2023届高考化学鲁科版一轮复习检测-综合检测卷

综合检测卷(时间:90分钟满分:100分)一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列有关说法错误的是()A.可燃冰资源丰富且可以再生,是最有希望的未来能源B.生活垃圾发电可有效地利用垃圾中的生物质能C.利用在微生物作用下分解水,是氢气制取的一个重要研究方向D.蓄热材料可以实现化学能与热能的直接转换2.有机物a到b的转化过程如图所示。下列说法错误的是()A.a分子中所有碳原子不可能共面 B.M为乙醇C.1mola或b消耗NaOH的物质的量相等 D.a和b分子中手性碳原子数目相等3.下列实验装置,达不到实验目的的是()A.制备乙烯B.制备并收集氨气C.制备并收集乙酸乙酯D.用CCl4提取碘水中的碘4.嘌呤类是含有氮的杂环结构的一类化合物,其中一种平面形结构如图所示。下列说法错误的是()A.分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2杂化B.分子中含有极性共价键和非极性共价键C.轨道之间的夹角∠1比∠2大D.分子间可以形成氢键使嘌呤变得更稳定5.硒(Se)是一种新型半导体材料,对富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)进行综合处理的一种工艺流程如图所示。下列说法错误的是()A.合理处理富硒废料符合循环经济理念B.母液可在“酸溶”工序循环利用C.“滤液”经处理可制得胆矾D.“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶16.用[Ru]催化硝基化合物(R1NO2)与醇(R2CH2OH)反应制备胺(R2CH2NHR1),反应过程如图所示。已知:R1、R2表示烃基或氢原子。下列叙述错误的是()A.[Ru]可以降低该反应过程中的活化能B.历程中存在反应:R1NH2+R2CHOR2CHNR1+H2OC.每生成1molR2CH2NHR1,消耗1molR2CH2OHD.制备CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2NO2和CH3OH7.W、X、Y、Z为同一短周期主族元素,它们的相关信息如下。下列说法正确的是()元素代号WXYZ原子半径0.1860.1170.1100.099最高正(最低负)化合价+1+7,-1一种新化合物MA.含氧酸的酸性:Z>Y>XB.X单质形成的晶体硬度大,可用来制造光导纤维C.基态Y原子的价层电子排布图为D.化合物M中,X、Y、Z、W最外层均满足8电子稳定结构8.正丁醚常用作有机反应的溶剂,不溶于水,密度比水小,在实验室中可利用反应2CH3CH2CH2CH2OHCH3(CH2)3O(CH2)3CH3+H2O制备,反应装置如图所示。下列说法正确的是()A.装置B中a为冷凝水进水口B.为加快反应速率可将混合液升温至170℃以上C.若分水器中水层超过支管口下沿,应打开分水器活塞放水D.本实验制得的粗醚经碱液洗涤、干燥后即可得纯醚9.以CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料,电催化合成偶氮化合物的新装置如图所示(R代表烃基)。下列说法错误的是()A.该离子交换膜是阴离子交换膜B.电极a的电极电势低于电极bC.阳极反应为RCH2NH2-4e-+4OH-RCN+4H2OD.电流由直流电源出发,经电极a、KOH溶液、电极b回到直流电源10.将1.0mol·L-1氨水滴入20mL1.0mol·L-1HA溶液中,溶液中水电离出的c水(H+)和混合液温度(T)随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是()A.NH4A溶液呈酸性B.b点溶液:c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OHC.c点溶液:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.5mol·D.25℃时,NH4+水解平衡常数为5(V1-20)×10-9mol·二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。11.氨硼烷(NH3·BH3)是一种高性能固体储氢材料,在催化剂作用下可发生水解:3NH3·BH3+6H2O3NH4++B3O63-+9H2↑。已知B3A.键角:NH4+>NH3>HB.水解产生的H2既是氧化产物也是还原产物C.共价键的键能大小决定了氨硼烷熔、沸点的高低D.该反应过程中B原子的杂化方式由sp3转化为sp212.我国科学家利用电解法在常温常压下实现了氨的合成,该装置工作时阴极区的微观示意图如下,其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。下列说法正确的是()A.三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性B.选择性透过膜允许N2、NH3和H2O通过C.该装置用Au作催化剂,目的是改变N2的键能D.生成NH3的电极反应为N2+6C2H5OH+6e-2NH3+6C2H5O-13.CO难溶于水和碱液,在优化催化剂的基础上,调节电极的孔道和疏水性增加CO的扩散速率,可实现高选择性将CO电解还原制备C2H4,装置如图所示。下列说法错误的是()A.聚四氟乙烯具有吸附并增加CO浓度的作用B.碳纸/聚四氟乙烯电极连接电源的正极,发生氧化反应C.生成C2H4的电极反应为2CO-8e-+6H2OC2H4+8OH-D.为了维持电解效率,离子交换膜应使用阴离子交换膜14.除去电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-,并制取石膏(CaSO4·2H2O)的流程如图所示:下列说法错误的是()A.过程Ⅰ、Ⅱ中起催化剂作用的物质是Mn(OH)2B.17.2g石膏失水后质量变为14.5g,所得固体中CaSO4与结晶水物质的量之比为1∶1C.10L上清液(S2-浓度为320mg·L-1)中的S2-转化为SO42D.过程Ⅱ反应的离子方程式为4MnO32-+2S2-+9H2OS2O3215.常温下,向20mL0.5mol·L-1某一元碱MOH溶液中逐滴加入0.25mol·L-1的HCl溶液,溶液中lgc(MOH)c(MA.溶液中水的电离程度从a点到d点逐渐增大B.a点时,pOH=-lgKbC.b点时,c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)D.c点时,c(M+)+c(MOH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.(12分)DCCNa(二氯异氰尿酸钠)固体是一种高效、安全的消毒剂,20℃以上易溶于水,其水溶液在温度较高时不稳定;(CNO)3H3(氰尿酸)为三元弱酸。回答下列问题:Ⅰ.制备DCCA(二氯异氰尿酸)主要反应有碱溶:(CNO)3H3+2NaOH(CNO)3Na2H+2H2OΔH<0氯化:(CNO)3Na2H+2Cl2(CNO)3Cl2H+2NaClΔH<0(1)用烧碱固体配制实验所需40%的NaOH溶液,下列仪器中不需要的是(写名称)。

(2)装置A中反应的离子方程式为

。

(3)装置B用冰水浴的原因是

。

(4)装置C中的溶液是,其作用是

。

(5)碱溶时若氢氧化钠过量,(CNO)3Na2H中可能混有的杂质是。

Ⅱ.制备DCCNa(6)“中和”反应的化学方程式为

。

(7)氯元素含量的测定:准确称取1.0000gDCCNa样品,用容量瓶配成250.00mL溶液;取25.00mL溶液于锥形瓶中,加入一定量醋酸溶解,样品中的氯元素全部化成HClO,再加入足量的KI溶液,用淀粉作指示剂,用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定生成的碘,消耗标准液VmL,已知:I2+2S2O32-2I-+S4O6217.(12分)如图1为从铜转炉烟灰[主要含有ZnO,还有少量的Fe(Ⅱ)、Pb、Cu、As元素]制取活性氧化锌的流程。请回答以下问题:已知:①活性炭主要吸附有机质;②25℃时,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38;③氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在;④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表。金属离子Fe3+Fe2+Cu2+Mn2+开始沉淀pH1.97.04.58.1完全沉淀pH3.29.06.410.1(1)Pb(OH)Cl中Pb的化合价为。

(2)题中所列铜转炉烟灰所含主要元素中有种非主族元素,画出

3375As的原子结构示意图:(3)浸取温度为50℃,反应时间为1h时,测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图2,则氯化铵最适宜的浓度为mol·L-1。

(4)加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留,写出除铁步骤的离子方程式:,常温下此时体系中Fe3+残留最大浓度为mol·L-1。

(5)“滤渣Ⅲ”的主要成分为(填化学式)。

(6)“沉锌”反应的离子方程式为

。

18.(12分)氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物,它本身会对生态系统和人体健康造成危害,必须进行治理或综合利用。(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示,A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。①由A到B的变化过程可表示为

。

②已知:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH1=-907.28kJ·mol-14NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH2=-1269.02kJ·mol-1则图1脱除NO的总反应的热化学方程式为

。

③关于该催化剂的说法正确的是(填字母,下同)。

A.能加快反应速率,并且改变反应的焓变B.能增大NH3还原NOx反应的平衡常数C.具有选择性,能降低特定反应的活化能(2)在温度500K时,向盛有食盐的恒容密闭容器中加入NO2、NO和Cl2,发生如下两个反应:Ⅰ.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)ΔH1Ⅱ.2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)ΔH2①关于恒温、恒容密闭容器中进行的反应Ⅰ和Ⅱ的下列说法中,正确的是。

a.ΔH1和ΔH2不再变化,说明反应达到平衡状态b.反应体系中混合气体的颜色保持不变,说明反应Ⅰ达到平衡状态c.同等条件下,反应Ⅰ的速率远远大于反应Ⅱ,说明反应Ⅰ的活化能小,ΔH1<ΔH2d.达到平衡后,向反应体系中再通入一定量ClNO(g),NO2(g)和NO(g)的百分含量均减小②若向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2发生反应Ⅱ,起始总压为p0。10分钟后达到平衡,用ClNO(g)表示平均反应速率v平(ClNO)=0.008mol·L-1·min-1。则NO的平衡转化率α=,该反应的平衡常数Kp=(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。

③假设反应Ⅱ的速率方程为v=k(ααt-1)0.8(1-nαt),式中:k为反应速率常数,随温度t升高而增大;α为NO平衡转化率,αt为某时刻NO转化率,n为常数。在αt=0.8时,将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程,得到v曲线上v最大值所对应温度称为该αt下反应的最适宜温度tm,t<tm时,v逐渐提高;t>tm后,v逐渐下降。原因是

。

19.(12分)钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素,它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题:(1)钛和锆的价层电子结构相同,基态锆原子的价层电子排布式为;与钛同周期元素的基态原子中,未成对电子数与钛相同的元素有种。

(2)Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4-的空间结构是,H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为(3)ZrCl4可以与乙二胺形成配合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]。①1mol[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为mol。②H2NCH2CH2NH2形成[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]后,H—N—H键角将(填“变大”“变小”或“不变”),原因是

。

(4)已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心,ZrO2晶胞中Zr4+位于O2-所构成的立方体的体心,其晶胞结构如图所示。①TiO2晶胞中O2-的配位数是。

②TiO2晶胞中A、B的原子坐标为(0.69,0.69,1),(0.19,0.81,0.5),则C、D原子坐标为、。

③已知二氧化锆晶胞的密度为ρg·cm-3,则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离pm(列出表达式,NA为阿伏加德罗常数的值,ZrO2的摩尔质量为Mg/mol)。

20.(12分)某抗病毒药物H的一种合成路线如图所示。已知:①R—NH2+R′ClR—NH—R′+HCl②具有芳香性。回答下列问题:(1)A→B的反应类型为;D中含氧官能团的名称为。

(2)D→E的化学方程式为

。

(3)F的结构简式为,X的结构简式为。

(4)C的六元环芳香同分异构体中,核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为(任写一种)。

(5)设计以为原料制备的合成路线(其他试剂任选):

。

综合检测卷1.A可燃冰资源不可再生,A错误;生物质能是指利用自然界的植物、粪便以及城乡有机废物转化成的能源,生活垃圾中的有机部分属于城乡有机废物,利用生活垃圾有机部分焚烧转化成的能源属于生物质能范畴,因此生活垃圾发电可有效地利用垃圾中的生物质能,B正确;在微生物作用下分解水,可以降低能耗,是氢气制取的一个重要研究方向,C正确;化学反应型储热材料是利用可逆化学反应通过热能和化学能的转换进行蓄热的,D正确。2.Ba分子中含有4个饱和碳原子,则所有碳原子不可能共面,A正确;a和M发生酯化反应生成b,M为甲醇,B错误;a含有1个羧基,b含有1个酯基,1mola或b消耗NaOH的物质的量相等,均是1mol,C正确;a和b分子中手性碳原子数目相等,均是3个,即分别与羟基相连的3个碳原子都是手性碳原子,D正确。3.A用乙醇和浓硫酸共热制备乙烯时,需用温度计控制反应温度在170℃,否则会发生副反应,装置中缺少温度计,故A错误;实验室用氯化铵和消石灰共热制备氨气,用向下排空气法收集氨气时,应在试管口放一团棉花,防止氨气向空气中扩散,该装置能制备并收集氨气,故B正确;实验室用浓硫酸、乙醇和乙酸混合共热制备乙酸乙酯,用饱和碳酸钠溶液提纯收集乙酸乙酯,该装置能制备并收集乙酸乙酯,故C正确;碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度,可以用四氯化碳作萃取剂萃取碘水中的碘,故D正确。4.D分子中所有原子在一个平面上,所以分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2杂化,故A正确;分子中有碳碳键为非极性共价键,有碳氮键、碳氢键和氮氢键均为极性共价键,故B正确;孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力,斥力越大键角越大,故嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大,故C正确;分子中有电负性较大的N原子,存在氮氢键,分子间可以形成氢键,但氢键主要影响物质的物理性质,不影响物质的稳定性,故D错误。5.D合理处理富硒废料可以得到银、Se等,因此符合循环经济理念,A正确;用水吸收时,SeO2和SO2两种气体发生氧化还原反应生成Se和硫酸,故母液可在“酸溶”工序循环利用,B正确;“滤液”中含有硫酸铜,因此经处理可制得胆矾,C正确;“吸收”时发生反应的方程式为2H2O+SeO2+2SO22H2SO4+Se,其中氧化剂是SeO2,还原剂是SO2,两者的物质的量之比为1∶2,D错误。6.C由题意可知[Ru]是该反应的催化剂,故可以降低该反应过程中的活化能,A正确;结合反应历程图左半边可知,历程中存在反应:R1NH2+R2CHOR2CHNR1+H2O,B正确;根据物质反应转化关系图,结合原子守恒可知总反应为4R2CH2OH+R1NO2R2CH2NHR1+3R2CHO+3H2O,因此每生成1molR2CH2NHR1,就会消耗4molR2CH2OH,C错误;由C中总反应方程式可知,制备CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2OH和CH3NO2,也可以是CH3OH和CH3CH2NO2,D正确。7.D根据Z的化合价可知Z为Cl,结合化合物中W形成+1价阳离子,可知W为Na,X的原子半径介于Na和Cl之间,且能形成4个单键,可知X为Si,Y得到1个电子后与2个X形成两个共价键,则Y最外层有5个电子,Y为P。Cl的含氧酸HClO为弱酸,酸性比Y的最高价含氧酸磷酸弱,故A错误;Si的氧化物二氧化硅用来制作光导纤维,故B错误;Y为P,其最外层电子数为5,价层电子排布图为,故C错误;由结构图可知M中,X、Y、Z、W所有原子均达到最大成键数量,都满足8电子稳定结构,故D正确。8.C装置B的作用是冷凝回流,为保证冷凝管充满水,得到最好的冷凝效果,则b为冷凝水进水口,A错误;由反应方程式可知温度应控制在135℃,温度达到170℃正丁醇可能发生消去反应,副产物增多,正丁醚产率降低,B错误;由分析可知,若分水器中水层超过支管口下沿,应打开分水器活塞放水,C正确;由于正丁醇与正丁醚互溶,正丁醇微溶于水,经碱液洗涤、干燥后的产品含正丁醇、碱,不能得到纯醚,D错误。9.B该装置为电解池,a电极上是RCH2NH2失电子生成RCN,发生氧化反应,为阳极,电极反应为RCH2NH2-4e-+4OH-RCN+4H2O,b电极上硝基苯得电子生成偶氮化合物,发生的是还原反应,为电解池的阴极。由分析可知,a为阳极,发生氧化反应,消耗OH-,为保持电中性,右端OH-需要通过离子交换膜移向左端,因此该离子交换膜是阴离子交换膜,A、C正确;电极a的电极电势高于电极b,B错误;a为阳极,b为阴极,电流由直流电源出发,经电极a、KOH溶液、电极b回到直流电源,D正确。10.D由题图可知,未加入氨水时,溶液温度为25℃,1.0mol·L-1HA溶液中水电离出的氢离子浓度为10-14mol·L-1,则酸电离出的氢离子浓度为1mol·L-1,HA为强酸;由c点对应温度最高可知,c点时,等体积、等浓度的氨水和HA溶液恰好完全反应生成NH4A,溶液呈酸性;b点为等浓度的HA和NH4A混合溶液,d点为NH4A和NH3·H2O的混合溶液。由分析可知,NH4A为强酸弱碱盐,铵根离子在溶液中水解,使溶液呈酸性,A正确;由分析可知,b点为等浓度的HA和NH4A混合溶液,则溶液中离子浓度的关系为c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-),B正确;由分析可知,c点为NH4A溶液,由物料守恒关系可知c(NH4+)+c(NH31.0mol·L-1×20×10-3L(20+2011.C三种粒子中心原子均形成四对价电子对,铵根中不存在孤电子对,氨分子中有一对孤电子对,水分子中有两对孤电子对,孤电子对数越多键角越小,A正确;水解产生的H2既是化合价升高的产物也是化合价降低的产物,则既是氧化产物也是还原产物,B正确;氨硼烷是分子晶体,熔、沸点的高低由分子间作用力决定,与共价键的键能无关,C错误;反应物中B原子的价层电子对数为4,采用sp3杂化,而产物中B原子仅形成3个共价键,采用sp2杂化,D正确。12.AD三氟甲磺酸锂是离子化合物,可在乙醇溶液中电离出Li+和三氟甲磺酸根离子,作用是增强导电性,A正确;由示意图可知,选择性透过膜允许N2、NH3通过,但不允许H2O通过,B错误;催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,但不能改变反应物的键能,该装置用金(Au)作催化剂的目的是降低N2的活化能,C错误;阴极是生成NH3的电极,是氮气得到电子发生还原反应,电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂,电极反应为N2+6e-+6C2H5OH2NH3+6C2H5O-,D正确。13.BC根据题给条件可知调节电极的孔道和疏水性,增加CO的扩散速率,所以聚四氟乙烯的作用是吸附并增加CO的浓度,A正确;CO转化为乙烯的过程中C元素化合价降低,作电解池阴极,所以碳纸/聚四氟乙烯电极连接电源的负极,B错误;根据电解原理,结合化合价,CO转化为乙烯的过程中C元素化合价降低,作电解池阴极,结合电子转移、电荷守恒书写电极反应式得2CO+8e-+6H2OC2H4+8OH-,C错误;据分析,阴极反应产生了多余的带负电的氢氧根离子,阳极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O,要消耗氢氧根离子,阴离子移向阳极,所以离子交换膜应为阴离子交换膜,D正确。14.BCMn(OH)2在过程Ⅰ中化合价升高转化为MnO32-,MnO32-在过程Ⅱ中化合价降低又转化为Mn(OH)14.5g-13.6g=0.9g,物质的量是0.05mol,则所得固体中CaSO4与结晶水物质的量之比为2∶1,B错误;选项中未标明是否为标准状况,无法确定气体的体积,C错误;由流程可知过程Ⅱ中,反应的离子方程式为4MnO32-+2S2-+9H2OS2O32-15.BC由题图知,MOH是可溶性弱碱;b点中和率50%,此时溶液为等物质的量浓度的MOH与MCl的混合溶液,c点恰好完全中和,为MCl溶液,强酸弱碱盐水解呈酸性,d点HCl过量。酸、碱均抑制水电离,强酸弱碱盐能促进水电离,从滴入HCl开始到c点的过程中,MOH不断消耗、MCl不断生成,溶液中水的电离程度从a点到c点逐渐增大,c到d过程中,HCl又逐渐增加,则水的电离程度逐渐减小,A错误;a点时,lgc(MOH)c(M+)=0,则c(MOH)=c(M-lgc(OH-)=-lgKb,B正确;b点中和率为50%,根据电荷守恒知c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),由于pOH=4.8,c(OH-)>c(H+),故c(M+)>c(Cl-),又有物料守恒2c(Cl-)=c(M+)+c(MOH),c(M+)>c(Cl-),所以c(MOH)<c(Cl-),则c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+),C正确;c点时,溶液呈电中性,c(OH-)+c(Cl-)=c(M+)+c(H+),D错误。16.解析:(1)用烧碱固体配制实验所需40%的NaOH溶液需要用到的仪器为天平、烧杯、玻璃棒,不需要用到容量瓶、泥三角。(2)装置A中发生的反应为浓盐酸与高锰酸钾固体发生氧化还原反应,生成氯化钾、氯化锰、氯气和水,反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+2Mn2+5Cl2↑+8H2O。(3)氯化反应为放热反应,用冰水浴可降低反应温度,使平衡向正反应方向进行,有利于二氯异氰尿酸的生成,同时还能降低二氯异氰尿酸的溶解度,便于二氯异氰尿酸的析出。(4)由题意可知,装置C中盛放氢氧化钠溶液,用于吸收过量的氯气,防止污染环境。(5)氰尿酸为三元弱酸,碱溶时若氢氧化钠过量,氰尿酸与氢氧化钠溶液完全反应生成(CNO)3Na3,导致(CNO)3Na2H中混有(CNO)3Na3杂质。(6)“中和”时发生的反应为二氯异氰尿酸与氢氧化钠反应生成二氯异氰尿酸钠和水,反应的化学方程式为(CNO)3Cl2H+NaOH(CNO)3Cl2Na+H2O。(7)由原子个数和得失电子数目守恒可得如下关系DCCA～2HClO～2I2～4Na2S2O3,由滴定消耗VmL0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液可知,样品中氯元素的质量分数为0.100100%=1.775V%。答案:(1)容量瓶、泥三角(2)2MnO4-+10Cl-+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2(3)冰水浴可降低温度,促进反应向正反应方向进行,同时降低产品溶解度(4)氢氧化钠溶液吸收过量的氯气,防止污染环境(5)(CNO)3Na3(6)(CNO)3Cl2H+NaOH(CNO)3Cl2Na+H2O(7)1.775V17.解析:根据流程图,向铜转炉烟灰中加入了氯化铵和氨水,除去了Pb元素,加入FeCl3,除去了As元素和部分Fe元素;加入高锰酸钾后,调节pH=4～4.5,根据各金属离子沉淀的pH,可知此步骤除去了Fe3+,杂质中还有Cu元素没有除去,因此试剂a为过量的Zn,置换出溶液中的Cu,以便除去Cu元素,滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn,最后经过沉锌等步骤得到产物。(1)Pb(OH)Cl中O的化合价为-2,Cl的化合价为-1,H的化合价为+1,根据元素各化合价代数和为0可知,Pb的化合价为+2。(2)铜转炉烟灰中含有Zn、O、Fe、Pb、Cu、As,其中O位于第ⅥA族,Pb位于第ⅣA族,As属于第ⅤA族,而Zn、Fe、Cu属于过渡元素,一共3种非主族元素;根据核外电子排布规律,3375As的原子结构示意图为(3)浸取过程中需要使Zn元素尽可能多地进入溶液,而杂质离子要尽可能少地进入溶液,同时为了加快反应速率,需要氯化铵的浓度尽量大一些,观察题图,可知当氯化铵的浓度为4mol·L-1时,一方面锌元素的浸出率已经接近100%,氯化铵的浓度也较大,另一方面若浓度再高,铅元素进入溶液,所以最适宜的浓度为4mol·L-1。(4)加入适量KMnO4溶液的目的是除铁元素,同时溶液中不会有明显的锰元素残留,说明此时锰元素是以MnO2的形式存在,亚铁离子被氧化成三价铁离子,此时pH为4～4.5,又根据已知④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH,可知生成的是Fe(OH)3,再根据升降法配平写出的反应方程式为MnO4-+3Fe2++7H2OMnO2+3Fe(OH)3↓+5H+。要使常温下此时体系中Fe3+残留浓度最大,则pH=4,c(OH-)=10-10mol·L-1,c(Fe3+Ksp[Fe(OH)3]c3(OH-)(5)经过前面的步骤,杂质除去了Fe、Pb、As三种元素,杂质中还有Cu元素没有除去,因此试剂a为过量的Zn,置换出溶液中的Cu,以便除去Cu元素,滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn。(6)溶液中有大量Zn2+,加入碳酸氢铵后产生Zn2(OH)2CO3,说明HCO3-电离出的CO32-和OH-结合生成Zn2(OH)2CO3沉淀,促进HCO3-的电离,电离出的H+又和HCO3-结合生成CO2和H2O,所以离子方程式为2Zn2++4HCO3-Zn答案:(1)+2(2)三(3)4(4)MnO4-+3Fe2++7H2OMnO2+3Fe(OH)3↓+5H+4.0×10(5)Cu、Zn(6)2Zn2++4HCO3-Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H218.解析:(1)①A在沸石笼内转化为B、C、D,由图1可知,由A到B的变化过程中,[Cu(NH3)2]+与O2反应生成B,发生的反应可表示为2[Cu(NH3)2]++O2[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+;②根据盖斯定律,由第二个热化学方程式×2-第一个热化学方程式,可得4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)ΔH=(-1269.02kJ·mol-1)×2-(-907.28kJ·mol-1)=-1630.76kJ·mol-1;③催化剂能加快反应速率,但不能改变反应的焓变,故A错误;催化剂不能使平衡发生移动,不能改变反应的平衡常数,故B错误;催化剂具有选择性,能降低特定反应的活化能,使反应速率加快,故C正确。(2)①反应热与方程式有关,方程式确定,反应热始终不会改变,不能判断是否达到平衡状态,故a错误;气体的颜色代表浓度,颜色不变说明气体的浓度不变,是平衡状态判断的标志,故b正确;同等条件下,反应Ⅰ的速率大,说明活化能小,但不能确定反应热的相对大小,故c错误;平衡后,再通入一定量的ClNO(g),对于反应Ⅱ相当于增大压强,平衡正向移动,NO(g)的百分含量减小,对于反应Ⅰ,平衡逆向移动,但移动生成的NO2(g)的量比加入的量少,所以NO2(g)的百分含量减小,故d正确;②v=ΔcΔt=Δc(ClNO)10min0.008mol·L-1·min-1×10min=0.08mol·L-1,Δn(ClNO)=0.08mol·L-1×2L=0.16mol,列出三段式2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)起始/mol 0.2 0.1 0转化/mol 0.16 0.08 0.16平衡/mol 0.04 0.02 0.16NO的平衡转化率α=0.16mol恒温恒容条件下,压强之比等于物质的量之比,p0p平=0.30.22,所以平衡时总压p平=1115p0,因为分压=总压×物质的量分数,平衡时各气体的分压为p(NO)=0.040.22×1115p0=215p0,p(Cl2)=815p0,则Kp=p2(ClNO)p2(NO答案:(1)①2[Cu(NH3)2]++O2[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+②4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1630.76kJ·mol-1③C(2)①bd②80%240p0③升高温度,k增大使v逐渐提高,但α降低使v逐渐下降;t<tm时,k增大对v的提高大于α引起的降低;t>t19.解析:(1)钛的价层电子排布式为3d24s2,基态锆原子的价层电子排布式为4d25s2;