广东省梅州市2024年高考化学模拟试题（含答案）

广东省梅州市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、单选题得分1．中国菜享誉世界，是世界美食的明珠。下列名菜中，主要成分是纤维素的是名菜图片名称北京烤鸭开水白菜清蒸武昌鱼麻婆豆腐选项ABCDA．A B．B C．C D．D2．信息、材料、能源被称为新科技革命的“三大支柱”。下列有关资讯不正确的是A．在即将到来的新能源时代，太阳能、氢能将成为主要能源B．高吸水性树脂可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水，改良土壤C．光导纤维在信息产业中应用广泛，制造光导纤维的主要材料是单质硅D．电子芯片使用新型的半导体材料砷化镓属于新型无机非金属材料3．下列有关说法不正确的是A．“杯酚”分离C60和CB．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与HC．核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物4．化学改善人类的生产、生活，创造美好的世界。下列生产、生活情境中涉及的原理不正确的是选项应用解释A盐卤可作为制作豆腐的凝固剂氯化镁能使豆浆中的蛋白质变性B利用铝热法焊接铁轨铝与氧化铁反应，且放出大量的热C盐碱地(含较多Na盐与盐发生复分解反应D节日燃放的焰火，色彩绚丽原子核外电子跃迁释放能量A．A B．B C．C D．D5．合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用乙酸二氨合铜(Ⅰ)溶液来吸收CO，其反应为：A．NHB．CO的相对分子质量大于NH3，则沸点比C．[Cu(NH3)2D．工业上吸收CO适宜的条件是低温、高压，压强越大越好6．脱落酸是抑制植物生长的激素，因能促使叶子脱落而得名，其结构简式如图所示，下列说法正确的是A．分子式为CB．分子中含有2个手性碳原子C．可使溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同D．所有碳原子不可能共平面7．下列实验装置及操作完全正确的是A．配制0.10mol⋅B．制备无水氯化镁C．除去Cl2中的D．制备乙酸乙酯8．氮元素所形成物质的价类二维图如图所示，下列说法正确的是A．可用湿润的蓝色石蕊试纸检验aB．通过雷电作用将b转化为c，可实现氮的固定C．d转化为e必须加入氧化剂D．g中的氮原子均采用sp9．下列事实与解释不相符的是选项事实解释A甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而烷烃不能苯环活化了甲基BH2O比水分子间可以形成氢键CI2易溶于CClI2和CCl4DCH3甲基为推电子基，使乙酸羧基中的羟基的极性变小，电离程度比甲酸弱A．A B．B C．C D．D10．常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.A．第一电离能：Z>Y>XB．X2C．工业上通过电解XZ的水溶液来制取X的单质D．Z的单质具有强氧化性和漂白性11．近年来电池研究领域涌现出一类纸电池。某纸电池结构如图所示，其M极为嵌锂石墨烯(LixC6)，N极为钴酸锂(LiCoOA．放电时，M电极反应式为：LB．放电时，LiC．充电时，M极接直流电源负极，发生还原反应D．充电时，每转移1mol电子，N极质量理论上减少7g12．设NAA．0.1moB．100mL1mol⋅L−1C．标准状况下，22.4L乙炔中含有的σD．23gNa与足量的氧气反应转移电子数目为N13．下列解释事实的离子方程式书写正确的是A．用含铝粉和氢氧化钠的疏通剂疏通管道：2Al+2OB．用氯化铁溶液蚀刻覆铜板：FC．用淀粉碘化钾试纸和醋酸证明食盐中存在IO3D．暖贴(主要成分：Fe粉、活性炭、水、食盐等)发热时，空气中氧气参与的反应为：O14．下列实验方案能够达到实验目的的是选项实验目的实验方案A验证I−与F向5mL0.1mol⋅LB欲除去苯中混有的苯酚向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤C比较H2CO相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和D比较AgCl和AgI的Ksp向盛有1mL0.1mol⋅L−1AgNA．A B．B C．C D．D15．一定温度下，在2L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是A．X点的v(正B．Z点时反应达到平衡状态C．B的平衡转化率为30%D．保持温度、体积不变，5min时充入1molHe，正逆反应速率均增大16．常温下，用如图所示装置，分别向25mL0.3mol⋅L−1NA．X曲线为NaB．c点的溶液中：c(NC．用pH试纸测得c点的pH约为8，可知：KD．a、d两点水的电离程度：a<d阅卷人二、非选择题得分17．铜及其化合物有着广泛的应用。某实验小组探究Cu（1）I．实验准备：由NaHSO3固体配制100mL1.（2）实验任务：探究NaHSO3溶液分别与CuSO查阅资料：已知：a．Cub．Cu+→设计方案并完成实验：实验装置试剂x操作及现象A2mL1.0mol⋅1.加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，B1.加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，现象分析与验证：推测实验B产生的无色气体为SO2，实验验证：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到（3）推测实验B中的白色沉淀为CuCl，实验验证步骤如下：①实验B完成后，立即过滤、洗涤。②取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量，观察到沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为；露置在空气中一段时间，观察到溶液变为深蓝色。（4）对比实验A、B，提出假设：Cl−增强了①若假设合理，实验B反应的离子方程式为2Cu2++2C②下述实验C证实了假设合理，装置如图8(两个电极均为碳棒)。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形(补全实验操作及现象)。（5）II．Cu2+能与NH3、H2硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子(填化学式)。（6）常见配合物的形成实验实验操作实验现象有关离子方程式滴加氨水后，试管中首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐，得到深蓝色的透明溶液，滴加乙醇后析出色晶体C[Cu18．铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备已知：①铈的常见化合价为+3、+4。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液②Ce4+能与SO42−结合成[CeS（1）焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF（2）“酸浸II”过程中CeO2转化为Ce3+，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和H2O2替换HCl（3）“操作I”的名称是。（4）“浸出液”中含有少量Ce4+及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取”作进一步分离、富集各离子。“萃取”时Ce4+与萃取剂[(HA)2]存在反应：Ce4++n(（5）取5.000g上述流程中得到的Ce(OH)4，加酸溶解后，向其中加入含0.03300molFeSO4的硫酸亚铁溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用（6）科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现①在该晶体中，铈离子的配位数为。②阿伏加德罗常数的值为NA，CeO2相对分子质量为M，晶体密度为ρg⋅cm19．除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。（1）室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：H2CrHCrO42HCrO4①室温下，反应2CrO42−(aq)+2H+(②基态Cr3+核外电子排布式为③室温下，初始浓度为1.0mol⋅L−1的Na根据A点数据计算反应2CrO42−+2H+A．加水稀释，平衡右移，K值增大B．若达到A点的时间为5s，则v(CrC．若升高温度，溶液中CrO4（2）NaHSO3与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入NaHSO①实验中的NaHSO3作用是②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH>12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为。（3）微生物法：①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。55°C时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是。②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+，H2（4）可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：①该制备过程总反应的化学方程式为。②电解一段时间后，阳极区溶液中K+的物质的量由amol变成bmol，则生成的重铬酸钾的物质的量为mol20．乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如下：已知：RCOOH→30（1）A的化学名称为，D中含氧官能团的名称为。（2）M的结构简式为。①M中电负性最强的元素是。②M与相比，M的水溶性更(填“大”或“小”)。③—SH与—OH性质相似，写出M与NaOH溶液反应的化学方程式。（3）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是。（4）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：a．能与FeCl3溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2：（5）根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.北京烤鸭中主要成分为蛋白质、脂肪等，A错误；B.开水白菜原材料是白菜，主要成分是纤维素，B正确；C.清蒸武昌鱼主要成分是蛋白质、脂肪等，C错误；D.麻婆豆腐中主要成分为蛋白质、脂肪等，D错误；故答案为：B。【分析】纤维素为多糖，生活中常见纤维素有：木材、秸秆、植物根茎。2．【答案】C【解析】【解答】A.太阳能、氢能为清洁能源，未来将成为主要能源，故A正确；B.高吸水性树脂能有效保持水分，可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水，改良土壤，故B正确；C.二氧化硅具有良好的光线性能，制造光导纤维的主要材料是二氧化硅，故C错误；D.砷化镓具有良好的半导体性能，属于新型无机非金属材料，故D正确故答案为：C。【分析】易错分析：C.单质硅通常可以作为半导体、太阳能电池、半导体等材料；二氧化硅可以作为光导纤维、水晶、建筑材料等。3．【答案】D【解析】【解答】A.杯酚分离C60和C50利用超分子的分子识别性，A项正确；

B.储氢金属能与氢气形成氢化物而达到储氢的目的，B项正确；

C.核酸是由核苷酸聚合而成的高分子材料，C项正确；

D.煤油为烃的混合物，D项错误；

故答案为：D。

【分析】易错分析：一般燃料都为混合物，如汽油、柴油、煤油等，通过分馏方式从石油中获取的。4．【答案】A【解析】【解答】A.盐卤可作为制作豆腐的凝固剂，是盐溶液的加入使得蛋白质发生聚沉而不是变性，A符合题意；

B.铝与氧化铁反应，且放出大量的热同时生成铁，故可利用铝热法焊接铁轨，B不符合题意；

C.碳酸钠和石膏硫酸钙生成硫酸钠和碳酸钙，是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，C不符合题意；

D.燃放的焰火，色彩绚丽是因为原子核外电子跃迁释放能量，得到一定波长的光谱，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】易错分析：制作豆腐加入凝固剂时利用胶体的聚沉。5．【答案】A【解析】【解答】A.NH3分子中N原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，故A正确B.氨气能形成氢键，导致其沸点升高，CO的沸点比氨气低，故B错误；C.亚铜离子提供空轨道，氨气给出孤电子对，两者形成配位键，故C错误；D.不是压强越大越好，压强过大会对设备提出更高的要求，故D错误；故答案为：A。【分析】易错分析：B.比较分子晶体熔沸点时，组成结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力大，熔沸点越高，若含有氢键，熔沸点或异常的高，如氨气、水等。6．【答案】D【解析】【解答】A.由图可知，分子式为C12H20O5，A错误；B.手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，，只有一个手性碳原子。C.分子中含有碳碳双键，可发生加成反应使溴水褪色，可发生氧化反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，原理不相同，C错误；D.分子中含有直接相连的4个饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，D正确；故答案为：D.【分析】首先弄清楚该有机物中含有些官能团，官能团决定有机物的性质，给有机物中含有羟基、醛基和苯环结构，可以发生消去、加成、取代、氧化等反应，在判断共面问题使，以双键平面为基础，看那些原子在该平面内。7．【答案】C【解析】【解答】A.不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，应该在烧杯中溶解，A错误；

B.直接蒸发氯化镁溶液，氯化镁水解生成氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁，应该在氯化氢氛围中进行，B错误；

C.氯气在饱和氯化钠溶液溶解度很小，氯化氢溶于饱和氯化钠溶液，能达到目的，C正确；

D.制备乙酸乙酯右侧试管中应该使用饱和碳酸钠溶液，且导管应该位于液面上方防止倒吸，D错误；

故答案为：C。

【分析】易错分析：B.氯化镁加热时候会水解，产生氯化氢气体，氯化镁完全水解，最终得到氧化镁。

D.乙醇和乙酸极易溶于水，若导管插入水中，会发生倒吸。8．【答案】B【解析】【解答】A.氨气能使湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝，应该用湿润的红色石蕊试纸，故A错误；

B.通过雷电作用将氮气和空气中氧气反应生成一氧化氮，可实现氮的固定，故B正确，符合题意；

C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，发生自身氧化还原反应，不需要加入氧化剂，故C错误；

D.硝酸铵中硝酸根离子中氮形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，故D错误

故答案为：B。

【分析】氮元素所形成物质的价类二维图如图，则a-g分别为氨气、氮气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸、一水合氨、硝酸铵，根据氮及其化合物解答即可。9．【答案】B【解析】【解答】A.甲苯能与酸性高锰酸钾溶液反应从而使其褪色，烷烃不与酸性高锰酸钾反应，原因受到苯环活化了甲基，A正确；

B.H2O比H2S稳定的原因在于O的非金属性强于S，而不是因为水分子间存在氢键，B错误；

C.I2和CCl4都是非极性分子，H2O为极性分子，根据相似相溶原理，I2易溶于CCl4而微溶于H2O，C正确；

D.甲基为推电子基，因为甲基的存在乙酸羧基中羟基的极性变小，导致乙酸电离程度比甲酸弱，故乙酸酸性弱于甲酸，D正确；

故答案为：B。

【分析】易错分析：B.化学键的强弱决定分子的稳定性强弱，分子间作用力大小会影响物质熔沸点。10．【答案】A【解析】【解答】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则钠、硫、氯三种元素的第一电离能依次增大，故A正确，符合题意；

B.氧、硫元素化学性质相似，Na2S2结构类似Na2O2，含有离子键和非极性共价键，故B错误；

C.电解NaCl的水溶液生成氢氧化钠和氯气、氢气，不能生成钠单质，故C错误；D.氯气的单质具有强氧化性，其水溶液中和水生成的次氯酸具有漂白性，故D错；故答案为：A。【分析】根据题目信息，首先推出元素，W为N元素、Z为Cl元素；浓度为0.01mol/L的X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH为12说明最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，且原子半径大于氯原子，则X为Na元素；Y位于钠元素和氯元素之间，且0.01mol/L的最高价氧化物对应的水化物溶液pH小于2说明最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，则Y为S元素。11．【答案】B【解析】【解答】A.放电时，M电极为负极，反应式为：LixC6−xe−=xLi++C6，A正确；

B.放电时，原电池的阳离子由负极向阳极移动，Li+由M极向N极迁移，B错误；C.充电时，M极接直流电源负极，为阴极，发生还原反应，C正确；D.充电时，N极为阳极，发生还原反应，LiCoO2-xe-=Li1−xCoO2+xLi+，每转移1mol电子，N极减少1molLi+，质量减少1mol×7g/mol=7g，D正确故答案为：B。【分析】解答新型化学电源的步骤：(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。(4)电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式。12．【答案】D【解析】【解答】A.1个铝27中含有10个电子，则0.1mol铝27中含有的电子数为，A错误；B.0.1mol硫化钠中应该含有0.1mol硫离子，S2-溶液中硫离子水解生成氢氧根离子和HS-：，且溶液中水也会电离出氢氧根离子，则溶液中含有的阴离子数目大于0.1mol，B错误；C.标准状况下，22.4L乙炔为1mol，单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键，中含有的σ键数目为3NA，C错误D.钠和氧气反应，钠转化为+1价钠，23g钠为1mol，与足量的氧气反应转移电子数目为NA，D正确

故答案为：D。【分析】A.阳离子电子数=原子序数-带电荷。

B.强碱弱酸盐水溶液中会发生水解，同时溶液中也存在水的电离平衡，在计算阴离子数目时要进行充分考虑。

C.共价键单价为σ键，共价三键为含有1个σ键2个π键。

D.利用化合价升降，判断电子转移即可。13．【答案】A【解析】【解答】A.铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；A项正确；B.电荷不守恒，B项错误；C.碘酸根离子和碘离子在酸性条件下生成碘单质和水，醋酸为弱酸不能拆，C项错误；D.中性条件发生吸氧腐蚀，发生反应为，O2+4e-+2H2O=4OH-，D项错误；故答案为：A。【分析】离子方程式正误判断：1.反应原理是否正确（反应方程式书写是否正确）；

2.物质的拆分是否正确；

3.是否漏写参加反应离子；

​​​​​​​4.过量与少量问题。14．【答案】C【解析】【解答】A.．Fe3+与I-反应，Fe3+过量，无论是否存在平衡溶液中均存在Fe3+遇KSCN变红，A项不能达到实验目的；

B.苯酚和溴水反应产生三溴苯酚，但其与苯互溶而无法分离。可以选择NaOH溶液洗涤分液，B项不能达到实验目的；C.酸的酸性越弱对应的盐水解程度越强，对比等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液的pH可确定H2CO3和CH3COOH酸性强弱，C项能达到实验目的D.一般情况下，溶解度大的可以转化为溶解度小的沉淀。同类型的，Ksp大的转化为Ksp小的。但该反应中AgNO3过量，产生白色沉淀后溶液中有AgNO3与KI产生黄色沉淀，无法实现沉淀间的转化，无法确定大小，D项不能实现实验目的。故答案为：C。【分析】A.应该加入过量的碘化钾，氯化铁加入少量，若加入硫氰化钾后变红，说明反应没有进行彻底。

B.对有机物分离提纯时要注意有机物之间是互溶的，苯为良好有机溶剂，三溴苯酚易溶于苯酚，无法过滤进行分离。

C.利用盐水解原理，越弱月水解，但是必须为同浓度前提下。

D.应该加入的硝酸银为少量，才能实现氯化银与碘化钾反应生成碘化银，从而证明溶度积大小。15．【答案】A【解析】【解答】A.XY点后反应仍正向进行，且X点反应物的浓度较大、生成物浓度较小，则X点正反应速率更大，故X点的正反应速率大于Y点的正反应速率，故A正确；B.Z点后反应仍正向进行，则Z点时反应没有达到平衡状态，故B错误；C.B的平衡转化率为0.6mol/1mol=60%，故C错误

D.持温度、体积不变，5min时充入He，不影响反应中各物质的浓度，正逆反应速率不变，故D错误；故答案为：A.【分析】对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等.16．【答案】C【解析】【解答】A.由上述分析可知，X代表NaHCO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线，故A错误；B.根据电荷守恒可知，，B项错误；C.c点溶液溶质主要为NaCl、NaHCO3，pH约为8，溶液显碱性，则碳酸氢根的水解程度大于电离程度，Ka2(H2CO3)<，C项正确；

D.d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸根和碳酸氢根的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，故D错误故答案为：C.【分析】碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO32-+H+=HCO3-+H2O，然后发生HCO3-+H+=H2CO3+H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO3-+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线，Y代表Na2CO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线。17．【答案】（1）①②③（2）试纸从蓝色变白（3）氨水；CuCl+2N（4）HSO（5）[Cu（6）溶解；深蓝【解析】【解答】用固体物质配制溶液，需要使用天平称量固体的质量，并在烧杯中溶解并使用量筒量取少量水，然后转移入容量瓶中，并使用玻璃棒引流，最后用胶头滴管滴加到刻度线，故所给仪器中需要使用的为烧杯、量筒和天平。故选①②③。

（2）淀粉遇碘变蓝，二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸，故观察到的现象为试纸从蓝色变为白色.

（3）根据信息分析，亚铜离子能溶于浓氨水，故取少量已经洗净的白色沉淀，滴加足量的浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为，露置在空气中可以变成深蓝色溶液。

（4）实验B中有白色沉淀和无色气泡产生，故还存在亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水，为了验证假设，先在没有氯离子的条件下进行反应，闭合K，电压表的指针偏转只X处，说明产生很小的电流，然后向U形管右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，观察到电压表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀。U形管左侧溶液中产生无色气体

（5）硫酸铜溶液显蓝色是因为形成了水和铜离子。

（6）硫酸铜溶液中加入氨水生成氢氧化铜沉淀，氨水过量形成四氨合铜离子，沉淀溶解，加入乙醇后析出深蓝色[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O沉淀。

【分析】（1）一定物质的量浓度配置需要仪器：天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。

（2）二氧化硫具有还原性，与碘反应，淀粉蓝色变为白色。

（3）亚铜离子能溶于浓氨，亚铜离子可以与氨气形成配合物，溶液变为蓝色。

（4）在探究多因素影响是，采用控制变量法进行探究。

（6）四氨合铜离子易溶于水，但是难溶于乙醇，故有蓝色沉淀析出。18．【答案】（1）将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集（2）6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑（3）过滤（4）浸出液中加入的SO42-浓度越大，c([CeSO4]（5）95.68%（6）8；34Mρ.【解析】【解答】（1）根据题意，四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液。故焙烧氟碳铈矿的目的是将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。

（2）CeO2被过氧化氢氧化为Ce3+，故答案为：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑

（3）“操作I”为过滤

（4）浸出液中加入的SO42-浓度越大，根据化学平衡：Ce4++SO42-⇌，SO42-浓度增大，

浓度增大，则比值减小。

（5）根据氧化还原反应得失电子守恒有n(Ce4+)×1+n(KMnO4)×5=n(Fe2+)×1，解得n(Ce4+)=0.023mol，从而计算转化率。

（6）①由图可知，一个晶胞中，1个铈离子周围有4个氧离子，故铈离子的配位数为：4×2=8；

4M=ρ.v晶胞.NA=ρ×(a×10-7)3×NA，a=×107nm.

【分析】解答流程题的一般思路是：

浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务.19．【答案】（1）ΔH3-2ΔH2；[Ar]3d3；1.0×1014；AC（2）将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III)；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-（3）55°C时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；SO42-被H还原为S2-，S2-（4）4K2CrO4+4H2O通电__2K2Cr2O7+2H2↑+O2【解析】【解答】（1）由盖斯定律，反应III-2xII得，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时重铬酸跟为0.25mol/L，由原子守恒得重铬酸跟浓度为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则K=

A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误；

B.由原子守恒得溶液中的重铬酸跟为1.0-0.25×2=0.5mol/L，重根酸根化学反应速率速率为，B正确；

C.升温重根酸根转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误。

（2）实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III)，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III)；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-

（3）温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和硫酸根经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS