江苏省淮安市2023-2024学年高二上学期期末调研测试化学试卷（解析版）

PAGE12023～2024学年度第一学期高二年级期末调研测试化学试题注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。1．本试卷共8页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2．答题前，请你务必将自己的姓名、学校、考试号等用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上规定的位置。3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号和本人是否相符。4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23S-32一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是A.碳酸钡和硫酸钡都可以作为医用口服“钡餐”B.明矾和臭氧均可用作水处理剂且原理相同C.草木灰和铵态氮肥混合使用能使肥效增强D.工业上常用电解熔融的氯化钠制备金属钠【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钡与胃酸中盐酸反应，生成剧毒的氯化钡，而硫酸钡不溶与盐酸，所以可做钡餐，A错误；B．臭氧具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，而明矾水解生成胶体，具有吸附性，都可用作水处理剂，二者作用原理不同，B错误；C．草木灰的主要成分是碳酸钾，显碱性，和铵态氮肥混合使用会生成氨气，降低肥效，C错误；D．金属钠的化学性质很活泼，故工业上常用电解熔融的氯化钠制备金属钠，反应方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，D正确；故答案为：D。2.下列化学用语或图示正确的是A.对硝基甲苯结构简式：B.名称为2-羟基丙醇C.甲烷的球棍模型：D.乙酸的质谱图：【答案】A【解析】【详解】A．对硝基甲苯中甲基与硝基处于对位，结构简式为，故A正确；B．的命名为2-丙醇，故B错误；C．甲烷的球棍模型，空间填充模型为，故C错误；D．该图最大质合比为46，即有机物的相对原子质量为46，乙酸的相对原子质量为60，故D错误；故选A。3.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A.乙烯具有可燃性，可用作催熟剂B.硫酸亚铁具有还原性，可用作食品抗氧化剂C.小苏打水溶液呈弱碱性，可用作制药中的抗酸剂D.漂白粉具有强氧化性，可用作游泳池的杀菌消毒剂【答案】A【解析】【详解】A．乙烯用作催熟剂，是利用其为水果催熟剂和植物生长调节剂的性质，与其具有可燃性无关，A符合题意；B．硫酸亚铁具有还原性，能够吸收空气中的O2，故可用作食品抗氧化剂，B不合题意；C．小苏打水溶液呈弱碱性，能与胃酸中的HCl反应，故可用作制药中的抗酸剂，C不合题意；D．漂白粉具有强氧化性，能够是蛋白质发生变性，故可用作游泳池的杀菌消毒剂，D不合题意；故答案为：A。4.实验室用如下装置制备溴苯并进行相关问题探究，下列相关实验操作或叙述正确的是A.制备过程中可将液溴换为溴水，从而减少溴的挥发B.移除装置乙也可检验出反应过程中有生成C.甲装置中三颈烧瓶内的苯和溴苯混合物可以通过分液分离D.根据丙装置实验现象可以判断制备反应是加成反应还是取代反应【答案】D【解析】【分析】由实验装置可知，甲中苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr，溴化铁作催化剂，乙中四氯化碳可除去挥发的溴，丙中AgNO3溶液可吸收HBr，且倒扣的漏斗可防止倒吸，反应结束后，甲中混合物经水洗涤分液、稀碱溶液洗涤分液、再水洗涤分液、干燥、蒸馏，即可得到溴苯，以此来解答。【详解】A．苯与溴水发生萃取，而不发生化学反应，故制备过程中不可将液溴换为溴水，A错误；B．由分析可知，乙中四氯化碳可除去挥发的溴，移除装置乙后则生成的HBr中混有挥发出来的Br2，而Br2能与H2O反应生成HBr和HBrO，故不可检验出反应过程中有HBr生成，B错误；C．苯和溴苯互溶，不能通过分液的方法进行分离，故甲装置中三颈烧瓶内的苯和溴苯混合物可以通过蒸馏分离，C错误；D．若发生加成反应则冰装置中没有明显现象，若发生取代反应则生成的HBr能与AgNO3反应生成淡黄色沉淀AgBr，故根据丙装置实验现象可以判断制备反应是加成反应还是取代反应，D正确；故答案为：D。阅读下列资料，完成下面小题：电石(CaC2)常用生石灰和过量焦炭在电石炉内制备；其与水反应可产生乙炔。以乙炔为原料可以合成苯（）、乙烯基乙炔、正四面体烷（）、聚乙炔（）、氯丁橡胶（）、顺丁橡胶（）、聚丙烯腈（）等化工原料。5.下列对相关有机物结构的描述中正确的是A.乙烯基乙炔分子中所有原子不可能共平面B.乙烯基乙炔与乙炔、苯是同系物C.可用红外光谱图区分氯丁橡胶和顺丁橡胶D.聚丙烯腈中含有1个手性碳原子6.下列对相关有机物性质的判断中正确的是A.制取乙炔后的固体废渣可用于制取漂白粉 B.聚乙炔是通过取代反应形成C.聚乙炔不能使高锰酸钾酸性溶液褪色 D.乙炔在氧气中燃烧的产物一定是CO2和H2O7.下列对相关有机物定量计算结论正确的是A.常温下，1mol苯中含碳碳双键数目约为B.电石制备反应中氧化剂和还原剂的质量比为C.正四面体烷与氯气反应得到的二氯代物有两种D.完全燃烧等质量的乙烯基乙炔和乙炔，所需氧气的量相同【答案】5.C6.A7.D【解析】【5题详解】A．由题干乙烯基乙炔的结构简式可知，乙烯基乙炔分子中含有碳碳双键的平面结构和碳碳三键的直线型结构，故分子中所有原子共平面，A错误；B．同系物是指结构相似，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，由题干有机物结构简式可知，乙烯基乙炔与乙炔、苯的结构不相似，不是同系物，B错误；C．红外光谱图中能够反映有机化合物中含有的化学键和官能团，故可用红外光谱图区分氯丁橡胶和顺丁橡胶，C正确；D．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故聚丙烯腈中每个链节中含有1个手性碳原子，即聚丙烯晴中含有n个手性碳原子，D错误；故答案为：C；【6题详解】A．已知实验室制乙炔的反应为：CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2↑，制取乙炔后的固体废渣主要成分为Ca(OH)2，故可用于制取漂白粉，A正确；B．聚乙炔是通过加聚反应形成的，反应方程式为：nCH≡CH，B错误；C．已知聚乙炔的结构简式为：，故聚乙炔分子中含有碳碳双键，故能使高锰酸钾酸性溶液褪色，C错误；D．乙炔中含有C、H在氧气中充分燃烧的产物是CO2和H2O，若氧气不足则生成CO、H2O或者CO、CO2和H2O，D错误；故答案为：A；【7题详解】A．已知苯分子中碳碳键没有单键和双键之分，六个碳碳键均为介于单键与双键之间独特的键，A错误；B．由题干信息可知，电石(CaC2)常用生石灰和过量焦炭在电石炉内制备,即该反应为：CaO+3CCaC2+CO，反应中C由0价降低到-1价，由0价升高到+2价，故电石制备反应中氧化剂和还原剂的质量比为，B错误；C．由题干正四面体烷的结构简式可知，正四面体烷与氯气反应得到的二氯代物只有一种，C错误；D．由题干信息可知，乙烯基乙炔和乙炔的最简式均为CH，故完全燃烧等质量的乙烯基乙炔和乙炔，所需氧气的量相同，D正确；故答案为：D。8.NH3脱除NO的一种催化反应机理示意图如下。下列说法不正确的是A.属于氧化还原反应B.是该反应的中间产物C.总反应化学方程式为D.Ti4+可降低该反应的活化能【答案】C【解析】【详解】A．反应中N的化合价发生改变，故属于氧化还原反应，A正确，B．由题干反应历程图可知，既是生成物，又是反应物，故是该反应的中间产物，B正确；C．由题干反应历程图可知，转化过程中NH3和NO的物质的量之比为1:1，则总反应化学方程式为，C错误；D．由题干反应历程图可知，Ti4+为该反应的催化剂，故Ti4+可降低该反应的活化能，加快反应速率，D正确；故答案为：C。9.固定体积容器中一定条件下发生反应：，下列关于该反应说法正确的是A.从容器中取走，逆反应速率增大B.反应物键能之和大于生成物键能之和C.当时，反应处于平衡状态D.其他条件不变时，减小压强，再次达到平衡时的数值保持不变【答案】D【解析】【详解】A．从容器中取走的瞬间，生成物浓度突然减小，正反应速率突然减小，导致逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，则生成物浓度也慢慢减小，导致逆反应速率随之减小，A错误；B．根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，结合题干信息可知，该反应正反应是一个放热反应，故反应物键能之和小于生成物键能之和，B错误；C．根据化学反应速率之比等于化学计量系数之比可知，，故当时，即反应不处于平衡状态，C错误；D．已知平衡常数K=，K仅仅是温度的函数，故其他条件不变时，减小压强，再次达到平衡时的数值保持不变，D正确；故答案为：D。10.草酸亚铁(FeC2O4)晶体为淡黄色粉末，难溶于水，溶于稀酸，是生产锂电池的原材料。实验室制备FeC2O4部分实验过程如下：已知室温时：、、。下列说法正确的是A.可用KMnO4溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否变质B.室温时，反应平衡常数C.“操作a”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥D.“操作a”所得滤液中存在：【答案】B【解析】【分析】由题干流程图信息可知，硫酸亚铁铵加水并加入H2SO4进行酸化溶解，然后加入草酸，加热后反应生成草酸亚铁沉淀，通过过滤，洗涤，干燥即得到FeC2O4晶体，据此分析解题。【详解】A．铵根中N为-3价能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不可用KMnO4溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否变质，应该用KSCN溶液等，A错误；B．室温时，反应的平衡常数K=====11.8，B正确；C．由分析可知，FeC2O4是沉淀，故“操作a”为过滤、乙醇洗涤、干燥，C错误；D．由分析可知，“操作a”为过滤出FeC2O4沉淀后所得滤液中，则存在：，否则将继续产生FeC2O4沉淀，D错误；故答案为：B。11.室温下，下列探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向浓硝酸中加入红热的炭块产生红棕色气体浓硝酸具有强氧化性B分别向盛有2mL苯和2mL甲苯的试管中各加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，甲苯中KMnO4溶液褪色，苯中KMnO4溶液不褪色苯环增强了甲基的活性C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，有白色沉淀白色沉淀一定是BaSO3D室温下，用pH计测得0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH小于0.1mol/LNaHCO3溶液水解平衡常数：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．浓硝酸受热会分解生成红棕色气体NO2，故向浓硝酸中加入红热的炭块产生红棕色气体，即能说明浓硝酸和碳发生反应，也不能说明浓硝酸具有强氧化性，A不合题意；B．已知甲烷等烷烃不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲苯能够，且反应后生成苯甲酸，作用部位在侧链甲基上，故能说明苯环增强了甲基的活性，B符合题意；C．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，有白色沉淀，若X气体为NH3，则生成的白色沉淀为BaSO3，但若X为Cl2、NO2等气体，则生成的白色沉淀为BaSO4，C不合题意；D．由于CH3COONH4中CH3COO-和铵根离子均能水解，而NaHCO3中碳酸氢根离子既能电离又能水解，故不能通过测量两者溶液的pH来探究CH3COO-和碳酸氢根离子水解平衡常数的相对大小，D不合题意；故答案为：B。12.分别向相同浓度的Na2RO3、NaHRO3溶液中逐滴加入盐酸，滴定过程中溶液的pH变化如图所示。下列说法不正确的是A.曲线①、②分别表示盐酸滴定Na2RO3、NaHRO3溶液的过程B.a、b、c点水的电离程度：a＞b＞cC.a、b、d点均满足：D.NaHRO3溶液中：【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，Na2RO3、NaHRO3溶液的pH均大于7，说明两种溶液中均存在水解反应，已知相同浓度的Na2RO3、NaHRO3溶液中的水解程度大于，结合题干图像可知，曲线①、②分别表示盐酸滴定Na2RO3、NaHRO3的反应过程，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，曲线①、②分别表示盐酸滴定Na2RO3、NaHRO3溶液过程，A正确；B．由题干图像信息可知，酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，a点溶质为NaCl、NaHRO3，b点溶质为NaCl、H2RO3，c点溶质为NaCl、H2RO3、HCl，NaHRO3促进水电离，H2RO3、HCl都抑制水电离，c点c（H+）大于b点，抑制水电离程度：c点＞b点，所以a、b、c点水的电离程度：a＞b＞c，B正确；C．根据电荷守恒可知，a、b、d点均满足：+c(Cl-)，C错误；D．由分析可知，曲线②分别表示盐酸滴定NaHRO3溶液的过程，由图中信息可知，未滴加盐酸时，NaHRO3溶液显碱性，说明水解大于电离，则在NaHRO3溶液中：，D正确；故答案为：C。13.向某密闭容器中充入4molH2和1molCO2，在催化剂作用下发生反应：①②③CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如下图所示（不考虑其它因素影响）。已知：生成物A的选择性％。下列说法正确的是A.一定温度下，使用高效催化剂能提高氢气的平衡转化率B.在220℃条件下，平衡时H2O的物质的量为0.56molC.温度高于280℃，反应③右移程度小于反应①左移程度D.其他条件不变，增大压强，图中点X将可能下调至点Y【答案】B【解析】【详解】A．催化剂只能改变反应速率而不能使平衡发生移动，故一定温度下，使用高效催化剂不能改变氢气的平衡转化率，A错误；B．由题干图像信息可知，220℃下CO2的转化率为40%，CH3OCH3的选择性为80%，即×100%=80%，解得n(CH3OCH3)=0.16mol，CO的选择性为5%，则×100%=5%，即得n(CO)=0.02mol，根据碳原子守恒可得n(CH3OH)=0.4×1-0.16×2-0.02=0.06mol，根据反应方程式可知，在220℃条件下，平衡时H2O的物质的量为0.38mol+0.16mol+0.02mol=0.56mol，B正确；C．由题干图像信息可知，温度高于280℃，CO的选择性明显增大，而CO2的平衡转化率也增大，但CH3OCH3的选择性减小，故反应③右移程度大于反应①左移程度，C错误；D．由题干方程式信息可知，其他条件不变，增大压强，反应②③平衡不移动，而反应①平衡正向移动，导致CH3OH的浓度增大，反应②平衡正向移动，H2O浓度增大，CO2浓度减小，导致反应③平衡逆向移动，则平衡时CO的选择性减小，CH3OCH3的选择性增大，即图中点X将不可能下调至点Y，D错误；故答案为：B。二、非选择题：共4题，共61分。14.某研究团队利用二氧化氯液相氧化协同氨法对锅炉产生烟气(主要成分NO、SO2、N2)进行脱硫、脱硝研究。（1）二氧化氯制备。研究中采用盐酸还原氯酸钠制备ClO2，在生成ClO2的同时还生成Cl2；该反应的化学反应方程式为__________。（2）二氧化氯液相氧化协同氨法脱除。研究中首先用制备的ClO2气体配制浓度为150mg/L的ClO2溶液，接着向浓度为0.3％的氨水吸收液中添加浓度为150mg/L的ClO2溶液，组成复合吸收液来对模拟烟气中NO和SO2同时脱除。脱除时NO发生反应：。①脱除时SO2发生反应的离子方程式为__________。②脱除过程中采用如图所示喷淋吸收塔装置吸收SO2和NO，采用该装置吸收的优点是__________。③已知反应吸收液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示(已知ORP值越大，氧化能力越强)，测定表明烟气中含有SO2能提高NO的脱除率，可能原因是__________。（3）脱除效果检测。实验室利用模拟烟气探究该方法“脱硫”、“脱硝”的效果，一定时间内，温度对SO2、NO脱除率的影响曲线如图所示。①检测表明SO2的脱除率明显高于NO，可能的原因__________。②在50℃下，若烟气中SO2和NO体积比为4:5，吸收液中烟气转化生成、、的物质的量之比为__________。③列举一条用二氧化氯液相氧化协同氨法“脱硫”、“脱硝”的优点__________。【答案】（1）2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O（2）①.5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-②.增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率③.SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除（3）①.SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低②.1:1:1③.反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝【解析】【小问1详解】研究中采用盐酸还原氯酸钠制备ClO2，在生成ClO2的同时还生成Cl2，根据氧化还原反应配平可知，该反应的化学反应方程式为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】①脱除时SO2发生反应即SO2转化为(NH4)2SO4，即S被氧化，ClO2中的Cl被还原，根据氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5(NH4)2SO4+2NH4Cl，则该反应的离子方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-，故答案为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-；②脱除过程中采用如图所示喷淋吸收塔装置吸收SO2和NO，采用该装置吸收的优点是采用固液逆向对流可以增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率，故答案为：增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率；③已知反应吸收液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示(已知ORP值越大，氧化能力越强)，由题干图示信息可知，溶液pH值越小，ORP值越大，即氧化还原电位越大，氧化能力越强，故测定表明烟气中含有SO2能提高NO的脱除率，可能原因是SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除，故答案为：SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除；【小问3详解】①由图可知，SO2的脱除率高于NO，其原因是SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低，故答案为：SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低；②②模拟烟气中SO2和NO的物质的量之比为4：5，设其物质的量分别为4mol、5mol，50℃时，两者的吸收率分别为100%和80%，脱硫的离子方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-，则该反应生成的Cl-为1.6mol，为4mol，脱硝的离子方程式为：，则该反应生成的Cl-为5mol×80%×=2.4mol,生成的为5mol×80%=4mol，故吸收液中烟气转化生成的、、Cl-的物质的量之比为4：4：(1.6+2.4)=1:1:1，故答案为：1:1:1；③由上述反应方程式可知，用二氧化氯液相氧化协同氨法“脱硫”、“脱硝”的优点为反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝，故答案为：反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝。15.化合物H可用于制造合成纤维、染料、药物等，其合成路线如下：（1）A→B的反应类型为__________。（2）E中的官能团名称为__________。（3）F的分子式为C8H10Br2，其结构简式为：__________。（4）H的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：__________。①分子呈“链状”结构，无环、无支链，能使溴水褪色。②分子中不同化学环境的氢原子数目比为。（5）已知：（、、表示烃基），写出以为原料制备的合成路线流程图__________（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。【答案】（1）还原反应（2）碳碳双键（3）（4）CH3C≡CCH=CHC≡CCH3或者HC≡CC(CH3)=C(CH3)C≡CH（5）【解析】【分析】由题干流程图可知，A中酮羰基被NaBH4还原为醇羟基，B中醇羟基发生消去反应生成C，C和CH3I在一定条件下反应转化为D，D继续与CH3I反应生成E，由E、G的结构简式和F的分子式为C8H10Br2，推知E发生1，6-加成反应生成F，则F的结构简式为：，据此分析解题。【小问1详解】由题干流程图可知，A→B即A中的酮羰基转化为羟基，该反应的反应类型为还原反应，故答案为：还原反应；【小问2详解】由题干流程图中E的结构简式可知，E中的官能团名称为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；【小问3详解】由分析可知，F的分子式为C8H10Br2，其结构简式为：，故答案为：；【小问4详解】由题干流程图可知，H的分子式为C8H8，不饱和度为：=5，H的一种同分异构体同时满,条件①分子呈“链状”结构，无环、无支链，能使溴水褪色，即含有碳碳双键或碳碳三键，②分子中不同化学环境的氢原子数目比为3:1，该同分异构体的结构简式为：CH3C≡CCH=CHC≡CCH3或者HC≡CC(CH3)=C(CH3)C≡CH，故答案为：CH3C≡CCH=CHC≡CCH3或者HC≡CC(CH3)=C(CH3)C≡CH；【小问5详解】由题干流程图中C到D的转化信息可知，与CH3I在一定条件下反应可得，由D转化为E或者G转化为H的转化信息可知，与CH3I在一定条件下反应可得，结合本小题题干信息可知，被酸性高锰酸钾溶液氧化转化为，结合A到B的转化信息可知，被NaBH4还原为，由此确定合成路线为：，故答案为：。16.实验室以废渣（含少量Ca、Mg的氧化物）为原料制备的部分实验过程如下：（1）“浸取”时转化为，该反应的离子方程式为__________。（2）“除、”时，所得溶液中__________。[已知：，]。（3）“沉锰”时，溶液做“沉锰”试剂①的水溶液呈__________（填“酸性”或“碱性”或“中性”）。（已知：的，，的）②此过程需控制温度低于70℃，该过程不宜在较高温度下进行的原因是__________。（4）“加热氧化”时，发生反应生成，该反应的化学方程式为__________。（5）“焙烧”时，生成活性；实验室也可由固体制取活性。如图为不同温度下硫酸锰焙烧2小时后残留固体中含锰产物的XRD图谱（XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。补充完整由固体制取活性的实验方案：将固体置于可控制温度的反应管中，__________，将冷却、研磨、密封包装。（须使用的试剂：溶液）【答案】（1）++4H+=2Mn2+++2H2O（2）100（3）①.碱性②.温度过高会分解（4）2KOH++2O22+H2O（5）在850℃下焙烧2小时，并将产生的气体通入1mol/LNaOH溶液【解析】【分析】废渣（含少量Ca、Mg的氧化物）加入H2SO4溶液和Na2SO3溶液浸取，溶液中存在Mn2+、Ca2+和Mg2+，加入NH4F，将CaF2沉淀和MgF2沉淀过滤除去，加入NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，“焙烧”时，生成活性，“加热氧化”时，发生反应生成，水浸后经过一系列操作得到KMnO4固体，以此解答。【小问1详解】“浸取”时转化为，Mn元素化合价由+3价下降到+2价，Na2SO3中S元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：++4H+=2Mn2+++2H2O。【小问2详解】“除、”时，所得溶液中。【小问3详解】①的水溶液中存在水解平衡：Kh=、Kh=，说明的水解程度大于的水解程度，则的水溶液呈碱性；②此过程需控制温度低于70℃，该过程不宜在较高温度下进行的原因是：温度过高会分解。【小问4详解】“加热氧化”时，和KOH、O2发生反应生成，Mn元素由+3价上升到+7价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2KOH++2O22+H2O。【小问5详解】由图可知，850℃下焙烧2小时，的含量较高，则固体制取活性的实验方案为：将固体置于可控制温度的反应管中，在850℃下焙烧2小时，并将产生的气体通入1mol/LNaOH溶液，将冷却、研磨、密封包装。17.氢能是能源体系的组成部分