广东省韶关市2024届高三下学期综合测试（二）化学试题（含答案解析）

韶关市2024届高三综合测试（二）化学本试卷共8页，20小题，满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号、学校和班级填写在答题卡指定的位置上。2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。写在本试卷上无效。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。写在本试卷上无效。4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Cl—35.5Zn—65一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.韶博文物展现了韶州地区的整体社会生活风貌。下列文物主要材料不属于硅酸盐的是A．明编织纹铜盖豆B．东晋陶谷仓C．东晋青黄釉瓷钵D．清款粉彩龙凤纹赏瓶A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．明编织纹铜盖豆的主要材料为铜合金，不属于硅酸盐，A符合题意；B．东晋陶谷仓的主要材料为陶瓷，属于硅酸盐，B不符合题意；C．东晋青黄釉瓷钵的主要材料为陶瓷，属于硅酸盐，C不符合题意；D．清款粉彩龙凤纹赏瓶的主要材料为陶瓷，属于硅酸盐，D不符合题意；故选A。2.百年变局，科技创新是“关键变量”。下列说法不正确的是A.手机芯片的主要成分硅属于共价晶体B.C919大飞机的燃料煤油属于混合物C.新能源汽车的锂电池充电时将化学能转化为电能D.奋斗者号潜水器使用钛合金外壳利用了合金的高强度特点【答案】C【解析】【详解】A．手机芯片的主要成分为硅，空间网状结构，属于共价晶体，A正确；B．煤油是石油分馏产品，属于混合物，B正确；C．锂电池充电时将电能转化为化学能，C错误；D．合金的强度一般比成分金属要高，故奋斗者号潜水器使用钛合金外壳利用了合金的高强度特点，D正确；故选C。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.CO2的电子式为： B.基态锗原子的简化电子排布式：C.的空间结构为 D.铝原子最高能级的电子云轮廓图：【答案】D【解析】【详解】A．CO2分子中存在2个碳氧双键，电子式为，故A错误；B．锗是第四周期ⅣA族元素，基态锗原子的简化电子排布式：，故B错误；C．的空间结构为V形，故C错误；D．铝原子最高能级为3p1，p轨道为哑铃型，电子云轮廓图为，故D正确；选D。4.化学无处不在，下列有关说法正确的是A.淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子B.炒菜后铁锅不及时清理容易生锈，因为潮湿环境中铁锅发生析氢腐蚀C.打开汽水瓶盖有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释D.向鸡蛋清溶液中加入食盐浓溶液有白色沉淀析出，因为食盐能使蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A．淀粉、纤维素属于天然高分子,油脂不属于天然高分子，A错误；B．炒菜后铁锅不及时清理容易生锈，因为潮湿环境中铁锅发生吸氧腐蚀，B错误；C．汽水在加压情况下将二氧化碳溶入里中，存在可逆过程CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)，在打开瓶盖时由于压强变小，平衡向逆反应方向移动，有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释，C正确；D．向鸡蛋清溶液中加入食盐浓溶液有白色沉淀析出，因为食盐能使蛋白质发生盐析，属于物理变化，D错误；故选C。5.下列实验方案能达到实验目的的是A.甲可制取无水 B.乙可验证金属性：C.丙可验证非金属性： D.丁可探究压强对平衡的影响【答案】B【解析】【详解】A．甲中镁离子水解，得到的最终产物为氢氧化镁，A错误；B．该装置构成原电池，若铁钉两端溶液变红，没有蓝色沉淀生成，说明铁钉没有被腐蚀，说明锌为负极，铁为正极，金属性：，B正确；C．丙中通过溴化钠溶液后得到的混合气中有Cl2和Br2，Cl2也能将硫化钠氧化为硫，不能证明非金属性Br>S，C错误；D．氢气与碘蒸气反应前后气体分子数不变，压强对平衡无影响，故不能探究压强对平衡移动的影响，D错误；故选B。6.劳动创造美好生活。下列生活、生产活动中，没有运用相应化学原理的是选项生活、生产活动化学原理A施肥时草木灰和铵态氮肥不能混合使用溶液与铵盐发生双水解B葡萄糖与银氨溶液制银镜葡萄糖具有还原性C液氨常用作制冷剂液氨汽化时吸收大量的热D漂白粉漂白有色物质放置一段时间后效果更好酸性强于A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．施肥时草木灰和铵态氮肥不能混合使用，是因为草木灰中的碳酸盐和铵根发生双水解会使氮肥肥效降低，故A不符合题意；B．葡萄糖与银氨溶液制银镜，是因为葡萄糖结构中含有醛基，具有还原性，故B不符合题意；C．液氨常用作制冷剂是因为液氨中存在大量的分子间氢键，汽化时需吸收大量的热，故C符合题意；D．漂白粉漂白有色物质放置一段时间后效果更好，是因为一段时间后，空气中的二氧化碳与漂白粉溶液发生了反应，溶液中的浓度更大，漂白效果更好，故D不符合题意；答案C。7.如图所示的新型电池可以处理含CN-的碱性废水，同时还能淡化海水。下列说法不正确的是A.电子由a极经导线流向b极B.电池工作一段时间后，右室溶液的pH增大C.交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜D.b极发生还原反应【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，在a极，CN-转化为和N2，C元素由+2价升高到+4价，N元素由-3价升高到0价，则CN-失电子，a极为负极，b极为正极。电池工作时，a极发生反应为2CN--10e-+12OH-=2+N2↑+6H2O，正极发生反应10H++10e-=5H2↑。【详解】A．由分析可知，a极负极，b极为正极，则电子由a极经导线流向b极，A正确；B．电池工作一段时间后，b极发生反应10H++10e-=5H2↑，溶液中H+被消耗，右室溶液的pH增大，B正确；C．电池工作时，a极消耗OH-，海水中的Cl-透过离子交换膜移向a极区，则交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，b极消耗H+，海水中的Na+透过离子交换膜移向b极区，则交换膜Ⅱ为阳离子交换膜，C不正确；D．由分析可知，b极为正极，H+得电子生成H2，发生还原反应，D正确；故选C。8.《本草纲目》记载，穿心莲有清热解毒、凉血、消肿、燥湿的功效。穿心莲内酯结构式如图所示。下列有关该物质说法不正确的是A.含有3种官能团B.不能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色C.能发生加成反应、氧化反应、消去反应和聚合反应D.1mol该物质分别与足量的Na、反应，消耗二者的物质的量之比为【答案】B【解析】【详解】A．根据穿心莲内酯的结构简式，分子中含有羟基、酯基、碳碳双键，共3种官能团，A正确；B．穿心莲内酯分子中含有碳碳双键可以使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．穿心莲内酯中含有碳碳双键，可以发生加成反应、氧化反应、聚合反应，含有羟基可以发生氧化反应、消去反应，C正确；D．羟基能与钠反应，酯基水解消耗氢氧化钠，1mol该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3∶1，D正确；故选B。9.部分硫元素或铁元素的“价—类”关系如图所示。下列叙述正确的是A.1mold与足量a充分反应转移电子数为B.g常用作涂料的红色颜料C.含2moli的溶液最多吸收1molbD.常用d容器盛装c的浓溶液，因为d和c的浓溶液不反应【答案】B【解析】【分析】根据硫元素和铁元素常见的化合价和物质种类，可知a是硫单质，b是二氧化硫，c是硫酸，d是铁单质，e是氢氧化亚铁，f是氧化亚铁，g是三氧化二铁，h是硝酸亚铁，i是硝酸铁，据此分析解答。【详解】A．d是铁单质，a是硫单质，二者反应，无论硫是否足量，生成的都是硫化亚铁，则1mol铁与足量硫充分反应转移电子数为，故A错误；B．g是三氧化二铁，俗称“铁红”，常用作红颜色涂料，故B正确；C．i是硝酸铁，b是二氧化硫，二氧化硫足量时，二者发生的反应是Fe(NO3)3+5SO2+4H2O=3NO+FeSO4+4H2SO4，则含2molFe(NO3)3的溶液最多吸收SO2是10mol，故C错误；D．d是铁单质，c是硫酸，铁遇到浓硫酸会钝化，不是不反应，故D错误；答案B。10.某同学在培养皿上做如下实验（如图所示），a、b、c、d是浸有相关溶液的滤纸。向晶体上滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。下列对实验现象的“解释或结论”描述，不正确的是选项实验现象解释或结论Aa处试纸变蓝还原性：Bb处试纸变红Cc处试纸褪色与反应生成了具有漂白性的物质Dd处红色褪去和反应使溶液呈中性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气；A．a处试纸变蓝，对应的离子方程式为：，所以还原性I−>Cl−，A正确；B．b处试纸变红，生成铁离子，离子方程式为：，B正确；C．c处试纸褪色，因为Cl2与H2O反应生成了具有漂白性的HClO，C正确；D．d处红色褪去，因为Cl2与NaOH反应生成了具有漂白性的NaClO，D错误；故选D。11.设代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L乙醇含非极性键数为B.1L1mol/L的溶液中含有的数目为C.常温下，2g中所含中子数目为D.标准状况下，22.4LNO与足量充分反应，所得混合气中分子数为【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，2.24L乙醇为液态，其物质的量不是0.1mol，故含非极性键数也不是，A错误；B．会发生水解，数目无法计算，B错误；C．常温下，2g的物质的量为：，所含中子数目为，C正确；D．标准状况下，NO与充分反应得到，会部分转化为N2O4，无法计算的分子数，D错误；故选C。12.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA牙膏中常加入含氟物质预防龋齿氟磷灰石的溶解度小于羟基磷灰石B气态氢化物稳定性：分子间作用力：C电解食盐水制备氯气和氢氧化钠氯气和氢氧化钠溶液反应制备漂白液D饱和溶液导电性比饱和溶液强溶液碱性强于溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．牙膏当中添加氟化物，其中的F-能与牙齿表层的羟基磷灰石发生反应生成溶解度更小的氟磷灰石，从而抵抗酸对牙齿的侵蚀，陈述均正确且具有因果关系，故A符合题意；B．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则气态氢化物稳定性：；水能形成氢键使得分子间作用力：，两者无因果关系，故B不符合题意；C．电解食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠制备漂白液，无因果关系，故C不符合题意；D．导电性强弱和溶液中离子浓度及离子电荷有关，和溶液的碱性强弱无关，无因果关系，故D不符合题意；故选A。13.化学可以提高人们的生活质量。下列相关方程式错误的是A.氢氟酸雕刻玻璃：B泡沫灭火器：C.制镜：D.管道疏通剂(苛性钠、铝粉)：【答案】B【解析】【详解】A．氢氟酸能与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，即SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，故A正确；

B．泡沫灭火器中的碳酸氢钠与硫酸铝溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，即离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故B错误；

C．制镜过程中，乙醛与银氨溶液发生氧化还原反应生成银、醋酸铵和水，即RCHO+2Ag(NH3)2OHRCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故C正确；

D．管道疏通剂中的铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，即离子方程式为：，故D正确，

故选：B。14.W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数等于X核外电子总数，五种主族元素组成的化合物Q的结构如图所示。下列说法正确的是A.简单离子半径： B.和的空间结构不相同C.简单氢化物沸点： D.第一电离能：【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，根据化合物Q的结构图，X最外层有4个电子，则X是C元素，结合Y的最外层电子数等于X核外电子总数，可知Y是O元素，M离子带1个正电荷，可知M是Na元素，W是得到1个电子后形成的四个共价键，则W是B元素，Z形成了1个共价键，则Z是F元素，据此分析解答。【详解】A．经分析，M是Na元素，Y是O元素，Z是F元素，则三种离子半径大小为，故A错误；B．是BF3，其空间构型是平面三角形，是离子，其空间构型是平面三角形，两者结构相同，故B错误；C．分别是F、O、C三种元素，其中F和O两种元素的氢化物，分子间有氢键，水常温下是液态，氟化氢是气体，则三种氢化物的沸点是，故C错误；D．分别是F、O、C三种元素，其第一电离能顺序是，故D正确；答案D。15.常温下，用溶液滴定10mL等浓度的HCl溶液和用的溶液滴定10mL等浓度的溶液，滴定过程中溶液的导电能力如图所示。下列说法不正确的是A.曲线①表示用的溶液滴定10mL等浓度的HCl溶液过程中溶液的导电能力变化B.等浓度等体积的HCl溶液与溶液的导电能力相同C.a点的Kw等于b点的KwD.d点和e点溶液中均有：【答案】B【解析】【分析】用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定10mL等浓度的HCl溶液过程中，在酸碱恰好完全中和之前，溶液中离子物质的量几乎不变，但溶液体积增大，离子浓度降低，导电能力降低至最低点，恰好完全反应后继续滴加氢氧化钠溶液，导电性增强，但用0.1000mol/L的CH3COOH溶液滴定10mL等浓度的NaOH溶液时，酸碱恰好完全反应后，再继续滴加的醋酸为弱酸，相当于稀释了生成的醋酸钠溶液，所以溶液导电性会减弱，即曲线①代表氢氧化钠滴定盐酸，曲线②代表醋酸滴定氢氧化钠溶液。【详解】A．据以上分析可知，曲线①表示用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定10mL等浓度的HCl溶液过程中溶液的导电能力变化，故A正确；B．曲线①代表氢氧化钠滴定盐酸，曲线②代表醋酸滴定氢氧化钠溶液，即a点代表0.1000mol/L的盐酸的导电能力，b点代表等浓度的氢氧化钠溶液的导电能力，所以等浓度等体积的HCl溶液与NaOH溶液的导电能力不同，故B错误；C．Kw只与温度有关，所以a点的Kw等于b点的Kw，故C正确；D．d点为醋酸和NaOH恰好完全反应的点，e点溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸，其中均有电荷守恒：，故D正确；故答案为：B。16.锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一，如图为碱性锌铁液流电池放电时的工作原理示意图，以和作为电极氧化还原产物。已知：聚苯并咪唑（PBI）膜允许离子通过。下列说法正确的是A.充电时，惰性电极连接电源的负极B.放电过程中，当有2mol电子转移时，负极区电解液增重65gC.充电过程中，总反应为：D.充电过程中，惰性电极区的溶液pH逐渐增大【答案】D【解析】【分析】由图可知，Zn失去电子生成，则Zn作负极，电极反应式：Zn−2e−+4OH−=，惰性电极为正极，得电子生成，电极反应式：，据此回答。【详解】A．充电时，惰性电极作阳极，连接电源的正极，A错误；B．放电过程中，根据分析可知，转移2mol电子时溶解1molZn，同时溶液中的OH-透过聚苯并咪唑(PBI)膜向阴极移动，则负极区电解液增重大于65g，B错误；C．充电过程中，总反应为：，C错误；D．充电过程中，阴极区的OH-透过聚苯并咪唑(PBI)膜向阳极（惰性电极）移动，OH-的浓度增大，惰性电极区的溶液pH逐渐增大，D正确；故选D。二、主观题：本题共4小题，共56分。第17～20小题为必考题，考生都必须作答。17.某校化学学习小组探究与溶液的反应，装置如下图所示，分液漏斗中盛有浓硫酸，锥形瓶中装有固体。回答下列问题：【实验准备】（1）写出实验中制备的化学方程式________。（2）配制100mL溶液用到的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。【实验探究】向3mL溶液中通入，观察到溶液立即由黄色变成红棕色，放置12小时后，，红棕色消失，溶液变为浅绿色。结合已有知识，针对溶液呈红棕色学习小组提出以下猜想：猜想1：水解产生了红棕色的胶体；猜想2：与溶液中某种价含硫微粒形成了红棕色的配合物。（3）为验证上述猜想，甲同学用激光笔照射该红棕色溶液，________，证明猜想1不成立。（4）乙同学查阅文献得知猜想2正确，并设计了下表3组实验，以确定红棕色配合物的配体是、、中的哪一种（实验均在常温下进行）。组别溶液1（1mL）溶液2（2mL）现象a溶液的饱和溶液溶液1和溶液2混合后，组别a、b、c所得溶液红棕色依次加深。b的饱和溶液，用固体调节．c的饱和溶液，用固体调节已知：常温下，溶液中价含硫微粒物质的量分数随pH变化曲线如图所示。分析以上实验结果及有关信息可知，红棕色配合物中的配体是________（填写微粒符号），依据的实验证据是________。（5）丙同学查阅资料得知：利用分光光度计可测定溶液中有色物质的吸光度，吸光度，其中k为摩尔吸收系数；L为液层厚度即光路长度，在实验中液层厚度保持一致；c为有色物质的浓度。丙同学经过思考，认为乙同学的实验方案不严谨，除了pH会影响溶液红棕色的深浅，还有一个因素也可能会影响溶液红棕色的深浅。于是设计如下实验进行探究，请帮助该同学完成实验方案，填写下表中空白处。实验序号操作吸光度1把1mL0.1mol/L溶液与2mL饱和溶液混合均匀，溶液变成红棕色，测定溶液中红棕色物质的吸光度。2______________，测定溶液中红棕色物质的吸光度。实验结果讨论：若，则该因素不影响溶液红棕色的深浅；若，则该因素会影响溶液红棕色的深浅。（6）丁同学查阅资料得知：配合物溶液中存在解离平衡，如：。丁同学设计实验，利用分光光度计测定上述溶液中红棕色物质的吸光度，证明解离平衡的存在。请完成表中内容。实验限选试剂为：溶液，溶液，固体，固体实验序号操作吸光度结论3向3mL0.1mol/L溶液中通入，溶液立即由黄色变成红棕色，测定溶液中红棕色物质的吸光度

4____________，测定溶液中红棕色物质的吸光度__________（填“大于”、“小于”或“等于”）平衡向_____移动（填“左”或“右”）【答案】（1）（2）100mL容量瓶（3）溶液中无明显光路（或溶液中无丁达尔效应）（4）①.②.随着增大，溶液红棕色颜色加深（5）往实验1的红棕色溶液中加入少量NaCl固体，搅拌溶解（6）①.往实验3的红棕色溶液中加入少量固体搅拌溶解或加热实验3的红棕色溶液②.小于或大于③.左或右【解析】【分析】某校化学学习小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，浓硫酸和Na2SO3固体反应生成硫酸钠和SO2，SO2通入FeCl3溶液中发生反应，观察到溶液立即由黄色变成红棕色，放置12小时后，红棕色消失，溶液变为浅绿色。提出猜想：Fe3+水解产生了红棕色的Fe(OH)3胶体；Fe3+与溶液中某种+4价含硫微粒形成了红棕色的配合物，通过调节pH或改变+4价含硫微粒的量来验证猜想，以此解答。【小问1详解】浓硫酸和固体反应生成硫酸钠和，化学方程式为：。【小问2详解】配制100mL溶液用到的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。【小问3详解】胶体具有丁达尔效应，为验证上述猜想，甲同学用激光笔照射该红棕色溶液，溶液中无明显光路（或溶液中无丁达尔效应），证明猜想1不成立。【小问4详解】随着溶液pH的增大，溶液中浓度增大，所得溶液红色依次加深，因此说明配离子的配体为。【小问5详解】0.1mol/L溶液中含有Cl-，除了pH会影响溶液红棕色的深浅，Cl-的浓度也可能会影响溶液红棕色的深浅，实验4的操作为：往实验1的红棕色溶液中加入少量NaCl固体，搅拌溶解。【小问6详解】未证明解离平衡的存在，可以改变SO2的浓度，然后测定溶液中红棕色物质的吸光度，判断平衡移动方向，操作为：往实验3的红棕色溶液中加入少量固体搅拌溶解或加热实验3的红棕色溶液，小于或大于，平衡向左或右移动。18.二氧化铈（）是一种典型的金属氧化物，具有较强的氧化性广泛应用于多相催化反应，并作为汽车尾气净化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要含、等）为原料制备的一种工艺流程如下图所示：已知：①“氧化焙烧”后，Ce元素转化为和；②滤液A中含：、等离子。回答下列问题：（1）滤渣A的主要成分是________（填化学式）；“酸浸”不用盐酸的理由是________（答一点即可）。（2）“系列操作”包含以下几个过程：已知：不能溶于有机物TBP；能溶于有机物TBP，且存在反应：。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是________，“有机层B”中发生反应的离子方程式为________。水层中的一种溶质，理论上可以在工艺流程图中的________工序中循环利用，减小“调pH”工序中的用量，节约生产成本。（3）“调pH”中，要使沉淀完全（通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全），应控制pH大于________（已知25℃时）。（4）“氧化”中，NaClO转化为NaCl，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。（5）二氧化铈立方晶胞如图所示，则铈原子Ce在晶胞中的位置是________；晶体中一个Ce周围与其最近的O的个数为________。【答案】（1）①.②.会被盐酸还原为；生成有毒的会污染环境；盐酸不能除去杂质等（2）①.分液②.③.酸浸（3）9（4）（5）①.面心和顶角②.8【解析】【分析】该工艺流程原料为氟碳铈矿(主要含、等)，产品为，原料在富氧空气中“氧化焙烧”生成、和，熔渣“酸浸”时，得到的滤液A中含，说明加入的是硫酸，与反应生成，、转化成，过滤后，滤液A经系列操作，转化成，加入NaOH调节pH使转化成沉淀，过滤后滤渣B中加入NaClO将氧化成，煅烧得到。【小问1详解】根据上述分析，“酸浸”时与反应生成沉淀，故滤渣A主要成分为；“酸浸”时加入的酸为可以除去，具有较强的氧化性，若加入盐酸，会被还原为，同时生成有毒的会污染环境；故答案为：；会被盐酸还原为；生成有毒的会污染环境；盐酸不能除去杂质等【小问2详解】滤液A中的能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离；进入有机层TBP中被分离出来后，经过系列操作得到含水层，则说明有机层中转化为，而在有机物TBP中不溶进入水层，被还原成，应加入还原剂发生氧化还原反应，具有还原性且被氧化成不会引入新杂质，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为；水层溶液中含有硫酸，故可循环利用于“酸浸”工序；故答案为：分液；；酸浸；【小问3详解】使沉淀完全时，溶液，则，此时溶液；故答案为：9；【小问4详解】“氧化”工序发生的氧化还原反应为NaClO将氧化成，同时生成NaCl，方程式为，NaClO为氧化剂，为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为：1:2；【小问5详解】在二氧化铈立方晶胞结构中，白球位于顶角与面心有个，黑球位于体内有8个，白球:黑球=1:2，在二氧化铈化学式中Ce:O=1:2，白球为Ce原子，位于顶角与面心；以晶胞结构中上平面面心位置的Ce原子为例，与其最近的O原子有该晶胞中的4个O原子及无隙并置的上一个晶胞中的4个O原子，共8个；故答案为：1:2；8。19.H2O2俗称双氧水，是常用的绿色氧化剂，在生产和生活中发挥重要的作用。（1）富勒烯C60颗粒对H2O2液相氧化：SO2具有明显的促进效果，该反应机理和能量变化如下：①H2O2液相氧化：SO2生成H2SO4的热化学方程式为________。②图示历程包含________个基元反应，写出决速步骤的化学方程式________________。③C60间的作用力是________。（2）H2O2可用于工业源氮氧化物(NOx)的催化氧化，H2O2去除NO的反应存在平衡：（i）（ii）（iii）（iv）①上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有________（填序号）。A．其他条件不变时，温度越高，NO的转化率越大B．加入催化剂，c(HNO3)与c(HNO2)比值保持不变C．恒温恒压下，充入Ar，平衡（i）、（ii）向正反应方向移动D．增大H2O2浓度，反应（i）、（ii）、（iii）、（iv）正反应速率都增加②一定范围内，催化剂光热协同辅助H2O2降解NO的去除率变化如图甲所示，NO去除率最佳的反应条件为________。（3）过碳酸钠(2Na2CO3∙3H2O2)又称固体过氧化氢，是碳酸钠和过氧化氢的加成复合物。将2Na2CO3∙3H2O2置入真空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：平衡时的关系如上图乙所示。a点时，该反应的平衡总压=________kPa，平衡常数Kp=________（列出算式），Kp随温度升高而________（填“增大”、“减少”或“不变”）。【答案】（1）①.H2O2(ag)+SO2(g)=H2SO4(ag)△H=-98.72kJ∙mol-1②.3③.④.分子间作用力（或范德华力）（2）①.BD②.110℃，5%H2O2（3）①.12②.③.增大【解析】【小问1详解】①从始态和终态看，H2O2液相氧化SO2生成H2SO4，放热98.72kJ，则热化学方程式为H2O2(ag)+SO2(g)=H2SO4(ag)△H=-98.72kJ∙mol-1。②从图中可以看出，图示历程包含3个基元反应，其中第三个反应的活化能最大，反应速率最慢，为决速步骤，化学方程式为。③C60为单质分子，不能形成分子间的氢键，则作用力是分子间作用力（或范德华力）。【小问2详解】H2O2可用于工业源氮氧化物(NOx)的催化氧化，H2O2去除NO的反应存在平衡：（i）（ii）（iii）（iv）①A．其他条件不变时，温度越高，反应物H2O2分解的程度越大，NO的转化率越小，A不正确；B．加入催化剂，加快反应速率，缩短反应到达平衡时间，但反应物的转化率不受影响，所以c(HNO3)与c(HNO2)比值保持不变，B正确；C．恒温恒压下，充入Ar，相当于减小压强，减小各物质的浓度，平衡(ii)向逆反应方向移动，从而引起反应(i)向逆反应方向移动，C不正确；D．增大H2O2浓度，反应(i)、(ii)、(iii)、(iv)的反应物浓度增大，则正反应速率都增加，D正确；故选BD。②一定范围内，从催化剂光热协同辅助H2O2降解NO的去除率变化图甲可以看出，NO去除率最高的点温度为110℃，H2O2的浓度为5%H2O2，则NO去除率最佳的反应条件为110℃，5%H2O2。【小问3详解】从图中可以看出，a点时，PO2=4.0kPa，则PH2O(g)=8.0kPa，该反应的平衡总压=4.0kPa+8.0kPa=12kPa，平衡常数Kp===，升高温度，PO2增大，则Kp随温度升高而增大。【点睛】H2O2的热稳定性差，受热容易分解。20.负载金属催化剂对有效提高产率、发展绿色化学技术和有机合成新方法意义重大。其参与合成化合物Ⅸ的路线如下：（1）化合物Ⅰ的分子式为_