6。向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，測(cè)定混合后溶液pH隨混合前溶液中變化的曲線如圖所示。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：ⅰ。a點(diǎn)溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，滴入KSCN溶液顯紅色;ⅱ.c點(diǎn)和d點(diǎn)溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀，無氣體逸出；取其上層清液滴加NaOH溶液后無明顯現(xiàn)象，滴加KSCN溶液顯紅色。下列分析合理的是A。檢驗(yàn)a點(diǎn)溶液中反應(yīng)生成的陰離子所需試劑為：稀硝酸和BaCl2溶液B.c點(diǎn)和d點(diǎn)出現(xiàn)上述現(xiàn)象的主要原因是Fe3+和發(fā)生雙水解反應(yīng)C。b點(diǎn)較a點(diǎn)溶液pH升高的主要原因：2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+D。向d點(diǎn)上層清液中滴加NaOH溶液無明顯現(xiàn)象,證明溶液中無Fe3+【答案】B【解析】【分析】i．a(chǎn)點(diǎn)溶液透明澄清,向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，說明溶液中有Fe2＋，滴入KSCN溶液顯紅色，說明溶液中含F(xiàn)e3＋，發(fā)生的離子反應(yīng)是2Fe3＋+SO+H2O═2Fe2＋+SO+2H＋；ii．c點(diǎn)和d點(diǎn)溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀,無氣體逸出，發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋+3SO+6H2O2Fe（OH)3+3H2SO3，取其上層清液滴加NaOH溶液后無明顯現(xiàn)象，滴加KSCN溶液顯紅色，說明含F(xiàn)e3＋?！驹斀狻緼．檢驗(yàn)a點(diǎn)溶液中反應(yīng)生成的陰離子所需試劑為：稀鹽酸和BaCl2溶液,硝酸也能將SO氧化，故A錯(cuò)誤；B．c點(diǎn)和d點(diǎn)溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀,無氣體逸出，故發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋+3SO+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3，故B正確；C．若2Fe3＋+SO32－+H2O═2Fe2＋+SO42－+2H＋發(fā)生此反應(yīng),酸性加強(qiáng)，pH減小，故C錯(cuò)誤；D．d點(diǎn)發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋+3SO+6H2O2Fe（OH）3+3H2SO3，這是一個(gè)可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，故滴加KSCN溶液，溶液變紅；滴加NaOH溶液,平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故紅色沉淀減少，即紅色減弱，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】正確分析各點(diǎn)發(fā)生的離子反應(yīng)是本題解題的關(guān)鍵，難點(diǎn)D，注意Fe3＋和SO發(fā)生雙水解時(shí)是一個(gè)可逆反應(yīng)，即反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物.7.25℃時(shí),在20mL0。1mol?L-1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol?L—1NaOH溶液,溶液中1g［c(A—）/c(HA）]與pH關(guān)系如圖所示.下列說法正確的是A。A點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中：c（OH-)＞c(H+）B.25℃時(shí),HA電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)為10－5C。B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaOH溶液體積小于10mLD.對(duì)C點(diǎn)溶液加熱（不考慮揮發(fā))，則增大【答案】C【解析】【詳解】A．據(jù)圖可知A點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液pH〈7，所以此時(shí)溶液顯酸性，c（OH-)<c（H+），故A錯(cuò)誤;B．B點(diǎn)lg=0，即=1，此時(shí)pH=5.3，即c(H+)=10—5.3mol/L，此時(shí)HA電離常數(shù)Ka==c(H+)=10—5.3=5.01×10-6，數(shù)量級(jí)為10-6,故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)NaOH的體積為10mL時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的HA和NaA，HA電離常數(shù)Ka=10—5。3,則Aˉ的水解平衡常數(shù)為=10—8。7<10-5.3，所以HA的電離程度比NaA的水解程度要大，即溶液中c（HA)〈c(Aˉ)，則此時(shí)>1,所以若要=1，則需要少加入一些NaOH,所以B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaOH溶液體積小于10mL,故C正確；D．為Aˉ的水解平衡常數(shù)的倒數(shù)，水解為吸熱反應(yīng)，升高溫度，水解平衡常數(shù)增大，則其倒數(shù)減小，即減小,故D錯(cuò)誤；故答案為C。8.過氧化尿素的化學(xué)式為CO(NH2）2?H2O2，是過氧化氫和尿素的加合物,外觀為白色針狀晶體，無毒無味,熱分解溫度為45℃，易溶于水和乙醇,熔點(diǎn)75—85℃，其水溶液兼有尿素和過氧化氫的性質(zhì),具有活性氧含量高、穩(wěn)定性好等特點(diǎn)，被廣泛用于醫(yī)藥、紡織領(lǐng)域。已知尿素與KMnO4溶液、NaOH溶液都不反應(yīng)。I.合成過氧化尿素的流程及反應(yīng)器的示意圖如下：回答下列問題:(1）圖1中分離操作的名稱為_______，圖2中反應(yīng)器的名稱是_______；（2)過氧化尿素是尿素分子與過氧化氫分子之間通過_________（填字母)結(jié)合形成的。A.氫鍵B。共價(jià)鍵C.離子鍵D.化學(xué)鍵反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。（3)工業(yè)生產(chǎn)中，除向反應(yīng)釜中投料反應(yīng)物過氧化氫、工業(yè)尿素(含少量雜質(zhì)鐵、銅等離子）外，添加穩(wěn)定劑可以提高產(chǎn)品的穩(wěn)定性。不加穩(wěn)定劑導(dǎo)致產(chǎn)品穩(wěn)定率差的原因是__。(4)活性氧含量的高低直接決定產(chǎn)品的質(zhì)量，合格產(chǎn)品中活性氧的含量≥16%(相當(dāng)于其中含H2O234%).為了確定所得產(chǎn)品合格與否，質(zhì)檢員稱取干燥樣品2。500g，溶解于水，在250mL容量瓶中定容，準(zhǔn)確量取其中25。00mL溶液于錐形瓶中,加入1mL6mol/LH2SO4，然后用0.1000mol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定樣品中的H2O2,三次滴定平均消耗KMnO4溶液8.000mL。①達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是____________。②根據(jù)滴定結(jié)果確定產(chǎn)品質(zhì)量_(填“合格”或“不合格")，活性氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___。II.過氧化尿素的性質(zhì)探究：(5)過氧化尿素的催化分解實(shí)驗(yàn)：在試管中加入0.1g產(chǎn)品、少量水及二氧化錳，用火柴余燼檢驗(yàn)生成氣體，可觀察到火柴復(fù)燃。實(shí)驗(yàn)中加入二氧化錳的量一定要少(固體控制在小米粒大小）的原因是：_________.（6)測(cè)定過氧化尿素溶液的酸堿性:在試管中加入1mL6mol/LNaOH溶液、1mL過氧化尿素溶液和2mL無水乙醇，振蕩試管。測(cè)得pH約為6，并觀察到有白色的膠狀沉淀生成,該沉淀為生成的NaHO2在乙醇中析出.寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式:___【答案】（1).過濾(2）.三頸燒瓶(3）。A(4）.CO(NH2)2＋H2O2＝CO（NH2)2·H2O2(5）。鐵、銅離子等會(huì)催化過氧化氫分解（6）.滴入最后一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí),溶液恰好變?yōu)闇\紅色,且半分鐘內(nèi)不褪色（7).不合格（8).12.80%（9）。以防由于分解速度過快使反應(yīng)液噴濺到試管外(10).NaOH＋H2O2＝NaHO2＋H2O【解析】【分析】（4）該滴定實(shí)驗(yàn)的目的是測(cè)定過氧化尿素中活性氧的含量，尿素不與酸性高錳酸鉀反應(yīng)，所以利用高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液滴定樣品中H2O2的含量來確定活性氧的含量,滴定過程中高錳酸鉀被H2O2還原，發(fā)生反應(yīng)5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=8H2O+2MnSO4+K2SO4+5O2↑。【詳解】(1）分離后得到固體產(chǎn)品和母液,所以分離操作為過濾；反應(yīng)器的名稱為三頸燒瓶;(2）過氧化尿素是尿素分子與過氧化氫分子之間通過氫鍵結(jié)合形成,共價(jià)鍵、離子鍵不是分子間作用力，氫鍵不屬于化學(xué)鍵，所以選A；反應(yīng)器中的反應(yīng)物有尿素和過氧化氫，產(chǎn)物為過氧化尿素，根據(jù)元素守恒可得化學(xué)方程式為CO(NH2）2＋H2O2＝CO(NH2）2·H2O2;（3）工業(yè)尿素中含有鐵、銅等雜質(zhì)離子，不添加穩(wěn)定劑，鐵、銅離子等會(huì)催化過氧化氫分解，導(dǎo)致產(chǎn)品穩(wěn)定率差；（4）①達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)H2O2完全反應(yīng)，再滴入高錳酸鉀不再反應(yīng),溶液會(huì)顯淺紅色，所以滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：滴入最后一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液恰好變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；②高錳酸鉀溶液的濃度為0。1000mol/L，消耗的體積為8。000mL，根據(jù)發(fā)生的反應(yīng)方程式可知25.00mL樣品溶液中n（H2O2）=×0.1000mol/L×0。008L=0。002mol，則樣品中n（H2O2）=0。002mol×=0。02mol，所以樣品中活性氧的含量為=12.80%〈16%，所以產(chǎn)品不合格；（5)二氧化錳的量過大會(huì)使過氧化氫的分解速率過快,所以加入二氧化錳的一定要少的原因是：以防由于分解速度過快使反應(yīng)液噴濺到試管外;（6）根據(jù)題目信息可知尿素不與NaOH反應(yīng),所以生成的NaHO2應(yīng)該是H2O2和NaOH反應(yīng)的產(chǎn)物,根據(jù)元素守恒可得化學(xué)方程式為NaOH＋H2O2＝NaHO2＋H2O。【點(diǎn)睛】分析過氧化尿素中尿素分子與過氧化氫分子之間的作用力時(shí)要注意題干信息“分子之間”,離子鍵、共價(jià)鍵不是分子間作用力,而氫鍵是一種分子間作用力。9。2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)用于獎(jiǎng)勵(lì)對(duì)鋰離子電池發(fā)展做出貢獻(xiàn)的三位科學(xué)家。鋰離子電池如今被用于各個(gè)領(lǐng)域，使一個(gè)無化石燃料的社會(huì)成為可能。LiFePO4是新型鋰離子電池的正極材料.某小組擬設(shè)計(jì)以一種鋰輝石（主要成分為L(zhǎng)i2O?Al2O3?4SiO2，含少量鐵、鈣、鎂）為原料制備純凈的碳酸鋰，進(jìn)而制備LiFePO4的工藝流程：已知：Li2O?Al2O3?4SiO2＋H2SO4（濃)Li2SO4＋Al2O3?4SiO2?H2O↓回答下列問題:(1)LiFePO4中鐵元素的化合價(jià)為_____，鐵元素進(jìn)行焰色反應(yīng)的顏色是_______（填序號(hào))。A．無焰色反應(yīng)B．黃色C．紫色D．磚紅色(2）向?yàn)V液1中加入適量的CaCO3細(xì)粉用于消耗硫酸并將Fe3+轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，若=3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___；濾渣2的主要成分是Fe(OH）3、___（填化學(xué)式)（3)已知碳酸鋰在水中的溶解度隨溫度升高而減小，上述流程中趁熱過濾的目的是__.（4）流程中加H2C2O4和FePO4，用于煅燒制備LiFePO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。（5)若濾液1中c(Mg2+)=0.2mol/L，向其中加入雙氧水和磷酸（設(shè)溶液體積增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+)=1。0×10—5mol/L，此時(shí)是否有Mg3（PO4)2沉淀生成？_____（列式計(jì)算說明)。已知FePO4、Mg3（PO4)2的Ksp分別為1。3×10-22、1。0×10-24.(6）一種鋰離子電池的反應(yīng)原理為L(zhǎng)iFePO4Li+FePO4。寫出放電時(shí)正極電極反應(yīng)式：____。【答案】(1).+2（2).A(3).Fe2(SO4)3+3H2SO4+6CaCO3=2Fe（OH)3+6CaSO4+6CO2↑(4)。Mg(OH)2CaSO4（5）.減小Li2CO3的溶解損失（6)。Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑（7).由Ksp（FePO4)可知c(PO)==1.3×10—17mol·L－1;Qc［Mg3（PO4）2］=c3(Mg2+）·c2(PO）=×（1.3×10—17mol·L－1）2=1。69×10—37<Ksp，因此不會(huì)生成Mg3(PO4)2沉淀(8）。FePO4+Li++e-=LiFePO4【解析】【分析】鋰輝石（主要成分為L(zhǎng)i2O·Al2O3·4SiO2，含少量鐵、鈣、鎂）加入濃硫酸共熱,根據(jù)已知信息可知得到的濾渣1主要成分為Al2O3·4SiO2·H2O，濾液中的主要陽離子有Fe3＋、Mg2＋、Ca2＋、Li＋；加入碳酸鈣和石灰乳可以將過量的氫離子和Fe3＋、Mg2＋除去，濾渣2主要為Fe（OH）3、Mg(OH)2以及硫酸鈣；濾液主要雜質(zhì)離子有Ca2＋和SO42－；再加入碳酸鈉將鈣離子除去，得到硫酸鋰和硫酸鈉的混合溶液，蒸發(fā)濃縮后加入飽和碳酸鈉溶液，趁熱過濾得到碳酸鋰沉淀；提純后加入草酸和磷酸鐵經(jīng)煅燒得到LiFePO4?！驹斀狻浚?)由化合價(jià)代數(shù)和等于0得：LiFePO4中鐵元素的化合價(jià)為+2價(jià)，鐵元素進(jìn)行焰色反應(yīng)的顏色是無焰色反應(yīng)，故答案為:+2;A;（2）向?yàn)V液1中加入適量的CaCO3細(xì)粉用于消耗硫酸并將Fe3＋轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀,若=3，溶液中有過量的硫酸，所以方程式為Fe2(SO4)3+3H2SO4+6CaCO3=2Fe(OH）3+6CaSO4+6CO2↑;根據(jù)分析可知濾渣2的主要成分是Fe（OH)3、Mg（OH）2以及CaSO4；故答案為：Fe2(SO4)3+3H2SO4+6CaCO3=2Fe(OH)3+6CaSO4+6CO2↑；Mg（OH)2以及CaSO4；(3）已知碳酸鋰在水中的溶解度隨溫度升高而減小，上述流程中趁熱過濾的目的是減小碳酸鋰的溶解度，減少碳酸鋰的溶解損耗；故答案為：減少碳酸鋰的溶解損耗；(4）流程中加H2C2O4和FePO4，煅燒制備過程的原料為L(zhǎng)i2CO3、H2C2O4和FePO4，產(chǎn)物中有LiFePO4，鐵元素的化合價(jià)降低，則該過程中某種物質(zhì)被氧化，根據(jù)元素化合價(jià)變化規(guī)律可知草酸中的C元素被氧化，由+3價(jià)升高為+4價(jià)，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知方程式為：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑。故答案為：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑;(5）若濾液1中c(Mg2＋）=0.2mol·L－1，向其中加入雙氧水和磷酸（設(shè)溶液體積增加1倍),使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3＋)=1.0×10—5mol·L－1，由Ksp（FePO4）可知c（PO）==1。3×10—17mol·L－1；Qc[Mg3(PO4）2］=c3（Mg2+）·c2(PO）=×（1.3×10-17mol·L－1)2=1.69×10—37〈Ksp，因此不會(huì)生成Mg3（PO4)2沉淀。故答案為：由Ksp(FePO4)可知c（PO)==1。3×10—17mol·L－1；Qc［Mg3（PO4)2]=c3（Mg2+)·c2(PO）=×(1.3×10-17mol·L－1)2=1.69×10-37<Ksp，因此不會(huì)生成Mg3(PO4）2沉淀；(6）一種鋰離子電池的反應(yīng)原理為L(zhǎng)iFePO4Li+FePO4，放電時(shí)正極鐵元素得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式：FePO4＋Li++e－=LiFePO4.故答案為:FePO4＋Li++e－=LiFePO4.【點(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的分離和提純，涉及原電池原理、物質(zhì)分離和提純?cè)噭┑倪x取等知識(shí)點(diǎn)，明確化學(xué)反應(yīng)原理、物質(zhì)性質(zhì)及性質(zhì)差異性是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算及綜合知識(shí)運(yùn)用能力,難點(diǎn)（5）用Qc［Mg3（PO4)2］和Ksp比較可判斷是否產(chǎn)生沉淀。10.2019年10月1日，我國(guó)成功舉辦國(guó)慶七十周年閱兵活動(dòng).其中閱兵儀式上混合動(dòng)力車等新能源車輛的亮相，展示了綜合國(guó)力、國(guó)防科技發(fā)展水平。同時(shí)也說明能源短缺是人類社會(huì)面臨的重大問題。甲醇是一種可再生能源，具有廣泛的開發(fā)和應(yīng)用前景.工業(yè)上用天然氣為原料，分為兩階段制備甲醇：（i）制備合成氣：CH4（g）+H2O（g)?CO（g)+3H2(g)ΔH=+206.0kJ?mol—1(ii）合成甲醇：CO(g）+2H2(g)?CH3OH（g)ΔH=—90。67kJ?mol—1（1)制備合成氣:工業(yè)生產(chǎn)中為解決合成氣中H2過量而CO不足的問題,原料氣中需添加CO2，發(fā)生的反應(yīng)（iii):CO2（g)+H2（g）?CO（g)+H2O（g)ΔH=+41.17kJ?mol—1，為了使合成氣配比最佳，理論上原料氣中二氧化碳與甲烷質(zhì)量比為_______。(2）為節(jié)約化石能源、減少碳排放，用CO2代替CO作為制備甲醇的碳源正成為當(dāng)前研究的焦點(diǎn)。①請(qǐng)寫出二氧化碳加氫合成水蒸氣和甲醇的熱化學(xué)方程式____________。②研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料氣的反應(yīng)中，保持其它條件不變，采用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三種催化劑，反應(yīng)進(jìn)行相同時(shí)間后，CO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)體系的溫度變化如圖所示：a～d點(diǎn)中反應(yīng)一定處于平衡狀態(tài)的點(diǎn)是____；CO2的轉(zhuǎn)化率a點(diǎn)比c點(diǎn)高的原因是____。③最近采用真空封管法制備磷化硼納米顆粒，在發(fā)展非金屬催化劑實(shí)現(xiàn)CO2電催化還原制備甲醇方向取得重要進(jìn)展，該反應(yīng)歷程如圖所示：容易得到的副產(chǎn)物有CO和CH2O，其中相對(duì)較少的副產(chǎn)物為___；上述合成甲醇的反應(yīng)速率較慢,要使反應(yīng)速率加快,主要降低下列變化中____(填字母)的能量變化.A．*CO→＊OCHB．*CO+＊OH→＊CO+＊H2OC．*OCH2→＊OCH3D．＊OCH3→*CH3OH（3）在一容積可變的密閉容器中充入10molCO和20molH2合成甲醇，CO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度（T）、壓強(qiáng)(P）的變化如圖所示。①比較A、B兩點(diǎn)壓強(qiáng)大小PA_______PB填“>、<、=”）②若達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)A時(shí),容器的體積為10L，如果反應(yīng)開始時(shí)仍充入10molCO和20molH2，則在平衡狀態(tài)B時(shí),容器的體積V（B)=_______L;【答案】(1）。11：12(2).CO2（g)+3H2(g）?CH3OH（g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ·mol—1(3）.d(4）.a、c點(diǎn)反應(yīng)正向進(jìn)行，a點(diǎn)催化效率高，反應(yīng)快，相同時(shí)間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率大（5）.CH2O（6）.B（7).<(8).2【解析】【詳解】(1)設(shè)加入的甲烷的物質(zhì)的量為x，加入二氧化碳的物質(zhì)的量為y,則，，由合成甲醇的反應(yīng)方程式可知,CO和H2物質(zhì)的量之比=1:2為最佳合成氣配比,即(x+y）:（3x-y)=1:2，解得x:y=3：1，即原料氣中二氧化碳與甲烷質(zhì)量比=（1×44):（3×16)=44：48=11:12,故答案為：11:12；(2)①(ii)CO(g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH2=—90。67kJ?mol-1（iii)CO2(g）+H2(g)?CO(g）+H2O（g）ΔH3=+41.17kJ?mol-1（ii)+（iii)得：CO2（g）+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g）ΔH=ΔH2+ΔH3=—49.5kJ·mol-1，故答案為：CO2(g）+3H2（g)?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH=-49。5kJ·mol-1;②該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；a、b、c三點(diǎn)：反應(yīng)正向進(jìn)行，溫度升高，反應(yīng)速率增大，相同時(shí)間內(nèi)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大,但都沒有達(dá)到相同溫度下的最大轉(zhuǎn)化率，反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)；最高點(diǎn)之前,反應(yīng)正向進(jìn)行，溫度升高，反應(yīng)速率增大，相同時(shí)間內(nèi)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，最高點(diǎn)之后:升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小,則d點(diǎn)反應(yīng)已達(dá)平衡。a、c點(diǎn)反應(yīng)正向進(jìn)行，溫度相同，催化劑不同，催化效率不同，反應(yīng)速率不同，二氧化碳轉(zhuǎn)化率不同，a點(diǎn)催化效率高，反應(yīng)快,相同時(shí)間的CO2的轉(zhuǎn)化率大,故答案為：d；a、c點(diǎn)反應(yīng)正向進(jìn)行,a點(diǎn)催化效率高，反應(yīng)快，相同時(shí)間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率大；③得到CO所需活化能=(0。95-0。28）eV=0。67eV，得到CH2O所需活化能=［2.73—（—0。60）］eV=3.33eV，得到CH2O所需活化能高于得到CO所需活化能，所以得到CH2O的速率較慢，相同時(shí)間內(nèi)得到副產(chǎn)物CH2O較少。其它條件相同時(shí),反應(yīng)所需活化能越高,反應(yīng)速率越慢，總反應(yīng)速率主要由較慢的那一步反應(yīng)決定,即總反應(yīng)速率由各步反應(yīng)中所需活化能最大那步?jīng)Q定：A．＊CO→＊OCH所需活化能=（-1。11-0.28)eV=—1。39eV；B．＊CO+＊OH→*CO+＊H2O所需活化能=[1.36—(—0。28)]eV=1.64eV；C．*OCH2→＊OCH3所需活化能=［0。58—(—0.6)]eV=1。18eV；D．＊OCH3→*CH3OH所需活化能=（1。12—0。58）eV=0.54eV；所以,＊CO+*OH→*CO+＊H2O活化能最大，決定反應(yīng)速率，主要降低該變化的能量變化，故答案為：CH2O；B;（3)①其他條件相同時(shí),增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng),CO的轉(zhuǎn)化率增大，根據(jù)圖像溫度相同時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率：P2時(shí)比P1時(shí)大,所以P2＞P1，PA＜PB，故答案為：＜；②達(dá)到平衡狀態(tài)A,CO的轉(zhuǎn)化率為0.5，則CO反應(yīng)了0。5×10mol=5mol，列三段式如下：，體積為10L，則平衡狀態(tài)A的平衡常數(shù)K==1L2/mol2。平衡狀態(tài)B時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率為0。8，則CO反應(yīng)了0。8×10mol=8mol,列三段式如下:，平衡狀態(tài)A和平衡狀態(tài)B溫度相同，則平衡常數(shù)K相同，即1L2/mol2=，解得：V(B）=2L，故答案為:2.【點(diǎn)睛】（3）②溫度不變，K不變,平衡狀態(tài)A和平衡狀態(tài)B的K相等。11。在建國(guó)70周年閱兵儀式上,“殲20”“東風(fēng)-41核導(dǎo)彈”等國(guó)之重器亮相，它們采用了大量合金材料?；卮鹣铝袉栴}：(1）查閱資料顯示第二電離能Cu大于Zn，理由是_____________.(2）鈦鎳合金可用于戰(zhàn)斗機(jī)的油壓系統(tǒng)，該合金溶于熱的硫酸生成Ti（SO4)2、NiSO4，其中陰離子的立體構(gòu)型為______，S的_____雜化軌道與O的2p軌道形成______鍵（填“π”或“σ”）。（3)鐵元素能與CO形成Fe（CO)5。羰基鐵[Fe(CO)5]可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe(CO）5分子中含___molσ鍵，與CO互為等電子體的一種離子的化學(xué)式為____。（4)金屬鈦采用六方最密堆積的方式形成晶體,其晶胞的俯視圖為__（填字母序號(hào)）。A.B。C。D.a。b.c。（5)鎂單質(zhì)晶體中原子的堆積模型如圖，它的堆積模型名稱為__；晶胞是圖中的_(填a、b或c）；配位數(shù)是___;緊鄰的四個(gè)鎂原子的中心連線構(gòu)成的正四面體幾何體的體積是2acm3,鎂單質(zhì)的密度為ρg?cm—3，已知阿伏德羅常數(shù)為NA，則鎂的摩爾質(zhì)量的計(jì)算式是_______?！敬鸢浮?1）。鋅失去4s1電子，而銅失去3d10電子，后者全充滿較穩(wěn)定，更難失去（2）。正四面體(3)。sp3（4）.σ（5）。10（6).CN—（7）。D（8）.六方最密堆積（9）。c（10)。12(11）.12NAaρ【解析】【詳解】(1)第二電離能Cu大于Zn，理由是鋅失去4s1電子，而銅失去3d10電子，后者全充滿較穩(wěn)定,更難失去。故答案為：鋅失去4s1電子，而銅失去3d10電子，后者全充滿較穩(wěn)定，更難失去;(2）鈦鎳合金可用于戰(zhàn)斗機(jī)的油壓系統(tǒng),該合金溶于熱的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中硫酸根離子中心原子價(jià)層電子對(duì)為：4+=4,S采用sp3，沒有孤電子對(duì),立體構(gòu)型為正四面體,S的sp3雜化軌道與O的2p軌道形成σ鍵.故答案為：正四面體；sp3；σ;（3）1molFe（CO)5分子中含C—O鍵和鐵碳配位鍵各5mol，共10molσ鍵，將CO中O換成N得與CO互為等電子體的一種離子的化學(xué)式為CN-。故答案為：10；CN—；（4）金屬鈦采用六方最密堆積的方式形成晶體,其晶胞的俯視圖為。故答案為：D；（5）鎂單質(zhì)晶體中原子的堆積方式是按ABABABAB…的方式堆積，鎂單質(zhì)晶體中原子的堆積模型名稱為六方最密堆積；晶胞是圖中的c；配位數(shù)是12;緊鄰的四個(gè)鎂原子的中心連線構(gòu)成的正四面體幾何體的體積是2acm3，鎂單質(zhì)的密度為ρg?cm—3，已知阿伏德羅常數(shù)為NA，由于緊鄰的四個(gè)鎂原子的中心連線構(gòu)成的幾何體為正四面體，正四面體的該高為晶胞的，可推知四面體的體積為整個(gè)晶胞的,而晶胞中含有的鎂原子數(shù)為1+8×=2，則晶胞質(zhì)量=g，則ρg·cm-3=，則有Mr=12NA·a·ρ，則鎂的摩爾質(zhì)量的計(jì)算式是12NAaρ.故答案為：六方最密堆積;c;12;12NAaρ。12.隨著電