江蘇專用2024年秋季高三化學開學摸底考試卷03含解析

（江蘇專用）2024年秋季高三化學開學摸底考試卷可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16Na23S32Cl35.5K39I127Ba137選擇題部分(共42分)選擇題(本大題共14小題，每小題3分，共42分)1.不斷進步的材料構(gòu)筑了現(xiàn)代社會的文明。下列說法正確的是A．宇航服所用的聚酯纖維屬于無機非金屬材料B．用于制作N95口罩的“熔噴布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯屬于有機高分子材料C．石墨烯具有較強的導電性能，與金剛石互為同系物D．芯片常用作半導體器件和集成電路的電子材料，其主要成分為【答案】B【解析】A．聚酯纖維俗稱“滌綸”，是由有機二元酸和二元醇縮聚而成的聚酯經(jīng)紡絲所得的合成纖維，簡稱PET纖維，屬于高分子化合物，A錯誤；B．“熔噴布”可用于制作N95型等口罩，生產(chǎn)“熔噴布”的主要原料是聚丙烯，屬于有機高分子材料B正確；C．石墨烯與金剛石是由同種元素形成的不同單質(zhì)，屬于同素異形體，C錯誤；D．芯片中主要運用Si單質(zhì)，D錯誤；2.制取肼的反應為2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，下列相關微粒的化學用語錯誤的是A.N2H4的結(jié)構(gòu)式： B.NaClO的電子式：C.Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖： D.中子數(shù)為12的鈉原子：Na【答案】A【解析】A．N2H4的結(jié)構(gòu)式：，故A錯誤；B．NaClO為離子化合物，其電子式為：，故B正確；C．Cl原子的質(zhì)子數(shù)為17，得到一個電子變?yōu)镃l-，其結(jié)構(gòu)示意圖：，故C正確；D．元素符號的左上角表示原子的質(zhì)量數(shù)，左下角表示原子的質(zhì)子數(shù)，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，鈉的質(zhì)子數(shù)為11，則中子數(shù)為12的鈉原子：Na，故D正確；3.下列有關物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關系的是（）A.NH4HCO3

受熱易分解，可用作化肥B.NaHCO3

溶液顯堿性，可用于制胃酸中和劑C.SO2

具有氧化性，可用于紙漿漂白D.Al2O3

具有兩性，可用于電解冶煉鋁【答案】B【解析】A、NH4HCO3

含有養(yǎng)分元素N元素，可用作化肥，與NH4HCO3

受熱易分解無關，故A不符合題意；B、NaHCO3能與鹽酸反應，并且NaHCO3溶液無腐蝕性，常用作制胃酸中和劑，故B符合題意；C、SO2

具有漂白性，可用于紙漿漂白，與SO2

具有氧化性無關，故C不符合題意；D、熔融狀態(tài)下的Al2O3能發(fā)生電離，可用于電解冶煉鋁，與Al2O3

具有兩性無關，故D不符合題意；4.檢驗溴乙烷與NaOH乙醇溶液共熱生成的氣體中是否含有乙烯，裝置如圖1所示。下列說法不正確的是A.裝置①的作用是除去乙醇B.裝置②的現(xiàn)象是高錳酸鉀酸性溶液紫色褪去C.圖2所示NaBr晶胞中，每個Na+四周距離最近的Na+數(shù)目為4個D.將生成的氣體干脆通入溴的四氯化碳溶液也可以達到試驗目的【答案】C【解析】A．乙醇與水互溶，乙烯難溶于水，所以可以用水除去混有的乙醇，A正確；B．生成的氣體中含有乙烯，乙烯可以還原酸性高錳酸鉀溶液使其褪色，B正確；C．以體心鈉離子為例，距離最近的鈉離子棱心上，所以有12個，C錯誤；D．乙烯可以和溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應使其褪色，而揮發(fā)出的乙醇不能使溴的四氯化碳溶液褪色，D正確；閱讀下列資料，完成5~7題為探究某些硫的含氧酸鹽的部分性質(zhì)，進行如下試驗，并記錄試驗現(xiàn)象。①測量0.01mol·L?1NaHSO3溶液的pH，pH約為5。②向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液的紫紅色褪去。③向0.1mol·L-1Na2S2O3溶液中滴加稀鹽酸，產(chǎn)生無色有刺激性氣味的氣體，且出現(xiàn)淡黃色沉淀。④在Ag+催化條件下，向0.1mol·L-1K2S2O8無色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液中出現(xiàn)紫紅色。5．由上述試驗現(xiàn)象能得出的合理結(jié)論是A．試驗①說明：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>KwB．試驗②中發(fā)生反應：3HSOeq\o\al(－,3)+2MnOeq\o\al(－,4)+OH－=3SOeq\o\al(2－,4)+2MnO2↓+2H2OC．試驗③中的淡黃色沉淀為S，無色有刺激性氣味的氣體為H2SD．試驗④說明：該條件下，MnOeq\o\al(－,4)的氧化性強于S2Oeq\o\al(2－,8)【答案】A【解析】A．試驗①說明NaHSO3溶液顯酸性，電離程度＞水解程度，Ka2(H2SO3)>Kh()，而Kh()=Kh2()=，即Ka2(H2SO3)>，Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw，A正確；B．試驗②為強酸性環(huán)境，反應物中不應出現(xiàn)OH-，B錯誤；C．試驗③Na2S2O3中S元素化合價為+2價，Na2S2O3遇鹽酸發(fā)生歧化反應，生成淡黃色沉淀S和無色有刺激性氣味的氣體SO2，C錯誤；D．試驗④說明S2O作氧化劑，生成氧化產(chǎn)物MnO，依據(jù)氧化劑氧化性強于氧化產(chǎn)物氧化性，D錯誤；6．下列關于O、Na、S、Cl、K元素及其化合物的說法正確的是A．第一電離能：I1(K)>I1(Na)B．沸點：H2S>H2OC．原子半徑：r(K)>r(Cl)>r(S)>r(O)D．熱穩(wěn)定性：HCl>H2S【答案】D【解析】A．同主族元素從上至下，第一電離能漸漸減小，故第一電離能：I1(K)＜I1(Na)，故A錯誤；B．水分子之間可形成氫鍵，故沸點：H2S＜H2O，故B錯誤；C．同周期元素從左至右，原子半徑漸漸減小，故原子半徑：r(Cl)＜r(S)，故C錯誤；D．元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：Cl＞S，故熱穩(wěn)定性：HCl＞H2S，故D正確；7.“接觸法制硫酸”的主要反應是2SO2＋O22SO3在催化劑表面的反應歷程如下：下列說法正確的是()A．過程中既有V—O鍵的斷裂，又有V—O鍵的形成B．反應②的活化能比反應①大C．該反應的催化劑是V2O4D．運用催化劑只能加快正反應速率【答案】A【解析】A.歷程中反應①有V—O鍵的斷裂，反應②有V—O鍵的形成，故A正確。B.一般狀況下，反應的活化能越小，反應速率越快，故反應②的活化能比反應①小，故B錯誤；C.催化劑是反應前后質(zhì)量和化學性質(zhì)都沒有發(fā)生變更的物質(zhì)，從反應歷程圖中可知，本反應的催化劑為V2O5，故C錯誤；D.催化劑能同等幅度地變更正、逆反應速率，加快正反應速率的同時也加快逆反應速率，故D錯誤；8.化合物Z是一種具有廣譜抗菌活性的藥物，其合成路途中的一步反應如下。下列說法不正確的是A.1molX最多能與4molNaOH反應 B.Y可與乙醇發(fā)生縮聚反應形成聚酯C.Z分子中含有4種含氧官能團 D.X、Y、Z三種分子均存在順反異構(gòu)體【答案】B【解析】A．有機物X中，酚羥基、酯基均可與氫氧化鈉反應，1molX中含有2mol酚羥基、1mol酯基，1mol酯基水解后可形成1mol酚羥基和1mol羧基，則與足量NaOH溶液反應最多消耗4molNaOH，故A正確；B.有機物Y中含有2個羧基，但乙醇分子中只含1個羥基，二者可以發(fā)生酯化反應，但不能發(fā)生縮聚反應形成聚酯，故B錯誤；C．由Z的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子中含有酚羥基、酯基、酰胺鍵和羧基4種含氧官能團，故C正確；D.由X、Y、Z的結(jié)構(gòu)簡式可知，三種分子均存在碳碳雙鍵，且雙鍵碳原子一端連有不同的原子或原子團，因此均存在順反異構(gòu)體，故D正確；9.連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉，有強還原性，在空氣中極易被氧化。用NaHSO3還原法制備保險粉的流程如下：下列說法錯誤的是A．反應1說明酸性：H2SO3＞H2CO3B．反應1結(jié)束后，可用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗NaHSO3是否被氧化C．反應2中消耗的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2D．反應2最好在無氧條件下進行【答案】C【解析】A．反應1為二氧化硫通入碳酸鈉溶液生成亞硫酸氫鈉和二氧化碳，則說明酸性：H2SO3>H2CO3，A正確；B．反應1結(jié)束后，溶液中為亞硫酸氫鈉溶液，不與氯化鋇反應，若加入可用鹽酸酸化的BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則沉淀為硫酸鋇，可證明NaHSO3被氧化，B正確；C．反應2為，亞硫酸氫鈉中硫化合價從+4下降到+3，還原劑是鋅，化合價從0上升到+2價，消耗的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1，C錯誤；D．連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉，有強還原性，在空氣中極易被氧化，反應2最好在無氧條件下進行，D正確；10.用NaBH4進行“化學鍍”鍍鎳，可以得到堅硬、耐腐蝕的愛護層(3Ni3B＋Ni)，反應的離子方程式為：20Ni2＋＋16BHeq\o\al(－,4)＋34OH－＋6H2O=2(3Ni3B＋Ni)＋10B(OH)eq\o\al(－,4)＋35H2↑，下列說法不正確的是()A．1molB(OH)eq\o\al(－,4)含有σ鍵的數(shù)目為8NAB．BHeq\o\al(－,4)的立體構(gòu)型是正四面體形C．B原子核外電子的運動狀態(tài)和能量均不相同D．Ni的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，鎳原子的配位數(shù)為12【答案】C【解析】A.1個B(OH)eq\o\al(－,4)中4個OH－與B形成4個σ鍵，4個OH－內(nèi)又形成4個O—Hσ鍵，則1molB(OH)eq\o\al(－,4)含有σ鍵的數(shù)目為8NA，故A正確；B.BHeq\o\al(－,4)中的B原子為sp3雜化，立體構(gòu)型是正四面體形，故B正確；C.B原子核外電子的運動狀態(tài)各不相同，但同一能級上的電子能量相同，故C錯誤；D.Ni的晶胞屬于面心立方積累，故每個Ni原子四周都有12個原子與之相連，則鎳原子的配位數(shù)為12，故D正確。11.我國科學家在太陽能可規(guī)?；纸馑茪浞矫嫒〉眯逻M展——領先提出并驗證了一種全新的基于粉末納米顆粒光催化劑太陽能分解水制氫的“氫農(nóng)場”策略，其太陽能光催化全分解水制氫的效率創(chuàng)國際最高記錄(示意圖如圖所示，M1、M2為含鐵元素的離子)。下列說法正確的是()A．制O2裝置中，太陽能轉(zhuǎn)化為電能B．制H2裝置中，交換膜為陰離子交換膜C．系統(tǒng)制得1molH2的同時可制得1molO2D．制H2時陽極可發(fā)生反應：[Fe(CN)6]4－－e－=[Fe(CN)6]3－【答案】D【解析】A.制O2裝置中，太陽能轉(zhuǎn)化為化學能，故A錯誤；B.制H2裝置中，陰極發(fā)生的反應為2H＋＋2e－=H2↑，其中的交換膜為陽離子交換膜，B錯誤；C.由總反應方程式2H2Oeq\o(=,\s\up7(光催化劑))2H2↑＋O2↑可知，系統(tǒng)制得2molH2的同時可制得1molO2，故C錯誤；D.制H2時陽極M2轉(zhuǎn)化為M1，且M1中Fe元素化合價比M2低，可發(fā)生反應：[Fe(CN)6]4－－e－=[Fe(CN)6]3－，故D正確。12.工業(yè)生產(chǎn)上用過量燒堿溶液處理某礦物(含Al2O3、MgO)，過濾后得到的濾液用NaHCO3溶液處理，測得溶液pH和Al(OH)3生成的量隨加入NaHCO3溶液體積變更的曲線如圖，下列說法不正確的是()A.生成沉淀的離子方程式為HCOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋AlOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))B.a點水的電離程度大于b點水的電離程度C.a點溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2)))＋c(OH－)D.原NaHCO3液中c(HCOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3)))＋c(COeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3)))＋c(H2CO3)＝1.0mol·L－1【答案】B【解析】A．AlO2-促進HCO3-的電離，偏鋁酸鈉和碳酸氫鈉發(fā)生生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，反應的離子方程式為HCO＋AlO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO，故A正確；B．加入前8mLNaHCO3溶液時，沒有沉淀生成，說明a點的溶液中含有氫氧化鈉，氫氧化鈉抑制水電離，b點溶液含有偏鋁酸鈉、碳酸鈉，偏鋁酸鈉、碳酸鈉水解促進水電離，所以a點水的電離程度小于b點水的電離程度，故B錯誤；C．a(chǎn)點溶液中含有偏鋁酸鈉、氫氧化鈉，依據(jù)電荷守，溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)=c(AlO)＋c(OH-)，故C正確；D．由圖象可知，加入前8mL碳酸氫鈉溶液不生成沉淀，生成0.032mol氫氧化鋁沉淀消耗32mLNaHCO3溶液，依據(jù)HCO3-+AlO2-+H2O═Al（OH）3↓+CO32-可知，c（NaHCO3）=1.0mol/L，原NaHCO3液中c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)=1.0mol·L-1，原NaHCO3液中c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)=1.0mol·L-1，故D正確；13.在100℃時，容積為5L的真空密閉容器中加入肯定量的N2O4，容器內(nèi)N2O4和NO2的物質(zhì)的量變更如下表所示：時間/s0210306090n(N2O4)/mol0.30.250.150.125b0.12n(NO2)/mol00.1a0.350.360.36下列說法正確的是（）A.10s時，以NO2濃度變更表示的該反應速率為0.006mol?L?-1?s-1B.該溫度下反應2(NO2g)?N2O4(g)的平衡常數(shù)K=0.216C.35s時容器內(nèi)壓強為反應前的1.6倍D.其它條件不變，90s后向容器中再加入0.3molNO2建立新平衡時，與原平衡時比較，氣體平均相對分子質(zhì)量增大【答案】D【解析】A．10s內(nèi)，以NO2濃度變更表示的該反應平均速率為0.006mol·L-1·s-1，10s時為瞬時速率，小于0.006mol·L-1·s-1，故A錯誤；B．依據(jù)分析，60s時反應達到平衡，平衡時，N2O4為0.12mol，NO2為0.36mol，容積為5L，該溫度下反應2NO2(g)?N2O4(g)的平衡常數(shù)K==4.63，故B錯誤；C．35s時若反應體系達到平衡狀態(tài)，依據(jù)氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強之比，則=1.6，但依據(jù)題中表格數(shù)據(jù)，35s時容器可能不肯定平衡，壓強不肯定是反應前的1.6倍，故C錯誤；D．其它條件不變，90s后向容器中再加入0.3molNO2，因為容器體積不變，充入NO2或N2O4越多，N2O4的體積分數(shù)越大，建立新平衡時，與原平衡時比較，氣體平均相對分子質(zhì)量增大，故D正確；14.某有機物可催化多氟芳烴的取代反應，機理圖所示。下列說法正確的是A．圖中1、3、6是催化劑B．過程②中有非極性鍵與極性健的斷裂與形成C．過程中①原子利用率為100%D．4為CH3COCH2NH2時，7是【答案】C【解析】A．依據(jù)反應原理可知，圖中1為催化劑，3、6為中間產(chǎn)物，選項A錯誤；B．過程②中為取代反應C-X鍵斷裂和C-F鍵形成，為極性健的斷裂與形成，選項B錯誤；C．過程中①為加成反應，原子利用率為100%，選項C正確；Ｄ．依據(jù)反應原理，4為CH3COCH2NH2時，7是，選項D錯誤；非選擇題部分二、非選擇題(本大題共4小題，共58分)15（15分）.高純碳酸錳在電子工業(yè)中有重要的應用，濕法浸出軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe、Al、Mg等雜質(zhì)元素)制備高純碳酸錳的試驗過程如圖，其中植物粉的作用是作還原劑。(1)浸出：浸出時溫度限制在90℃~95℃之間，并且要連續(xù)攪拌3小時的目的是___。(2)除雜：①向浸出液中加入肯定量的碳酸錳礦，調(diào)整浸出液的pH為3.5~5.5；②再加入肯定量的軟錳礦和雙氧水，過濾；③…。操作①中運用碳酸錳調(diào)pH的優(yōu)勢是___；操作②中加入雙氧水不僅能將Fe2+氧化為Fe3+，而且能提高軟錳礦的浸出率。寫出雙氧水提高軟錳礦浸出率的離子方程式___。(3)制備：在30℃~35℃下，將碳酸氫銨溶液滴加到硫酸錳凈化液中，限制反應液的最終pH在6.5~7.0，得到MnCO3沉淀。該反應的化學方程式為___；生成的MnCO3沉淀需經(jīng)充分洗滌，檢驗洗滌是否完全的方法是___。(4)計算：室溫下，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11，Ksp(MgCO3)=2.6×10-5，已知離子濃度小于1.0×10-5mol·L-1時，表示該離子沉淀完全。若凈化液中的c(Mg2+)=10-2mol/L，試計算說明Mg2+的存在是否會影響MnCO3的純度___。【答案】（1）提高軟錳礦中錳的浸出率（2分）（2）增加MnCO3的產(chǎn)量(或不引入新的雜質(zhì)等)（2分）MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑（3分）（3）MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O（3分）取最終一次的洗滌后的濾液1~2mL于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈（2分）（4）Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)·c(CO32-)

，當Mn2+沉淀完全時，c(CO32-)==1.8×10-6

mol·L-1，若Mg2+也能形成沉淀，則要求Mg2+＞=14.4mol·L-1，

Mg2+的濃度10-2mol/L遠小于14.4mol·L-1，說明Mg2+的存在不會影響MnCO3的純度。（3分）【解析】(1)限制溫度，連續(xù)攪拌是為了軟錳礦粉充分反應，提高軟錳礦中錳的浸出率，故答案為：提高軟錳礦中錳的浸出率；(2)運用碳酸錳不會引入新的雜質(zhì)，同時也能增加MnCO3的產(chǎn)量；雙氧水能被二氧化錳氧化成氧氣，方程式為：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑。故答案為：增加MnCO3的產(chǎn)量(或不引入新的雜質(zhì)等)；MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑；(3)碳酸氫銨簡單分解，溫度低，可以削減碳酸氫銨的分解，提高原料利用率；反應方程式為：MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；檢驗洗滌是否完全，可以看有無硫酸根離子，操作方法為：取最終一次的洗滌濾液1~2mL于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈。故答案為：MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；取最終一次的洗滌后的濾液1~2mL于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈；(4)Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)·c(CO32-)，當Mn2+沉淀完全時，c(CO32-)==1.8×10-6mol·L-1，若Mg2+也能形成沉淀，則要求Mg2+＞=14.4mol·L-1，Mg2+的濃度10-2mol/L遠小于14.4mol·L-1，說明Mg2+的存在不會影響MnCO3的純度。故答案為：Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)·c(CO32-)

，當Mn2+沉淀完全時，c(CO32-)==1.8×10-6

mol·L-1，若Mg2+也能形成沉淀，則要求Mg2+＞=14.4mol·L-1，

Mg2+的濃度10-2mol/L遠小于14.4mol·L-1，說明Mg2+的存在不會影響MnCO3的純度。16（14分）.有機物F某藥物合成中間體，其合成路途如下：(1)B→C反應過程中，溫度太高會產(chǎn)生一種副產(chǎn)物X(分子式為C12H18O3)，X的結(jié)構(gòu)簡式為___________。(2)C的一種同分異構(gòu)體同時滿意下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___________。Ⅰ.分子中含有苯環(huán)，遇FeCl3溶液不顯色；Ⅱ.酸性條件下水解得到的兩種產(chǎn)物分子中均含有3種不同化學環(huán)境的氫原子。(3)CH2(CN)2分子中碳原子軌道雜化類型是___________。(4)E分子中含有手性碳原子的數(shù)目為___________。(5)請設計以和為原料制備合成路途(無機試劑任用，合成路途示例見本題題干)______?！敬鸢浮?（3分）.（3分）.sp3、sp（2分）.1（2分）(5).（4分）【解析】(1)X為C12H18O3,不飽和度為4,4個不飽和度為苯環(huán)，說明酮基被還原為羥基，則X的結(jié)構(gòu)式為（2）Ⅰ中有苯環(huán)，無酚羥基，Ⅱ水解產(chǎn)物有三種H，則為（3）單鍵sp3雜化、雙鍵sp3雜化、三鍵sp雜化（4）手性碳為連有四個不同原子或基團（甲基、亞甲基、碳碳雙鍵），故手性碳有1（5）（4分）17（14分）.BaS是一種重要的無機合成中間體，可以通過重晶石(主要成分BaSO4，還含有SiO2等雜質(zhì))制備得到。工業(yè)常以軟錳礦(主要成分MnO2)和BaS為原料制備碳酸錳。(1)制取BaS溶液。將重晶石與活性炭混合勻稱，高溫煅燒，冷卻后得重晶石熟料。向重晶石熟料中加入熱水，充分攪拌后過濾，得BaS溶液。①測定SiO2是晶態(tài)還是非晶態(tài)，牢靠的科學方法是_______。②已知：室溫下，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-15。測得0.1mol·L-1BaS溶液pH≈13。溶液中OH-、S2-、HS-三種離子濃度由大到小的依次依次是_______。③通過下列試驗方法測定重晶石熟料中BaS的質(zhì)量分數(shù)：步驟I：精確稱取10.00g試樣，加適量水，待可溶物全部溶解，過濾，并洗滌沉淀，將洗滌液與濾液一并轉(zhuǎn)移至500mL容量瓶中，定容、搖勻。步驟II：取20.00mL醋酸溶液(過量)于錐形瓶中，再加入20.00mL0.08000mol·L-1碘標準溶液，然后再向錐形瓶中加入10.00mL步驟I所配的試樣溶液，邊加邊振蕩。充分反應后，硫元素完全轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)。步驟III：以淀粉為指示劑，用0.05000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，發(fā)生反應：I2+2S2O=2I-+S4O。消耗Na2S2O3溶液20.00mL。計算試樣中BaS的質(zhì)量分數(shù)_______。(寫出計算過程)(2)制取高純碳酸錳。BaS溶液和軟錳礦經(jīng)反應、過濾、酸溶、凈化可制得的MnSO4溶液。①MnSO4溶液和NH4HCO3固體混合后，極速反應生成MnCO3。反應方程式為2HCO+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑。實際制取MnCO3時，一般選擇運用氨水-NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固體，這樣改進的優(yōu)點是_______。②已知：6.5<pH<7.5時，碳酸錳產(chǎn)率較高。pH=8.1時，Mn2+起先形成Mn(OH)2沉淀。請設計以MnSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液為原料制備高純碳酸錳的試驗方案：_______。(試驗中須運用的試劑有：稀鹽酸、BaCl2溶液、蒸餾水)【答案】①對固體進行X射線衍射（2分）②c(H+)＞c(HS-)＞c(S2-)（2分）③92.95%（4分）①增大c(CO)，汲取CO2氣體，防止液體外溢，造成危急（2分）②向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液，邊加邊攪拌，至溶液pH在6.5~7.5之間，充分靜置后過濾。用蒸餾水洗滌濾渣，至取最終一次洗滌濾液，先加鹽酸，再加氯化鋇溶液不出現(xiàn)白色沉淀，干燥（4分）【解析】(1)①測定SiO2是晶態(tài)還是非晶態(tài)，牢靠的科學方法是對固體進行X射線衍射，故答案為：對固體進行X射線衍射；②由物料守恒可知，c(Ba2+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1mol·L-1，pH≈13可得c(H+)=10-13，c(OH-)=10-1，Ka2(H2S)=，，c(HS-)＞c(S2-)，所以c(H+)＞c(HS-)＞c(S2-)，故答案為：c(H+)＞c(HS-)＞c(S2-)；③消耗Na2S2O3的物質(zhì)的量為0.02×0.05=0.001mol，所以III消耗I2的物質(zhì)的量為0.0005mol，加入I2的物質(zhì)的量為0.02×0.08=0.0016mol，所以II中消耗I2的物質(zhì)的量為0.0016mol-0.0005mol=0.0011mol，依據(jù)反應I2+S2-=S+2I-，所以n(S2-)=n(BaS)，BaS的質(zhì)量分數(shù)=，故答案為：92.95%；(3)①實際制取MnCO3時，一般選擇運用氨水-NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固體，這樣改進的優(yōu)點是增大c(CO)，汲取CO2氣體，防止液體外溢，造成危急，故答案為：增大c(CO)，汲取CO2氣體，防止液體外溢，造成危急；②向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液，邊加邊攪拌，至溶液pH在6.5~7.5之間，充分靜置后過濾。用蒸餾水洗滌濾渣，至取最終一次洗滌濾液，先加鹽酸，再加氯化鋇溶液不出現(xiàn)白色沉淀，干燥，故答案為：向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液，邊加邊攪拌，至溶液pH在6.5~7.5之間，充分靜置后過濾。用蒸餾水洗滌濾渣，至取最終一次洗滌濾液，先加鹽酸，再加氯化鋇溶液不出現(xiàn)白色沉淀，干燥。18（15分）．芯片是國家科技的心臟。在硅及其化合物上進行蝕刻是芯片制造中特別重要的環(huán)節(jié)。三氟化氮(NF3)、四氟化碳(CF4)是常見的蝕刻劑。(1)高純?nèi)獙Χ趸杈哂袃?yōu)異的蝕刻速率和選擇性。①二氧化硅的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，二氧化硅晶體中硅原子四周最近的硅原子有_______個。②工業(yè)上常采納F2干脆氟化尿素［CO(NH2)2]的方法生產(chǎn)NF3。得到的NF3中常含有少量CF4。常溫下，三種物質(zhì)在水中的溶解性大小依次為：CF4<NF3<NH3，緣由是_______。(2)四氟化碳的一種蝕刻機理是：CF4在