2023年福建省泉州市高考化学质检试卷（三）-普通用卷

这是一份2023年福建省泉州市高考化学质检试卷（三）-普通用卷，共23页。试卷主要包含了单选题，流程题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年福建省泉州市高考化学质检试卷（三）
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 化学与生活、科技、体育等密切相关，下列说法错误的是(    )
A. 为保护地下钢管不受腐蚀，可将其与直流电源正极相连
B. 卡塔尔世界杯足球使用的聚氨酯材料，属于有机高分子
C. 长途运输中可用浸有高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
D. 二氧化碳取代氟利昂作为制冷剂，有利于保护臭氧层
2. 茶叶“做青”过程中会产生有花香气味的沉香醇(分子结构如图)。有关沉香醇的说法错误的是 (    )
A. 1mol最多能和2molH2反应 B. 与丙烯醇()互为同系物
C. 可发生氧化反应、聚合反应 D. 甲基上的一氯取代物有两种
3. 下列离子方程式可用以解释相应事实且书写正确的是(    )
A. 用NaOH溶液吸收少量SO2尾气：OH−+SO2=HSO3−
B. 将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：1混合：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O
C. 纯碱溶液可用于去油污：CO3−+2H2O⇌H2CO3+2OH−
D. 电解饱和食盐水制烧碱：2Cl−+2H2O=通电2OH−+Cl2↑+H2↑
4. 将NH3通入无水MgCl2的乙醇溶液中，充分反应后，过滤、洗涤并自然风干，制得粗品MgCl2⋅6NH3。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(    )
A. 标准状况下，5.6LNH3中共用电子对数为0.75NA
B. 1.0L2.0mol⋅L−1MgCl2溶液中，Mg2+的数目为2.0NA
C. 0.20mol乙醇完全燃烧，生成CO2的数目为0.40NA
D. 19.7gMgCl2⋅6NH3中配位键数目为0.60NA
5. 氧化钡广泛用于玻璃、陶瓷工业。一种利用钡泥(主要成分是BaCO3，含少量BaSO3及其它杂质)制取氧化钡的工艺流程如图，以下说法错误的是 (    )

A. “滤渣”含有BaSO4
B. “调pH”时发生复分解反应
C. “操作a”须用坩埚、漏斗、烧杯等
D. “煅烧”产生的气体用水吸收后可循环利用
6. 某电催化分解水的催化剂由钴元素(Co)和原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、R、T组成。X、Y、T原子的最外层电子数都满足2n−1(n为电子层数)的关系，Z原子核外有3对成对电子，R与X同主族。下列说法正确的是(    )
A. 原子半径：T>R>Y B. TX3分子的空间构型为平面三角形
C. 非金属性：Y>T>Z D. R、T均能与Z形成含共价键的化合物
7. 叠氮化钠(NaN3)可作汽车安全气囊的气体发生剂。由氨基钠(NaNH2，易氧化、潮解)和N2O加热可制得NaN3，反应化学方程式为2NaNH2+N2O=NaN3+NH3+NaOH，实验装置如图。下列说法错误的是 (    )

A. 加热前先通入N2O排除装置中的空气
B. 浓硫酸可防止产品发生潮解
C. a、b间缺少防倒吸装置
D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
8. 一定条件下，由甲烷向含氧有机化合物转化的一种催化机理如图。下列说法错误的是 (    )

A. 该反应的催化剂为物质(a)
B. 反应过程中Pt的配位数发生变化
C. 转化过程中，碳元素在步骤①中被氧化
D. 总反应方程式：CH4+2SO3→催化剂CH3OSO3H+SO2
9. 硅是一种具有超高能量密度的电极材料。酸性Si−MnO2电池以炭粉和铜粉掺杂在硅晶体中制得的CuSi@C电极为负极，酸性硫酸钠溶液为电解液，放电过程如图所示。下列说法错误的是 (    )

A. 硅晶体掺杂炭粉和铜粉可以增强电极的导电性
B. 负极的电极反应式为：Si+2H2O−4e−=SiO2+4H+
C. 电池工作在一段时间后，正极区溶液的pH降低
D. 外电路转移1mol电子时，理论上正极材料损耗43.5g
10. 常温下，0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液中的含碳微粒(或含氮微粒)分布系数δ(x)与pH的关系如图所示，已知曲线b代表NH4+。下列说法正确的是 (    )

A. 曲线d、c分别代表HCO3−、CO32−
B. Ka2(H2CO3)的数量级为10−11
C. 当pH=10时，溶液中存在关系：(CO32−)>c(NH4+)>c(HCO3−)>c(NH3⋅H2O)
D. 当pH=6.35时，溶液中存在关系：2c(CO32−)+c(H2CO3)=c(NH4+)
二、流程题（本大题共1小题，共13.0分）
11. 废弃锂离子电池正极混合粉末主要含有LiCoO2和C，还含有Mn、Al、Cu、Fe等元素。某逐级分离金属的工艺流程如图所示：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=1.3×10−33、Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10−20。
②金属离子c(Mn+)≤1.0×10−5mol⋅L−1时视为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“酸浸还原”时，
①为提高“酸浸还原”效率可采取的措施有 ______ (任写1种)。
②L−抗坏血酸(C6H8O6)的反应产物为C6H6O6。LiCoO2参与反应的化学方程式为 ______ 。
(2)“沉铁”时，加入适量的H2O2，目的是 ______ 。
(3)“沉铝铜”时，应控制pH不低于 ______ 。(已知：lg2=0.3)
(4)锰、钴的提取经“萃取”“反萃”“沉淀”等步骤。
①锰、钴的“萃取”与“反萃”原理为：M2++2HR⇌MR2+2H+(HR为萃取剂)。“反萃”时，向萃取液中加入的试剂为 ______ (填化学式)。
②向“反萃”所得溶液加入NaHCO3进行“沉锰”，反应的离子方程式为 ______ 。
③用(NH4)2C2O4“沉钴”，沉淀终点pH、反应温度对CoC2O4沉淀率的影响如图所示。则反应的适宜温度为 ______ ℃，pH小于2时，随pH减小沉钴率下降的原因是 ______ 。




三、简答题（本大题共4小题，共47.0分）
12. 某兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液反应。
Ⅰ.利用如图装置制备SO2

(1)仪器a的名称 ______ 。
(2)b中反应的化学方程式为 ______ ，该反应体现了浓硫酸的 ______ 性。
Ⅱ.探究SO2与FeCl3溶液的反应
(3)兴趣小组预测，SO2能使FeCl3溶液由黄色变为浅绿色，反应的离子方程式为 ______ 。
实验：向0.5mol⋅L−1FeCl3溶液中通入SO2至饱和后，用橡皮塞封闭试管，观察到溶液由黄色迅速变为血红色，静置5min后变回黄色，静置9h后，变为浅绿色。

(4)探究血红色物质生成的原因
查阅资料：血红色物质可能与SO2饱和溶液中的主要微粒：SO2、H2SO3、H+、HSO3−、SO32−有关。
①取少量上述血红色溶液，立即滴加几滴1.5mol⋅L−1溶液A，溶液快速变回黄色。据此推测：红色物质的产生与H+无关。物质A的化学式为 ______ 。
②向1mL1mol⋅L−lFeCl3溶液中滴加1mL1mol⋅L−1NaHSO3溶液，溶液变为血红色，滴加几滴1.5mol⋅L−1溶液A，褪成黄色。据此推测：红色物质的产生与SO2和H2SO3无关，主要与HSO3−或SO32−有关。推测的理由是 ______ 。
③利用分光光度位测定红色物质的浓度(吸光度越高，浓度越大)，实验数据如下。
V/mL
吸光度
1mol⋅L−1FeCl3
1mol⋅L−1Na2SO3
1mol⋅L−1NaHSO3
0.5
4
0.0
0.412
0.5
3.6
0.4
0.359
0.5
3.2
0.8
0.331
0.5
2.8
1.2
0.297
结论：溶液变血红色的主要原因是Fe3+和 ______ 发生配合反应。
(5)由以上探究结果说明该条件下，SO2与FeCl3溶液反应的活化能：氯化还原反应 ______ (填“大于”“小于”或“等于”)配合反应。
(6)兴趣小组在某次实验中，通入SO2后未封闭试管，发现血红色更快变回黄色。其可能原因是 ______ 。
13. 氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，利用热解 H2S或 CH4均可获得氢源，发生如下反应：
反应i：H2S(g)⇌H2(g)+12S2(g )ΔH1=+85.8kJ⋅mol−1
反应ii：CH4(g)+S2(g)⇌CS2(g)+2H2(g)ΔH2=+64kJ⋅mol−1
(1)2H2S(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+4H2(g)ΔH3= ______ kJ⋅mol−1。
(2)在aL刚性密闭容器中充入bmolH2S，发生反应i。不同裂解温度时，反应达到平衡时各物质物质的量分数如图所示。

①T℃时，反应经过tmin达到m点平衡状态，则v(H2)= ______ mol⋅L−1⋅min−1。
②为提高H2的平衡产率，除升高温度外，还可采用的措施为 ______ (任写一种)。
③某温度下，采用α−Fe2O3作催化剂，H2S热分解的机理如图所示：一段时间后，催化剂的催化效率会逐渐降低的原因是部分Fe2O3被H2还原以及 ______ 。

(3)在恒压绝热密闭容器中充入等物质的量的CH4、S2，发生反应ii。下列选项能说明反应达到平衡状态的是 ______ 。
a.v正(CH4)=2v逆(H2)
b.c(CH4)：c(S2)=1：1
c.温度保持不变
d.混合气体密度保持不变
(4)将n(H2S)：n(CH4)=2：1的混合物气体导入石英管反应器，用Ar稀释，维持压强为0.1MPa，发生反应i、ii。不同温度下，测得平衡时H2、CS2的物质的量分数(x)如表所示：
温度/℃
950
1000
1050
1100
1150
x(H2)/%
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
x(CS2)/%
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
①950℃时，保持H2S的物质的量分数[n(H2S)n(H2S)+n(CH4)+n(Ar)]不变，提高投料比[n(H2S)n(CH4)]不影响H2S的转化率，其原因是 ______ 。
②1100℃时，CH4的平衡物质的量分数为2.0%，反应ii的Kp= ______ MPa(列计算式，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
14. 锰酸锂是锂离子电池最有前途的正极材料之一。以Li2CO3或LiOH为锂源，以MnO2、(CH3COO)2Mn等为锰源，可以制备锰酸锂。回答下列问题：
(1)在酸性溶液中，Mn2+是锰的最稳定状态，因为Mn2+的价电子构型为 ______ (填电子排布式)，恰好为 ______ 稳定结构。
(2)LiOH和(CH3COO)2Mn按适当的比例混合，高温烧结得到锰酸锂，同时生成CO2，反应前后，碳原子的杂化轨道类型由 ______ 变为 ______ 。
(3)Li2CO3晶体中含有的微粒间作用力有 ______ (填标号)。
a.离子键
b.π键
c.金属键
d.非极性键
(4)锰酸锂晶体中，O2−按面心立方紧密堆积排列，晶体结构如图，Li+、Mn3+、Mn4+填充于部分四面体空隙(A)或八面体空隙(B)中，且同种元素的离子填充的空隙类型相同。则n(Mn3+)：n(Mn4+)= ______ ，Li+与O2−的最短距离为 ______ 。

15. 酮基布洛芬(ketoprofen)是一种芳越烷酸类抗炎药，具有镇痛、消炎及解热作用。一种以苯甲酸(A)为起始原料合成酮基布洛芬的路线如图所示。


回答下列问题：
(1)有机物B的名称为 ______ 。
(2)C中含氧官能团的名称为 ______ 。
(3)若R−代表()，D→E的反应历程：

③、④的有机反应类型分别为 ______ 、 ______ 。
(4)darzens反应是合成芳基烧酸类抗炎药的重要步骤，其机理简单表示如图：

E→F的反应中，X的结构简式为 ______ 。
(5)联苯()的二取代物W是F的同分异构体。W的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为3：2：2，W的结构简式为 ______ 。
(6)缓释酮基布洛芬能缓慢水解释放出药物。将下列方程式补充完整[R−与(3)相同]。
______ 。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A.为保护地下钢管不受腐蚀，可使它与直流电源负极相连，因为电解池的阳极金属容易被腐蚀，阴极金属能受到保护，故A错误；
B.聚氨基甲酸酯纤维材料为人工合成有机高分子化合物，通过缩聚反应制得，属于有机高分子，故B正确；
C.乙烯是水果的催熟剂，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果，故C正确；
D.氟利昂能破坏臭氧层，二氧化碳对臭氧层无影响，所以用二氧化碳取代氟利昂作为制冷剂，有利于保护臭氧层，减轻对臭氧层的破坏，故D正确；
故选：A。
A.电解池的阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应；
B.聚氨基甲酸酯纤维为合成有机高分子化合物，属于高聚物；
C.乙烯是水果的催熟剂，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.氟利昂能破坏臭氧层，二氧化碳对臭氧层无影响。
本题考查物质的性质及用途，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

2.【答案】B 
【解析】解：A.碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，分子中含有2个碳碳双键，所以1mol该物质最多消耗2mol氢气，故A正确；
B.丙烯醇含有1个碳碳双键，沉香醇含有2个碳碳双键，二者结构不相似，所以不互为同系物，故B错误；
C.分子中碳碳双键能发生氧化反应、加聚反应，故C正确
D.分子中含有2种甲基，其甲基上的一氯代物有2种，故D正确；
故选：B。
A.碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应；
B.结构相似，在分子组成上相差1个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
C.含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质；
D.含有几种甲基，其甲基上的一氯代物就有几种。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、同系物概念内涵是解本题关键，题目难度不大。

3.【答案】D 
【解析】解：A.用NaOH溶液吸收少量SO2尾气的离子方程式为：2OH−+SO2=SO32−+H2O，故A错误；
B.将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：1混合的离子方程式为：Ba2++2OH−+NH4++H++SO42−=BaSO4↓+NH3⋅H2O+H2O，故B错误；
C.纯碱溶液可用于去油污的主要反应为：CO3−+H2O⇌HCO3−+OH−，故C错误；
D.电解饱和食盐水制烧碱的离子方程式为：2Cl−+2H2O=通电2OH−+Cl2↑+H2↑，故D正确；
故选：D。
A.二氧化硫少量，反应生成亚硫酸根离子和水；
B.漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；
C.碳酸根离子的水解分步进行，其水解反应需要分步书写，主要以第一步水解为主；
D.电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：A.标准状况下，5.6LNH3中共用电子对数为5.6L22.4L/mol×3×NA/mol=0.75NA，故A正确；
B.镁离子在水中水解，1.0L2.0mol⋅L−1MgCl2溶液中，Mg2+的数目小于2.0NA，故B错误；
C.0.20mol乙醇完全燃烧，生成CO2的数目为0.2mol×2×NA/mol=0.4NA，故C正确；
D.19.7gMgCl2⋅6NH3中配位键数目为19.7g197g/mol×6×NA/mol=0.6NA，故D正确；
故选：B。
A.一个氨气分子中含有3对共用电子对；
B.镁离子在水中水解；
C.1mol乙醇分子燃烧生成2mol二氧化碳分子；
D.1molMgCl2⋅6NH3中含有6mol配位键。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。

5.【答案】C 
【解析】解：A.根据分析，滤渣为硫酸钡，故A正确；
B.调节pH时，氢氧化钡中和过量的硝酸，发生复分解反应，故B正确；
C.操作a为硝酸钡溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硝酸钡晶体，须用蒸发皿、漏斗、烧杯等，不需要用坩埚，故C错误；
D.Ba(NO3)2在高温下分解生成BaO、NO、O2，NO、O2和H2O反应可生成硝酸，可循环利用，故D正确；
故选：C。
钡泥主要含BaCO3、BaSO3等，加入硝酸酸溶，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，得到的混合气体含NO和二氧化碳，同时生成不溶的硫酸钡沉淀，加入Ba(OH)2溶液调节pH，生成硝酸钡溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到硝酸钡晶体，Ba(NO3)2在高温下分解生成BaO、NO、O2，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

6.【答案】D 
【解析】解：由分析可知，X为H元素、Y为B元素、Z为O元素、R为Na元素、T为P元素；
A.同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，则原子半径：Na>P>B，故A错误；
B.PH3分子与NH3分子结构相似，二者空间构型相似，PH3分子空间构型为三角锥形，故B错误；
C.同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，可知电负性：O>P，硼酸是弱酸，而磷酸是中强酸，可知磷的非金属性比硼强，即磷的电负性比硼大，则电负性：O>P>B，故C错误；
D.P元素的氧化物属于共价化合物，含有共价键，而Na元素与氧元素形成的过氧化钠含有共价键，故D正确；
故选：D。
X、Y、Z、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、T原子的最外层电子数都满足2n−1(n为电子层数)的关系，不可能存在n相同的情况，因为同周期原子最外层电子数一定不相等，n只能分别为1、2、3，X、Y、T最外层电子数依次为1、3、5，可知X为H元素、Y为B元素、T为P元素；R与X同主族，R的原子序数大于硼，可知R为Na元素；Z原子核外有3对成对电子，Z的原子序数性小于钠，可知Z处于第二周期，其核外电子排布式为1s22s22p4，故Z为O元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。

7.【答案】D 
【解析】解：A.NaNH2易氧化、潮解，在空气存在的条件下易发生副反应，导致NaN3的产率降低，所以加热前应先通入N2O排除装置中的空气，故A正确；
B.浓硫酸具有吸水性，装置b中盛装的浓硫酸可防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，可防止产品发生潮解，故B正确；
C.NH3是碱性气体，易快速与浓硫酸反应，会发生倒吸，为发生倒吸，应该在装置a、b间添加防倒吸装置，故C正确；
D.反应2NaNH2+N2O=NaN3+NH3+NaOH中，NaNH2发生失电子的氧化反应，N2O发生得电子的还原反应，NaNH2是还原剂，N2O是氧化剂，NaN3既是氧化产物又是还原产物，根据N原子守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选：D。
A.NaNH2易氧化、潮解，则加热前应先排除装置中的空气；
B.装置b中盛装的浓硫酸可防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；
C.NH3是碱性气体，易快速与浓硫酸反应；
D.反应2NaNH2+N2O=NaN3+NH3+NaOH中，NaNH2是还原剂，N2O是氧化剂。
本题考查物质的制备实验方案设计，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

8.【答案】C 
【解析】解：A.由图可知，物质(a)参与第一步反应，在最后一步反应生成，故物质(a)为该反应的催化剂，故A正确；
B.由图可知，在物质(a)、(b)中Pt的配位数是4，在物质(c)中Pt的配位数是6，即反应过程中Pt的配位数发生变化，故B正确；
C.由图可知，步骤①为取代反应，碳元素在步骤①中化合价不变，未被氧化，故C错误；
D.结合催化机理图可知，CH4与SO3生成CH3OSO3H与SO2，总反应方程式：CH4+2SO3→催化剂CH3OSO3H+SO2，故D正确；
故选：C。
A.催化剂参与第一步反应，在最后一步反应生成；
B.由图可知，在物质(a)、(b)中Pt的配位数是4，在物质(c)中Pt的配位数是6；
C.由图可知，步骤①为取代反应；
D.结合催化机理图可知，CH4与SO3生成CH3OSO3H与SO2。
本题考查化学反应机理，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、原理为解答的关键，侧重分析与解答能力的考查，题目难度中等。

9.【答案】C 
【解析】解：A.炭粉和铜粉具有导电性，故硅晶体掺杂炭粉和铜粉可以增强电极的导电性，故A正确；
B.a极为负极，电极反应式为Si+2H2O−4e−=SiO2+4H+，故B正确；
C.b极为正极，电极反应式为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O，氢离子被消耗，电池工作在一段时间后，正极区溶液的pH升高，故C错误；
D.外电路转移1mol电子时，理论上正极材料损耗质量为1mol2×87g/mol=43.5g，故D正确；
故选：C。
由图可知，a极Si元素化合价升高失电子，故a极为负极，电极反应式为Si+2H2O−4e−=SiO2+4H+，b极为正极，电极反应式为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键。

10.【答案】B 
【解析】解：A.分析可知，曲线d、c分别代表NH3⋅H2O、CO32−，故A错误；
B.c、e的交点处，pH≈10.2，c(HCO3−)=c(CO32−)，Ka2(H2CO3)=c(H+)×c(CO32−)c(HCO3−)=c(H+)≈10−10.2，Ka2(H2CO3)的数量级为10−11，故B正确；
C.图像可知，当pH=10时，溶液中离子浓度大小为：c(NH3⋅H2O)>c(HCO3−)>c(CO32−)>c(NH4+)，故C错误；
D.当pH=6.35时，c(HCO3−)=c(H2CO3)，c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，溶液中存在关系：2c(CO32−)+c(H2CO3)>c(NH4+)，故D错误；
故选：B。
酸性溶液中为铵根离子和碳酸，a曲线为H2CO3，b曲线为NH4+离子，随着溶液pH的增大，HCO3−离子含量增大，当溶液pH接近6.5时，溶液中c(HCO3−)=c(H2CO3)，后来溶液中NH3⋅H2O浓度增大，c(NH3⋅H2O)增大，d曲线代表NH3⋅H2O，e曲线为CO32−，据此分析判断。
本题考查了电解质溶液中离子浓度关系的分析判断，主要是离子浓度大小、电荷守恒的应用，题目难度中等。

11.【答案】搅拌、适当升高反应温度、适当增大酸的浓度等  3H2SO4+2LiCoO2+C6H8O6=C6H6O6+2CoSO4+Li2SO4+4H2O  将Fe2+转化为Fe3+  6.65  H2SO4  2HCO3−+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑  60  pH减小，氢离子浓度增大，平衡H++C2O72−⇌HC2O42−正向进行，溶液中c(C2O42−)减小使锝CoC2O4沉淀溶解 
【解析】解：(1)①为提高“酸浸还原”效率可采取的措施有：搅拌、适当升高反应温度、适当增大酸的浓度等，
故答案为：搅拌、适当升高反应温度、适当增大酸的浓度等；
②L−抗坏血酸(C6H8O6)的反应产物为C6H6O6，LiCoO2参与反应的化学方程式为：3H2SO4+2LiCoO2+C6H8O6=C6H6O6+2CoSO4+Li2SO4+4H2O，
故答案为：3H2SO4+2LiCoO2+C6H8O6=C6H6O6+2CoSO4+Li2SO4+4H2O；
(2)“沉铁”时，加入适量的H2O2，目的是：将Fe2+转化为Fe3+，
故答案为：将Fe2+转化为Fe3+；
(3)金属离子c(Mn+)≤1.0×10−5mol⋅L−1时视为沉淀完全，Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)c2(OH−)=2.0×10−20，c(OH−)= 2.0×10−201.0×10−5mol/L= 2×10−7.5mol/L，c(H+)=10−14 2×10−7.5mol/L= 22×10−6.5mol/L，pH=−lgc(H+)=−lg 22×10−6.5≈6.65，“沉铝铜”时，应控制pH不低于：6.65，
故答案为：6.65；
(4)①锰、钴的“萃取”与“反萃”原理为：M2++2HR⇌MR2+2H+(HR为萃取剂)，“反萃”时，平衡逆向进行，向萃取液中加入的试剂为酸，如H2SO4，
故答案为：H2SO4；
②向“反萃”所得溶液加入NaHCO3进行“沉锰”，锰离子结合碳酸根离子促进碳酸氢根离子电离正向进行，氢离子浓度增大，和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2HCO3−+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑，
故答案为：2HCO3−+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
③用(NH4)2C2O4“沉钴”，沉淀终点pH、反应温度对CoC2O4沉淀率的影响如图所示，温度60℃时沉淀率最大，反应的适宜温度为：60℃，pH小于2时，随pH减小沉钴率下降的原因是：pH减小，氢离子浓度增大，平衡H++C2O72−⇌HC2O42−正向进行，溶液中c(C2O42−)减小使锝CoC2O4沉淀溶解，
故答案为：60；pH减小，氢离子浓度增大，平衡H++C2O72−⇌HC2O42−正向进行，溶液中c(C2O42−)减小使锝CoC2O4沉淀溶解。
废弃锂离子电池正极混合粉末主要含有LiCoO2和C，还含有Mn、Al、Cu、Fe等元素，加入硫酸、L−抗坏血酸酸浸还原，L−抗坏血酸(C6H8O6)被LiCoO2氧化的反应产物为C6H6O6，过滤浸出渣为C等，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液沉铁得到黄钠铁矾，过滤后的滤液中加入碳酸氢铵沉铝铜过滤得到氢氧化铝和氢氧化铜沉淀，萃锰得到MnCO3、萃钴得到CoC2O4，过滤后的滤液中加入碳酸钠得到碳酸锂，据此回答问题。
本题考查物质的分离提纯的综合实验设计，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，本题注意把握制备流程和基本实验操作方法，侧重流程分析及除杂反应等知识点考查，题目难度中等。

12.【答案】分液漏斗  Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑  酸  2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+  HCl  加入盐酸后，c(HSO3−)和c(SO32−)浓度都减小，c(SO2)和c(H2SO3)浓度变大，溶液褪为黄色 SO32−  大于  空气中的O2将氧化SO32−生成SO42−，使得c(SO32−)浓度变小 
【解析】解：(1)仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)b中浓硫酸与亚硫酸钠固体发生复分解反应，生成Na2SO4、SO2等，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑，反应中浓硫酸表现了酸性，
故答案为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑；酸；
(3)SO2与FeCl3溶液反应，FeCl3变成FeCl2，同时SO2转化为硫酸，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+；
(4)①取少量上述血红色溶液，立即滴加几滴1.5mol⋅L−1溶液A，溶液快速变回黄色，据此推测：红色物质的产生与H+无关，物质A的化学式为：HCl，
故答案为：HCl；
②向1mL1mol⋅L−lFeCl3溶液中滴加1mL1mol⋅L−1NaHSO3溶液，溶液变为血红色，滴加几滴1.5mol⋅L−1溶液A，褪成黄色，据此推测：红色物质的产生与SO2和H2SO3无关，主要与HSO3−或SO32−有关，推测的理由是：加入盐酸后，发生反应HSO3−+H+=SO2↑+H2O，c(HSO3−)和c(SO32−)浓度都减小，c(SO2)和c(H2SO3)浓度变大，溶液褪为黄色，若与SO2和H2SO3有关，溶液溶液应仍为红色，
故答案为：加入盐酸后，c(HSO3−)和c(SO32−)浓度都减小，c(SO2)和c(H2SO3)浓度变大，溶液褪为黄色；
③图表数据分析可知，随着亚硫酸钠溶液浓度越大，吸光度越大，溶液红色越深，亚硫酸氢钠浓度越大，吸光度越小，溶液红色越浅，溶液变血红色的主要原因是Fe3+和SO32−发生配合反应，
故答案为：SO32−；
(5)由以上探究结果说明该条件下，先变红，说明配合反应更容易进行，活化能更小，SO2与FeCl3溶液反应的活化能：氧化还原反应大于配合反应，
故答案为：大于；
(6)兴趣小组在某次实验中，通入SO2后未封闭试管，发现血红色更快变回黄色，可能的原因是：空气中的O2将氧化SO32−生成SO42−，使得c(SO32−)浓度变小，
故答案为：空气中的O2将氧化SO32−生成SO42−，使得c(SO32−)浓度变小。
(1)结合仪器形状和用途写出仪器名称；
(2)亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水；
(3)铁离子具有氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸；
(4)①取少量上述血红色溶液，立即滴加几滴1.5mol⋅L−1溶液A，溶液快速变回黄色，据此推测：红色物质的产生与H+无关，则A为稀酸溶液；
②向1mL1mol⋅L−lFeCl3溶液中滴加1mL1mol⋅L−1NaHSO3溶液，溶液变为血红色，滴加几滴1.5mol⋅L−1溶液A，褪成黄色，说明红色物质的产生与SO2和H2SO3无关；
③吸光度越高，浓度越大，溶液红色越深，结合图表数据分析判断；
(5)由以上探究结果说明该条件下，先变红，说明配合反应更容易进行，活化能更小；
(6)空气中的O2将氧化SO32−生成SO42−。
本题考查实验的设计评价及物质组成的测定，做题时注意把握题中提供的信息，合理分析，题目难度中等，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。

13.【答案】+235.6 b2at  减小压强或及时分离出产物  硫单质未完全脱离催化剂，附着在催化剂表面导致其催化效率降低  cd  950℃时，CS2体积分数为0，说明未发生反应ii，恒压下，保持H2S物质的量分数不变，提高投料比，H2S的分压不变，H2S浓度不变 (5.5%×0.1)2×(0.4%×0.1)(0.2%×0.1)×(1.95%×0.1) 
【解析】解：(1)根据盖斯定律，i×2+ii，可得，2H2S(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+4H2(g)ΔH3=2ΔH1+ΔH2=2×(+85.8kJ⋅mol−1)+(+64kJ⋅mol−1)=+235.6kJ⋅mol−1，
故答案为：+235.6；
(2)①根据反应i可知，平衡时，H2的物质的量分数是S2的2倍，由图知，到达平衡时，H2的物质的量分数等于H2S的物质的量分数，设H2的物质的量分数为x，x+x+0.5x=100%，则x=40%，设到达平衡时，H2的物质的量变化量为ymol，
                  H2S(g)⇌H2(g)+12S2(g )
初始(mol)   b 0 0
转化(mol)   y y 0.5y
平衡(mol)  b−y            y              0.5y
yb−y+y+0.5y×100%=40%，则y=0.5bmol，H2的反应速率v(H2)=△c△t=0.5bmol2Ltmin=b2atmol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：b2at；
②提高H2的平衡产率，可采取减小压强或及时分离出产物使反应正向移动，
故答案为：减小压强或及时分离出产物；
③反应过程中，硫单质未完全脱离催化剂，附着在催化剂表面，催化剂表面积减小，使得催化效率降低，
故答案为：硫单质未完全脱离催化剂，附着在催化剂表面导致其催化效率降低；
(3)a.当达到平衡时，v正(CH4)=v逆(CH4)，v逆(CH4)：v逆(H2)=1：2，则2v正(CH4)=v逆(H2)，故v正(CH4)=2v逆(H2)时，反应未达到平衡，故a错误；
b.充入等物质的量的CH4、S2，由反应方程式可知，任一时刻，c(CH4)：c(S2)都为1：1，与反应进行的程度无关，故b错误；
c.容器是绝热容器，该反应是放热反应，在未平衡前，容器内温度一直是变化的，当容器内温度保持不变时，反应达到了平衡状态，故c正确；
d.该反应的反应物和生成物均为气体，混合气总质量是不变的，但容器是恒压容器，容器的体积和混合气的总物质的量成正比，由于反应物和生成物的系数之和不相等，所以随着反应的进行，混合气体的总物质的量在变化，则容器体积也在变化，则混合气密度也在变化，当密度保持不变时，反应达到了平衡状态，故d正确；
故答案为：cd；
(4)①由表格数据可知，950℃时，CS2体积分数为0，说明未发生反应ii，恒压下，保持H2S物质的量分数不变，提高投料比，H2S的分压不变，H2S浓度不变，平衡不移动，转化率不变，
故答案为：950℃时，CS2体积分数为0，说明未发生反应ii，恒压下，保持H2S物质的量分数不变，提高投料比，H2S的分压不变，H2S浓度不变；
②设n(H2S)、n(CH4)为2mol、1mol，设反应i生成了xmol的氢气和0.5xmol的S2，反应ii消耗了ymol的S2，生成2ymol的氢气，氢气总共生成了(x+2y)mol，S2生成了(0.5x−y)mol，二硫化碳生成了ymol，由于是同一体系中，气体的总物质的量可以表示为n总，就有①x+2y=5.5%n总(氢气物质的量占气体总物质的量的5.5%)，②y=0.4%n总(二硫化碳物质的量占气体总物质的量的0.4%)，0.5×①−2×②，就得到，0.5x−y=2.75%n总−0.8%n总=1.95%n总，即S2的物质的量分数是1.95%，反应ii的压强平衡常数Kp=p(CS2)×p2(H2)p(CH4)×p(S2)=(5.5%×0.1)2×(0.4%×0.1)(0.2%×0.1)×(1.95%×0.1)，
故答案为：(5.5%×0.1)2×(0.4%×0.1)(0.2%×0.1)×(1.95%×0.1)。
(1)根据盖斯定律，i×2+ii，可得，2H2S(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+4H2(g)ΔH3=2ΔH1+ΔH2；
(2)①根据反应i可知，平衡时，H2的物质的量分数是S2的2倍，由图知，到达平衡时，H2的物质的量分数等于H2S的物质的量分数，设H2的物质的量分数为x，x+x+0.5x=100%，则x=40%，设到达平衡时，H2的物质的量变化量为ymol，
                   H2S(g)⇌H2(g)+12S2(g )
初始(mol)   b 0 0
转化(mol)   y y 0.5y
平衡(mol)  b−y            y              0.5y
yb−y+y+0.5y×100%=40%，则y=0.5bmol，根据v(H2)=△c△t计算H2的反应速率；
②根据外界条件对反应的影响分析；
③催化剂表面积减小也会造成催化效率减小；
(3)a.当达到平衡时，v正(CH4)=v逆(CH4)，v逆(CH4)：v逆(H2)=1：2；
b.充入等物质的量的CH4、S2，由反应方程式可知，任一时刻，c(CH4)：c(S2)都为1：1；
c.容器是绝热容器，该反应是放热反应，在未平衡前，容器内温度一直是变化的；
d.该反应的反应物和生成物均为气体，混合气总质量是不变的，但容器是恒压容器，容器的体积和混合气的总物质的量成正比，由于反应物和生成物的系数之和不相等，所以随着反应的进行，混合气体的总物质的量在变化，则容器体积也在变化，则混合气密度也在变化；
(4)①由表格数据可知，950℃时，CS2体积分数为0，说明未发生反应ii，且反应在恒压条件下发生；
②设n(H2S)、n(CH4)为2mol、1mol，设反应i生成了xmol的氢气和0.5xmol的S2，反应ii消耗了ymol的S2，生成2ymol的氢气，氢气总共生成了(x+2y)mol，S2生成了(0.5x−y)mol，二硫化碳生成了ymol，由于是同一体系中，气体的总物质的量可以表示为n总，就有①x+2y=5.5%n总(氢气物质的量占气体总物质的量的5.5%)，②y=0.4%n总(二硫化碳物质的量占气体总物质的量的0.4%)，0.5×①−2×②，就得到，0.5x−y=2.75%n总−0.8%n总=1.95%n总，即S2的物质的量分数是1.95%，根据Kp=p(CS2)×p2(H2)p(CH4)×p(S2)计算反应ii的压强平衡常数。
本题考查比较综合，涉及盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、影响化学平衡的因素、化学平衡常数的计算等，关键是掌握盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算，侧重考查学生的分析能力、识图能力、计算能力，题目难度较大。

14.【答案】3d5  半充满  sp3、sp2  sp  ab  1：1  38a 
【解析】解：(1)Mn为25号元素，基态Mn原子核外电子排布式为3d54s2，形成离子先失去外层电子，故Mn2+的价电子构型为3d5，恰好为半充满结构，
故答案为：3d5；半充满；
(2)CH3COO−中甲基中的C原子形成4个σ键，为sp3杂化，羰基中C原子形成3个σ键，为sp2杂化，CO2中2个σ键，为sp杂化，反应前后，碳原子的杂化轨道类型由sp3、sp2变为sp，
故答案为：sp3、sp2；sp；
(3)Li2CO3晶体为离子晶体，存在离子键，CO32−中存在C−O极性键，C原子为sp2杂化，有1个未杂化的p轨道，与O原子及所带电荷形成大π键，
故答案为：ab；
(4)由题意知，该晶胞中含有16个O2−，Li+、Mn3+、Mn4+填充于部分四面体空隙(A)或八面体空隙(B)中，且同种元素的离子填充的空隙类型相同，空隙(A)有4个，空隙(B)有8个，根据正负化合价的代数和为零计算个数可得，晶胞中有4个Li+，有4个Mn3+，有4个Mn4+，n(Mn3+)：n(Mn4+)=4：4=1：1；由图可知，Li+与O2−的最短距离为边长为a4的立方体的体心到顶点的距离，即 38a，
故答案为：1：1； 38a。
(1)Mn为25号元素，基态Mn原子核外电子排布式为3d54s2；
(2)CH3COO−中甲基中的C原子形成4个σ键，羰基中C原子形成3个σ键，CO2中2个σ键；
(3)Li2CO3晶体为离子晶体，CO32−中存在C−O键，C原子为sp2杂化，还有1个未杂化的p轨道；，根据
(4)由题意知，该晶胞中含有16个O2−，Li+、Mn3+、Mn4+填充于部分四面体空隙(A)或八面体空隙(B)中，且同种元素的离子填充的空隙类型相同，根据正负化合价的代数和为零计算个数；由图可知，Li+与O2−的最短距离为边长为a4的立方体的体心到顶点的距离。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化方式、化学键、晶胞结构与计算等知识点，题目侧重考查学生识图能力、分析理解能力、知识迁移运用能力，关键是明确原子在晶胞中的位置，对学生的空间想象有一定的要求，题目难度中等。

15.【答案】间溴苯甲酸或3−溴苯甲酸  羰基  加成反应  消去反应  ClCH2COOCH2CH3   
【解析】解：(1)B为，有机物B的名称为间溴苯甲酸或3−溴苯甲酸，
故答案为：间溴苯甲酸或3−溴苯甲酸；
(2)C中含氧官能团的名称为羰基，
故答案为：羰基；
(3)③、④的有机反应类型分别为加成反应、消去反应，
故答案为：加成反应；消去反应；
(4)E→F的反应中，X的结构简式为ClCH2COOCH2CH3，
故答案为：ClCH2COOCH2CH3；
(5)联苯()的二取代物W是F的同分异构体，W的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为3：2：2，说明含有3种氢原子，且含有两个等效的甲基，结构对称，甲基含有一种氢原子，环上含有两种氢原子，W的结构简式为，
故答案为：；
(6)该反应方程式为，
故答案为：。
苯甲酸和液溴发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，根据A、C的结构简式知，B为，C和Mg反应生成D，D发生反应生成E，E和X发生(4)题的反应生成F，则X为ClCH2COOCH2CH3；F发生氧化反应生成酮基布洛芬。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，易错点是限制性条件下同分异构体结构简式的确定，注意反应中断键和成键方式，题目难度中等。