2023届广东省江门市部分名校高三高考仿真模拟测试化学试题含解析

这是一份2023届广东省江门市部分名校高三高考仿真模拟测试化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，实验题，有机推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

广东省江门市部分名校2023届高三高考仿真模拟测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．富饶的中华大地养育了勤劳智慧的人民，留下了许多宝贵的物质财富和精神财富，下列描述错误的是

定窑白瓷

沧州泥塑

曲阳石雕

长信宫灯
（青铜器）
A．白瓷的主要成分是碳酸钙(CaCO3)
B．泥塑不属于陶瓷
C．酸雨对汉白玉石雕有严重的破坏作用
D．青铜属于合金材料

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．白瓷的主要成分是硅酸盐，而不是碳酸盐，A错误；
B．泥塑是一种用粘土塑制成各种形象的古老的民间手工艺术，在民间又俗称为“彩塑”、“泥玩”。粘土的主要成分是硅酸盐，但泥塑产品不属于陶瓷，B正确；
C．汉白玉主要成分是碳酸钙，由于酸雨产生的HNO3、H2SO4的酸性比碳酸强，因此酸雨对汉白玉石雕有严重的破坏作用，C正确；
D．青铜是铜合金，因此青铜属于合金材料，D正确；
故合理选项是A。
2．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．绿色化学要求从源头上消除或降低生产活动对环境的污染
B．人造纤维和合成纤维都是由有机小分子经加聚反应合成的有机高分子
C．通过煤的气化和液化的物理过程，可将煤转化为清洁燃料
D．由石墨烯卷制而成的“超级纤维”碳纳米管是一种新型有机化合物材料
【答案】A
【详解】A．绿色化学要求从源头上消除或降低生产活动对环境的污染，从而保护环境，故A正确；
B．合成纤维是通过加聚或缩聚反应制得的有机高分子材料，故B错误；
C．煤的气化和液化是通过复杂的化学变化将固体煤转变成气态或液态燃料的过程，属于化学变化，故C错误；
D．石墨烯是碳单质，只含有碳元素，属于无机非金属材料，故D错误；
故选A。
3．下列物质应用错误的是
A．碳酸氢钠可用作膨松剂
B．二氧化硅可用作导电材料
C．Fe2O3可用作涂料
D．甘油具有保湿、保润功能，可用作护肤品
【答案】B
【详解】A．碳酸氢钠受热以及遇酸都能生成二氧化碳，可用作食品膨松剂，A正确；
B．二氧化硅不能导电，因此不能用作导电材料，B错误；
C．Fe2O3是一种红棕色粉末，常用作红色涂料，C正确；
D．甘油为丙三醇，极易溶于水，也具有吸水性，所以可起到保湿、保润功能，可用作护肤品，D正确；
故选B。
4．下列有关化学用语表示正确的是
A．HF分子中σ键的电子云轮廓图： B．H2O的VSEPR模型：
C．KCl的形成过程： D．次氯酸的结构式：H-Cl-O
【答案】B
【详解】A．HF中σ键是由s轨道(球形)与p轨道(哑铃形或纺锤形)头碰头形成的，其电子云轮廓图为，故A错误；
B．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，VSEPR模型为：，故B正确；
C．KCl为离子化合物，氯原子得到钾原子的最外层电子，二者均形成最外层8个电子的稳定结构，形成过程为，故C错误；
D．次氯酸的分子式为HClO，结构式为Cl-O-H，故D错误；
故选B。
5．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．3.36LO2和4.8g臭氧中含有的氧原子数均为0.3NA
B．0.1mol/L的溶液中，所含的Al3+数目小于0.1NA
C．1 mol Fe溶于过量稀硝酸，转移的电子数为3NA
D．1L1mol/L氨水中含有的NH3·H2O分子数为NA
【答案】C
【详解】A．未指明标准状况，无法计算3.36LO2的物质的量，A项错误；
B．没有给出溶液体积，无法计算，B项错误；
C．铁与硝酸反应生成硝酸铁，1molFe失去3mol电子，转移电子数3NA，故C项正确；
D．1L 1mol/L氨水中含有的NH3·H2O分子、NH3分子、数目之和为NA，D项错误；
故选：C。
6．有机物M具有一定的抗炎、抗菌活性，其结构简式如图，下列说法错误的是

A．该有机物含有4种官能团
B．该有机物存在手性碳原子
C．该有机物能发生取代反应、加成反应和消去反应
D．该有机物不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能使酸性溶液褪色
【答案】D
【详解】A．M中含有碳碳双键、(醇)羟基、醚键、羧基4种官能团，A项正确；
B．中*标示的碳原子为手性碳原子，B项正确；
C．M中含羧基和(醇)羟基，能发生取代反应，含碳碳双键，能发生加成反应，含(醇)羟基且与(醇)羟基相连碳原子的邻碳上有H原子，能发生消去反应，C项正确；
D．M中含有碳碳双键，既能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色，D项错误；
答案选D。
7．中国科学家在淀粉人工合成方面取得了重大突破性进展，该研究在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成(图示为局部)，下列有关说法正确的是

A．(1)是氧化还原反应，也是化合反应
B．甲醛中C原子采用的是sp2杂化
C．过氧化氢是含有非极性键的非极性分子
D．DHA肯定难溶于水
【答案】B
【详解】A．CO2与H2反应产生CH3OH、H2O，反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，反应过程中元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应；但由于生成物是两种，因此不符合化合反应的特点，A错误；
B．甲醛中C原子形成3个σ共价键，因此C原子杂化类型采用是sp2杂化，B正确；
C．H2O2分子中2个O原子形成O-O非极性共价键，每个O原子再分别和1个H形成H-O极性共价键，由于该分子中各个化学键空间排列不对称，因此H2O2是极性分子，C错误；
D．DHA分子中有两个羟基和一个羰基，羟基是亲水基，且DHA分子易与水形成分子间氢键，因此该物质可溶于水，D错误；
故合理选项是B。
8．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．加入镁粉产生H2的溶液：Na+、、I-、
B．加入酚酞变红的溶液：Na+、K+、、Br-
C．c(Ba2+)=0.1mol/L的溶液：K+、H+、、Cl-
D．由水电离出的c(OH-)=10-13mol/L的溶液：Al3+、Na+、ClO-、
【答案】B
【详解】A．加入镁粉产生H2的溶液显酸性，I-、与H+发生氧化还原反应6I-+2+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，不能大量共存，A项不符合题意；
B．加入酚酞变红的溶液呈碱性，Na+、K+、、Br-相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存，B项符合题意；
C．Ba2+与反应形成BaSO4沉淀，不能大量共存，C项不符合题意；
D．由水电离出的c(OH-)=10-13mol/L的溶液可能显酸性也可能呈碱性，ClO-不能与H+大量共存，Al3+不能与OH-大量共存，D项不符合题意；
答案选B。
9．已知X、Y、Z、W为核电荷数依次增大的前20号主族元素，且位于不同周期，其形成的某种物质的结构如图，该物质的水溶液显酸性。下列说法正确的是

A．该化合物的焰色试验呈黄色
B．Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y强
C．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸
D．Y与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
【答案】D
【分析】由常用肥料的结构可知，X形成1个共价键、Y形成2个共价键、Y形成5个共价键，结合X、Y、Z、W为核电荷数依次增大的前20号主族元素，且位于不同周期可知，X为H元素、Y为O元素、Z为P元素、W为K元素，肥料主要成分的化学式为KH2PO4。
【详解】A．该化合物含有K元素，焰色试验是紫色，A错误；
B．非金属性，故PH3的热稳定性比H2O差，B错误；
C．Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，磷酸为弱酸，C错误；
D．O与H可形成H2O、H2O2，O与P可形成P2O5、P2O3，O与K可形成K2O、K2O2，KO2，D正确；
故选D。
10．下列实验装置(部分夹持装置略去)正确且能达到相应实验目的的是

A．装置Ⅰ利用乙醇提取溴水中的Br2
B．利用装置Ⅱ蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
C．利用装置Ⅲ制备Fe(OH)3胶体
D．利用装置Ⅳ验证非金属性S＞C＞Si
【答案】D
【详解】A．装置Ⅰ中，分液漏斗的尖端没有紧靠烧杯内壁，缺乙醇与水混溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，A不符合题意；
B．利用装置Ⅱ直接蒸干AlCl3溶液时由于氯化铝会水解而不能制得无水AlCl3固体，应在氯化氢气流中加热，B不符合题意；
C．利用装置Ⅲ制备Fe(OH)3胶体时，应该将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，而不能滴入NaOH溶液中，C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。将硫酸滴入Na2CO3溶液中发生复分解反应H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；反应产生的CO2气体通入Na2SiO3溶液中，发生反应：Na2SiO3+CO2↑+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，说明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，从而证明元素的非金属性：S＞C＞Si，D正确；
故合理选项是D。
11．柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如下：

下列说法错误的是
A．基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2
B．可用铁氰化钾检验Fe2+是否完全转化为Fe3+
C．碳酸根离子和硫酸根离子的空间结构均为正四面体形
D．步骤⑤一系列操作包括蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤，干燥
【答案】C
【详解】A．Fe原子序数为26，核外电子排布为，价电子排布式为3d64s2，故A正确；
B．检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，需要检验亚铁离子是否剩余，可用在待测溶液中加入铁氰化钾观察是否有蓝色沉淀，故B正确；
C．碳酸根离子的空间结构为平面三角形，C项错误；
D．步骤⑤是从柠檬酸亚铁铵中得到晶体的操作，应进行蒸发浓缩，再冷却结晶，然后过滤晶体，洗涤晶体后干燥，故D正确；
故选：C。
12．镍离子(Ni2+)和钴离子(Co2+)性质相似，工业上可通过电化学装置将废水中的Co2+和Ni2+分离，装置如图。已知Co2+和乙酰丙酮不反应，下列说法错误的是

A．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜
B．通电过程中Ⅳ室内硫酸浓度逐渐增大
C．Ⅲ室中Ni2+参与的反应为Ni2++2CH3COCH2COCH3+2OH-=Ni(CH3COCHCOCH3)2+2H2O
D．通电过程中N极每产生11.2L(标准状况下)气体，双极膜内减少18g H2O
【答案】B
【分析】这是一个电解池，根据溶液中离子移动方向，左侧石墨M为阳极，右侧石墨N为阴极，Ⅱ室为原料室，膜b为阳离子交换膜，Co2+、Ni2+进入在Ⅲ 室，Co2+和乙酰丙酮不反应，Ni2+和乙酰丙酮反应。
【详解】A．根据以上分析，膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜，A正确；
B．石墨N为阴极，2H++2e-=H2↑，Ⅳ室内消耗的H+与转移过来的H+相等，所以硫酸浓度不变，B项错误；
C．由题中信息可知，Ⅲ室中Ni2+参与的反应为Ni2++2CH3COCH2COCH3+2OH-=Ni(CH3COCHCOCH3)2+2H2O，C正确；
D．通电过程中N极每产生11.2L(标准状况下)气体，即0.5molH2，透过双极膜H+1mol，双极膜内减少18g H2O，D正确；
故答案选B。
13．氢化钠是一种重要的储氢试剂、缩合剂、还原剂、烷基化试剂，在有机合成中具有重要作用，某学习小组利用如图装置制备少量氢化钠，下列说法错误的是

A．装置丙中将Na分散到NaCl晶体中可以增大接触面积，使反应更充分
B．装置乙和装置丁内盛放的试剂可以分别为无水氯化钙和碱石灰
C．实验过程中应先打开K1，一段时间后，尾端验纯后再点燃酒精灯
D．m gH2储存到NaH中，与足量水反应也释放m gH2，遵从质量守恒定律
【答案】D
【详解】A．装置丙中将Na分散到NaCl晶体中可以增大接触面积，使反应更充分，A项正确；
B．装置乙和装置丁起干燥作用，盛放的试剂可以分别为无水氯化钙和碱石灰，B项正确；
C．实验过程中应先打开K1，用生成的氢气排除装置中的空气，一段时间后，尾端验纯后，说明空气已经排尽，再点燃酒精灯，C项正确；
D．1 molNa吸收0.5molH2生成1molNaH，NaH与水的反应为归中反应，1mol氢化钠与足量水完全反应，生成1mol氢气，D项错误；
故选D。
14．氢还原辉钼矿并用碳酸钠作固硫剂的原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) △H。平衡时的有关变化曲线如图。下列说法正确的是

A．该反应在低温下可以自发进行
B．粉碎矿物和增大压强都有利于辉钼矿的还原
C．图2中T1对应图1中的温度为1300℃
D．若图1中A点对应温度下体系压强为10MPa，则H2O(g)的分压为5MPa
【答案】C
【详解】A．由方程式聚集状态知ΔS＞0，由图1可知正反应是吸热反应ΔH＞0，则根据ΔG=ΔH-TΔS＜0知，该反应为高温下的自发反应，故A错误；
B．该反应是气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向进行，不利于反应向右进行，故B错误；
C．根据图像1，1300℃时该反应的平衡常数K==1，根据图2可知，T1℃是正逆化学平衡常数相等，即此时平衡常数为1，故C正确；
D．A点各组分的浓度之和为5mol/L，在同一容器中，压强之比等于物质的量之比，也等于浓度之比，所以A点对应温度下体系压强为10MPa时，H2O(g)的分压为4MPa，故D错误；
答案为C。
15．一种钙镁矿的四方晶胞结构如图所示。已知该晶胞的参数为apm、apm、bpm，1号原子的坐标为(，，)，下列说法错误的是

A．2号原子的坐标为(，，)
B．距离硫原子最近的硫原子数目为4
C．硫原子的配位数为4
D．该晶体的密度为g/cm3
【答案】B
【详解】A．由坐标系及1号原子的坐标可得，2号原子的坐标为(，，)，A正确；
B．以硫原子为顶点，构成的立方晶胞结构中硫原子的位置位于顶点和面心，所以距离硫原子最近的硫原子数目为12，B错误；
C．与硫原子距离最近的有2个Ca原子和2个Mg原子，则硫原子的配位数为4，C正确；
D．该晶胞中，位于棱上和面上Ca原子个数为，位于顶点、面上和体心的Mg原子个数为，位于晶胞内部硫原子个数为8，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3，D正确；
故选B。
16．25℃时，某二元弱碱M(OH)2的水溶液中含有M(OH)2、M(OH)+、M2+，它们的分布系数δ随溶液pH的变化曲线如图所示。Kb2为M(OH)2的第二步电离平衡常数，下列说法错误的是

A．Kb2=1×10-5.5
B．曲线Ⅱ代表的微粒为M(OH)+
C．m、n、p三点对应的水溶液中，m点水的电离程度最大
D．0.1 mol/LM(OH)Cl溶液中c(Cl-)＞c([M(OH)2]＞c(M2+)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】D
【详解】A．Kb2为M(OH)2的第二步电离平衡常数，Kb2=，当c(M2+)=c[M(OH)+]时，此时溶液中c(H+)=10-8.5 mol/L，Kb2=c(OH-)=，A正确；
B．溶液的pH越小，δ(M2+)越大，随着溶液pH增大，δ[M(OH) ]+先逐渐增大，当增大到一定程度后又逐渐减小，而δ[M(OH)2]则随着溶液pH增大而增大。所以曲线Ⅰ表示微粒是M2+，Ⅱ代表的微粒是M(OH)+，曲线Ⅲ微粒是M(OH)2，B正确；
C．根据选项B分析可知曲线Ⅰ表示微粒是M2+，在m、n、p三点对应的水溶液中，M2+浓度越大，水解程度越大，故m点水电离程度最大，C正确；
D．Kb2=10-5.5，Kb1=10-1.5，M(OH)+水解平衡常数Kh==10-12.5＜Kb2，说明M(OH)+电离程度大于水解程度导致溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，但其电离程度和水解程度都较小，则c(Cl-)＞c[M(OH)+]，水电离程度较小，且溶液中存在水电离产生OH-，所以c(OH-)＞c(M2+)，溶液中存在离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(OH-)＞c(M2+)＞c([M(OH)2]＞c(H+)，D错误；
故合理选项是D。

二、实验题
17．炭粉、CO、H2均可作为实验室还原CuO的还原剂，实验小组对CuO的还原反应及还原产物组成进行探究。
查阅资料：PdCl2溶液能吸收CO，生成黑色Pd沉淀、一种氢化物和一种氧化物。
回答下列问题：
(1)铜元素的焰色试验呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则铜元素的焰色对应的波长为_______。
A．577～492nm     B．597～577 nm      C．622～597 nm
(2)基态Cu原子的核外电子的空间运动状态有_______种。
(3)小组同学用如图所示装置探究炭粉与CuO反应的产物。

①实验结束后，打开开关K通氮气，其目的是_______。
②试剂X的作用为_______。
③若气体产物中含有CO，则观察到的现象为_______，其中反应的化学方程式为_______。
(4)某小组同学为测定炭粉还原CuO后固体混合物(仅有C和Cu2O两种杂质)中单质Cu的质量分数，设计如下实验：准确称取反应管中残留固体8.000g，溶于足量稀硝酸(恰好使固体溶解达到最大值)，过滤、洗涤、干燥，所得沉淀的质量为0.160g；将洗涤液与滤液合并，配成500mL溶液；量取所配溶液25.00mL，加入适当过量的KI溶液；以淀粉为指示剂，用0.5000mol/L标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为12.00mL。已知：2Cu2++5I-=2CuI+，+2=+3I-。
①还原后固体混合物中单质Cu的质量分数为_______%。
②若CuI吸附部分，会导致所测Cu单质的质量分数_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)A
(2)15
(3)     将生成的气体赶出，使其被装置C、D吸收     检验是否有CO2生成     装置D中产生黑色沉淀     PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl
(4)     80     偏小

【详解】（1）红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的波长逐渐减小，则绿色对应的辐射波长为577~492mm。故答案为：A；
（2）基态Cu原子的核外电子排布为：，核外电子分布在15个原子轨道中，空间运动状态有15种，故答案为：15；
（3）①通入氮气的目的是将生成的气体排出，使其被装置C、D充分吸收。
②为判断反应是否发生，需检验产物CO2的存在，所以试剂X为澄清石灰水，作用为检验是否有CO2生成。③试剂Y为PdCl2溶液，它能将CO氧化为，同时自身被还原为黑色的Pd，所以若气体产物中含有CO，则观察到的现象为装置D中产生黑色沉淀，其中反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl。故答案为：将生成的气体赶出，使其被装置C、D吸收；检验是否有CO2生成；装置D中产生黑色沉淀；PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl；
（4）①加入稀硝酸后，铜及铜的氧化物都发生溶解，则0.16g固体为过量的炭的质量，从而得出含铜元素物质的质量为8.000g-0.160g=7.84g；由反应可建立如下关系式Cu2+～，则样品中含铜元素的质量为7.68g，由此计算可得7.84g固体中氧元素的质量为0.16g，氧元素的物质的量为0.01mol，则Cu2O的物质的量为0.01mol，质量为1.44g，铜单质的质量为7.84g-1.44g=6.4，还原后固体混合物中单质Cu的质量分数为80%。
②若CuI吸附部分I-，会导致所用Na2S2O3标准溶液的体积偏小，铜元素的质量偏小，产品中氧元素的含量偏大，Cu2O的含量偏高，Cu单质的含量偏小，所测Cu单质的质量分数偏小。
故答案为：80%；偏小；

三、有机推断题
18．三唑并噻二嗪类化合物具有抗炎、抗肿瘤、抗菌的作用。该类新有机化合物G的合成路线如图所示。

已知：R1COOH+R2NH2R1CONHR2+H2O
(1)化合物B的名称为_______，化合物C的结构简式为_______。
(2)由E→F的化学方程式为_______。
(3)C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)有机物H是B的同分异构体，则满足下列条件的H有_______种。
a. 与FeCl3溶液反应显紫色   b.能发生银镜反应    c.分子中不含甲基
(5)利用题中信息，设计以、乙醇为原料制备另一种三唑并噻二嗪类化合物中间体P()的合成路线_______(无机试剂任选)。
【答案】(1)     苯甲酸乙酯    
(2)+BrCH(CN)2→+HBr
(3)N>O>C
(4)3
(5)

【分析】根据B，D 的结构、结合C的分子式可知：B转化成C发生取代反应，C的结构为 。
欲以、乙醇为原料制备P()，则需2个引入肽键，第一个肽键的引入可仿照流程中A→B→C，即与乙醇先发生酯化反应得到， 与H2NNH2发生取代反应得到，与发生信息反应生成第2个肽键得到目标产物 。
【详解】（1）苯甲酸和乙醇发生酯化反应得到苯甲酸乙酯，则化合物B的名称为苯甲酸乙酯，据分析化合物C的结构简式为 。
（2）E→F的反应，即与BrCH(CN)2发生取代反应生成和HBr，化学方程式为+BrCH(CN)2→+HBr。
（3）同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，因为氮原子的价电子排布式2s22p3，p能级半充满，比较稳定，N的第一电离能大于O，C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。
（4）有机物H是B的同分异构体，满足下列条件：
a． 与FeCl3溶液反应显紫色   b．能发生银镜反应    c．分子中不含甲基；则含有醛基和酚羟基，为苯环上含有一个羟基和一CH2CH2CHO，则满足条件的H有邻间对三种结构，即H有3种。
（5）据分析，以、乙醇为原料制备P()的合成路线为： 。

四、工业流程题
19．从铜电解液(主要含、Ni2+、、、、Zn2+等)中提纯得到粗硫酸镍晶体，为了进一步纯化并回收胆矾晶体，某课题小组设计了如图流程：

已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
Ca2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
4.2
6.3
1.5
11.8
6.2
6.9
沉淀完全的uH
6.7
8.3
2.8
13.8
8.2
8.9

(1)为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有_______(任写一点)。
(2)为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的H2S，写出Fe3+与H2S发生反应的离子方程式：_______。
(3)请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因_______。
(4)“操作X”为在_______(填仪器名称)中加热至_______，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。
(5)若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001mol/L，取等体积的NiF2溶液与该溶液混合，要使反应结束时c(Ca2+)<10-5mol/L，则所加NiF2溶液的浓度至少为_______mol/L。[已知室温下Ksp(CaF2)=4×10-11]
(6)室温下选择萃取剂P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR+Mn+⇌MRn+nH+，试剂a为_______(填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因：_______。

【答案】(1)搅拌
(2)2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
(3)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
(4)     蒸发皿     出现少量晶膜
(5)0.003
(6)     H2SO4     pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成

【分析】粗硫酸镍溶解后，通入硫化氢气体将三价铁还原为二价铁，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤后滤渣硫化铜灼烧生成氧化铜，再溶于硫酸得到硫酸铜；滤液中加过氧化氢将亚铁离子氧化成三价铁离子，再加氢氧化镍调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后在滤液中加氟化镍将钙离子沉淀，过滤后滤液中加萃取剂将锌转移至有机相中，滤液为硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
【详解】（1）搅拌、适当地升温均可以增大浸出率。故答案为：搅拌；
（2）Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S和三价铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，故答案为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）加入的目的是调节pH，使Fe3+水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向进行，促进Fe3+的沉淀。故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去；
（4）操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故答案为：蒸发皿；出现少量晶膜；
（5）根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出c2(F-)≥4×10-6mol/L，设NiF2溶液的体积为VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀时消耗的F-的物质的量为V×2×10-3mol，则总共需要n(F-)=6V×10-3mol，所加的NiF2溶液的浓度至少为3×10-3mol/L。故答案为：0.003；
（6）欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。故答案为：H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成；

五、原理综合题
20．为了实现碳达峰和碳中和目标，二氧化碳的高效利用成为研究的热点。某研究小组采用双合金团簇催化甲烷干法重整法(DRM)取得了良好的效果。已知：CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol。
(1)甲烷干法重整(DRM)反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H，则△H=_______。
(2)通过大量的研究Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇可用于催化DRM反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，分别为过程1：甲烷逐步脱氢，过程2：CO2的活化(包括直接活化和氢诱导活化)，过程3：C★和CH★的氧化，过程4：扩散吸附反应。其反应机理如图1所示。

则CO2的氢诱导活化反应方程式为_______，过程3的最终产物为_______，过程4发生扩散吸附的微粒为_______。
(3)三种催化剂催化甲烷脱氯过程的能量变化如图2所示：

①甲烷脱氢过程中最大活化能步骤为_______。(用反应方程式表示)
②Sn12Ni、Pt12Ni、Cu12Ni三种催化剂催化甲烷脱氢过程的脱氢速率分别为v1、v2、v3，则脱氢速率由大到小的顺序为_______。
③Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，请结合图示解释原因：_______。
(4)已知：甲烷干法重整(DRM)过程中发生副反应  △H>0，T℃时，在恒压反应器中，通入2molCH4和1molCO2，总压强为p0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为p。
①关于上述平衡体系，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．n(CH4)：n(CO2)=2：1
B．将H2O(g)液化，可以提高主反应的速率
C．若反应在恒容条件下进行，甲烷转化率小于40%
D．若降低反应温度，主、副反应均逆向进行
②DRM反应的Kp=_______(列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)+247.3kJ/mol
(2)     CO2★+H★=CO★+OH★     CO★     H★和OH★
(3)     CH3★=CH2★+H★     v2>v3>v1     脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少
(4)     CD    

【详解】（1）因为CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol，则①△H1=-890.3 kJ/mol；②△H2=-285.8kJ/mol；③△H3=-283kJ/mol；根据盖斯定律，①-2②-2③得CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H=△H1-2△H2-2△H3=+247.3 kJ/mol；
（2）CO2的活化包括直接活化和氢诱导活化，在氢诱导活化中，CO2★+H★COOH★CO★+OH★，因此CO2的氢诱导活化反应方程式为CO2★+H★=CO★+OH★；由图可知，过程3的最终产物为CO★；过程1甲烷逐步脱氢生成H★，过程3 CO2的活化过程中生成OH★，因此过程4发生扩散吸附的微粒为H★和OH★；
（3）①活化能最大的过程为反应的决速步骤，由图可知，过渡态为TS2的反应为决速步骤，对应的方程式为：CH3*=CH2*+H*；
②催化剂能够降低反应的活化能，活化能越低，则化学反应速率越大，所以v2>v3>v1；
③由图可知，脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少；
（4）①
A．投入量n(CH4):n(CO2)=2:1，主反应消耗量n(CH4):n(CO2)=1:1，副反应消耗CO2，因此主副反应消耗量n(CH4):n(CO2) 2:1，则平衡时体系中n(CH4):n(CO2) 2:1，A错误；
B．将H2O(g)液化，副反应平衡正向移动，导致CO2和H2浓度减小，CO浓度增大，则主反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)反应的速率减慢，B错误；
C．主反应正向为体积增大的反应，若反应在恒容条件下进行，等效于在恒压的基础上，缩小体积加压，主反应平衡逆向移动，则甲烷转化率小于40%，C正确；
D．由于主、副反应正反应均为吸热反应，则若降低反应温度，主、副反应均逆向进行，D正确；
故选CD。
②对主反应列三段式：

平衡时，设水的物质的量为x mol，对副反应列三段式：
已知，平衡时水的分压为P，在恒温恒压体系下，压强之比等于物质的量之比，所以有，所以x=，n(总)=4.6mol，则平衡时，P(CH4)=，P(CO2)=，P(CO)=，P(H2)=，
Kp ==。