河北省金科大联考2023-2024学年高三上学期1月期末质量检测题化学试题（原卷版+解析版）

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全卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Ca40 Re186
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 化学与生产、生活、科技等密切相关。下列说法正确的是
A. 我国高速公路里程世界第一，铺设路面的沥青是通过石油裂解得到的
B. 制造5G芯片的氮化铝晶圆属于传统无机非金属材料
C. 高铁酸钾(K2FeO4)对饮用水有杀困消毒和净化的作用
D. 制作宇航服使用的聚酰胺纤维属于天然有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．石油常压分馏产物有：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，减压分馏产物有：重柴油、润滑油、凡士林、沥青等，因此沥青要通过石油分馏得到，故A错误；
B．氮化铝属于新型无机非金属材料，不是传统无机非金属材料，故B错误；
C．具有强氧化性，具有消毒杀菌的作用，还原产物水解得到氢氧化铁胶体，吸附杂质净化水，故C正确；
D．聚酰胺纤维(锦纶、芳纶等)属于人工合成有机高分子材料，故D错误；
故答案选C。
2. 下列有关物质的性质和用途具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．小苏打即碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体使得糕点疏松，故常用作食品膨松剂，与小苏打溶液呈碱性无关，A错误；
B．轮船外壳镶嵌锌块，是牺牲阳极法保护轮船船体，Zn的金属性强于Fe，Zn做负极，Fe做正极，可防止Fe腐蚀，B正确；
C．FeS和汞离子反应转化硫化汞沉淀，故能除去重金属离子汞离子，C错误；
D．煮沸的豆浆中加入石膏粉制豆腐，是石膏可以使蛋白质胶体发生聚沉，而不是重金属盐可以使蛋白质变性，D错误；
故选B。
3. NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后所得气体分子数为NA
B. 对于反应 △H=-92.4kJ/ml，当放出92.4kJ热量时，生成NH3的数目小于2NA
C. 室温下，pH=2的亚硫酸(H2SO3)溶液中H+数为0.01NA
D. 3.9gNa2O2和Na2S的固体混合物中含有Na+数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO与O2发生反应2NO+O2=2NO2，生成NO2的分子数为NA，但是又发生，分子数小于NA，故A错误；
B．反应△H=－92.4kJ/ml，若放出热量92.4kJ，则参加反应的N2的物质的量为，生成NH3的数目等于2NA，故B错误；
C．题目种没有给出溶液的体积，因此无法计算H＋的物质的量，也就无法计算H+数目，故C错误；
D．Na2O2和Na2S的固体混合物3.9g，Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/ml，则3.9gNa2O2和Na2S固体混合物总物质的量为0.05ml，1ml Na2O2或1mlNa2S固体中阳离子(Na+)物质的量均为2ml，则3.9gNa2O2和Na2S的固体混合物中阳离子总数为，故D正确；
故答案选D。
4. BF3与一定量的水形成(H2O)2•BF3，一定条件下(H2O)2•BF3可发生如图转化，下列说法正确的是
A. BF3和中B原子均采用sp2杂化轨道成键
B. (H2O)2•BF3分子中存在氢键和配位键
C. (H2O)2•BF3中的所有元素都位于元素周期表中的p区
D. BF3、NF3分子中的原子个数比相同，两者都是极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．BF3形成3个共价键，采用sp2杂化轨道成键；中B原子形成4个共价键，采用sp3杂化轨道成键，A错误；
B．分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，B正确；
C．H为s区元素，C错误；
D．BF3中B原子采取sp2杂化，分子空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3中N原子采取sp3杂化，分子空间构型为三角锥形，为极性分子，D错误；
故选B。
5. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2： +CO2+H2O=2
B. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+
C. Na[Al(OH)4](即NaAlO2)溶液与NaHCO3溶液混合：[Al(OH)4]-+ =Al(OH)3↓+H2O+
D. 氧化铁溶于氢碘酸中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2，反应析出碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为： 2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓，选项A错误；
B. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+，选项B错误；
C. Na[Al(OH)4](即NaAlO2)溶液与NaHCO3溶液混合生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为：[Al(OH)4]-+ =Al(OH)3↓+H2O+，选项C正确；
D. 氧化铁溶于氢碘酸中生成碘化亚铁、碘和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H++2I -=2Fe2++I2+3H2O，选项D错误；
答案选C。
6. 一种新型液流电池的有机溶剂的分子结构如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是
A. 含有羟基、酯基两种官能团
B. 分子中最多有10个碳原于处于同一平面
C. 1ml该有机物最多可与4mlH2加成
D. 能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，分子中含有羟基、酯基两种官能团，A正确；
B．与苯环直接相连的原子共面，连接羟基碳和酯基碳之间的单键可以旋转，酯基两端的原子共面，则分子中最多有10个碳原子位于同一平面内，B正确；
C．苯环可以和氢气加成，1ml该有机物可与3mlH2加成，H2不能与酯基加成只能与苯环加成，C错误；
D．该有机物中有羟基可使酸性KMnO4溶液褪色，D正确；
故选C。
7. X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大。X原子核外未成对电子数在同周期元素中最多，Z是元素周期表中电负性最大的元素，W与Z同族。下列说法错误的是
A. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z＞WB. 简单离子半径：W＞X＞Y＞Z
C. 简单气态氢化物的热稳定性：Z＞Y＞XD. 元素第一电离能：Z＞X＞Y
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，Z是元素周期表中电负性最大的元素，则Z为F元素，X原子核外未成对电子数在同周期元素中最多，说明其p能级有3个电子，X为N元素，则Y为O元素，W与Z同族，则W为Cl元素，综上，X、Y、Z、W依次为N、O、F、Cl元素。
【详解】A．Z为F元素，无正价，没有最高价氧化物对应的水化物，A符合题意；
B．的电子层数为2，且核外电子排布相同，核电荷数越大的半径越小，则半径：，的电子层数为3，则简单离子半径：，B不符合题意；
C．简单气态氢化物的热稳定性：HF＞H2O＞NH3，C不符合题意；
D．同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能F＞N＞O，D不符合题意；
故选A。
8. 沙丁胺醇是目前治疗哮喘的常用药物，其结构简式如图所示．下列叙述正确的是
A. 沙丁胺醇分子中含有2个手性碳原子
B. 该分子中C、N原子的杂化方式完全相同
C. 该物质可以发生氧化反应，但不能发生还原反应
D. 该物质分别与足量的反应，消耗两者的量分别为
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质苯环上较长取代基中连有醇羟基的碳原子为手性碳原子，分子中只含有1个手性碳原子，A错误；
B．该分子中，C原子有和两种杂化方式，N原子采取杂化，B错误；
C．该物质含有苯环，可以与氢气发生加成反应，该加成反应属于还原反应，C错误；
D．羟基都能与反应，酚羟基又可以与反应，该物质分别与足量的反应时消耗两者的量分别为,D正确；
故选D。
9. 下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验时先打开止水夹a，稀硫酸和铁反应产生H2和FeSO4将装置中的空气排净后，关闭a，试管A中气体压强增大，将FeSO4溶液压入试管B中，FeSO4溶液与NaOH溶液反应，产生白色Fe(OH)2沉淀，故A正确；
B．固体灼烧应在坩埚中进行，故B错误；
C．溴与苯互溶，不能通过分液的方法分离苯和液溴，故C错误；
D．电镀池中，镀层金属作阳极，镀件作阴极，所以铁件应连接电源的负极，故D错误；
故答案为：A。
10. 硒化锌是一种重要的半导体材料，图甲为其立方晶胞结构，图乙是其晶胞的俯视图。已知阿伏加德罗常数的值为，a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，晶胞参数为n pm。下列说法错误的是
A. 基态的简化电子排布式为
B. c点的坐标为()
C. 晶体中相邻两个的最短距离为
D. 晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有12个
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态Se的电子排布式为，基态比基态Se多2个电子，其简化电子排布式为，A正确；
B．根据晶胞结构示意图并结合a、b两点的坐标可知，c点的坐标为，B正确；
C．根据图乙可知，晶体中相邻两个的最短距离为面对角线长度的一半，即，C错误；
D．由图甲可知Se2-位于晶胞的顶点和面心上，故晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有12个，D正确；
故答案为：C。
11. 氯化钯是一种重要的无机化合物，广泛应用于催化剂、电镀材料、金属颜料、钯合金制备等领域。以[Pd(NH3)2]Cl2固体为原料制备纯PdCl2，其部分流程如图所示：
已知：①；
②，Pd(OH)2有两性，；
③。
下列说法正确的是
A. “酸溶”时，温度越高，反应效果越好
B. NH3、NH都可以被NaClO3“氧化”，流程图中“氧化”和“酸溶”的顺序可以顺倒
C. Pd(OH)2只能溶于NaOH溶液不能溶于氨水
D. “氧化”不充分，“沉钯”时所得Pd(OH)2的产率会降低
【答案】D
【解析】
【分析】加入热的浓盐酸，由于浓盐酸过量，结合已知信息①、②可知反应生成和NH4C1，反应后溶液中加入NaClO3溶液将氧化为氮气，再加NaOH溶液发生已知图中反应，生成Pd(OH)2沉淀，过滤，将Pd(OH)2溶于盐酸得到PdCl2。
【详解】A．“酸溶”时，温度越高，作为反应物的浓盐酸会挥发更快，导致反应效果差，故A错误；
B．“酸溶”后内界中的氨气分子才可以转化为铵根离子，从而提高铵根离子浓度，若直接进行氧化则[Pd(NH3)2]Cl2内界中的氨气分子无法进入到反应体系中，因此流程图中“酸溶”和“氧化”的顺序不可以顺倒，故B错误；
C．题中已知有两性，能溶于强碱，又能与反应生成，故C错误；
D．若氧化不充分，则溶液中未被氧化的在碱性条件下转化为，能将转化为可溶性的，导致“沉钯”时所得的产率偏低，故D正确；
故答案选D。
12. 向密闭容器中充入一定量的NO(g)和CH4(g)，保持总压为100kPa，发生反应4NO(g)+CH4(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H＜0。当=1时，NO的平衡转化率～以及T2时NO的平衡转化率～如图所示。下列说法正确的是
A. 当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明该反应一定达到平衡状态
B. 曲线Ⅱ代表T2时NO的平衡转化率～的关系
C. T1＜T2
D. 当=1，温度为T2条件下，CH4的平衡分压为40kPa
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应前后气体计量系数不变，且所有的反应物和产物均为气体，则该反应体系的混合气体平均相对分子质量保持不变，当混合气体平均相对分子质量保持不变时不能说明反应达平衡，选项A错误；
B．由反应4NO(g)+CH4(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图信息可知，曲线Ⅱ表示T2时NO的平衡转化率～的关系,选项B正确；
C．根据反应4NO(g)+CH4(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H＜0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线Ⅰ表示=1时NO平衡转化率～的关系图，从图中所示信息可知，T越大，则越小，NO的转化率越小，故T1>T2，选项C错误；
D．根据信息可知，当=1，温度为T2条件下，NO的转化率为40%,根据三段式分析可知，
则该反应平衡时CH4的体积分数为，则此时CH4的平衡分压为p(CH4)= ，选项D错误；
答案选B。
13. 一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如下，下列说法正确的是
A. 第三步中a为直流电源的正极
B. 第一步生产的总反应为
C. 第二步为原电池，正极质量增加，负极质量减少
D. 第三步外电路上每转移4ml电子，电解池中就有4mlHCl被电解
【答案】B
【解析】
【分析】第一步，阳极：失电子转化为，同时生成Na+，阴极O2得电子产物与电解质反应生成OH-；第二步，形成原电池，Ag电极为负极，Ag失电子产物与Cl-反应生成AgCl，正极得电子生成；第三步，阳极Cl-失电子生成Cl2，阴极AgCl得电子生成Ag等。
【详解】A．由图可知，第三步中Ag电极的变化是AgCl得到电子转化为Ag，发生还原反应，是阴极，则a为直流电源的负极，A错误；
B．第一步为电解池，阳极反应为，阴极反应为，根据得失电子守恒，可得第一步电解池的总反应为，B正确；
C．第二步为原电池，正极反应为，负极反应为，生成的附着在负极表面，故正、负极质量均增加，C错误；
D．第三步的总反应为，溶液中HCl的物质的量保持不变，D错误；
故选B。
14. 学习了酸碱中和滴定实验后，常温下，某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4/ml.L2Na2CO3溶液和40mL0.2ml/LNaHCO3溶液，再分别用0.4ml/L盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线。下列说法正确的是
A. 水的电离程度：e点＜f点
B. 当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为HCO+H+=H2O+CO2↑
C. 若用与盐酸等物质的量浓度的醋酸溶液滴定，则曲线甲中点位置不变
D c(20，8.3)点处，c(HCO)+2c(H2CO3)+c(H+)=(0.2+10-5.7)ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则0.4ml•L-1Na2CO3溶液的碱性强于40mL0.2ml•L-1NaHCO3溶液，Na2CO3与HCl反应：，，先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2气体，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体：，根据题中所给数据计算出n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.008ml，加入20mL0.4ml•L-1HCl时Na2CO3恰好转化为NaHCO3，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大，加入40mLHCl时容器的压强达到最大值，而NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，容器中压强增大，并且加入20mLHCl时容器的压强达到最大值、一直保持不变，所以图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，图中丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，，e点刚开始加入盐酸，则含有的溶质为NaCl和NaHCO3（较多），f点时加入盐酸接近20mL说明反应几乎完成，则含有的溶质为NaCl和NaHCO3（极少），酸碱对于水的电离是抑制，盐的水解促进水的电离，据此可知为水的电离程度：e点>f点，A错误；
B．在加入20mL盐酸时Na2CO3转化为了NaHCO3，从20mL以后发生NaHCO3与HCl反应，开始时生成的碳酸由于浓度低而没有分解为CO2气体，故当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生反应的离子方程式为，B错误；
C．若用与盐酸等物质的量浓度的醋酸溶液滴定，则，，反应中生成的CH3COOH水解为碱性，因此曲线甲中点位置会变化，C错误；
D．C(20，8.3)点处，溶液为等浓度NaCl和NaHCO3，电荷守恒①，物料守恒②，①-②得，pH=8.3时，，，，故ml/L，D正确；
故答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的原料，实验室用Re2O7制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：I.Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2S7。
有关物质的溶解度S见表：
II.2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7；
NH3+H3BO3=NH3•H3BO3；
NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_______。
（2）NH4ReO4的制备
①反应开始前先向装置C中三颈烧瓶内加入一定量的_______(填化学式)和H2O；
②关闭_______，打开______，装置C中三颈烧瓶内生成Re2S7；
③关闭K1，打开K2，通入N2一段时间，通入N2的目的是_______；
④关闭K2，打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4，反应的化学方程式为________；
⑤反应结束后，将C中溶液经______、______、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到NH4ReO4晶体。
（3）下列装置可用作装置单元X的是_______(填标号)。
A. B.
C. D.
（4）取wgNH4ReO4样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸(H3BO3)溶液吸收。吸收液用浓度为cml/L的盐酸滴定，消耗盐酸VmL。NH4ReO4的纯度为_______(已知：NH4ReO4的相对分子质量为268)。若加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2，会导致NH4ReO4纯度测量值______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】15. 蒸馏烧瓶
16. ①. Re2O7 ②. K2 ③. K1 ④. 把装置内残留的H2S完全排入X中吸收，防止污染 ⑤. Re2S7+28H2O2+16NH3=2NH4ReO4+7(NH4)2SO4+20H2O ⑥. 蒸发浓缩 ⑦. 冷却结晶 17. BD
18. ①. ②. 偏小
【解析】
【分析】A装置制备H2S，B是安全瓶，C中Re2O7和H2O反应生成HReO4，HReO4与H2S反应生成Re2S7，Re2S7与H2O2、氨气生成NH4ReO4、硫酸铵，C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到NH4ReO4晶体，装置单元X的作用是吸收H2S，防止污染。
【小问1详解】
根据装置图，仪器a的名称是蒸馏烧瓶；
【小问2详解】
①Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4，反应开始前先向装置C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和H2O反应生成HReO4；
②关闭K2，打开K1，向C中通入H2S，装置C中HReO4与H2S反应生成Re2S7；
③关闭K1，打开K2，通入N2一段时间，通入N2的目的是把装置内残留的H2S完全排入X中吸收，防止污染；
④关闭K2，打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，Re2S7与H2O2、氨气生成NH4ReO4、硫酸铵，反应的化学方程式为Re2S7+28H2O2+16NH3=2NH4ReO4+7(NH4)2SO4+20H2O；
⑤NH4ReO4的溶解度随温度降低而减小，(NH4)2SO4的溶解度受温度影响不大，反应结束后，将C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到NH4ReO4晶体。
【小问3详解】
装置单元X的作用是吸收H2S，防止污染；H2S与硫酸铜溶液反应生成CuS沉淀和硫酸，H2S和氢氧化钠反应生成Na2S，所以装置单元X可以是硫酸铜溶液或氢氧化钠溶液，故选BD。
【小问4详解】
根据2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7；NH3+H3BO3=NH3•H3BO3；NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3建立关系式NH4ReO4~~~NH3↑~~~NH3•H3BO3~~+HCl，n(NH4ReO4)=n(HCl)=cV×10-3ml；
NH4ReO4的纯度为。若加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2，则生成氨气的物质的量偏少，消耗盐酸的体积偏小，会导致NH4ReO4纯度测量值偏小。
16. 马日夫盐[Mn(H2PO4)2•2H2O]常用于机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、SiO2及微量的CaO、Al2O3]为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示。
已知：①25℃时，金属离子在水溶液中的平衡浓度的对数与溶液的pH的关系如图所示。此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH=7.54。
②当溶液中剩余的某金属离子浓度≤1×10-5ml/L时，通常认为该金属离子已沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“溶浸”过程中主要成分发生反应的化学方程式为_______，为提高SO2的吸收率，可采取的措施是_______(写出两条即可)。
（2）“滤渣2”的主要成分为_______(写化学式)。“氧化、除杂”步骤中不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。加入氨水的目的是调节pH，应控制pH的范围是________之间。
（3）加入NaF可以使Ca2+转化为CaF，沉淀除去，要使Ca2+完全沉淀，该步骤中应控制溶液中F-浓度不小于______ml/L。[已知：Ksp(CaF2)=3.6×10-12]。
（4）“沉锰”步骤中Mn2+转化为MnCO3沉淀，反应的离子方程式为_______。
（5）CaO晶胞的结构如图所示，CaO晶体中Ca2+的配位数为______，距离最近的Ca2+和O2-的核间距为apm，则CaO晶体的密度为_______g/cm3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】（1） ①. ②. 不断搅拌，使SO2和矿浆充分接触；减慢通入SO2的流速
（2） ①. Fe(OH)3、Al(OH)3 ②. 溶液中的Mn2+和Fe2+氧化生成的Fe3+会催化H2O2的分解，使H2O2的消耗量增加 ③.
（3）
（4）
（5） ①. 6 ②.
【解析】
【分析】向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+，得到含有Mn2+、、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶液和含有SiO2、CaSO4（微溶）的滤渣1，加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，加入NaF溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，滤液主要成分为MnSO4，加入NaHCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷酸溶液得到溶液，一系列操作后得到，据此作答。
【小问1详解】
“溶浸”过程中MnO(OH)与SO2在酸性条件下发生氧化还原反应，生成MnSO4和H2O，根据守恒原则即可得到主要成分发生反应的化学方程式为；根据反应及流程可知，为提高SO2的吸收率，可采取的措施是：不断搅拌，使SO2和矿浆充分接触或减慢通入SO2的流速，使其与水锰矿矿浆充分反应，其他答案合理均可，故答案为：；不断搅拌，使SO2和矿浆充分接触或减慢通入SO2的流速；
【小问2详解】
根据上述分析可知滤渣1中为SiO2、CaSO4（微溶），加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，由图及“此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH=7.54”可知，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去；溶液中的Mn2+和Fe2+氧化生成的Fe3+会催化H2O2的分解，使H2O2的消耗量增加，因此“氧化、除杂”步骤中不宜使用H2O2替代MnO2；观察图2，当时，可知此时溶液中剩余的某金属离子浓度为1×10-5ml/L时，根据已知可得通常认为该金属离子已沉淀完全，因此观察图中Fe3+、Al3+的对应线可知Fe3+完全沉淀时对应pH为3.2，Al3+完全沉淀时对应pH为5，Mn2+开始沉淀的pH=7.54，故应调节pH范围为，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；溶液中的Mn2+和Fe2+氧化生成的Fe3+会催化H2O2的分解，使H2O2的消耗量增加；；
【小问3详解】
，Ca2+沉淀完全时，，可得，故答案为：；
【小问4详解】
“沉锰”时是锰离子和碳酸氢根反应生成碳酸锰、二氧化碳和水，其发生反应的离子方程式为；故答案为：；
【小问5详解】
根据CaO晶胞的结构可知，以顶点上的钙离子为例，每个钙离子周围距离最近的氧离子位于晶胞棱边的中点，这样的离子有6个，因此CaO晶体中Ca2+的配位数为6；在CaO晶胞中钙离子数为，氧离子数为，距离最近的Ca2+和O2-的核间距为apm，所以晶胞参数为2apm，则晶体密度为，故答案为：6；。
17. 一氯甲烷主要用于生产甲基氯硅烷，一氯乙烯主要用于生产聚氯乙烯等高聚物，1，2－二氯乙烷常用作有机溶剂和化工原料。回答下列问题：
I.在加热或光照条件下，“甲烷一氯气”法得到一氯甲烷是按自由基机理进行，即CH4(g)+Cl2(g)CH3Cl(g)+HCl(g) △H。该反应涉及两个基元步骤①②，其相对能量一反应历程图如图：
（1）已知H3C－H键能为4.56eV，H－Cl键能为4.46eV，1eV相当于96.5kJ/ml。则步骤①的焓变△H1=_______kJ/ml；一氯取代反应的总焓变△H=______(用△H1、△H2表示)。
Ⅱ.一氯乙烯(CH2=CHC1)的工业生产方法之一是乙烯氯化裂解法，该方法分以下两个过程进行：
乙烯氯化加成：CH2=CH2(g)+Cl2(g)ClCH2CH2Cl(g) △H1=-171.7kJ/ml
1，2－二氯乙烷裂解：ClCH2CH2Cl(g)CH2=CHCl(g)+HCl(g) △H2=+73.4kJ/ml
（2）乙烯氯化加成反应在热力学上进行的趋势很大，原因是______。1，2－二氯乙烷裂解反应的△S=+145.7Jml/K，则该裂解反应能自发进行的最低温度约为______K(保留整数)。
（3）在某恒压密闭容器中通入一定量的ClCH2CH2Cl(g)，仅发生1，2－二氯乙烷裂解生成氯乙烯和氯化氢，实验测得ClCH2CH2Cl(g)的转化率随温度和反应时间的关系如图所示。
①T1、T2、T3的大小关系为_______，原因是_______。
②若M点刚好达到平衡状态，则N点的v正_____v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。Ka是以物质的量分数表示的平衡常数，则T2温度下1，2－二氯乙烷裂解生成氯乙烯和氯化氢的反应的Kx=_____保留2位小数)。
Ⅲ.一种电化学合成1，2－二氯乙婉的实验装置如图所示
（4）交换膜X是______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该实验装置合成1，2－二氯乙烷的总反应的化学方程式为______。
【答案】（1） ①. +9.65 ②. ΔH1-ΔH2
（2） ①. 反应放热大 ②. 504
（3） ①. T1＞T2＞T3 ②. 反应相同时间时，温度越高，反应速率越快，1,2-二氯乙烷的转化率越高 ③. 大于 ④. 0.96
（4） ①. 阴 ②. CH2=CH2+2NaCl+2H2OClCH2CH2Cl+2NaOH+H2
【解析】
【小问1详解】
步骤①CH4(g)+(g)+Cl2(g)= +HCl(g)+Cl2(g)，断开H3C-H，生成H-Cl，即吸收4.56eV，放出4.46eV，总反应的焓变ΔH1=+4.56-4.46=+0.1eV，即ΔH1=+0.1×96.5 kJ·ml-1==9.65kJ·ml-1；步骤②+HCl(g)+Cl2(g)CH3Cl(g)+ (g)+HCl(g)，由消去中间产物，可得总反应，由图可知，反应物与生成物的相对能量之差为ΔH1-ΔH2，所以H=ΔH1-ΔH2。
【小问2详解】
乙烯氯化加成反应的ΔH1=-171.7kJ/ml，放热大，反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；根据吉布斯自由能，＜0，反应可以自发进行，，则T＞503.7K504K时，反应自发进行；
【小问3详解】
①反应相同时间时，温度越高，反应速率越快，所以1,2-二氯乙烷的转化率越高，所以T1、T2、T3的大小关系为：T1＞T2＞T3；
②温度：M点大于N点，所以若M点刚好达到平衡状态，则N点还未达到平衡状态，所以v正大于v逆；
1，2－二氯乙烷裂解发生的反应为：ClCH2CH2Cl(g)CH2=CHCl(g)+HCl(g)，设初始物质的量为1ml，根据图示T2温度下，ClCH2CH2Cl转化率为70%，则此状态下各个物质的物质的量为：n(ClCH2CH2Cl)=(1-0.7)ml=0.3ml，n[CH2=CHCl(g)]=0.7ml，n[HCl(g)]=0.7ml，所以各物质的物质的量分数分别为：x(ClCH2CH2Cl)=(1-0.7)ml=，x[CH2=CHCl(g)]=，x[HCl(g)]= ，则T2温度下1，2－二氯乙烷裂解生成氯乙烯和氯化氢的反应的Kx=
【小问4详解】
Ⅲ．根据图示电解装置图可知，右侧水转化为氢气和氢氧化钠，反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2，则说明右侧电极为阴极，钠离子通过交换膜Y从左到右迁移，所以交换膜Y为阳离子交换膜，直流电源左侧为正极，连接的电极为阳极，直流电源的右侧为负极，连接的是阴极。则有左侧阳极区：氯化亚铜转化为氯化铜，被氧化，即：CuCl-e-+Cl-= CuCl2，需要氯化钠溶液中的氯离子参与，所以交换膜X为阴离子交换膜。液相反应为CuCl2与ClCH2CH2Cl反应生成CH2=CH2和CuCl，据此分析。
根据上述分析可知，交换膜X为阴离子交换膜；该实验装置中，根据阴阳极反应及其液相反应可知，合成1，2－二氯乙烷的总反应的化学方程式为CH2=CH2+2NaCl+2H2OClCH2CH2Cl+2NaOH+H2。
18. 聚对苯二甲酸丙二醇酯(PTT)纤维广泛用于地毯、衣料、装饰和工程塑料等各个领域。PTT的一种合成路线如图：
已知：①两个－OH连在同一个碳原子上会形成。
②R1CHO+R2CH2CHO
回答下列问题：
（1）A、E的化学名称分别是_______、_______，A→B的反应条件是_______。
（2）D中官能团名称是_______，E→F的反应类型为_______。
（3）B→C的化学方程式为_______。
（4）D+G→PTT的化学方程式为_______。
（5）有机物M是D的同分异构体，同时满足下列条件的M共有______种。
①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基；
②能够发成水解反应，且水解产物之一遇FeCl3溶液显紫色。
其中，核磁共振氢谱峰显示为三组峰，且峰面积比为1：1：1的结构简式为_______。
（6）设计由、HCHO和乙二酸制备的合成路线：_______(无机试剂任选)。
【答案】18. ①. 1，4-二甲苯 ②. 乙醛 ③. 光照
19. ①. 羧基 ②. 加成反应
20. +4NaOH+4NaCl+2H2O
21.
n+nHOCH2CH2CH2OH+(2n-1)H2O
22. ①. 6 ②.
23. 。
【解析】
【分析】由流程可知，A物质在光照条件下被氯原子取代，生成B物质，结合B结构可知，A为，结合已知反应原理可知，B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C：，C催化氧化变成变成羧酸D；结合PTT结构可知，E为乙醛：CH3CHO，乙醛E和甲醛在氢氧化钠溶液中发生已知反应原理生成F：HOCH2CH2CHO，F经过氢气加成生成G：1，3-丙二醇，G和D缩聚反应生成PTT；
【小问1详解】
由分析可知，A为，名称为：1，4-二甲苯（或对二甲苯）；E为乙醛；A物质在光照条件下被氯原子取代，生成B物质，A→B的反应条件是光照；
【小问2详解】
D中官能团的名称是羧基；乙醛E和甲醛在氢氧化钠溶液中发生已知反应原理生成F：HOCH2CH2CHO，E→F的反应类型为加成反应；
【小问3详解】
B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，反应为：+4NaOH+4NaCl+2H2O；
【小问4详解】
G含有2个羟基、D含有2个羧基，两者发生缩聚反应生成PTT n+nHOCH2CH2CH2OH+(2n-1)H2O；
【小问5详解】
有机物M是D的同分异构体，同时满足下列条件：①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基；②能够发成水解反应，且水解产物之一遇FeCl3溶液显紫色，则含有酯基且水解生成酚羟基；取代基为-COOH、-OOCH存在邻间对3种，取代基为-OOCH、-OOCH存在邻间对3种，共6种；其中，核磁共振氢谱峰显示为三组峰，且峰面积比为1：1：1，则结构对称，结构简式为；
【小问6详解】
发生B生成C的反应转化为，和HCHO发生已知反应②原理生成，还原为饱和醇，再和乙二酸发生缩聚反应生成；故流程成为：。选项
性质
用途
A
小苏打溶液呈碱性
小苏打常用作食品膨松剂
B
Zn的金属性比Fe强
轮船船体镶嵌锌块，防止轮船腐蚀
C
FeS不溶于水
用FeS除去废水中的Hg2+
D
重金属盐可以使蛋白质变性
在煮沸的豆浆中加入石膏粉制豆腐
A
B
C
D
通过控制止水夹a来制取
灼烧制备
用于分离苯和液溴的混合物
铁件镀铜
温度/℃
S[(NH4)2SO4]/g
S(NH4ReO4)/g
20
75.4
6.1
30
78.0
32.3