2023年江苏省六校联合高考化学第四次适应性试卷

第第10页〔共25页〕2023年江苏省六校联合高考化学第四次适应性试卷14342分。每题只有一个选项最符合题意。13分〕化学与生产、生活亲热相关。以下说法不正确的选项是〔 〕A．我国成功研制出多款冠疫苗，承受冷链运输疫苗，以防止蛋白质变性B．北斗卫星导航系统由中国自主研发、独立运行，其所用芯片的主要成分为SiO2C．5G技术的进展，推动了第三代半导体材料氮化镓等的应用，镓为门捷列夫所推测的“类铝”元素D23分制取肼的反响为2N+NaClH+NaCl+2A12A12的钠原子：NaB．N2H4的构造式：D．NaClO的电子式：C．Cl﹣的构造示意图：33分NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是〔 A．10gCaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子大于0.1NAD．NaClO的电子式：C．Cl﹣的构造示意图：C．1molNa被完全氧化生成Na2O，失去NA个电子D．1L1mol•L﹣1CH3COONa溶液中含有CH3COO﹣的数目为NA43分〕以下有关物质的性质与用途具有对应关系的是〔 〕A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥B．NaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝53分〕生物质气〔主要成分为CC22等〕与2混合，在含铬催化剂作用下合成甲醇是利用生物质气的方法之一。以下说法正确的选项是〔 〕A．CO2π键B．装置可除去氢氧化铁胶体中的Fe3+和Cl﹣C．装置可收集氯气并进展尾气处理B．电负性：B．装置可除去氢氧化铁胶体中的Fe3+和Cl﹣C．装置可收集氯气并进展尾气处理C．NO3﹣的空间构型为三角锥形D．基态Cr原子的电子排布式是[Ar]3d44s2A．装置可制备无水MgCl263A．装置可制备无水MgCl2D．装置可测定某未知盐酸的浓度73分〕短周期主族元素X、、W原子序数依次增大，原子序数之和为42X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第ⅠA族元素，W是同周期非金属性最强的元素。以下说法错误的选项是〔D．装置可测定某未知盐酸的浓度A．YW都存在可以用来消毒的单质B．X、Y、Z和Y、Z、W都能组成在水中显碱性的盐C．Y、Z能组成含有非极性键的化合物D．W的氧化物的水化物的酸性肯定比X的氧化物的水化物的酸性强83分〕以下指定反响的离子方程式正确的选项是〔 〕3饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反响：CO2﹣+CaSO4 CaCO3+SO42﹣34酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I﹣+IO3﹣+6H+═I2+3H2OC．KClO碱性溶液与Fe〔OH〕3反响：3ClO﹣+2Fe〔OH〕3═2FeO4

2﹣+3Cl﹣+4H++H2OD．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2D．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑A．阿司匹林分子式为C9H8O4，水解可得水杨酸B4种C．可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸D．水杨酸制冬青油的反响是取代反响1〔3分〕某同学将稀氨水滴入AgN3溶液得到银氨溶液，再参加葡萄糖加热获得光亮银镜。以下说法正确的选项是〔 〕A．氨气极易溶于水主要是由于NH3与H2O可形成分子间氢键B．银氨离子的形成是由于Ag+供给孤电子对与NH3形成配位键C．银镜的产生是由于葡萄糖分子中的羟基将银氨离子复原D．图中所示的银晶体中银原子的配位数为813分如图是C2电催化复原为C4的工作原理示意图以下说法不正确的选项是〔 〕该过程是电能转化为化学能的过程铜电极的电极反响式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2OC．一段时间后，①池中n〔KHCO3〕不变D．一段时间后，②池中溶液的pH不肯定上升13分〕室温下，通过以下试验探究0.1mol/L的HS溶液的性质。以下有关说法错误的选项是〔 〕试验 试验操作及现象pH计测定其pH3.9向溶液中通入SO2发生反响2H2S+SO2═3S+2H2O向溶液中参加硫酸铜溶液，产生黑色沉淀，再参加硫酸锰溶液，沉淀量增加A．Ka1〔H2S〕10﹣6.82中的溶液pH先增大后减小，最终保持不变3可以说明Ksp〔CuS〕＞Ksp〔MnS〕试验1中溶液存在c〔H+〕＝c〔HS﹣〕+2c〔S2﹣〕+c〔OH﹣〕13分〕在某合成塔中主要发生的反响为：反响Ⅰ：CO2〔g〕+4H2〔g〕⇌CH4〔g〕+2H2O〔g〕△H1反响Ⅱ：CO2〔g〕+H2〔g〕⇌CO〔g〕+H2O〔g〕△H2调整n〔H2〕/n〔CO2〕＝4，充入合成塔，当气体总压强为aMPa，平衡时各物质的物质的量分数如题13图﹣1所示；不同压强时，CO2的平衡转化率如下图〔 〕A．反响Ⅰ的平衡常数可以表示为K＝B．图中压强a、b、c、d的大小关系为d＞c＞b＞aA．反响Ⅰ的平衡常数可以表示为K＝D．反响CO2〔g〕+CH4〔g〕2CO〔g〕+2H2〔g〕的△H＝△H1﹣2△H21〔3分〕我国科研人员提出Ce2催化合成碳酸二甲酯DM〕需经受三步反响，示图如图。以下说法不正确的选项是〔 〕B．合成DMCB．合成DMC2CH3OH+CO2CH3COOOCH3+H2OC．反响①中催化剂的作用是O﹣H键断裂活化D．1molDMC2molNaOH458分。1〔14分〕某争论人员按图甲所示流程进展“燃煤烟气的脱硫争论S2和2混合气体连续通入，水和铁在起始时一次性参加，反响液屡次循环。吸取时，温度不宜过高的缘由是 。pHpH随时间的变化曲线如图乙所示A点为纯水的p。①AB段，pH下降的主要缘由是 。②CD段反响液的pH发生突变是由于吸取液中H2SO4含量的突增但此时依据图象，反响液的pH却在上升，缘由是 。硫酸浓度上升的缘由是 。〔3〕以反应后的溶液为原料，请你设计一个制取硫酸铁晶体的方案 。：亚铁离子会与铁氰化钾溶液反响生成一种蓝色物质。试验中可选用的试剂：3mol/L稀硫酸，铁粉，10%H2O2，铁氰化钾溶液。1615分〕化合物F是用于治疗慢性梗阻性肺病的中间体，其合成路线如图。BnBr代表〔1〕A→BBnBr代表〔2〕B的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的构造简式 。a.既能发生水解反响，也能与FeCl3溶液发生显色反响；b.43：2：2：1。〔3〕反响⑤中碳酸钾的作用是 。〔5〕请设计以和为原料制备〔5〕请设计以和为原料制备的合成路线 〔无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例如见此题题干〕1〔15分高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿〔含少量Fe、Al、Mg等杂质元素〕制备高纯碳酸锰的试验过程如下：浸出：浸出时温度掌握在90℃～95℃之间，并且要连续搅拌3小时的目的是 ，植物粉的作用是 ．除杂：①向浸出液中参加肯定量的碳酸锰矿，调整浸出液的pH为3.5～5.5；②再参加肯定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…操作①中使用碳酸锰调pH的优势是 ；操作②中参加双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率．写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式 ．制备：在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中掌握反响液的最终pH在6.5～7.0，得到MnCO3沉淀．温度掌握35℃以下的缘由是 ；该反响的化学方程式为 生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤检验洗涤是否完全的方法是 ．〔4〕计算：室温下，Ksp〔MnCO3〕＝1.8×10﹣11，Ksp〔MgCO3〕＝2.6×10﹣5，离子浓度小于1．0×10﹣5mol•L﹣1时，表示该离子沉淀完全．假设净化液中的c〔Mg2+〕＝10﹣2mol/L，试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度．1〔14分〕氨是最重要的氮肥，是产量最大的化工产品之一，传统的工业合成氨技术是德国人哈伯〔FritzHaber〕1905年制造的，因此也被称为哈伯法合成氨。哈伯本人也因此获得了191820～50MPa的高压和500℃的高温，并用铁作催化剂。氢气和氮气在催化剂、高温、高压下合成氨，近一个世纪，全世界都这样生产氨。哈伯法制氨气的化学反响方程式为 。从构造角度分析植物难以利用氮气作为氮源的缘由是 。最近，韩国蔚山国家科学技术争论所〔UNIST〕与吉林大学、加拿大卡尔加里大学的争论人员合作，提出一种基于机械化学在温顺条件下由氮气合成氨的方案“球磨法”是该法分为两个步骤〔如图：第一步，铁粉在球磨过程中被反复猛烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上[F〔NN发生加氢反响得到N〔＝13Nx从催化剂外表脱附得到产物氨。“球磨法”与“哈伯法”相比较，以下说法中正确的选项是 。A．催化剂〔Fe〕缺陷密度越高，N2的吸附率越高B“哈伯法”承受高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氮三键C“球磨法”中“猛烈碰撞”仅仅为了产生“活化缺陷”D“球磨法”不承受高压，是由于低压产率已经较高，加压会增大本钱机械碰撞有助于催化剂缺陷的形成，而摩擦生热会使体系温度上升。图甲是N2吸附量、体系温度随球磨转速变化曲线，则应选择的最正确转速约 转/min；假设选择500转/min的转速，N2的吸附量降低的缘由是 。2023年江苏省六校联合高考化学第四次适应性试卷参考答案与试题解析14342分。每题只有一个选项最符合题意。13分〕化学与生产、生活亲热相关。以下说法不正确的选项是〔 〕A．我国成功研制出多款冠疫苗，承受冷链运输疫苗，以防止蛋白质变性B．北斗卫星导航系统由中国自主研发、独立运行，其所用芯片的主要成分为SiO2C．5G技术的进展，推动了第三代半导体材料氮化镓等的应用，镓为门捷列夫所推测的“类铝”元素D【解答】解：A．温度上升，蛋白质会发生变性，为避开蛋白质变性，疫苗一般应冷链运输，故A正确；B．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片，即芯片的主要成分为硅，不是二氧化硅，故B错误；C．同族元素的性质有相像性，并且门捷列夫所推测的“类铝”元素位于Al元素下方，镓元素与铝元素均属于IIIA族，即“类铝”元素为镓，故C正确；D形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料，故D正确；应选：B。A12的钠原子：NaB．N2H4的构造式：23分制取肼的反响为2N+NaClA12的钠原子：NaB．N2H4的构造式：D．NaClO的电子式：C．Cl﹣的构造示意图：【解答】解：A．中子数为12D．NaClO的电子式：C．Cl﹣的构造示意图：构，分子中有四个N﹣H键和一个N﹣N键，则肼的构造式为，故B构，分子中有四个N﹣H键和一个N﹣N键，则肼的构造式为，故B错误；Na，故A正确；图为，故C正确；Cl﹣17，核外电子数为18，各层电子数分别为2、图为，故C正确；Cl原子均到达稳定构造，其电子式为，故D正确；NaClOCl、OCl原子均到达稳定构造，其电子式为，故D正确；应选：B。33分NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是〔 A．10gCaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子大于0.1NAB．30g二氧化硅中含有化学键的数目为NAC．1molNa被完全氧化生成Na2O，失去NA个电子10gCaC3和KHC3的固体混合物的总物质的量为：＝0.1mol，D．1L10gCaC3和KHC3的固体混合物的总物质的量为：＝0.1mol，B．30g二氧化硅的物质的量为：＝0.5mol，含有共价键的物质的量为：0.5mol1B．30g二氧化硅的物质的量为：＝0.5mol，含有共价键的物质的量为：0.5mol×4＝2mol2NAB错误；C．1molNa被完全氧化生成Na2O1mol电子，即失去NA个电子，故C正确；D．1L1mol•L﹣1CH3COONa溶液中含有CH3COO﹣的物质的量为：1mol/L×1L＝1mol，由于CH3COO﹣局部水解，溶液中含有CH3COO﹣的数目小于NA，故D错误；应选：C。43分〕以下有关物质的性质与用途具有对应关系的是〔 〕A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥B．NaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【解答】解：A、NH4HCO3含有养分元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3受热易分解无关，故A错误；B、NaHCO3能与盐酸反响，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B正确；C、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2具有氧化性无关，故C错误；D、熔融状态下的Al2O3能带电，可用于电解冶炼铝，与Al2O3具有两性无关，故D错误；应选：B。53分〕生物质气〔主要成分为CC22等〕与2混合，在含铬催化剂作用下合成甲醇是利用生物质气的方法之一。以下说法正确的选项是〔 〕A．CO2分子中存在两个相互垂直的π键B．电负性：O＞N＞H＞C基C．NO3﹣的空间构型为三角锥形D．基态Cr原子的电子排布式是[Ar]3d44s2【解答】解：A．CO2中的Csp杂化，剩余两个p轨道相互垂直，C和两个O原子各pxpyXZ平面和YZπxπyπ键，所以两个π键相互垂直，故A正确；B．C、H、O、N的非金属性O＞N＞C＞H，则电负性：O＞N＞C＞H，故B错误；C．NO3﹣3，中心N原子发生sp2杂化，空间构型为平面三角形，故C错误；D．Cr2414s3d3d轨道半布满，所以基态Cr原子的电子排布式是[Ar]3d54s1，故D错误。应选：A。A．装置可制备无水MgCl263A．装置可制备无水MgCl2B．B．装置可除去氢氧化铁胶体中的Fe3+和Cl﹣C．装置可收集氯气并进展尾气处理D．装置可测定某未知盐酸的浓度【解答】解：A.HCl可抑制镁离子水解，图中装置可制备无水MgCl2，故AD．装置可测定某未知盐酸的浓度胶体、溶液均可透过滤纸，图中过滤不能分别，故B错误；氯气的密度比空气密度大，应长导管进气收集氯气，故C错误；碱滴定酸，碱盛放在碱式滴定管中，图中为酸式滴定管，故D错误；应选：A。73分〕短周期主族元素X、、W原子序数依次增大，原子序数之和为42X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第ⅠA族元素，W是同周期非金属性最强的元素。以下说法错误的选项是〔〕A．YW都存在可以用来消毒的单质B．X、Y、Z和Y、Z、W都能组成在水中显碱性的盐C．Y、Z能组成含有非极性键的化合物D．W的氧化物的水化物的酸性肯定比X的氧化物的水化物的酸性强【解答】解：由上述分析可知，X为C、Y为O、ZNa、W为Cl，A．YW都存在可以用来消毒的单质，为臭氧、氯气，故A正确；B．X、Y、Z和Y、Z、W都能组成在水中显碱性的盐，为碳酸钠或碳酸氢钠、NaClO，B正确；C．Na与O形成过氧化钠时，含O﹣O非极性共价键，故C正确；D．W为Cl元素，Cl的氧化物对应水合物HClO为弱酸，HClO的酸性小于碳酸的酸性，故D错误；应选：D。83分〕以下指定反响的离子方程式正确的选项是〔 〕饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反响：CO2﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣34酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I﹣+IO3﹣+6H+═I2+3H2OC．KClO碱性溶液与Fe〔OH〕3反响：3ClO﹣+2Fe〔OH〕3═2FeO4

2﹣+3Cl﹣+4H++H2OD．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑【解答】解：AD．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑的离子方程式为：CO

2﹣+CaSO⇌CaCO+SO

2﹣，故A正确；3 4 3 4酸化NaIO3和NaI发生氧化复原反响，正确的离子方程式为：5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O，故B错误；碱性溶液中，反响产物不能存在氢离子，正确的离子方程式为：3ClO﹣+2Fe〔OH〕44

O，故C错误；+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故D错误；2应选：A。9〔3分〕水杨酸、冬青油、阿司匹林的构造简式如图，以下说法不正确的选项是〔 〕A．阿司匹林分子式为C9H8O4，水解可得水杨酸B4种C．可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸D．水杨酸制冬青油的反响是取代反响【解答】解：A9C原子、8H原子、4O原子，阿司匹林分子式为C9H8O4，含有的酯基，水解可以生成水杨酸，故A正确；B44B正确；C．冬青油含有的酚羟基、酯基能与氢氧化钠反响，不能用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸，可以用碳酸氢钠溶液，故C错误；D．水杨酸与甲醇发生酯化反响生成冬青油，属于取代反响，故D正确。应选：C。1〔3分〕某同学将稀氨水滴入AgN3溶液得到银氨溶液，再参加葡萄糖加热获得光亮银镜。以下说法正确的选项是〔 〕A．氨气极易溶于水主要是由于NH3与H2O可形成分子间氢键B．银氨离子的形成是由于Ag+供给孤电子对与NH3形成配位键C．银镜的产生是由于葡萄糖分子中的羟基将银氨离子复原D．图中所示的银晶体中银原子的配位数为8【解答】解：A．氨气极易溶于水主要是由于NH3与H2O可形成分子间氢键，增大了分子间作用力，故A正确；B．银氨离子的形成是由于Ag+供给的空轨道与氨气分子中的N原子供给的孤电子对形成了配位键，故B错误；C．银镜的产生是由于葡萄糖分子中的醛基将银氨离子复原，故C错误；D1212个面心，所以银原子的配位数为12，故D错误。应选：A。13分如图是C2电催化复原为C4的工作原理示意图以下说法不正确的选项是〔 〕该过程是电能转化为化学能的过程铜电极的电极反响式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2OC．一段时间后，①池中n〔KHCO3〕不变D．一段时间后，②池中溶液的pH不肯定上升【解答】解：A、该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B、CO2电催化复原为CH4的过程是一个复原反响过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反响式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，故B正确。C、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的复原反响，即CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，①n〔KHCO3〕会减小，故C错误；DpH肯定下降，故D正确；应选：C。13分〕室温下，通过以下试验探究0.1mol/L的HS溶液的性质。以下有关说法错误的选项是〔 〕试验 试验操作及现象pH计测定其pH3.9向溶液中通入SO2发生反响2H2S+SO2═3S+2H2O向溶液中参加硫酸铜溶液，产生黑色沉淀，再参加硫酸锰溶液，沉淀量增加A．Ka1〔H2S〕10﹣6.82中的溶液pH先增大后减小，最终保持不变3可以说明Ksp〔CuS〕＞Ksp〔MnS〕试验1中溶液存在c〔H+〕＝c〔HS﹣〕+2c〔S2﹣〕+c〔OH﹣〕2【解答】解：A．0.1mol/LH2SpHpH3.9，弱酸的第一步电离2＝≈＝10﹣6.8，故A正确；a1＝≈＝10﹣6.8，故A正确；a1

〔HS〕亚硫酸的酸性强于氢硫酸，试验2中向溶液中通入SO2发生反响2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，氢硫酸消耗时溶液pH先增大，后亚硫酸过量，溶液pH减小，最终保持不变，B正确；试验3向溶液中参加硫酸铜溶液，产生黑色沉淀，氢硫酸没反响完，再参加硫酸锰溶Ksp〔CuS〕＞KsMn，故C错误；试验1中2S溶液存在电荷守恒，即〔+〕HS﹣+2S2+〔O﹣，故D正确；应选：C。13分〕在某合成塔中主要发生的反响为：反响Ⅰ：CO2〔g〕+4H2〔g〕⇌CH4〔g〕+2H2O〔g〕△H1反响Ⅱ：CO2〔g〕+H2〔g〕⇌CO〔g〕+H2O〔g〕△H2调整n〔H2〕/n〔CO2〕＝4，充入合成塔，当气体总压强为aMPa，平衡时各物质的物质的量分数如题13图﹣1所示；不同压强时，CO2的平衡转化率如下图〔 〕A．反响Ⅰ的平衡常数可以表示为K＝B．图中压强a、b、c、d的大小关系为d＞c＞b＞aA．反响Ⅰ的平衡常数可以表示为K＝D．反响CO2〔g〕+CH4〔g〕⇌2CO〔g〕+2H2〔g〕的△H＝△H1﹣2△H2，故A错误；【解答】解：A．，故A错误；BIIIII的平衡向正反响方向移动、反响II的平衡，所以一样温度时，压强越大，CO2的平衡转化率越大，则压强由大到小的挨次为a＞b＞c＞d，故B错误；C．由图1CH4、H2O〔g〕的含量削减，H2、CO的含量增加，则反响I为放热反响，该反响的气体分子数减小，则增大压强平衡正向移动，高温、高压的条件对提升甲烷的产率有利，故C正确；+H2〔g〕⇌CO〔g〕+H2O〔g〕△H2，依据盖斯定律反响Ⅱ×2﹣反响I得反响CO2〔g〕+C4〔⇌2C〔〕+2gH＝H﹣1，故D错误；应选：C。1〔3分〕我国科研人员提出Ce2催化合成碳酸二甲酯DM〕需经受三步反响，示图如图。以下说法不正确的选项是〔 〕A．①②③均为取代反响B．合成DMC2CH3OH+CO2CHB．合成DMC2CH3OH+CO2CH3COOOCH3+H2OD．1molDMC2molNaOH【解答】解：A．②为加成反响，故A错误；B．由反响示意图可知，反响物为CH3OH、CO2，生成物为CH3OCOOCH3、H2O，故B正确；C．反响①中催化剂的作用是使O﹣H键断裂活化，故C正确；DDMC为COCOOCC3OCOOC3+2NaOH→2CH3OH+Na2CO3，1molDMC完全水解消耗NaOH2mol，故D正确；应选：A。458分。1〔14分〕某争论人员按图甲所示流程进展“燃煤烟气的脱硫争论S2和2混合气体连续通入，水和铁在起始时一次性参加，反响液屡次循环。吸取时，温度不宜过高的缘由是温度过高，二氧化硫的溶解度下降。pHpH随时间的变化曲线如图乙所示A点为纯水的p。①AB段，pH下降的主要缘由是二氧化硫与水反响生成亚硫酸，溶液酸性增加。②CDpHH2SO4pH却在上升，缘由是酸性更强的H2SO4Fe反响导致其被大量消耗。硫酸浓度上升的缘由是生成的Fe2+对亚硫酸氧化生成硫酸的反响起催化作用。以反响后的溶液为原料，请你设计一个制取硫酸铁晶体的方案参加略过量的稀硫酸酸化溶液，边搅拌变参加10%H2O2溶液，直至去少量溶液于另一试管中滴加铁氰化钾溶液后溶液不消灭颜色变化，加热浓缩，期间参加肯定量的稀硫酸抑制Fe3+水解，蒸发至有大量晶体析出，过滤，取滤渣。：亚铁离子会与铁氰化钾溶液反响生成一种蓝色物质。试验中可选用的试剂：3mol/L稀硫酸，铁粉，10%H2O2，铁氰化钾溶液。〕故答案为：温度过高，二氧化硫的溶解度下降；①二氧化硫与水反响生成亚硫酸，溶液酸性增加，pH值减小，故答案为：二氧化硫与水反响生成亚硫酸，溶液酸性增加；②H2SO4FeFe2+对亚硫酸氧化生成硫酸的反响起催化作用，H2SO4FeFe2+对亚硫酸氧化生成硫酸的反响起催化作用；10%H2O2不消灭颜色变化，加热浓缩，期间参加肯定量的稀硫酸抑制Fe3+水解，蒸发至有大量晶体析出，过滤，取滤渣，故答案为：参加略过量的稀硫酸酸化溶液，边搅拌变参加10%H2O2溶液，直至去少量溶液于另一试管中滴加铁氰化钾溶液后溶液不消灭颜色变化，加热浓缩，期间参加肯定量的稀硫酸抑制Fe3+水解，蒸发至有大量晶体析出，过滤，取滤渣。1615分〕化合物F是用于治疗慢性梗阻性肺病的中间体，其合成路线如图。BnBr代表〔1〕A→BBnBr代表〔2〕B的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的构造简式或。a.既能发生水解反响，也能与FeCl3溶液发生显色反响；b.43：2：2：1或。〔3〕反响⑤中碳酸钾的作用是吸取反响生成的HCl，有利于反响平衡右移，提高产物的产率。〔5〕请设计以和为原料制备的合成路线〔4〔5〕请设计以和为原料制备的合成路线〔〔B替代，反响类型为取代反响，故答案为：取代反响；或，〔2〕B的一种同分异构体同时满足以下条件：a.既能发生水解反响，也能与FeCl3溶液发生显色反响，说明含有酯基、酚羟基，b.核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3：2：2：1，说明存在对称构造，且含有1 个甲基，该同分异构体构造简式为或，故答案为：或；反响⑤HCl生成，碳酸钾吸取反响生成的HCl故答案为：或；发生取代反响生成，然后发生水解生成，再利用发生取代反响生成，然后发生水解生成，再利用D →F 的转化还原生成，合成路线为：连接四个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，E没有这样的碳原子，故E中0，〔5〕由〔5〕由E→F的转化可知，与反响生成，，。故 答 案 为 ：，。1〔15分高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿〔含少量Fe、Al、Mg等杂质元素〕制备高纯碳酸锰的试验过程如下：90℃～953小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率，植物粉的作用是作复原剂．除杂：①向浸出液中参加肯定量的碳酸锰矿，调整浸出液的pH为3.5～5.5；②再参加肯定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…操作①中使用碳酸锰调pH的优势是增加MnCO3的产量〔或不引入的杂质等〕；操作②中参加双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率．写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式MnO2+H2O2+2H+＝Mn2++2H2O+O2↑．制备：在30℃～35pH6.5～7.0，得到MnCO3沉淀．温度掌握35℃以下的缘由是削减碳酸氢铵的分MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+〔NH4〕2SO4+CO2↑+H2O ；生成的MnCO3解，提高原料利MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+〔NH4〕2SO4+CO2↑+H2O ；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最终一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，假设无白色沉淀产生，则说明已洗涤干净．〔4〕计算：室温下，Ksp〔MnCO3〕＝1.8×10﹣11，Ksp〔MgCO3〕＝2.6×10﹣5，离子浓度小于1．0×10﹣5mol•L﹣1时，表示该离子沉淀完全．假设净化液中的c〔Mg2+〕＝10﹣2mol/L，试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度．〔9℃～95℃之间，并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率；参加植物粉是一种复原剂，故答案为：提高软锰矿中锰的浸出率；作复原剂；使用碳酸锰调pH的优势是不引入的杂质；酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被复原为锰离子，反响的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+＝Mn2++2H2O+O2↑，故答案为：增加MnCO3的产量〔或不引入的杂质等MnO2+H2O2+2H＝Mn2++2H2O+O2↑；依据碳酸氢铵受热易分解分析，温度掌握35在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，掌握反响液的最终pH在6.5～MnSO4+2NH4HCO3MnCO3MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+〔NH4〕2SO4+CO2↑+H2O，生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最终一次洗涤液检验是否含有硫酸根离1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，假设无白色沉淀产生，则说明已洗涤干净．MnSO4MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+〔NH4〕2SO4+CO2↑+H2O；取最终一次的洗涤〔4Ks〔MnCO3c〔4Ks〔MnCO3cMn 2+cCO 当Mn 沉淀完全时32﹣2+cCO ＝32﹣×10﹣5＝1.8×10﹣6mol•L﹣1，假设Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+＞2.6×1