江西省赣州市2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题

江西省赣州市2022~2023学年高三上学期期末考试化学试题说明：①考试时间100分钟，满分100分：②本试卷分为Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将Ⅰ、Ⅱ卷的答案填写在答题卡上对应位置；③可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32Cu-64Zn-65Ba-137第Ⅰ卷(选择题共48分)一、单选题(每小题3分，共48分，每道题只有一个正确选项。)1.2022年北京冬奥会提出“科技冬奥”的理念。冬奥会火炬“飞扬”以耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，氢气为燃料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法正确的是A.冬奥会史上首次采用氢气火炬，工业上氢气可来源于煤的气化B.碳纤维属于有机高分子材料C.铝合金密度小、硬度小、耐腐蚀D.含钾元素的“配方”可使火焰呈黄色【答案】A【解析】【详解】A．工业上氢气可来源于煤的气化，一般是将煤炭转化成CO和H2，A正确；B．碳纤维材料是碳材料，其属于新型无机非金属材料，B错误；C．铝合金密度小、硬度大，适合用于制造运载火箭等航天器，C错误；D．钠的焰色为黄色，钾的焰色透过蓝色钴玻璃为紫色，D错误；答案选A。2.下列玻璃仪器上有标明“0”刻度的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．图示仪器为量筒，小刻度在下大刻度在上，没有“0”刻度，A不符合题意；B．图示仪器为碱式滴定管，上端标有“0”刻度，B符合题意；C．图示仪器为容量瓶，在容量瓶的瓶颈上有刻度线，但没有“0”刻度，C不符合题意；D．图示仪器为分液漏斗，分液漏斗上部没有刻度，D不符合题意；故合理选项是B。3.二羟基甲戊酸是合成青蒿素的原料之一，其结构如图a所示。下列有关二羟基甲戊酸的说法错误的是A.二嵯基甲戊酸的分子式为B.与乳酸(结构如图b)互为同系物C.与乙醇、乙酸均能发生酯化反应，能使酸性溶液褪色D.等量的二羟基甲戊酸消耗Na和的物质的量之比为3∶1【答案】B【解析】【详解】A．根据结构简式可知，二甲戊酸的分子式为C6H12O4，A正确；B．两者结构不相似，故不为同系物，B错误；C．由图a可知，二羟基甲戊酸含有两个羟基和1个羧基，羟基能与乙酸发生酯化反应，其中-CH2OH中的羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，羧基能与乙醇发生酯化反应，C正确；D．羟基羧基均能与钠反应，与碳酸氢钠反应的只能是羧基，等量的二羟基甲戊酸消耗Na和的物质的量之比为3∶1，D正确；答案选B。4.下列“类推”合理的是A.Na与反应生成NaOH和，则Fe和反应生成和B.可与水反应生成，则可与水反应生成C.铜与氯气反应生成，则铁与氯气反应生成D.与反应生成HCl和HClO，则与反应生成HF和HFO【答案】C【解析】【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铁与水常温下不反应，高温下和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，A错误；B．CO2能与水反应生成H2CO3，但SiO2不难溶于水，不与水反应生成H2SiO3，B错误；C．Cl2的氧化性强，将具有可变价态的金属氧化到较高价态，铜与氯气反应生成，则铁与氯气反应生成，C正确；D．Cl2与水反应生成HCl和HClO，但F2具有强氧化性，与水反应生成HF和O2，D错误；答案选C。5.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.32g()分子中含有的S-S键数为B.标准状况下，2.24L所含氢原子数为C.的溶液含的数目为D.在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中2g与足量反应，转移电子数为【答案】A【解析】【详解】A．1个分子含有8个S-S键，32g分子中含有的S-S键数为，A正确；B．标准状况下乙醇是液体，2.24L所含氢原子数不是，B错误；C．的溶液的体积未知，且碳酸根水解，无法计算其中含的数目，C错误；D．在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中2g与足量反应，由于是可逆反应，所以转移电子数小于，D错误；答案选A。6.下列离子方程式正确的是A.向酸性溶液中滴加双氧水：B.溶液与少量的溶液混合：C.溶于氢碘酸：D.用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：【答案】C【解析】【详解】A．向酸性溶液中滴加双氧水：，A错误；B．溶液与少量的溶液混合：，B错误；C．溶于氢碘酸，碘离子具有还原性，碘离子转化为碘单质：，C正确；D．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的，醋酸为弱电解质：，D错误；答案选C。7.某温度下，在2L的密闭容器中，充入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)?4C(s)+2D(g)，反应一段时间达到平衡，测得生成1.6molC，则下列说法正确的是A.增大压强，平衡向逆反应方向移动B.达平衡后B的转化率为C.增加A，平衡正向移动，化学平衡常数增大D.若升高温度，A的转化率增大，则该反应?H<0【答案】B【解析】【详解】列三段式：，A．该正反应方向为气体分子数减小的方向，则增大压强，平衡向正反应方向移动，A错误；B．达平衡后B的转化率为，B正确；C．温度不变，增加A，化学平衡常数不变，C错误；D．若升高温度，A转化率增大，说明平衡正向移动，则该反应为吸热反应，?H>0，D错误；故选：B。8.有一混合溶液中含有以下离子的若干种：、、、、、、，现有两份体积相同各为100mL的该溶液进行如下实验：①向第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热后，收集到0.224L的气体(标准状况下测定)，并产生0.58g白色沉淀；②向第二份溶液中加入足量的溶液，产生6.99g白色沉淀。根据上述实验，以下推测正确的是A.可能存在B.可能存在C.一定不存在D.100mL该溶液中若含有0.01mol，则的物质的量浓度为0.04mol/L【答案】C【解析】【分析】①第一份溶液中滴加足量的NaOH溶液并加热，有气体生成，说明含有NH，生成气体为NH3，根据氮原子守恒铵根离子的物质的量=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，同时生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则一定不含CO，白色沉淀为Mg(OH)2，根据Mg原子守恒可知镁离子的物质的量=0.58g÷58g/mol=0.01mol；②第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO，则一定不含Ba2+，硫酸根离子的物质的量=6.99g÷233g/mol=0.03mol，根据电荷守恒，溶液中一定含有阳离子K+，可能含有Cl－，据此分析解题。【详解】A．由上述分析可知，溶液中一定含有K+，故A错误；B．由上述分析可知，溶液中一定不含CO，故B错误；C．由上述分析可知，溶液中一定不存在Ba2+，故C正确；D．若100mL该溶液中若含有0.01molCl－，根据电荷关系可知钾离子的物质的量=0.04mol，则钾离子浓度=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L，故D错误；故选C。9.化学键是非常重要的概念，它与物质变化过程中的能量变化息息相关，下列说法正确的是A.氢键是化学键中的一种，会影响物质的熔沸点B.活泼金属元素与活泼非金属元素一定形成离子键C.速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键D.物理变化也可以有化学键的破坏【答案】D【解析】【详解】A．氢键属于分子间作用力，不是化学键，会影响物质的熔沸点，A错误；B．活泼金属元素与活泼非金属元素不一定形成离子键，例如AlCl3形成的是共价键，B错误；C．干冰属于分子晶体，升华破坏了分子间作用力，C错误；D．物理变化中可能有化学键的断裂，如NaCl溶于水发生电离，离子键被破坏，D正确；答案选D。10.铋基催化剂对CO2电化学还原制取HCOOH具有高效选择性。其反应历程与能量变化如图：下列说法错误的是A.使用Bi2O3催化剂更有利于CO2的吸附B.使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)不相等，但反应热相等C.CO2电化学还原制取HCOOH的反应△H<0D.*CO生成*HCOO-的反应为：*CO+HCO=*CO+*HCOO-【答案】D【解析】【详解】A．据图可知使用Bi2O3催化剂时，CO2变为吸附态释放的能量更多，更有利于吸附，A正确；B．催化剂可以改变反应的活化能，但不改变反应热，B正确；C．据图可知初始反应物的能量高于最终生成物，所以该反应为放热反应，△H<0，C正确；D．所给离子方程式电荷不守恒，正确反应式为：*CO+HCO+e-=*CO+*HCOO-，D错误；综上所述答案为D。11.已知化合物N的结构如图，N是中学化学中常见的一种物质，其水溶液显微弱的酸性，图中的X、Y、Z、M四种元素均为短周期主族元素。下列叙述正确的是A.Y的最高正价为+4价B.简单离子半径：Y>Z>MC.化合物N可促进水的电离D.Z和M形成的二元化合物中只含有离子键【答案】B【解析】【分析】M可以形成+1价阳离子，应为Na+或Li+，LiOH或NaOH均为强碱，所以M+不会水解，且含有Li+的物质并不常见，所以M应为Na元素，则N的水溶液显微弱的酸性应是由于其可以电离出H+，所以化合物N为酸式盐，再结合N的结构可知，X应为H元素，Z为O元素，该物质的化学式应为NaHYO3，符合的常见物质有NaHSO3、NaHCO3，而NaHCO3溶液显碱性，所以该物质应为NaHSO3，Y为S元素。【详解】A．Y为S元素，最高正价为+6价，A错误；B．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小，半径越大，所以离子半径：S2-＞O2-＞Na+，即Y>Z>M，B正确；C．既能电离，也能水解，电离出的氢离子抑制水的电离，水解促进水的电离，溶液显酸性，说明电离程度大于水解程度，所以抑制水的电离，C错误；D．Na和O可以形成化合物Na2O2，含有O原子和O原子形成的共价键，D错误；综上所述答案为B。12.氨催化氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示装置。下列说法错误的是A.甲装置中的固体可以是NaOH或CaOB.乙装置中干燥剂可以是碱石灰C.丙中发生反应是4NH3＋5O24NO＋6H2OD.若戊中观察到紫色溶液变红，则说明已制得HNO3【答案】A【解析】【分析】甲中浓氨水用于制备氨气，经过干燥后在丙中发生氨气的催化氧化，因此甲中需要同时提供氨气和氧气，则X为过氧化钠，丙中氨气、氧气在催化作用下发生反应生成一氧化氮，一氧化氮可生成二氧化氮，过量的氧气与二氧化氮在戊中可生成硝酸，己为尾气吸收装置，据此分析解答。【详解】A．甲装置需要提供氨气和氧气，如果甲装置中的固体是NaOH或CaO，只能提供氨气，不能提供氧气，X应为过氧化钠等，故A错误；B．乙用于干燥氨气、氧气，可用碱石灰干燥，故B正确；C．加热条件下，氨气与氧气在催化条件下反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH３+5O24NO+6H2O，故C正确；D．戊中观察到紫色溶液变红，说明生成了酸性物质，可以说明二氧化氮、氧气与水反应生成了硝酸，故D正确；故选A。13.称取进行热重分析，固体质量随温度的变化关系如图所示，为获得和的混合产品，烘干时的温度范围为A.145~195℃ B.195~273℃ C.>273℃ D.90~145℃【答案】A【解析】【详解】由图可知当温度小于90℃时，固体为，此时固体的物质的量为；当温度为145℃时，固体的质量为42.1g，失去结晶水的物质的量为，则产品为；同理可得，当温度为195℃时产品为，当温度为273℃时产品为。为获得和的混合产品，应控制温度范围为145～195℃，A正确。14.2020年9月中国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标，如图是某科研团队设计的光电催化反应器，可由制得异丙醇。其中A、B均是惰性电极，下列说法正确的是A.A为负极B.若A极产生4g，则B极产生16gC.电子从B极通过合成蛋白质纤维膜到A极D.A极上参与的反应为：【答案】D【解析】【详解】A．B极氧元素价态升高失电子，发生氧化反应，故B极为负极，A错误；B．A极为正极，二氧化碳和氢离子都在正极放电，根据得失电子数守恒可知，A极反应式：2H++2e-=H2↑，若A极产生4g(2mol)，B极反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+则B极产生氧气的质量大于，B错误；C．原电池工作时，电子从负极(B)经外电路流向正极(A)，不经过合成蛋白质纤维膜，C错误；D．A极为正极，二氧化碳和氢离子都在正极放电，电极反应式为，D正确；答案选D。15.习近平总书记视察赣州时强调，稀土是重要的战略资源，也是不可再生资源。钪(Sc)是一种稀土金属，从钛白酸性废水(主要含有、，还含有微量)中富集钪，并制备氧化钪()的工艺流程如图所示［已知：、均难溶于水］。下列说法错误的是A.酸洗时加入的目的是将氧化为B.实验室进行“操作Ⅰ”需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗C.“滤渣Ⅰ”的成分是、D.草酸钪焙烧时反应的化学方程式：【答案】C【解析】【分析】钛白酸性废水(主要含有、，还含有微量)中富集钪，酸洗时加入的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，过滤得到“滤渣1”的主要成分是、、Sc(OH)3，然后加入10%盐酸调pH溶解Sc(OH)3。转化为含Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成SC2O3和CO2，据此分析回答问题【详解】A．据分析可知，酸洗时加入的目的是将氧化为，A正确；B．由流程可知，“操作Ⅰ”是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B正确；C．据分析可知，“滤渣1”的主要成分是、、Sc(OH)3，C错误；D．草酸钪与氧气焙烧时反应生成SC2O3和CO2，反应的化学方程式：，D正确；答案选C。16.已知：亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸。常温下，利用NaOH调节亚磷酸溶液pH时，维持溶液中含磷微粒的物质的量浓度之和始终为0.1，得到溶液中各种含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是A.0.1H3PO3溶液中：c(H3PO3)：c()>106B.反应的平衡常数K=106.54C.N点溶液中：D.0.1Na2HPO3溶液中：pH=9.77【答案】A【解析】【详解】A．由题干图象可知，H3PO3的Ka1=10-1.43，Ka2=10-6.54，，则c(H+)=c()==10-1.215，同理：c()==10-6.54，，A错误；B．由N点数据可知，反应的平衡常数K==106.54，B正确；C．N点溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)由电荷守恒式：可知，C正确；D．由题干图象可知，H3PO3的Ka1=10-1.43，Ka2=10-6.54，则的水解平衡常数为：Kh1==10-7.46，故有+H2OOH-+，Kh1==10-7.46，则c(OH-)==10-4.23mol/L，则c(H+)==10-9.77，则pH=9.77，D正确；故答案为：A。第Ⅱ卷(填空题共52分)二、填空题(一)必考题(共37分)17.当硝酸与金属反应时，反应物或反应条件不同，硝酸被还原的产物不同。金属铝在酸性或碱性溶液中均可与发生氧化还原反应，转化关系如下：已知，气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。请回答下列问题：（1）Al与在酸性条件下反应，Al与被还原的的物质的量之比是_______。（2）C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C或E都转化为无毒的气态单质，写出D与E反应的化学方程式：_______。（3）写出铝在碱性条件下与反应的离子方程式：_______。（4）为了更加准确测定E气体的相对分子质量，应选择的合适条件是_______。A.较高温度、较高压强 B.较低温度、较低压强C.较高温度、较低压强 D.较低温度、较高压强【答案】（1）1∶1（2）（3）（4）C【解析】【分析】由转化关系图D→C→E→F，及D和F反应可生成盐及题中信息可知氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，所以：D为NH3、C为NO、E为NO2、F为HNO3，可知金属铝在酸性或碱性溶液中均可与发生氧化还原反应，在酸性环境下，铝和硝酸反应生成铝盐和NO，碱性环境下生成偏铝酸盐和NH3，A为硝酸铝，B为偏铝酸盐。气体D和A溶液反应生成白色沉淀,NH3和铝盐生成氢氧化铝沉淀，据此分析解题。【小问1详解】Al与在酸性条件下反应生成铝盐、NO，在反应中铝失去3个电子，的还原产物是NO，化合价由+5价降低到+2价，得到3个电子，依据得失电子守恒可知，Al与被还原的NO的物质的量之比是1:1，故答案为:1:1；【小问2详解】氨气可以和C（一氧化氮）或D（二氧化氮）发生氧化还原反应生成无毒气体单质氮气，化学方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)，答案：6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)；【小问3详解】由前面推断可知，金属铝在碱性环境下可以和反应生成偏铝酸盐和氨气，用离子方程式为：8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑，答案：8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑；【小问4详解】NO2中存在可逆反应，测定NO2气体的相对分子质量，应抑制该反应发生。其它条件不变，升高温度或减小压强会使平衡向逆反应进行，所以，应在低压、高温条件下测定测定NO2气体的相对分子质量更准确，答案选C。18.硫代尿素也称硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵，可用于制造药物，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题：Ⅰ.硫脲的制备：已知：将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示。（1）装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是_______。A.FeS固体+浓硫酸B.FeSB.FeS固体+稀硝酸C.FeS固体+稀盐酸（2）仪器M的名称为_______。按(2)中所选试剂组合，按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为c→_______(填仪器接口的小写字母)（3）装置C中反应的化学方程式为_______。Ⅱ.硫脲分离及产品含量的测定：（4）装置C反应后的液体过滤后，将滤液减压蒸发浓缩，之后冷却结晶，离心分离，烘干即可得到产品。称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液，量取25mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用cmol/L标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL(已知)。①硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合价为_______价。②样品中硫脲的质量分数为_______(用含“m、c、V的式子表示)。【答案】（1）C（2）①.(球形)干燥管②.a→b→d→e→f（3）（4）①.-2②.【解析】【分析】装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体；装置A中装有饱和NaHS溶液，可以除去H2S中的HCl；装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳；装置D是尾气吸收装置，防止H2S污染空气；故装置连接顺序为，据此分析解题。【小问1详解】装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体，答案选C；【小问2详解】仪器M为(球形)干燥管；由分析可知，上述装置的合理连接顺序为；【小问3详解】装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，化学方程式为；【小问4详解】①硫脲[]中，C元素的化合价为+4价、N元素的化合价为-3价、H元素的化合价为+1价，则硫元素的化合价为-2价；②用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL，消耗的物质的量为cV×10-3mol，根据可知，mg产品中的物质的量为=，则样品中硫脲的质量分数为=。19.甲醇和乙醇是生活中常见的燃料，它们的制备方法如下：（1）已知：Ⅰ.；Ⅱ.；Ⅲ.。图1为一定比例的、；CO、；CO、、三个反应体系中，反应相同时间，甲醇的生成速率与温度的关系。①计算反应Ⅲ的_______。②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析原因_______。（2）一定温度下，在1L恒容密闭容器中充入1mol和一定量的，发生如下反应：，测得的转化率(α)与时间(t)的关系如图2所示。其中、表示温度，速率方程：，(k是速率常数，只与温度有关)。图2①该反应的_______0(填“>”、“<”或“=”，下同)。②温度为时，测得平衡体系中，则该温度下的平衡常数K=_______。③N点的_______。【答案】（1）①.②.CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ正向进行（2）①.<②.③.12【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ可得，△H3=△H2-△H1=-90.4kJ·mol-1-(-40.9kJ·mol-1)=-49.5kJ·mol-1②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析，对于反应Ⅰ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO是反应物，CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，CO2和H2的量增加，使反应Ⅲ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，故使甲醇生成速率增大。【小问2详解】①从C2H4(g)的转化率(α)与时间(t)的关系图可知，T2温度时，该反应最先达到平衡状态，则T2>T1，温度升高，C2H4(g)的转化率(α)却减小，说明该反应正反应是放热反应，则反应的△H<0。②温度为T1时，C2H4(g)的平衡转化率为80%，C2H4的起始浓度为1mol/L，则平衡时c(C2H4)=0.2mol·L?1，根据C2H4(g)+H2O(g)?CH3CH2OH(g)，则平衡时，c(CH3CH2OH)=0.80mol·L?1，c(H2O)=0.4mol·L?1是已知的，则K=。④由第③问可知，温度为T1时，C2H4(g)的平衡转化率为80%，C2H4(g)的起始浓度为1mol/L，则达到平衡时，C2H4转化了0.8mol·L?1，根据C2H4(g)+H2O(g)?CH3CH2OH(g)可知，H2O(g)也转化了0.8mol·L?1，平衡时c(H2O)=0.4mol·L?1，那么起始时，c(H2O)=1.2mol·L?1。N点的温度为T1，此时C2H4(g)的平衡转化率为40%，则N点时，c(C2H4)=1.0-0.4=0.6mol·L?1，c(H2O)=1.2-0.4=0.8mol·L?1，c(CH3CH2OH)=0.4mol·L?1，则。20.从铬锰矿渣(主要成分为、MnO，含少量、、)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示：已知：焙烧时MnO不发生反应。回答下列问题：（1）滤渣2的成分是_______(写化学式)。（2）焙烧中转化为的化学方程式为_______。（3）某温度下，、的沉淀率与pH关系如图所示，则“沉铬”过程最佳的pH为_______。计算“沉铬”后滤液中为_______mol/L［已知在此条件下，，］（4）“转化”的离子方程式为_______。【答案】（1）、（2）（3）①.6.0②.（4）【解析】【分析】铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把还原为Cr3+，调节pH=6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2，据此分析解题。【小问1详解】调节pH的目的是生成Fe(OH)3、Al(OH)3，除去杂质Fe3+、A13+，所以滤渣2的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为:Fe(OH)3、Al(OH)3；【小问2详解】焙烧时Cr2O3被空气中的O2氧化，碱性条件下生成Na2CrO4，同时生成CO2焙烧中Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；故答案为:2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；【小问3详解】根据Cr3+、Mn2+的沉淀率与关系如图所示，pH为6.0时，Cr3+的沉淀率较高、Mn2+的损失率较低，则“沉铬”过程最佳的为6.0；此时c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为10-14，则c(OH-)=10-8mol/L，c(Cr3+)==10-6mol/L；【小问4详解】“转化”时在碱性条件下加入双氧水将锰离子氧化，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。(二)选考题(共15分，考生选其一选修模块的一个小题作答，并把答案填写在对应的位置)【选修三——物质结构与性质】21.如图甲，铜离子与有机物HA可形成一种螯合物，从而萃取水中的铜离子。图中的R、R′均为烷烃基，该萃取反应可简单表示为2HA+Cu2+CuA2+2H+回答下列问题：（1）基态铜原子的价电子排布式为_______。（2）有机物HA中，C、N、O三种元素电负性由大到小的顺序是_______。（3）螯合物中的氮原子杂化方式为_______，氧原子的杂化方式为_______。（4）下列关于螯合物的说法中，正确的是_______(填序号)。①中O的配位能力比N强②与配位的4个原子可能呈平面构型③既溶于水又溶于有机溶剂④每个分子中含2个氢键、2个π键（5）萃取后，铜离子进入有机相中，反萃取时，螯合物释放出铜离子，铜离子进入水相，可用于铜离子的富集及提纯，则反萃取时常加入的试剂是_______。（6）金属铜与铝可形成多种不同的合金，其中一种合金的晶胞如图乙所示，晶胞参数，，，按图乙中阴影面进行投影得到图丙。该晶体的化学式为_______，密度为_______(结果保留两位有效数字)。【答案】（1）（2）O>N>C（3）①.②.（4）②③（5）盐酸或硫酸（6）①.②.4.0【解析】【小问1详解】铜元素的原子序数为29，基态铜原子价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；【小问2详解】同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C，故答案为：O>N>C；【小问3详解】由结构简式可知，螯合物CuA2中氮原子形成双键、氧原子形成单键，则氮原子的杂化方式为sp2杂化、氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；小问4详解】①由结构简式可知，CuA2中氮原子与铜离子形成配位键，则氮原子的配位能力比氧原子强，故①错误；②类比铜离子与氨分子形成的配合物的结构可知，与铜离子配位的2个氧原子和2个氮原子有可能位于同一平面上，即有可能呈平面构型，故②正确；③由铜离子与有机物HA可形成一种螯合物CuA2，从而萃取水中的铜离子可知，CuA2不溶于水易溶于有机溶剂，故③错误；④由结构简式可知，每个C