安徽省淮北市2023-2024学年高三上学期1月调研化学试题

安徽省淮北市2023-2024学高三上学期1月调研化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四五总分评分一、单选题（每小题3分，共45分）1．2023年5月28日，国产大飞机C919迎来商业首飞，C919机身部分采用第三代新型铝锂合金材料。下列关于铝和锂及合金的认识，正确的是（）A．铝锂合金用于机身材料是因为密度较大，强度较大B．多相R-Mg-Ni系储氢合金中，基态Ni原子中自旋状态相反的两种电子的个数比为13∶15C．铝锂合金属于新型无机非金属材料D．铝锂合金的性质保持了原来金属的性质，与各成分金属的性质都相同2．化学符号是化学学科进行思维的最基本的工具，下列微粒的化学符号表述正确的是（）A．基态Zn原子的价层电子排布图：B．丙酮的球棍模型：C．乙酸甲酯的结构简式：C3H6O2D．NH3的电子式：3．设NAA．常温下，pH为13的Ba(OH)2溶液中含有OB．2L0.1mol⋅C．粗铜精炼时，若阳极材料减少6.4gD．100g46％的甲酸水溶液中，含有的氧原子数为24．化学用语是学习化学最好的工具，下列化学用语能用于解释相应实验且书写正确的是（）A．测得碳酸钠溶液呈碱性：CB．饱和FeCl3C．铅酸蓄电池正极反应：PbD．小苏打与明矾共溶于水，产生大量气泡：3HCO5．我国科学家在世界上首次实现人工合成淀粉，下图是中间产物GAP的结构式，其中X、Y、Z、W均为短周期且原子序数依次增大的主族元素，且W的原子序数为其最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A．对应氢化物的沸点：Y<ZB．X2Z2是由极性键和非极性键组成的非极性分子C．W所在周期中，第一电离能比其小的元素有5种D．1mol的该物质可以和足量的Na反应转移4mol的电子6．下图是实验室模拟制备“84”消毒液的过程，其中装置和描述错误的是（）选项ABCD装置描述制备C净化氯气制备“84”消毒液尾气的处理A．A B．B C．C D．D7．我国华中科技大学李钰团队研究了H2S在CuFe2O4催化剂表面吸附的历程，他们通过计算机模拟出的一种机理如图所示。下列说法正确的是（）A．CuFe2O4催化剂能降低该反应的焓变B．决定该吸附历程速率的步骤是2H*+S*+O*→H*+OH*+S*C．吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时放出能量D．该吸附历程是H2S的分解过程8．高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料。它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。可以按下列方法制备：SiO2→高温①CSi(粗)→300°C②HCl下列说法不正确的是（）A．步骤①的化学方程式为SiO2+C高温__Si+COB．步骤①中每生成1molSi，转移4mol电子C．高纯硅是制造太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料D．SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6℃)，通过蒸馏可提纯SiHCl39．晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是A．图1晶体密度为72.5NAB．图1中O原子的配位数为6C．图2表示的化学式为LiMgD．Mg2+取代产生的空位有利于Li10．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是（）选项实验探究方案探究目的A向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中滴加几滴稀硫酸，振荡，观察溶液颜色变化SOB向溶液X中加入稀硫酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，观察是否有沉淀生成溶液X中含有CO3C用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol/L的NaCN和NaClO溶液的pHKD常温下，向10mL0.1mol/LNaCl溶液中滴加5滴0.1mol/LAgNO3溶液，充分反应后，再滴加5滴0.1mol/LKI溶液，观察沉淀颜色变化KA．A B．B C．C D．D11．利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是（）A．总反应为加成反应 B．Ⅰ和Ⅴ互为同系物C．Ⅵ是反应的催化剂 D．化合物X为H12．湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是A．该物质属于芳香烃 B．可发生取代反应和氧化反应C．分子中有5个手性碳原子 D．1mol该物质最多消耗9molNaOH13．我国科学家最近发明了一种Zn−PbO2电池，电解质为K2SOA．a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜B．电子由Zn电极经过外电路流向PbOC．放电时，Zn电极反应为Zn−2D．消耗6.5gZn的同时，PbO14．在体积均为2L的恒容容器中，分别在200℃和T℃时，发生如下反应A(g)时间/min0246810200℃0.800.550.350.200.150.15T℃1.000.650.350.180.180.18下列有关该反应的描述正确的是（）A．在200℃时，4min内用B表示的化学反应速率为0.225mol/(L·min)B．T℃下，6min时反应刚好达到平衡状态C．从表中可以看出T＞200℃D．在该题目条件下，无法判断正反应方向是否为放热反应15．下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM−pHA．由a点可求得KB．pH=4时Al(OH)3C．浓度均为0.01mol⋅L−1的Al3+D．Al3+、Cu二、实验题（12分）16．己二酸[HOOC(CH2)4COOH]是一种重要的工业原料，通常为白色结晶体，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇。实验室以环己醇()为原料制取己二酸实验流程如图：已知：“氧化”过程发生的主要反应为：→KMnO4/Na该反应装置如图所示。回答下列问题：（1）装置图中仪器A的名称为。（2）“氧化”过程应采用____加热(填标号)。A．酒精灯 B．水浴 C．油浴 D．电炉（3）“氧化”过程中，当环己醇滴速不同时，溶液温度随时间变化曲线如下图所示，实验过程中应选择的环己醇滴速为滴/min。（4）“氧化液”中加浓盐酸酸化时有气泡产生，推测该气体的成分有(填化学式)。（5）已知：不同温度下，相关物质在水中的溶解度如下表：物质己二酸氯化钠氯化钾25℃时溶解度/g2.136.134.370℃时溶解度/g6837.848100℃时溶解度/g16039.556.3①己二酸晶体“洗涤”的方法为(填字母)。A．用乙醇洗涤B．用热水洗涤C．用冷水洗涤②除去己二酸晶体中含有的氯化钠杂质通常采取的实验方法为。（6）实验时称取10.0g环己醇(M=100g/mol)，最终得到纯净的己二酸(M=146g/mol)晶体11.68g，则该实验中己二酸的产率为(保留两位有效数字)。三、工业流程题（14分）17．锗是重要的半导体材料，是一种“稀散金属”，如图是以中和渣(主要成分为GeO2、Fe2O3、ZnO、SiO2、CaSO4等)为原料生产二氧化锗的工艺流程：已知：①GeCl4的沸点：83℃，FeCl3的沸点：315℃。②H2GeO3在高酸度时易聚合形成胶状多聚锗酸。③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见下表(离子浓度低于10-5mol·L-1视为沉淀完全)。离子Fe3+Zn2+开始沉淀pH2.26.2完全沉淀pH3.28.2回答下列问题：（1）①“酸浸”时加热的目的是，浸渣的主要成分是。②测得相同时间内锗的浸出率与硫酸的物质的量浓度(mol·L-1)的关系如图所示。硫酸浓度过高，浸出率反而降低的原因是。（2）常温下，若“沉锗”时用饱和NaOH溶液调pH=3.0，此时滤液中-lgc(Fe3+)为。（3）“残余液”的溶质主要成分为(填化学式)。（4）“中和水解”的化学反应方程式为。（5）纯度测定称取mgGeO2样品，在加热条件下溶解，用NaH2PO2将其还原为Ge2+，用cmol·L-1KIO3标准溶液滴定，消耗KIO3标准溶液的平均体积为VmL，需选用的指示剂为，样品纯度为%。(实验条件下，NaH2PO2未被KIO3氧化)[已知：Ge2++IO3-+H+→Ge4++I四、原理综合题（14分）18．近年来我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将CO2转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。（1）I．工业上在Cu-ZnO催化下利用CO2发生如下反应①来生产甲醇，同时伴有反应②发生。①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1已知：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ·mol-1，则△H1=。（2）向密闭容器中加入CO2(g)和H2(g)，合成CH3OH(g)。已知反应①的正反应速率可表示为v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，逆反应速率可表示为v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，其中k正、k逆为速率常数。如图中能够代表k逆的曲线为(填“L1”“L2”“L3”或“L4”)。（3）不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示。①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是。压强为p1时，温度高于570℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因是。②图中点M(500，60)，此时压强p1为0.1MPa，CH3OH的选择性为23(选择性：转化的CO2中生成CH3OH占整个转化的CO2的百分比)。则该温度时反应①的平衡常数Kp=(MPa)-2（4）II．电化学法还原二氧化碳制乙烯在强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图所示：阴极电极反应为，该装置中使用的是(填“阴”或“阳”)离子交换膜。五、有机推断题(15分)19．阿斯巴甜(G)是一种广泛应用于食品工业的添加剂，一种合成阿斯巴甜(G)的路线如下：已知如下信息：①→HCN②→一定条件N回答下列问题：（1）A中官能团的名称是。（2）A生成B反应的化学方程式为。（3）D的结构简式为，D生成E的反应中浓硫酸的作用是。（4）E生成G的反应类型为。（5）写出能同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式。①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，且含有苯环的水解产物的核磁共振氢谱只有一组峰（6）参照上述合成路线，设计以乙醛为起始原料制备聚丙氨酸的合成路线(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、铝锂合金具有密度小，强度大等优良特性，可用做机身材料，故A错误；

B、基态Ni原子的电子排布式为：1sC、铝锂合金属于金属材料，故C错误；D、铝锂合金的性质保持了原来金属的性质，与各成分金属的性质又有所不同，故D错误；

故答案为：B。【分析】A、铝锂合金具有密度小，强度大等优良特性；

B、基态Ni原子的电子排布式为：1s22s22．【答案】B【解析】【解答】A：根据泡利原理可知，原子自旋方向相反，故A不符合题意；

B：丙酮的球棍模型，故B符合题意；

C：乙酸甲酯的结构简式：CH3COOCH3，故C不符合题意；

D：NH3的电子式：，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】泡利原理：电子不能处于同一个状态中，即同一轨道的两个电子自旋方向相反。

结构简式可以省略部分化学键直接用化学符号和阿拉伯数字表示分子式的组成。

书写电子式时，注意用“·”或“×”表示出所有最外层电子，不要漏点也不要多点。3．【答案】B【解析】【解答】A、溶液体积未知，不能计算氢氧根离子的数目，故A错误；

B、根据物料守恒可知：c(HCN)+c(CN-)=0.1mol⋅L−1，溶液体积为2LC、阳极粗铜中有比铜活泼的金属放电，无法计算电子数，故C错误；D、100g46％的甲酸水溶液中，甲酸的质量为46g，物质的量为1mol，故含2mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为5mol，即个数为5NA个，D错误；【分析】A、溶液体积未知；

B、根据物料守恒分析；

C、粗铜中有比铜活泼的金属放电；

D、甲酸溶液中，水和甲酸均含有氧原子。4．【答案】C【解析】【解答】A、碳酸根分步水解，第一步水解的离子方程式为：COB、沸水中加入饱和FeCl3溶液至液体呈红褐色是生成氢氧化铁胶体，胶体不是沉淀，化学方程式为C、铅酸蓄电池(H2SOD、铝离子和碳酸氢根发生双水解，离子方程式为3HCO故答案为：C。【分析】A、碳酸根分步水解；

B、胶体不是沉淀；

C、铅酸蓄电池正极发生还原反应生成硫酸铅；

D、小苏打与明矾共溶于水，铝离子和碳酸氢根发生双水解。5．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，Y、Z分别为C、O元素，C对应的氢化物为烃，烃的沸点可能高于水，故A错误；B、X2Z2是H2O2，其结构为，正负电荷中心不重合，因此H2O2是由极性键和非极性键组成的极性分子，故B错误；C、W元素是P，电子结构排布为半充满结构，所以所在周期中，第一电离能比其小的元素有Na、Mg、Al、Si、S，共5种，故C正确；D、GAP结构为，1mol该物质有3mol–OH，所以1mol的该物质可以和足量的Na反应转移3mol的电子，故D错误；故答案为：C。【分析】W的原子序数为其最外层电子数的3倍，则W为P元素，根据成键情况可知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素。6．【答案】C【解析】【解答】A、常温下，高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，故A不符合题意；

B、盐酸易挥发，产生的氯气中混有HCl和水蒸气，净化氯气先通过饱和食盐水除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气，故B不符合题意；

C、热的NaOH浓溶液与氯气反应主要得到NaClO3，故C符合题意；

D、氯气有毒，为防止污染环境，必须尾气处理，反应剩余的故答案为：C。【分析】A、高锰酸钾和浓盐酸在常温下反应生成氯气；

B、盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质；

C、热的NaOH浓溶液与氯气反应得到NaClO3；7．【答案】B【解析】【解答】A、催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，A错误；B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，2H*+S*+O*→H*+OH*+S*这一步骤的反应活化能最大，反应最慢，决定该吸附历程的速率，B正确；C、由吸附历程知，得到吸附状态的水分子的过程放出能量，吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时需吸收能量，C错误；D、该吸附历程有氧原子参与，也没有氢气产生，不是H2S的分解过程，D错误；故答案为：B。【分析】A、催化剂不影响焓变；

B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；

C、吸附在催化剂表面的水分子解吸出来吸收能量；

D、该吸附历程有氧原子参与。8．【答案】A【解析】【解答】A、高温条件下，二氧化硅和碳反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为SiO2+2C高温__Si+2CO↑，故A符合题意；

B、步骤①发生反应SiO2+2C高温__Si+2CO↑，硅从+4价降为0价，生成1mol硅，转移4mol电子，故B不符合题意；

C、高纯硅是良好的半导体材料，二氧化硅具有良好的光学特性，则高纯硅是制造太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料，故C不符合题意；

D、SiHCl3和SiCl4沸点不同，沸点相差30℃以上，可以采用蒸馏的方法分离，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、高温条件下，二氧化硅和碳反应生成硅和一氧化碳；

B、根据SiO2+2C高温__Si+2CO↑计算；

C、高纯硅是良好的半导体材料，二氧化硅具有良好的光学特性；9．【答案】C【解析】【解答】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×14+1=3，O：2×12=1，Cl：4×14=1，1个晶胞的质量为，那么密度为：ρ=mv=72.5gNAa3=72.5NA×a3×10-30g·cm-3，A项正确；10．【答案】D【解析】【解答】A．发生的反应是：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O，溶液颜色由浅绿色变为橙黄色，体现NO3-的氧化性，A不符合题意；

B．SO2和CO2通入到澄清石灰水中均能生成白色沉淀，不能确定溶液X中含有CO32−或HCO3−，还可能是SO32-或者HSO3-，B不符合题意；

C．由于NaClO具有强氧化性，能够漂白pH试纸，则不能用pH试纸测量NaClO溶液的pH值，C不符合题意；

D．滴加AgNO3溶液，充分反应后可以观察到白色沉淀产生，再滴加5滴0.1mol/LKI溶液，产生黄色沉淀，存在溶解平衡，得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D符合题意；

故答案为：D

11．【答案】B【解析】【解答】A．由催化机理可知，总反应为+→催化剂，该反应为加成反应，A不符合题意；B．结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B符合题意；C．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C不符合题意；D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.由图可知，总反应为+→催化剂；

B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；

C.Ⅵ既生成又消耗，为该反应的催化剂；

D.根据质量守恒可知X为H2O。12．【答案】B【解析】【解答】A．该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；

B．该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正确；

C．将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中：

，则一共有4个手性碳；

D．该物质中含有7个酚羟基，2个羧基，2个酯基，则1mol该物质最多消耗11molNaOH，D错误；

故答案为：B

【分析】难点分析：B.手性碳原子判断：1、要判断一个碳原子是否为手性碳，首先要满足的条件是该碳原子必须为饱和碳，即连接有4个基团；2、其次，若一个碳原子为手性碳原子，那么该碳原子上所连的4个基团必须不一样13．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，a是阳离子交换膜，b是阴离子交换膜，A不符合题意；

B．电子由负极经外电路移向正极，由分析可知，Zn为负极，PbO2为正极，所以该原电池中，电子由Zn电极经过外电路流向PbO2电极，B不符合题意；

C．由分析可知，放电时，Zn电极反应为，Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，C不符合题意；

D．消耗6.5gZn，即0.1mol，根据负极反应式可知，转移电子的物质的量是0.2mol，根据正极反应式，则正极理论上增加的质量为0.1mol×（32+16×2）g/mol=6.4g，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】由图可知，该电池为原电池，其中Zn为负极，其电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，消耗OH-，则电解液中的钾离子向正极移动；PbO2为正极，其电极反应式为PbO2+SO42−+2e-+4H+=PbSO4+2H2O，消耗H14．【答案】C【解析】【解答】A、B为固体，其浓度为固定值，不能用B的浓度变化表示化学反应速率，故A错误；

B、6~10min，A的浓度保持不变，此时反应处于平衡状态，但可能在4~6min内某一时刻反应刚好达到平衡状态，故B错误；

C、温度越高，反应速率越大，T℃反应速率大于200℃，则T＞200℃，故C正确；

D、200℃下，A平衡时的转换率为0.8-0.150.8×100%=81.25%，T℃下，A平衡时的转换率为1-0.181×100%=82%，升高温度，A的转化率增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、B为固体，其浓度为固定值；

B、可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；15．【答案】C【解析】【解答】A.对于a点可知，pH=2，c（OH-）=10-12mol/L，c（Fe3+）=10-2.5mol/L，带入Ksp（Fe（OH）3）=c（Fe3+）c（OH-）3=10-38.5，A项错误；

B.pH=4时，Al3+浓度为10-3mol/L，所以氢氧化铝溶解度为10-3mol/L，B项错误；

C.由图可知，当Fe3+完全沉淀时，Al3+还没有沉淀，所以可以通过分步沉淀进行分离，C项正确；

D.由图可知，Al3+还没有完全沉淀时，Cu2+已经开始沉淀，所以二者会同时沉淀，D项错误。

故答案为：C。【分析】（1）弄清楚横纵坐标含有，图像变化趋势以及含义；

（2）充分利用图像的特殊点位进行计算，如起点、交点、终点等；

（3）弄清楚什么时候完全沉淀，什么时候开始沉淀，分析多离子沉淀时沉淀的先后顺序。16．【答案】（1）三颈烧瓶(或三口烧瓶)（2）B（3）5（4）Cl2、CO2（5）C；重结晶（6）80%【解析】【解答】（1）由图可知，装置图中仪器A的名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；

故答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶)；（2）“氧化”过程的反应温度温度低于50℃，低于水的沸点，采用水浴加热；

故答案为：B；（3）由图可知，实验过程中应选择的环己醇滴速为5滴/min，此时反应速率较平和，反应温度低于要求温度50℃；

故答案为：5；（4）“氧化液”含有碳酸钠、高锰酸钾，加浓盐酸酸化时，碳酸钠和盐酸生成二氧化碳、高锰酸钾和盐酸发生氧化还原反应生产氯气，故推测该气体的成分有Cl2、CO2；

故答案为：Cl2、CO2；（5）①由图可知，己二酸晶体在低温时溶解度较小，此时洗涤损失较小，故应用冷水洗涤，故答案为：C；②乙二酸的溶解度受温度影响较大，氯化钠的受温度影响不大可采用重结晶的方法除去己二酸晶体中含有的氯化钠杂质；

故答案为：重结晶；（6）实验时称取10.0g环己醇(M=100g/mol)，最终得到纯净的己二酸(M=146g/mol)晶体11.68g，则该实验中己二酸的产率为11.68g10.0g100g/mol×146g/mol【分析】（1）根据仪器构造书写其名称；

（2）氧化过程的反应温度低于50℃；

（3）实验过程中应选择的环己醇滴速为5滴/min；

（4）“氧化液”含有碳酸钠、高锰酸钾；

（5）①己二酸晶体在低温时溶解度较小；

②乙二酸的溶解度受温度影响较大，氯化钠的受温度影响不大，可以采用重结晶的方法；

（6）根据产率=17．【答案】（1）加快浸出反应速率；SiO2、CaSO4；硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸，不易分离，导致浸出率降低（2）4.4（3）NaCl、FeCl3（4）CeCl4+4NH3·H2O=CeO2+4NH4Cl+2H2O（5）淀粉溶液；31.5cv【解析】【解答】（1）①升温可加快反应速率；由分析可知，滤渣为SiO2、CaSO4；

故答案为：加快浸出反应速率；SiO2、CaSO4；

②硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸，导致浸出率反而降低；

答案为：硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸，不易分离，导致浸出率降低；（2）pH=3.2时，OH-的浓度为10-10.8mol/L，此时Fe3+完全沉淀，则Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=10-5×(10-10.8)3=10-37.4，pH=3.0时，OH-的浓度为10-11mol/L，此时c(Fe3+)=Ksp[Fe（OH)3]（3）沉锗时Fe3+一起沉淀了，溶解时Fe(OH)3转变为FeCl3，所以“残余液”的溶质主要成分为NaCl、FeCl3；

故答案为：NaCl、FeCl3；（4）中和水解时，加入氨水，将GeCl4转化为GeO2，则反应的化学方程式为CeCl4+4NH3·H2O=CeO2+4NH4Cl+2H2O；

故答案为：CeCl4+4NH3·H2O=CeO2+4NH4Cl+2H2O；（5）由已知反应知若KIO3过量可产生I2，所以选择淀粉作为指示剂；由得失电子守恒得关系式为：3Ge2+~KIO3，n(Ge2+)=3n(KIO3)=3cV×10-3mol=n(GeO2)，则样品纯度为m(GeO2)m总×100%=【分析】中和渣(主要成分为GeO2、Fe2O3、ZnO、SiO2、CaSO4等)中加入稀硫酸酸浸，金属氧化物转化为对应的硫酸盐，CaSO4难溶，SiO2不与稀硫酸反应，则浸渣为SiO2和CaSO4，浸出液中加入NaOH溶液调节pH沉锗，得到H2GeO3，分离出滤液，向滤渣中加入8mol/L盐酸和NaCl溶解，蒸馏除去残余液，馏分中加入浓氨水调节pH进行中和水解，发生的反应为CeCl4+4NH3·H2O=CeO2+4NH4Cl+2H2O，最终得到二氧化锗。18．【答案】（1）-49.4kJ/mol（2）L4（3）p3＞p2＞p1；反应①是放热反应，反应②是吸热反应，温度高于570℃之后，反应转化率主要由反应②决定；150（4）2CO2+12e-+12H+=CH2=CH2+4H2O；阳【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，设③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ·mol-1，将③+②可得①，则ΔH1=ΔH+ΔH2=-90.6kJ·mol-1+41.2kJ·mol-1=-49.4kJ·mol-1；

故答案为：-49.4kJ/mol；（2）温度升高，反应速率加快，速率常数也增大，反应①的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，逆反应速率增大幅度更大，所以图中能够代表k逆的曲线为L4；

故答案为：L4；（3）①反应①的正反应是放热反应，反应②的正反应是吸热反应，温度较低时温度对放热反应的影响大，随温度升高，反应①逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，反应②正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，所以在570℃之前，二氧化碳平衡转化率减小的程度大于二氧化碳平衡转化率增大的程度，二氧化碳的平衡转化率降低，温度较高时则相反，所以压强一定时，温度高于570℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大；反应①的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，反应②反应前后体积不变，平衡不受压强影响，所以p3＞p2＞p1，故答案为：p3＞p2＞p1；反应①是放热反应，反应②是吸热反应，温度高于570℃之后，反应转化率主要由反应②决定；②设起始时加入的二氧化碳的物质的量为1mol，则氢气为3mol，M点时，二氧化碳的平衡转化率为60%，则转化的二氧化碳为0.6mol，甲醇的选择性为23，则生成甲醇的二氧化碳为6mol×23=0.4mol，在反应①中，同时消耗氢气1.2mol，生成的甲醇和水蒸气均为0.4mol，反应②转化的二氧化碳为0.2mol，同时消耗氢气0.2mol，生成的CO和水蒸气均为0.2mol，所以平衡时二氧化碳为1mol-0.4mol-0.2mol=0.4mol，氢气为3mol-1.2mo