仿真训练周测卷(十)

仿真训练周测卷(十)(时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Cr—52Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Br－80Ag—108Ba—137卷Ⅰ选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列物质中属于耐高温非金属材料的是()A．CO2B．SiCC．Mg­AlD．P2O5解析：选B二氧化碳形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故A错误；碳化硅是熔沸点高的共价晶体，属于耐高温非金属材料，故B正确；镁铝合金属于金属材料，故C错误；五氧化二磷形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故D错误。2．下列有关化学用语的表示错误的是()A．食盐水中存在水合钠离子，其示意图为B．醛基具有较强的极性，其中碳氧双键中的电荷分布示意图为C．共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，其结构式为D．硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中的重要还原剂，其电子式为解析：选A氧元素的电负性大于氢元素，水分子中共用电子对偏向氧原子一方，氧原子带负电荷、氢原子带正电荷，则水合钠离子中钠离子带正电，应与氧原子一侧结合，故A错误；氧元素的电负性大于碳元素，醛基中碳氧双键中共用电子对偏向氧原子一方，氧原子带负电荷、碳原子带正电荷，故B正确；由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子中具有空轨道的铝离子与具有孤对电子的氯离子形成配位键，结构式为，故C正确；硼氢化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故D正确。3．CaF2是一种难溶于水的固体，属于典型的离子晶体。下列有关CaF2的表述正确的是()A．Ca2＋与F－间仅存在静电吸引作用B．CaF2的熔点较高，具有良好的延展性C．CaF2固体不导电，但在熔融状态下可以导电D．阴、阳离子比为2∶1的物质，均与CaF2晶体结构相同解析：选CCa2＋与F－间存在强相互作用力，既有静电吸引作用也有排斥作用，A错误；CaF2为离子化合物，熔点较高，但是没有良好的延展性，B错误；溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，CaF2固体不导电，但在熔融状态下可以导电，C正确；晶体结构与半径比、电荷比有关，阴、阳离子比为2∶1的物质，不一定与CaF2晶体结构相同，D错误。4．物质的性质决定用途，下列对应的两者关系不正确的是()A．NaNO2会与肌红蛋白生成红色物质，可作一些肉制品发色剂B．常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸C．聚四氟乙烯具有抗酸碱、自润滑等性能，可用于制作滴定管活塞D．NaHCO3溶于水显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂解析：选DNaNO2会与肌红蛋白反应生成红色物质，可用作一些肉制品的发色剂，A正确；常温下铝遇到浓硝酸发生钝化，因此可用铝质容器贮运浓硝酸，B正确；聚四氟乙烯具有抗酸碱、自润滑的性能，可用于制作滴定管的活塞，C正确；碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳，能使糕点膨松，常用作烘焙糕点的膨松剂，D错误。5．下列叙述正确的是()A．用装置甲在通风橱中高温灼烧Ag2S制取AgB．用装置乙制备Cl2C．用装置丙分液时，从下口放出有机相D．用装置丁分离苯和溴解析：选B甲装置为蒸发结晶，乙不加热制备Cl2，丙为萃取分液，丁为蒸馏装置。Ag2S在高温灼烧时产生污染的气体SO2，需要在通风橱进行防止污染，灼烧选用坩埚，A项错误；高锰酸钾将HCl氧化为Cl2，B项正确；未明确有机相中有机物的密度，无法判断下口放出下层是有机相，C项错误；溴和苯沸点不同，丁装置是蒸馏，利用物质沸点不同进行分离，但Br2易挥发污染环境不能敞口收集，D项错误；故选B。6．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下，则下列说法正确的是()A．E为该反应的反应热B该反应为吸热反应C．CH4→CH3COOH过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成D．转化过程中，CO2是还原剂解析：选C根据图示E为该反应的活化能，故A错误；反应物的能量高于生成物的能量，为放热反应，故B错误；该过程中甲烷中的C—H键断裂，为极性键的断裂，形成CH3COOH的C—C键，为非极性键形成，故C正确；转化过程中，CO2是氧化剂，故D错误。7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．1molCu和Na分别与足量硫粉反应时，转移的电子数均为NAB．铅蓄电池放电时，正极质量增加9.6g，电路中通过的电子数目为0.3NAC．标准状况下4.48LNH3溶于水得到的溶液中，NH3·H2O和NHeq\o\al(＋,4)的总数小于0.2NAD．金刚石晶体密度为ρg·cm－3，则晶体中碳原子的最小间距为eq\f(\r(3),2)×eq\r(3,\f(96,NAρ))×1010pm解析：选DCu和Na分别与足量硫粉反应时，均生成＋1价的金属硫化物，A正确；铅蓄电池放电时，正极发生的电极反应为PbO2＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2e－=PbSO4＋2H2O，Δm＝64，转移2个电子，故当正极质量增加9.6g时，转移电子的物质的量为eq\f(9.6,64)×2＝0.3mol，数目为0.3NA，B正确；NH3溶于水得到的溶液中，含氮的微粒有NH3·H2O和NHeq\o\al(＋,4)及NH3，C正确；金刚石晶体为正六面体，每个晶胞含8个碳原子，设立方体的边长为a，则原子的最小间距为体对角线的四分之一，即eq\f(\r(3),4)×eq\r(3,\f(96,NAρ))×1010pm，D错误。8．下列关于生物大分子的叙述中正确的是()A．糖类、油脂、蛋白质与核酸均为人体所必需的生物大分子B．淀粉和纤维素在人体内可水解为葡萄糖，为人体活动提供所需的能量C．蛋白质在重金属盐的作用下发生盐析现象，盐析是一个可逆过程D．DNA分子中的碱基间通过氢键作用配对以保持双螺旋结构解析：选D糖类中的单糖、二糖等低聚糖不属于生物大分子，油脂不属于生物大分子，选项A错误；纤维素在人体内不水解，选项B错误；蛋白质在重金属盐的作用下会发生变性，变性属于不可逆的过程，选项C错误；DNA分子中的碱基间通过氢键作用配对以保持双螺旋结构，选项D正确。9．下列反应的离子方程式表达错误的是()A．向AgI沉淀中加入0.1mol·L－1Na2S溶液：2AgI(s)＋S2－(aq)=Ag2S(s)＋2I－(aq)B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)C．乙酰胺与氢氧化钠溶液共热：CH3CONH2＋OH－eq\o(→,\s\up7(△),\s\do5())CH3COO－＋NH3↑D．向CuSO4溶液中加入浓盐酸，溶液变为绿色：Cu2＋＋2Cl－=Cu＋Cl2↑解析：选D向AgI沉淀中加入0.1mol·L－1Na2S溶液，AgI沉淀转化为溶解度更小的Ag2S，A正确；碳酸酸性强于偏铝酸，可以和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，CO2过量，最终生成碳酸氢根，B正确；酰胺基在碱性条件下水解，得到的醋酸与NaOH反应生成醋酸钠，氨基水解生成氨气逸出，C正确；向CuSO4溶液中加入浓盐酸，溶液变为绿色是因为发生[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－CuCleq\o\al(2－,4)(黄色)＋4H2O，蓝色和黄色叠加为绿色，D错误。10．某抗氧化剂Z可由如下反应制得：下列关于X、Y、Z的说法正确的是()A．Y中含有3个手性碳原子B．X能在分子间形成氢键C．Z中第一电离能最大的元素为氧D．一定条件下，1molX分别与Br2、H2反应，最多消耗3molBr2、5molH2解析：选B手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，Y中含有1个手性碳原子，位置为，故A错误；X中含有羟基和羧基，能在分子间形成氢键，故B正确；Z中含有C、H、O、N四种元素，N位于ⅤA族，最外层电子半充满，第一电离能大于O，则电离能最大的元素为N，故C错误；X中含有苯环、碳碳双键可以和H2发生加成反应，碳碳双键可以和Br2发生加成反应，酚羟基的邻位上氢原子可以和Br2发生取代反应，1molX分别与Br2、H2反应，最多消耗3molBr2、4molH2，故D错误。11．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W是宇宙中最丰富的元素，W2X是维持生命过程的必需物质，WY可用于玻璃的刻蚀，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，室温下化合物ZY4是气体。下列说法错误的是()A．Y的第一电离能在四种元素中最大B．W2X和ZX2的中心原子分别为sp3和sp2杂化C．W2X的沸点高于W2Z的沸点D．ZY4分子中原子均为8电子结构解析：选DW是宇宙中最丰富的元素，则W是H；W2X是维持生命过程的必需物质，则X为O；WY可用于玻璃的刻蚀，则WY为HF，Y为F；ZX2是酸雨的主要形成原因之一，且Z的原子序数比Y大，则Z为S；综上所述，W、X、Y和Z分别为H、O、F、S。一般规律：非金属性越强，第一电离能越大，因此F的第一电离能在四种元素中最大，A正确；H2O中O的价层电子对数为2＋eq\f(6－2×1,2)＝4，SO2中S的价层电子对数为2＋eq\f(6－2×2,2)＝3，因此H2O和SO2的中心原子分别为sp3和sp2杂化，B正确；O和S属于同主族元素，但H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S的沸点，C正确；SF4中，S的最外层电子数为10，D错误。12．阿司匹林()微溶于水，是常用的解热镇痛药，可利用水杨酸()和醋酸酐制备。所得粗产品中含有水杨酸和水杨酸聚合物，利用如下流程提纯阿司匹林。已知：①水杨酸聚合物难溶于水，不溶于NaHCO3溶液；②pH＝3时，阿司匹林沉淀完全。下列说法错误的是()A．试剂a、b分别是NaHCO3溶液、盐酸B．操作Ⅰ、Ⅱ均为过滤C．①、②、③均为两相混合体系D．可用FeCl3溶液检验产品中是否含有未反应的水杨酸解析：选C粗产品中主要成分阿司匹林，含有水杨酸及水杨酸聚合物，先加入NaHCO3溶液，过滤，沉淀为水杨酸聚合物，洗涤沉淀，将洗涤液与过滤液混合，再加入盐酸，调pH，阿司匹林沉淀完全，过滤，冰水洗涤，低温干燥得到纯净的阿司匹林。由题知水杨酸聚合物不溶于NaHCO3溶液，故试剂a为NaHCO3溶液，经过滤除去水杨酸聚合物，试剂b为盐酸，调节pH＝3，故A正确；水杨酸聚合物不溶于NaHCO3溶液，pH＝3时，阿司匹林沉淀完全，均用过滤法分离，故B正确；①中含水杨酸聚合物和少量母液，为两相混合体系，②为水杨酸聚合物，为单相体系，③均为溶液，为单相体系，故C错误；水杨酸分子中含有酚羟基，可以使FeCl3溶液变色，而阿司匹林产品不含酚羟基，可用FeCl3溶液检验产品中是否含有未反应的水杨酸，故D正确。13．Science报道某电合成氨装置及阴极区含锂微粒转化过程如图。下列说法错误的是()A．阳极电极反应式为2C2H5O－＋H2－2e－=2C2H5OHB．阴极区生成氨的反应为LiNH2＋C2H5OH=C2H5OLi＋NH3↑C．理论上，若电解液传导3molH＋，最多生成标准状况下NH322.4LD．乙醇浓度越高，电流效率越高(电流效率＝eq\f(生成目标产物消耗的电子数,转移电子数)×100%)解析：选D由图可知，通入氢气的一极为阳极，阳极电极反应式为2C2H5O－＋H2－2e－=2C2H5OH，通入氮气的一极为阴极，阴极的电极反应式为N2＋6e－＋4H＋＋2Li＋=2LiNH2。阳极发生失电子的氧化反应，由图可知，阳极电极反应式为2C2H5O－＋H2－2e－=2C2H5OH，A项正确；由图可知，阴极区氮气得电子，并结合锂离子先转化为LiNH2，后与C2H5OH反应生成了氨气，即生成氨的反应为LiNH2＋C2H5OH=C2H5OLi＋NH3↑，B项正确；LiNH2和C2H5OH羟基中的H均来自电解液传导的氢离子，理论上，若电解液传导3molH＋，根据生成氨的反应：LiNH2＋C2H5OH=C2H5OLi＋NH3↑可知，最多生成1molNH3，标准状况下为22.4L，C项正确；由电池总反应：N2＋3H2=2NH3可知，乙醇属于中间产物，乙醇浓度增大，电流效率无明显变化，D项错误。14．东南大学某课题组合成了一种新型具有平面分子结构的醌类聚合物PPPA，PPPA可作为有机锌离子电池的正极材料。下列叙述正确的是()已知：AlCl3作该反应的催化剂，AlCl3升华温度为178℃，NaCl的熔点为801℃。A．吩嗪和PMDA是PPPA的链节B．为了提高反应速率，可将反应温度由150℃升至160℃C．上述反应中，断裂了σ键和π键，也形成了σ键和π键D．nmol吩嗪和nmolPMDA完全合成PPPA时，生成nmol水解析：选B由图可知，吩嗪和PMDA发生缩聚反应生成了PPPA，吩嗪和PMDA是单体，A错误；升高温度，可加快反应速率，但是温度要低于AlCl3的升华温度，B正确；上述反应中，吩嗪和PMDA中的π键并没有断裂，C错误；1个吩嗪和1个PMDA反应时，可形成2个水分子，故nmol吩嗪和nmolPMDA完全合成PPPA时，生成2nmol水，D错误。15．水体中的重金属离子如Cu2＋、Sn2＋等可以通过转化为CuS、SnS沉淀除去。已知：室温下Ka1(H2S)＝9×10－8，Ka2(H2S)＝1×10－12。下列说法正确的是()A．0.1mol·L－1Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)B．0.1mol·L－1NaHS溶液中：c(Na＋)<c(HS－)＋2c(S2－)C．向10mL0.001mol·L－1CuSO4溶液中加入10mL0.001mol·L－1Na2S溶液，有沉淀析出。忽略混合时溶液体积的变化，说明Ksp(CuS)>2.5×10－7D．室温时，向0.001molSnS粉末中加入10mL0.1mol·L－1CuSO4溶液，充分浸出后所得溶液中c(Cu2＋)<c(Sn2＋)，则Ksp(CuS)<Ksp(SnS)解析：选D根据质子守恒可知：c(OH－)＝2c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)，故A错误；由电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，NaHS的水解常数Kh＝eq\f(Kw,Ka1H2S)＝eq\f(1.0×10－14,9.0×10－8)≈1.1×10－7>Ka2(H2S)＝1×10－12，因此溶液显碱性，c(H＋)<c(OH－)，则c(Na＋)>c(HS－)＋2c(S2－)，故B错误；混合后CuSO4溶液和Na2S溶液浓度均为0.0005mol·L－1，Qc＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝2.5×10－7，因有沉淀产生则Qc>Ksp，说明Ksp(CuS)<2.5×10－7，故C错误；SnS粉末中加入0.1mol·L－1CuSO4溶液后，溶解形成饱和溶液，充分浸出后所得溶液中c(Cu2＋)<c(Sn2＋)，则c(Cu2＋)·c(S2－)<c(Sn2＋)·c(S2－)，即Ksp(CuS)<Ksp(SnS)，故D正确。16．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是()目的方案设计现象和结论A探究钢铁的电化学腐蚀铁片上滴一滴含有酚酞的食盐水在一段时间后液滴边缘出现红色，说明铁片发生了吸氧腐蚀B验证漂白性将潮湿的氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶纸条红色褪去，说明氯气具有漂白性C鉴定某涂改液中是否存在氯元素取少量涂改液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察现象无白色沉淀，说明涂改液中不存在氯元素D验证乙醇发生催化氧化反应将缠绕的铜丝灼烧后反复插入盛有乙醇的试管，然后向其中滴加紫色酸性高锰酸钾溶液紫色酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙醇催化氧化生成了乙醛解析：选A出现红色说明生成了OH－，即发生O2＋4e－＋2H2O=4OH－，能说明铁片发生了吸氧腐蚀，A项正确；Cl2会和H2O反应生成HClO，HClO具有强氧化性，能使得纸条红色褪去，不能说明氯气具有漂白性，B项错误；涂改液中氯元素不一定以Cl－形式存在，不能说明涂改液中不存在氯元素，C项错误；乙醇也能使得紫色酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明乙醇催化氧化生成了乙醛，D项错误。卷Ⅱ非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(10分)硅在地壳中含量丰富，晶体硅与硅化物等新材料在现代工业领域作用巨大。回答下列问题：(1)下列属于硅原子激发态的电子排布式有________(填标号，下同)，其中能量较高的是________。a．1s22s22p63s23p2 b．1s22s22p63s13p3c．1s22s22p63s13p2 d．1s22s22p63s13p24s1(2)SiCl4可发生水解反应，机理如图1所示。①a与c的水溶性：a__________c(填“>”“<”或“＝”)，理由是________________________________________________________________________。②c分子中氧原子杂化方式为______________；c分子中键长从大到小顺序为________________________________________________________________________。(3)一种新型导电陶瓷材料硅的钨化物，其晶胞结构如图2所示，硅原子的配位数为__________，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该硅的钨化物晶体的密度为________g·cm－3(列出计算式)。解析：(1)1s22s22p63s23p2为硅原子的基态电子排布式，选项a不符合；1s22s22p63s13p3为硅原子的激发态电子排布式，选项b符合；1s22s22p63s13p2为铝原子的激发态电子排布式，选项c不符合；1s22s22p63s13p24s1为硅原子的激发态电子排布式，选项d符合；电子所占的能级越高，能量越高，其中能量较高的是d；(2)①c中含有亲水基—OH,c为极性分子且能与水分子形成氢键，故a与c的水溶性：a<c；②c分子中氧原子形成两个σ键，有两个孤电子对，形成的杂化轨道数为4，杂化方式为sp3；原子半径越小，形成的键长越短，故c分子中键长从大到小顺序为Si—Cl>Si—O>H—O；(3)根据均摊法，晶胞中含有8×eq\f(1,4)＋2＝4个Si原子，8×eq\f(1,8)＋1＝2个W原子，Si与W的原子个数比为4∶2，由图可知，W的配位数为8，则Si的配位数为4，晶胞质量：m＝eq\f(480g·mol－1,NAmol－1)＝eq\f(480,NA)g，晶胞体积V＝a2bpm3＝a2b×10－21cm3，晶胞密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(480,a2bNA)×1021g·cm－3。答案：(1)bdd(2)①<c为极性分子且能与水分子形成氢键②sp3Si—Cl>Si—O>H—O(3)4eq\f(480×1021,NAa2b)18．(10分)以高炉渣(主要成分为CaO、Al2O3、MgO和SiO2等)为原料矿化固定CO2并联产氧化铝的实验流程如下：(1)活化浸出后富钙渣中的主要成分为________(填化学式)。(2)CO2捕集在吸收塔中进行，反应生成(NH4)2CO3。含CO2的烟气应____________(填“自上而下”或“自下而上”)通过吸收塔被氨水喷淋液充分吸收。(3)矿化固定步骤是将富钙渣和除铝后的富镁液分别加入到CO2捕集液中，充分搅拌，捕集液中的(NH4)2CO3最终转化为碳酸盐矿物，实现封存CO2的目的。①矿化反应需在40～50℃条件下进行，适宜的加热方式为________________________________________________________________________。②检验矿化固定2中矿化反应是否进行完全的实验操作是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③将两步矿化后的母液合并，结晶处理得到________________(填化学式)，可循环利用。(4)分离净化得到的NH4Al(SO4)2晶体可制备高纯Al2O3。请补充完整相应的实验方案：取一定量NH4Al(SO4)2晶体，经提纯后配成溶液，______________________________________，控制反应温度为55℃，________________________________________________________________________________________________________，干燥，置于马弗炉中900℃煅烧，获得高纯Al2O3产品。已知：酸性环境中生成的Al(OH)3黏性大，不易过滤。实验中可选用的试剂：1mol·L－1的氨水、BaCl2溶液、蒸馏水。解析：(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡，盐部分水解产生NH3·H2O和H2SO4，而使溶液显酸性。CaO与水反应产生Ca(OH)2，Ca(OH)2与硫酸反应产生微溶于水的CaSO4，Al2O3与硫酸反应产生Al2(SO4)3；MgO与硫酸反应产生MgSO4；CaO与水反应产生Ca(OH)2时放出大量热使NH3·H2O分解产生氨气逸出，通过CO2捕集反应变为(NH4)2CO3；酸性氧化物SiO2与酸不反应，仍以固体形式存在，故得到的富钙渣中含有CaSO4和SiO2；得到的富镁液中含MgSO4、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4；将富镁液经分离净化可得NH4Al(SO4)2，再经一系列处理可得Al2O3；富镁液中含有MgSO4，将其加入到CO2捕集液中，与其中生成的(NH4)2CO3发生复分解反应产生MgCO3沉淀和(NH4)2SO4，沉淀经洗涤干燥后得到矿化产物MgCO3。(1)根据上述分析可知活化浸出后富钙渣中的主要成分为CaSO4、SiO2；(2)CO2捕集在吸收塔中进行，反应生成(NH4)2CO3，仿照工业制硫酸最后一步三氧化硫的吸收原理，氨水由塔顶喷淋而下，为使二者充分混合，要采用逆流原理，因此含CO2的烟气应自下而上通过吸收塔被氨水喷淋液充分吸收；(3)①矿化反应需在40～50℃条件下进行，适宜的加热方式为40～50℃水浴加热；②若矿化固定2中矿化反应完全，则溶液中不再含有COeq\o\al(2－,3)，加入含有较多Mg2＋的溶液时不再产生白色沉淀，故检验矿化固定2中矿化反应是否进行完全的实验操作是取矿化反应后的悬浊液静置，向上层清液中继续滴加除铝后的富镁液，若无沉淀生成，说明矿化反应已经进行完全；③CaSO4微溶于水，向其中加入(NH4)2CO3，反应产生难溶性的CaCO3和(NH4)2SO4，使沉淀发生转化，最终使CaSO4完全转化为CaCO3沉淀；富镁液中含有MgSO4，将其加入到CO2捕集液中，与其中反应生成的(NH4)2CO3发生复分解反应产生MgCO3沉淀和(NH4)2SO4，沉淀经洗涤干燥后得到矿化产物MgCO3。故将两步矿化后的母液合并，结晶处理得到(NH4)2SO4，可循环利用；(4)分离净化得到的NH4Al(SO4)2晶体可制备高纯Al2O3。实验方案是：取一定量NH4Al(SO4)2晶体，经提纯后配成溶液，在搅拌下将其缓慢加入到1mol·L－1的氨水中，控制反应温度为55℃，反应产生Al(OH)3沉淀，经过滤、洗涤干燥，得到纯净Al(OH)3，然后将其在马弗炉中在900℃高温煅烧，Al(OH)3发生分解反应产生Al2O3和水，水挥发逸出，剩余固体就是Al2O3。答案：(1)CaSO4、SiO2(2)自下而上(3)①40～50℃水浴加热②取矿化反应后的悬浊液静置，向上层清液中继续滴加除铝后的富镁液，若无沉淀生成，说明矿化反应已经进行完全③(NH4)2SO4(4)在搅拌下将其缓慢加入到1mol·L－1的氨水中直至不再产生沉淀，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次，取最后一次洗涤后的滤出液，加入BaCl2溶液，不产生白色沉淀19．(10分)1­丁烯是仅次于乙烯和丙烯的重要石油化工基本原料，可以利用正丁烷催化脱氢制备，催化脱氢又分为无氧催化脱氢和有氧催化脱氢。实际化工生产中需对反应条件(催化剂、温度等)进行探究，以获取最佳效益。已知：Ⅰ.温度过高会引发正丁烷裂解生成低碳烃类的副反应。Ⅱ.产物收率＝生成某产物的原料量/投入的原料量×100%。(1)利用正丁烷无氧催化脱氢制备1­丁烯反应原理如下：CH3CH2CH2CH3eq\o(,\s\up7(Pt系催化剂),\s\do5(△))H2C=CHCH2CH3＋H2ΔH已知CH3CH2CH2CH3、CH2=CHCH2CH3、H2的燃烧热分别为2878kJ·mol－1、2720kJ·mol－1、286kJ·mol－1，计算ΔH＝__________。(2)无氧催化脱氢用Pt系催化剂时，正丁烷单位时间转化率和1­丁烯选择性如表所示。催化剂单位时间转化率/%1­丁烯选择性/%催化剂1：PtSn/γ­Al2O323.092.0催化剂2：PtSnSr0.2/γ­Al2O338.588.1催化剂3：PtSn(0.3%)/MgAl2O427.098.9①仅从1­丁烯选择性的角度考虑，应选择的催化剂为________(填催化剂序号，下同)。②工业上，从1­丁烯单位时间收率的角度考虑，应选择的最佳催化剂为________。(3)其他条件相同，30min时测得正丁烷转化率、1­丁烯收率随温度的变化关系如图所示。温度高于590℃时1­丁烯收率降低的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)有氧催化脱氢通常选择O2或CO2为氧化剂，VOx­MgO为催化剂，反应原理如下：一定温度下，在体积为10L的恒容密闭容器中，加入10molCH3CH2CH2CH3、7molO2、3molCO2进行反应ⅰ和ⅱ。测得初始压强为20kPa，经过10h，反应达到平衡，此时压强变成25kPa，其中O2的体积分数为16%。回答下列问题：①v(O2)＝____________kPa·h－1(用O2分压表示速率)。②该温度下，反应ⅱ的平衡常数Kp＝______kPa。③O2为氧化剂时，1­丁烯的选择性明显低于CO2为氧化剂时的选择性，分析可能原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)将CH3CH2CH2CH3的燃烧热减去CH2=CHCH2CH3、H2的燃烧热得到ΔH＝－2878kJ·mol－1－(－2720kJ·mol－1)－(－286kJ·mol－1)＝＋128kJ·mol－1。(2)①从表格中分析得到从1­丁烯选择性的角度考虑，使用催化剂3生成1­丁烯选择性高。②从表格中分析得到工业上，从1­丁烯单位时间收率的角度考虑，应选择的最佳催化剂为催化剂2。(3)温度高于590℃时，1­丁烯的产率降低，副产物增多。(4)①根据题意得到n始(总)＝20mol，p始(O2)＝eq\f(7,20)×20kPa＝7kPa，平衡时体系总压强变为25kPa，根据压强之比等于物质的量之比，因此n平(总)＝25mol，其中O2的体积分数为16%，则p平(O2)＝25×16%＝4kPa，Δp(O2)＝7kPa－4kPa＝3kPa，v(O2)＝eq\f(Δp,Δt)＝eq\f(3kPa,10h)＝0.3kPa·h－1。②根据题意得到由于Δn(总)＝5mol，因此和二氧化碳的反应改变量为2mol，因此达到平衡时，平衡时n(CH3CH2CH2CH3)＝10mol－6mol－2mol＝2mol，n(CO2)＝3mol－2mol＝1mol，n(CH2=CH—CH2CH3)＝6mol＋2mol＝8mol，n(H2O)＝6mol＋2mol＝8mol，n(CO)＝2mol，该温度下，反应③的压强平衡常数Kp＝eq\f(\f(8,25)p平×\f(8,25)p平×\f(2,25)p平,\f(2,25)p平×\f(1,25)p平)＝eq\f(64,25)×25kPa＝64kPa。③O2为氧化剂时，1­丁烯的选择性明显低于CO2为氧化剂时的选择性，是因为O2的氧化性强于CO2，更容易引起1­丁烯的氧化，降低了1­丁烯选择性；另一方面，CO2是1­丁烯氧化的产物，抑制了1­丁烯的氧化。答案：(1)＋128kJ·mol－1(2)①3②2(3)温度过高会引发正丁烷裂解生成低碳烃类的副反应(4)①0.3②64③O2的氧化性强于CO2，更容易引起1­丁烯的氧化，降低了1­丁烯选择性或CO2是1­丁烯氧化的产物，抑制了1­丁烯的氧化反应20．(10分)NiS难溶于水，易溶于稀酸，可用于除去镍电解液中的铜离子，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力。实验室模拟制取NiS装置如图(加热、夹持装置略去)，先通氮气排尽装置内空气后，同时通入硫化氢气体和氨气，制得NiS沉淀。回答下列问题。(1)装置图中，仪器a的名称是__________，装置Ⅱ中的试剂为______________。(2)装置Ⅲ中反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在____________(填“b”或“c”)处。(4)用NiS除去镍电解液中铜离子时，NiS陈化时间对除铜离子效果的影响如图所示(陈化时间：沉淀完全后，让生成的沉淀与母液一起放置的时间)。图中曲线变化原因是__________________(以化学方程式表示)。(5)测定某NiS样品的纯度称取试样(杂质中不含Ni)mg置于锥形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽剂掩蔽其他离子，加pH≈10的氨性缓冲溶液5mL，紫脲酸铵指示剂少许。用0.0200mol·L－1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定，发生反应：Ni2＋＋H2Y2－NiY2－＋2H＋。滴定达终点时消耗EDTA标准溶液VmL。①样品的纯度为____________。②滴定过程中，若氨性缓冲溶液pH值过低，导致测得的产品纯度____________(填“偏低”“偏高”或“不影响”)。解析：Ⅰ中硫化亚铁和盐酸反应生成硫化氢气体，硫化氢通过饱和NaHS溶液的装置Ⅱ除去氯化氢气体杂质后进入装置Ⅲ，装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，尾气有毒需要尾气处理装置。(1)装置图中，仪器a的名称是恒压漏斗(或恒压滴液漏斗)；装置Ⅱ中的试剂为饱和NaHS溶液，饱和NaHS溶液可以除去生成硫化氢气体中挥发的氯化氢气体杂质；(2)装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，反应为H2S＋Ni2＋＋2NH3=NiS↓＋2NHeq\o\al(＋,4)；(3)反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤，抽滤洗涤时，洗涤水进入装置Ⅲ然后通过抽气装置抽出达到洗涤目的，故连有抽气泵的装置Ⅳ接在b处以便能够抽出洗涤水；(4)已知，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力，故随时间延长残留铜离子增加的原因是4NiS＋O2＋2H2O=4Ni(OH)S；(5)①由反应Ni2＋＋H2Y2－NiY2－＋2H＋可知，n(NiS)＝n(Na2H2Y)＝0.0200V×10－3mol，则样品的纯度为eq\f(0.0200V×10－3×91,m)×100%＝eq\f(0.182V,m)%；②滴定过程中，缓冲溶液pH值过低