江苏省无锡市普通高中2025届高三化学上学期期终调研试试题含解析

PAGE22-江苏省无锡市一般中学2025届高三化学上学期期终调研试试题（含解析）1.2024年11月第四届国际碳材料大会在上海实行，碳材料产品丰富，应用广泛，让人感到“碳为观止”。下列有关说法正确的是A.金刚石与石墨互为同位素B.石墨烯是一种有发展前途的导电材料C.碳纤维、合成纤维、光导纤维都属于高分子材料D.富勒烯是由60个碳原子都以碳碳单键构成的分子【答案】B【解析】【详解】A.同一种元素的不同核素互为同位素，而金刚石和石墨属于同素异形体，A项错误；B.石墨烯相当于单层石墨，石墨是一种优良的导体，因此石墨烯也可以导电，B项正确；C.光导纤维主要成分为，属于新型无机非金属材料，C项错误；D.图中可以看出每个碳原子和另外3个碳原子相连，碳能形成4个共价键，因此不行能是3个碳碳单键，D项错误；答案选B。2.用化学用语表示2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中的相关微粒，其中正确的是A.中子数为10的氧原子：O B.NaOH的电子式：C.Na+的结构示意图： D.H2O的比例模型：【答案】A【解析】【详解】A.原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数-质子数，A项正确；B.和之间是以离子键的形式结合的，因此要加上中括号和正负电荷，B项错误；C.钠是11号元素，钠离子失去1个电子后核外只有10个电子，C项错误；D.氢原子要比氧原子小，D项错误；答案选A。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.氨气具有还原性，可用作制冷剂B.次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂C.浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂D.碳酸钠溶液显碱性，可用其热溶液除去金属餐具表面油污【答案】D【解析】【详解】A.还原性是化学性质，可作制冷剂是利用其物理性质，A项错误；B.次氯酸具有漂白性是因为其氧化性，与酸性无关，B项错误；C.酯化反应并非氧化还原反应，因此利用的不是浓硫酸的强氧化性，C项错误；D.纯碱溶液具有碱性，油污在碱性环境下易水解，形成水溶性物质，因此可用纯碱溶液来除去油污，D项正确；答案选D。【点睛】纯碱溶液的碱性较强，因此可以洗去油污，但是因为碱性太强不能用来中和过量的胃酸，所以在若要中和过量的胃酸，应选用碱性弱一些的小苏打或氢氧化铝。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.lmol·L−1的H2SO4溶液：NH4＋、Fe2+、Cl−、NO3－B.0.lmol·L−1的FeCl3溶液：K＋、Al3+、SO42－、NO3－C.0.lmol·L−1的Na2SO3溶液：Ba2+、K＋、ClO－、MnO4－D.0.lmol·L−1的Ba(OH)2溶液：Mg2+、Na+、HCO3－、Cl−【答案】B【解析】【详解】A.和可以组合成硝酸，硝酸具有强氧化性，可以氧化，A项错误；B.本组内各物质均不发生反应，因此可以大量共存，B项正确；C.和会形成亚硫酸钡沉淀，和也能氧化，无法大量共存，C项错误；D.碱性溶液中Mg2+、都不能大量存在，D项错误；答案选B。5.下列有关试验原理或操作正确的是A.用图甲所示装置配制银氨溶液B.用图乙所示装置制取并收集干燥纯净的NH3C.用图丙所示装置可以比较KMnO4、Cl2、S的氧化性D.用图丁所示装置蒸干CuSO4溶液制备胆矾晶体【答案】C【解析】【详解】A.在配制银氨溶液时，要向溶液中逐滴加入氨水，边滴边振荡，直到最初生成的沉淀刚好溶解为止，A项错误；B.氨气的密度小于空气，收集方法错误，B项错误；C.浓盐酸和高锰酸钾反应得到氯气，氯气和硫化钠反应得到单质硫，因此可以比较三者之间的氧化性，C项正确；D.干脆蒸干硫酸铜溶液结晶水也会被蒸走，只能得到无水硫酸铜而得不到胆矾（五水硫酸铜），D项错误；答案选C。6.下列有关化学反应的叙述正确的是A.将Na2O2投入NH4Cl溶液中只可能生成一种气体B.铁分别与稀盐酸和氯气反应，产物中铁元素的化合价相同C.SO2通入BaCl2溶液有白色沉淀BaSO3生成D.向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入足量CaCl2溶液，溶液红色褪去【答案】D【解析】【详解】A.过氧化钠和水反应得到氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和铵盐反应可以得到氨气，因此一共有两种气体，A项错误；B.铁和稀盐酸反应得到的是，铁和氯气反应得到的是最高价氯化物，B项错误；C.氯化钡溶液不汲取、，因为弱酸不能制强酸，C项错误；D.纯碱溶液中，由于发生水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-显碱性遇酚酞变红，向溶液中加入CaCl2与CO32-结合生成难溶的碳酸钙，平衡逆向移动，使红色褪去，D项正确；答案选D。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4＋8H＋=Fe2+＋2Fe3+＋4H2OB.向KClO3溶液中滴加稀盐酸：ClO3－＋Cl－＋6H＋=Cl2↑＋3H2OC.向Al2(SO4)3溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋D.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：H＋＋SO42－＋Ba2+＋OH－=BaSO4↓＋H2O【答案】C【解析】【详解】A.稀硝酸具有氧化性，因此产物中不行能存在，A项错误；B.稀盐酸几乎没有还原性，因此不能与氯酸钾反应得到氯气，B项错误；C.和氨水反应，无论氨水是否过量只能得到，C项正确；D.硫酸氢钠是强酸酸式盐，可视为一元强酸，氢氧化钡是二元强碱，因此二者要按2:1来反应才能至中性，方程式中很明显不是2:1的计量数之比，D项错误；答案选C。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，X与Z属于同一主族，Z的最外层电子数为最内层电子数的3倍。下列说法正确的是A.原子半径：r(Y)＞r(W)＞r(Z)＞r(X)B.由X、Y组成的化合物中均不含共价键C.W的氧化物对应水化物的酸性比Z的强D.X的简洁气态氢化物的热稳定性比Z的强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素中原子半径最大的是钠，则Y是钠，Z的原子序数在Y之后，则Z必定有三层电子，第一能层最多可容纳2个电子，则Z的第三能层有6个电子，Z是硫，X与Z同主族，X只能是氧，W只能是氯，据此来分析即可。【详解】A.四种元素的原子半径大小为，A项错误；B.钠和氧可以组成过氧化钠，过氧化钠中存在共价键，B项错误；C.依据元素周期律，我们只能说W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，中间价氧化物对应水化物的酸性强弱不肯定，C项错误；D.依据元素周期律，非金属性越强则简洁气态氢化物的热稳定性越强，D项正确；答案选D。9.在给定条件下，下列选项所示的转化关系均能实现的是A.HClOCl2SiCl4B.NH3NOHNO3C.FeS2SO3H2SO4D.MgCl2·6H2O无水MgCl2Mg【答案】B【解析】【详解】A.次氯酸见光易分解，但是分解不能产生氯气，A项错误；B.氨气催化氧化可以得到一氧化氮，一氧化氮和氧气、水共同作用可以得到硝酸，B项正确；C.黄铁矿在空气中加热无法得到三氧化硫，只能得到二氧化硫，C项错误；D.水合氯化镁若干脆加热会因水解而得不到无水氯化镁，D项错误；答案选B。10.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采纳强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn+2NiOOH+H2OZnO+2Ni(OH)2。下列说法错误的是A.放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区B.充电时阳极反应为Ni(OH)2+OH−−e−＝NiOOH+H2OC.放电时负极反应为Zn+2OH−−2e−＝ZnO+H2OD.三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高【答案】A【解析】【详解】A.原电池在工作时，阴离子向负极移动，因此向负极移动而不是正极，A项错误；B.充电时相当于电解池，阳极失电子，由变为，B项正确；C.放电时即原电池，锌作负极失电子，变为，C项正确；D.多孔结构的物质，其表面积较大，一方面可以增加接触面积加快反应速率，另一方面可以使得到的分散度较高，D项正确；答案选A。11.下列说法正确的是A.常温下，向稀醋酸溶液中缓慢通入NH3，溶液中的值增大B.298K时，2H2S(g)+SO2(g)＝3S(s)+2H2O(l)能自发进行，则其ΔH＜0C.标准状况下，将22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，反应转移的电子数为2×6.02×1023D.用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大【答案】B【解析】【详解】A.对表达式稍作变形得到，因温度没变故K值不变，在通入氨气的过程中溶液渐渐变为醋酸铵溶液，醋酸铵是强电解质可以完全电离，因此溶液中的在增大，则减小，A项错误；B.该反应是气体分子数减小的熵减反应，却能在室温下自发进行，说明其吉布斯自由能在298K时小于0，必需为负才有可能实现，故反应放热，B项正确；C.氯气通入碱中发生歧化反应，标出化合价后不难发觉1mol氯气在反应中只转移1mol电子，标况下22.4L氯气中有1mol氯气，则一共转移1mol电子，C项错误；D.醋酸是弱酸，溶液中只有小部分醋酸分子能电离产生，因此相同浓度下的醋酸要比盐酸的浓度大，在中和等量时须要的醋酸体积更少，D项错误；答案选B。【点睛】可以用“冰山理论”来理解弱电解质，一座冰山实际能看到的部分只有5%，剩余的95%都在水下，弱酸只能电离出少量的（可见部分），有很大一部分酸都以分子形式存在（不行见部分），因此对于pH相等的强酸和弱酸，弱酸的实际浓度要远远大于强酸。12.化合物Y具有保肝、抗炎、增加免疫等功效，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是A.肯定条件下X可发生氧化、取代、消去反应B.1molY最多能与4molNaOH反应C.X与足量H2反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子D.等物质的量的X、Y分别与足量Br2反应，最多消耗Br2的物质的量相等【答案】CD【解析】【详解】A.X含有酚羟基和酯基，可以发生氧化反应和取代反应，但是无法发生消去反应，A项错误；B.首先三个酚羟基可以消耗3mol，其次Y中环状酯水解可以得到1个羧基和1个酚羟基，二者都能各消耗1mol，因此最多能与5mol反应，B项错误；C.当X与足量氢气加成后，分子中有8个手性碳原子，C项正确；D.苯酚与溴反应可以得到三溴苯酚，溴原子取代酚羟基的邻、对位上的氢原子，对于X、Y来讲，分子内符合要求的氢原子数是一样多的（均为4个），两个分子中都含有一个碳碳双键，和一分子溴发生加成反应，因此等物质的量的二者可以消耗等量的，D项正确；答案选CD。13.依据下列试验操作和现象所得出的结论正确的是选项试验操作和现象结论A向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色I−的还原性强于Cl−B向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去该气体肯定是乙烯C测定Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，后者pH比前者的大C的非金属性比Si强D向1-溴丙烷中加入KOH溶液，加热几分钟，冷却后再加入AgNO3溶液，无淡黄色沉淀生成1-溴丙烷没有水解A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.氯水强氧化性强于，可将氧化为，又会被四氯化碳萃取，进入有机相，四氯化碳密度大于水，在下层，因此下层溶液呈紫红色，A项正确；B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不肯定是乙烯，也有可能是被还原产生了，使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项错误；C.应当在相同浓度下比较二者的碱性，C项错误；D.反应后的溶液是碱性的，会和反应干扰的检测，因此应先加入稀硝酸，再加入硝酸银来检验，D项错误；答案选A。14.H2C2O4为二元弱酸。25℃时，向0.100mol·L−1Na2C2O4溶液中缓缓通入HCl气体（忽视溶液体积的变更）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.0.100mol·L−1Na2C2O4溶液中：c(C2O42−)＞c(HC2O4−)＞c(OH−)＞c(H＋)B.pH＝7的溶液中：c(Cl－)＝c(HC2O4−)＋2c(H2C2O4)C.c(Cl－)＝0.100mol·L−1溶液中：c(OH−)‒c(H＋)＝c(H2C2O4)‒c(C2O42−)D.c(HC2O4−)＝c(C2O42−)的酸性溶液中：c(Cl－)＋c(HC2O4−)＜0.100mol·L−1＋c(H2C2O4)【答案】BC【解析】【详解】A.Na2C2O4分步水解，且一步比一步难，+H2O+OH-，+H2O+OH-，水也电离出OH-，故c(OH−)＞c(HC2O4−)，故A项错误；B.pH＝7为中性，c(H＋)=c(OH−)，依据电荷守恒，再依据物料守恒，二者相减即可得到B项关系式，B项正确；C.当浓度为0.100mol/L时，可以发觉此时有物料守恒，依据电荷守恒有：，此时溶液中有，代入后化简得到，c(OH−)‒c(H＋)＝c(H2C2O4)‒c(C2O42−)，C项正确；D.首先将物料守恒代入关系式，化简得到，因为溶液是酸性的，结合选项B的分析，应有，D项错误；答案选BC。15.将H2和CO以=2的方式充入1L的恒容密闭容器中，肯定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，测得CO的平衡转化率随温度、压强变更关系如图所示。下列说法正确的是A.该反应的△H＜0B.压强大小：P1<P2<P3C.在316℃时，该反应的平衡常数为0.25D.若在P3和316℃时，起始时=3，则达到平衡时，CO转化率大于50％【答案】AD【解析】【详解】A.依据题图可以看出当压强肯定时，温度越高转化率越低，即温度上升平衡逆向移动，则正反应放热，A项正确；B.当温度肯定时，可以看出p1的转化率最高，正反应是气体分子数减小的反应，因此压强越大转化率应当越大，故p1>p2>p3，B项错误；C.压强不确定，CO平衡转化率未知，起始时反应物的物质的量也未知，无法计算平衡常数，C项错误；D.有两种气体反应物A、B参与反应时，若增加A的起始浓度，则可以提高B的转化率，D项正确；答案选AD【点睛】工业上合成氨时常常会通入大量的氮气来提高氢气的转化率，这样做虽然会降低氮气的转化率，但是氮气来源于空气，成本相对较低；同理，在二氧化硫的催化氧化时，也会通入过量的氧气来提高二氧化硫的转化率。16.脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是环境爱护的主要课题。（1）次氯酸盐氧化法。次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：i.NO＋HClO＝NO2＋HClii.NO＋NO2＋H2O2HNO2iii.HClO＋HNO2＝HNO3＋HCl①下列分析正确的是______（填字母）。A．烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率B．NO2单独存在时不能被脱除C．脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降②探讨不同温度下Ca(ClO)2溶液对NO脱除率的影响，结果如图−1所示脱除过程中往往有Cl2产生，缘由是______（用离子方程式表示）；60~80℃NO脱除率下降的缘由是______。（2）尿素[CO(NH2)2]还原法。NO和NO2以物质的量之比1﹕1与CO(NH2)2反应生成无毒气体的化学方程式为______。（3）脱氮菌净化法。利用脱氮菌可净化低浓度NO烟气，当烟气在塔内停留时间均为90s的状况下，测得不同条件下NO的脱氮率如题16图−2、题16图−3所示。①由题图−2知，当废气中的NO含量增加时，提高脱氮效率宜选用的方法是______。②题图−3中，循环汲取液加入Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率，其可能缘由为______。【答案】(1).AC(2).ClO－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O（或HClO＋Cl－＋H＋＝Cl2↑＋H2O）(3).HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小或气体溶解度随温度上升而降低(4).CO(NH2)2＋NO＋NO2＝2N2＋CO2＋2H2O(5).好氧硝化法(6).Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用【解析】【分析】（1）在脱除的过程中，次氯酸作氧化剂，作还原剂，二者经一系列氧化还原后得到硝酸和盐酸，起到了的脱除作用；（2）尿素中的氮是-3价的，相当于与中+2价的氮和中+4价的氮发生归中反应，得到氮气这种无毒气体；（3）依据题图不难看出最佳的脱氮方法是好氧硝化法（方框），而过渡金属阳离子往往具有很好的催化实力。【详解】（1）①A.若烟气中含有少量的氧气，氧气可以将氧化为，促进最终转变为硝酸，因此能提高的脱除率，A项正确；B.可以与水反应得到硝酸和，而生成的又可以和反应得到亚硝酸，因此也可以脱除，B项错误；C.次氯酸盐是弱酸强碱盐，呈碱性，而反应产物硝酸是强酸，故pH在下降，C项正确；②既然产生了氯气，则证明被还原，溶液中肯定存在一种还原性的物质，只能是，也就是二者的归中反应：，当温度上升，次氯酸受热分解，就会导致脱除率下降；（2）依据分析，写出归中反应方程式：；（3）①图中不难看出好氧硝化法的脱氮率更高；②和并不干脆参与反应，因此推想起到了催化作用。【点睛】过渡金属往往有许多可变的中间价态，这也是为什么过渡金属通常是优良的催化剂，锂离子电池中也常常运用含过渡金属的锂盐（磷酸铁锂、钴酸锂等）作电极材料。17.化合物G是临床常用的冷静、麻醉药物，其合成路途流程图如下：（1）B中的含氧官能团名称为______和______。（2）D→E的反应类型为______。（3）X的分子式为C5H11Br，写出X的结构简式：______。（4）F→G的转化过程中，还有可能生成一种高分子副产物Y，Y的结构简式为______。（5）写出同时满意下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：______。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应②分子中只有4种不同化学环境的氢（6）写出以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH和CH3ONa为原料制备的合成路途流程图（无机试剂任用，合成路途流程图示例见本题题干）。____________【答案】(1).醛基(2).酯基(3).取代反应(4).(5).(6).或(7).【解析】【分析】本题中各主要物质的结构简式已经给出，因此只要顺水推舟即可，难度一般。【详解】（1）B中的含氧官能团为醛基和酯基；（2）视察D和E的结构简式，不难发觉D上的1个氢原子被1个乙基取代形成了一条小尾巴（侧链），因此D→E属于取代反应；（3）视察E和F的结构简式，不难发觉E上的1个氢原子被1个含有支链的丁基取代，结合X的分子式不难推出X的结构简式为；（4）F到G事实上是F和尿素反应，脱去两分子甲醇形成了六元环的结构，我们发觉F中有2个酯基，尿素中有2个氨基，两种各含2个官能团的化合物符合缩聚反应的发生条件，因此二者可以缩聚成；（5）依据条件，G的分子式为，要含有苯环，其次能和氯化铁溶液发生显色反应，则肯定有酚羟基，还要含有4种不同化学环境的氢，再来看不饱和度，分子中一共有4个不饱和度，而1个苯环恰好是4个不饱和度，因此分子中除苯环外再无不饱和键，综上，符合条件的分子有或；（6）采纳逆推法，分子中有两个酯，肯定是2个羧基和2个甲醇酯化后得到的，甲醇已有，因此接下来要得到这个丙二羧酸，羧基可由羟基氧化得到，羟基可由卤原子水解得到，最终再构成四元环即可：。【点睛】在进行同分异构体的推断时，不饱和度是一个有力的工具，对于含氮有机物来讲，每个N可以多供应1个H，氨基无不饱和度，硝基则相当于1个不饱和度，据此来计算即可。18.三氯化六氨合钴(III)（[Co(NH3)6]Cl3）是合成其它含钴协作物的重要原料。制备流程如下：（1）“混合”步骤需在煮沸NH4Cl溶液中加入研细的CoCl2·6H2O晶体，加热煮沸的目的是______。（2）流程中加入溶液可防止加氨水时溶液中c(OH−)过大，其原理是______。（3）“氧化”步骤中应先加入氨水再加入，理由______。（4）为测定产品中钴的含量，进行下列试验：①称取样品4.000g于烧瓶中，加80mL水溶解，加入15.00mL4mol•L-1NaOH溶液，加热至沸15~20min，冷却后加入15.00mL6mol•L-1HCl溶液酸化，将转化成Co3+，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，加水定容，取其中25.00mL试样加入到锥形瓶中；②加入足量KI晶体，充分反应；③加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，再重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均体积为15.00mL。（已知：2Co3++2I−＝2Co2++I2，I2+2S2O32-＝2I−+S4O62-），通过计算确定该产品中钴的含量（写出计算过程）。______【答案】(1).赶走溶液中的O2，防止Co2+被氧化(2).NH4Cl溶于水电离出的NH会抑制NH3•H2O的电离(3).防止Co(OH)3的生成(4).2Co3+～I2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝0.1000mol·L−1×15.00×10−3L＝1.500×10−3mol，n(I2)＝n(Na2S2O3)＝×1.500×10−3mol＝7.500×10−4mol，n(Co元素)＝n(Co3+)＝2n(I2)＝1.500×10−3mol，，m(Co元素)＝1.500×10−3mol×59g·mol−1＝8.85×10−2g，w(Co元素)＝×100%＝22.125%【解析】【分析】水合氯化钴先与活性炭和氯化铵溶液混合，活性炭可以吸附除去杂质，氯化铵则可以调整溶液pH，接下来加入氨水和过氧化氢，氨水供应氨配体，过氧化氢则负责将氧化为，接下来经过一系列操作即可得到产品，据此分析解答。【详解】（1）加热煮沸可以除去水中溶解的氧气，防止氧气过早将氧化；（2）氯化铵溶液可以电离产生大量的，减弱氨水的电离，有利于氨配体的配位；（3）若先加入双氧水，还是会将溶液中的氧化为，并产生沉淀；（4）消耗的硫代硫酸钠物质的量为，依据计量比可知氧化产生的碘有0.00075mol，而要氧化这些碘须要0.0015mol，这些是25.00mL中的，因此一共有0.015mol，代入的摩尔质量有，因此产品中钴的含量为。计算过程为：2Co3+～I2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝0.1000mol·L−1×15.00×10−3L＝1.500×10−3mol，n(I2)＝n(Na2S2O3)＝×1.500×10−3mol＝7.500×10−4mol，n(Co元素)＝n(Co3+)＝2n(I2)＝1.500×10−3mol，，m(Co元素)＝1.500×10−3mol×59g·mol−1＝8.85×10−2g，w(Co元素)＝×100%＝22.125%。19.用方铅矿(主要成分为PbS，含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，Al2O3等杂质)制备PbSO4和Mn3O4工艺流程如下：已知：①浸取中主要反应：PbS＋MnO2＋4HCl＝MnCl2＋PbCl2＋S＋2H2O②PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)△H＞0③Mn3O4是黑色不溶于水的固体，制备原理为：6MnCl2＋O2＋12NH3•H2O＝2Mn3O4↓＋12NH4Cl＋6H2O④部分金属离子起先沉淀和沉淀完全的pH如下(起先沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L−1计算)。金属离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+起先沉淀的pH7.62.74.07.7沉淀完全的pH9.63.75.29.8（1）“浸取”需限制温度在80℃左右，为加快酸浸速率，还可采纳的方法是______。（2）加入饱和NaCl溶液的目的是______。（3）“浸取”过程中MnO2将Fe2+氧化的离子方程式为______。（4）用MnCO3调整溶液pH的范围为______。（5）“趁热抽滤”的目的是______。（6）已知：反应温度和溶液pH对Mn3O4的纯度和产率影响分别如图−1、图−2所示，请补充完整由滤液X制备Mn3O4的试验方案：______，真空干燥4小时得产品Mn3O4。（试验中须运用的试剂：氨水、空气）【答案】(1).粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度(2).增大PbCl2的溶解度(3).2Fe2+＋MnO2＋4H+＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O(4).5.2≤pH＜7.7(5).PbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分别(6).将滤液X水浴加热并保持50℃，用氨水调整溶液pH并维持在8.5左右，在不断搅拌下，边通空气边加氨水，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，在上层清液中接着滴加氨水不再有沉淀生成，过滤，洗涤沉淀2~3次直至洗涤液检验不出Cl−【解析】【分析】首先将方铅矿和软锰矿加盐酸和饱和氯化钠溶液浸取，方程式题干已经给出，接下来过滤得到的滤渣I为单质硫及其他不溶性杂质，接下来加入碳酸锰调整pH，趁热抽滤可以保持氯化铅溶解在水中，而不溶性杂质被过滤，再冷却过滤即可得到纯净的氯化铅，滤液X中的氯化锰再通过题干给出的方程式制备四氧化三锰，而氯化铅与硫酸钠溶液反应可以转化为更难溶的硫酸铅沉淀，据此来分析即可。【详解】（1）为加快溶解，我们可以通过搅拌、粉碎矿石来增大接触面积、适当提高盐酸的浓度方法；（2）饱和氯化钠溶液中有大量的，可以促进题干中给出的反应②的正向进行，增大氯化铅的溶解度；（3）二氧化锰中+4价的锰有强氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应：；（4）调整pH的目的是将溶液中除锰以外的其它金属离子除去，依据题目给出的表格可以发觉当时和已经沉淀完全，若时锰将起先沉淀，造成产物的损失，因此最佳pH范围为；（5）题目告知我们氯化铅易溶于热水，难溶于冷水，因此趁热过滤可将氯化铅保持在溶液中，不溶性其它金属化合物将被过滤除去；（6）依据题图不难看出，50℃和pH8.5左右是最佳的反应条件，因此我们将滤液X水浴加热并保持50℃，用氨水调整溶液pH并维持在8.5左右，在不断搅拌下，边通空气边加氨水，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，在上层清液中接着滴加氨水不再有沉淀生成，过滤，洗涤沉淀2~3次直至洗涤液检验不出即可。20.利用甲醇(CH3OH)制备一些高附加值产品，是目前探讨的热点。（1）甲醇和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：反应Ⅰ.CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g)△H1反应Ⅱ.H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)△H2=akJ·mol-1反应Ⅲ.CH3OH(g)2H2(g)＋CO(g)△H3=bkJ·mol-1反应Ⅳ.2CH3OH(g)2H2O(g)＋C2H4(g)△H4=ckJ·mol-1①△H1=______kJ·mol-1。②工业上采纳CaO吸附增加制氢的方法，可以有效提高反应Ⅰ氢气的产率，如图−1，请分析加入CaO提高氢气产率的缘由：______。③在肯定条件下用氧气催化氧化甲醇制氢气，原料气中对反应的选择性影响如题图−2所示(选择性越大表示生成的该物质越多)。制备H2时最好限制=______，当=0.25时，CH3OH和O2发生的主要反应方程式为______。（2）以V2O5为原料，采纳微波辅热-甲醇还原法可制备VO2，在微波功率1000kW下，取相同质量的反应物放入反应釜中，变更反应温度，保持反应时间为90min，反应温度对各钒氧化物质量分数的影响曲线如图−3所示，温度高于250℃时，VO2的质量分数下降的缘由是______。（3）以甲醇为原料，可以通过电化学方法合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图−4所示。①电源的负极为______(填“A”或“B”)。②阳极的电极反应式为______。【答案】(1).b–a(2).CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率(3).0.5(4).2CH3OH＋O22HCHO＋2H2O(5).甲醇接着还原VO2为V2O3(6).B(7).2CH3OH＋CO−2e−=(C