2023年安徽省六安市示范高中高考化学质检试卷(附答案详解)

2023年安徽省六安市示范高中高考化学质检试卷一、单项选择题〔742.0分〕化学与生活、社会进展息息相关，以下有关说法正确的选项是( )“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。“薪柴之灰”与铰态氮肥混合施用可增加肥效有机玻璃和钢化玻璃都是由二氧化硅为原料制得的无机非金属材料发泡塑料饭盒适用于微波炉加热食品，但不适用于盛放含油较多的食品高铁酸钾(K2FeO4)在水处理过程中涉及的变化过程有：氧化复原反响、蛋白质的变性、盐类的水解、胶体的聚沉紫草可以用于治疗烧伤、湿疹、丹毒等，其主要成分紫草素的构造如下图。以下关于紫草素的说法错误的选项是( )lmol紫草素最多能和7molH2加成分子中全部碳原子不行能共平面能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色紫草素可以发生加成反响、氧化反响和取代反响以下试验“操作和现象”与“结论“对应且都正确的选项是( )操作和现象A向紫色石蕊溶液中通入SO2至过量，溶液先变红后褪色。B向含有淀粉的KI溶液中滴加FeCl3溶液，溶液变蓝。用pH传感器测得一样温度下Na2SiO3溶液的pH值大于CNa2CO3溶液的pH值。

结论SO2的水溶液具有酸性和漂白性Fe3+可以和淀粉发生显色反响证明C元素非金属性强于Si元素取少量Na2O2于试管中，加适量水。待固体完全溶解后，Na2O2与水反响过程D滴加几滴紫色石蕊溶液，溶液先变蓝后褪色。再加适量MnO2粉末：产生能使带火星木条复燃的气体。118页

中有H2O2生成，且H2O2具有漂白性A B.B C.C D.D优良的循环性能，某种大阴离子构造如下图。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，Y、W位于同一主族。以下表达错误的选项是()简洁离子半径大小挨次为W>Y>Z8W2Y2−中的氧元素有两种价态8X的氢化物的沸点肯定低于Y的氢化物的沸点lmol该离子含有电子的数目为74NA金属锡是一种具有银白色金属光泽且质地较软的低熔点金属，常温下SnCl4为无色液体，沸点为114℃，在空气中易水解生成锡酸与HCl可用Cl2与熔融的金属锡反响制备SnCl4，装置如图(夹持装置略大)。以下说法错误的选项是()用恒压滴液漏斗代替针简能更好的掌握产生氯气的速率戊装置的作用是冷凝、收集SnCl4试验过程中应领先点燃酒精灯熔化金属锡，再向甲中注入浓盐酸用装有碱石灰的枯燥管代替己中NaOH溶液更合理羟基白由基(OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂苯酚氧化为CO2、H2O的原电池−电解池组合装置(如下图)，该装置能实现发电、环保二位一体。以下说法错误的选项是( )218页b极为负极，d极为阳极b电极区每产生3molCO2，C电极区溶液质量减轻14gd电极的电极反响式：H2O−e−=OH−+H+左侧装置中M、N为离子交换膜，工作时假设NaCl溶液浓度降低，则M为阳离子交换膜25℃时，向20.0mL0.1mol⋅L−1ROH溶液中逐滴参加0.1mol⋅L−1盐酸VmL，混合溶液的pH与lg

R)的关系如下图。以下说法错误的选项是( )c(ROH)A.Kh(R+)=10−10.75B.b点时，V<10.0mlC.x=3.75D.a点溶液中，c(Cl−)=(

120+V

+10−10.75+10−3.25)mol/L二、简答题〔458.0分〕过氧化钙(CaO2)是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，可溶于酸，微溶于水且能与水缓慢反响，难溶于乙醇，且本身无毒，不污染环境。I.试验室制备CaO2的装置如下图。318页CaO2的晶体中阳阴离子的个数比为 。甲装置用来制3烧瓶内固体可以是 乙装置的作用是 。仪器A的名称是 ，有同学认为，为了加快反响速率和提高产率，可将冰水混合物改为温水浴加热，你认为该同学的观点是否合理并说明理由 。II.工业上生产CaO2的试验流程如图。“反响”步骤会生成CaO2⋅8H2O，该步反响的离子方程式是 。洗涤步骤先用冷水洗涤，再用乙醇洗涤。用乙醇洗涤的目的是 。亚硫酰氯(SOCl2)和硫酰氯(SO2Cl2)都是重要的化工原料，均易水解。亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，熔点−105°C、沸点为77℃，遇水猛烈反响，产生大量白雾，并生成刺激性气味的气体。用硫磺、液氯和SO3为原料，在肯定条件下合成SOCl2，原子利用率可达100%，则三者的物质的量之比为 。SOCl2SOCl2和ZnCl2⋅xH2O混合物加热来制取无水ZnCl2。①SOCl2在该试验中的作用是 (写出两点)。②试验室常用NaOH溶液吸取SOCl2，该反响的离子方程式是 。硫酰氯(SO2Cl2)的熔点为−54.1℃，沸点为69.1℃，在空气中遇水蒸气发生猛烈反响，并产生大量白雾，100°C以上分解生成SO2和Cl2试验室合成SO2Cl2的原理：SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(l)ΔH<0，试验装置如下图(局部夹持装置略去)，请答复以下问题：A、B枯燥管中盛有的物质分别是以下 。碱石灰、浓硫酸418页氯化钙、氯化钙碱石灰、五氧化二磷D.碱石灰、碱石灰去除丙装置可能会发生副反响是 。(用化学方程式表示)。为了测定SO2Cl2产品纯度(杂质不参与反响)，称取mgSO2Cl2产品于锥形瓶中，cmol⋅L−1AgNO3溶液滴定反响后的溶液，终点时消耗AgNO3溶液的平均体积为VmL。：物质Ksp颜色

Ag2SO4 AgCl Ag2CrO4 Ag2S AgBr1.2×10−5 1.8×10−10 2.0×10−12 6.3×10−50 5.4×10−13白色 白色 砖红色 黑色 浅黄色①依据上表中各种物质的Ksp，该试验应选择的指示剂为 (从以下选项中选择)，滴定终点的现象是 。A.K2SO4B.K2CrO4C.K2SD.KBr②该SO2Cl2产品的纯度为 。硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如图：：①∗混合焙烧“后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO．物质开头沉淀完全沉淀

Fe(OH)31.93.2

Fe(OH)27.69.6

Mn(OH)27.39.3

Al(OH)33.05.2518页③离子浓度≤10−5mol⋅L−1时，离子沉淀完全。请答复：“混合焙烧”主要目的是 。假设试剂a为MnO2，则氧化步骤发生反响的离子方程式为 ，假设”省略“氧化“步骤，造成的影响是 。“中和除杂”时，应掌握溶液的pH范围是 。“氟化除杂”后溶液中c(F−)浓度为0.05mol/L则溶液中c(Mg2+)和c(Ca2+)的比值= (：Ksp(MgF2)=6.4×10−10；Ksp(CaF2)=3.6×10−12)“碳化结晶”时选择NH4HCO3，NH4HCO3溶液中各离子浓度大小挨次为 ，(CH3COONH4溶液呈中性)“碳化结晶”时发生反响的离子方程式为 ，“碳化结晶”时不选择Na2CO3溶液的缘由是 。气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反响是型科研热点。答复以下问题：用NH3催化复原NOx可以消退氮氧化物的污染。：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH=−akJ/mol②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=−bkJ/mol写出NH3复原NO至N2和水蒸气的热化学方程式 。3H3)⇌N2)+2 3H(g)，不同温度下，NH分解率随时间变化如下图，v =k ⋅c2(NH2 正 正 逆k ⋅c(N

)⋅c3(H

的初始浓度为c

T时

正= ；逆 2 2 3

分解反响到达平衡时k31 1 kk3逆正 曲线①②中，k −k 值较小的曲线为 。正 东南大学王金兰课题组提出合成氨的“外表氢化机理”如下图，在较低的电压下实现氮气的复原合成氨。：第一步：∗+H+e−=∗H(快)(吸附在催化剂外表的物种用∗表示)。618页其次步：N2+2∗H=中间体(吸附在催化剂外表(慢)。第三步： (快)。第三步的方程式为 ，上述三步中的决速步为其次步，缘由是 。该法较传统工业合成氨法，具有能耗小、环境友好的优点。向一恒定温度的刚性密闭容器中充入物质的量之比为1：1的N2和H2混合气体，初始压强为30MPaH2的转化率随温度的变bvb正

v (填“><“或“=”)a点混合气体平均相对分逆子质量a点对应温度下反响的平衡常Kp 保存两位有效数字Kp逆为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)氨不仅应用于化肥生产，也可以应用于能源领域，与氢氧燃料电池比，氨氧燃料电池有其独特优势，某争论小组设计的氨氧燃料电池装置如图：则电极1的电极反响式为 ，标准状况下，当3.36LO2参与反响时，生成N2的物质的量为 。718页1018页答案和解析【答案】D【解析】解：A.薪柴之灰即草木灰，主要成分碳酸钾，与铵态氮肥混合施用两者会发生双水解反响，会使铵根水解成氨气挥发，降低肥效，故A错误；有机玻璃成分为有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故B错误；65C错误；Fe3+，水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体而到达净水作用，涉及胶体聚沉、盐类水解，故D正确；应选：D。A.草木灰中含碳酸钾，与铵态氮肥混合施用两者会发生双水解反响；B.有机玻璃成分为有机高分子化合物；C.泡塑料饭盒不能加热；D.Fe3+，水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体而到达净水作用。此题考察了物质的性质与用途，题目难度较小，旨在考察学生对根底学问的识记，留意根底学问的积存把握，题目有利于训练学生对根底学问的综合应用力量。【答案】B【解析】解：A.分子中1个苯环、2个羰基、2个碳碳双键，它们与氢气发生加成反响，故lmol紫草素最多能和7molH2A正确；苯环及其连接的原子为平面构造，碳氧双键及其连接的原子为平面构造，2个平面共有22平面重合，即分子中全部碳原子都可能共平面，故B错误；碳碳双键能与溴发生加成反响，使溴水褪色，碳碳双键酚羟基、醇羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；含有苯环、羰基、碳碳双键，可以发生加成反响，含有酚羟基、醇羟基、羰基、碳碳双键，可以发生氧化反响，醇羟基、酚羟基都可以发生取代反响，故D正确；应选：B。分子中苯环、羰基、碳碳双键与氢气发生加成反响；苯环及其连接的原子为平面构造，碳氧双键及其连接的原子为平面构造，2个平面共有22平面重合；碳碳双键能与溴发生加成反响，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；D.含有苯环、酚羟基、醇羟基、羰基、碳碳双键，具有它们的性质。此题考察有机物的构造与性质，娴熟把握官能团的构造、性质与转化，依据甲烷的四周体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形并结合几何学问理解共面与共线问题，留意单键可以旋转。【答案】D解：A.SO2故A错误；氯化铁可氧化KIB错误；Na2SiO3溶液、Na2CO3溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH，比较C、Si的非金属性强弱，故C错误；星木条复燃，溶液后褪色，能证明H2O2D正确；应选：D。A.二氧化硫为酸性氧化物；B.氯化铁可氧化KI生成碘；C.Na2SiO3溶液、Na2CO3溶液的浓度未知；D.过氧化钠与水反响生成过氧化氢，二氧化锰可催化过氧化氢分解生成氧气。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反响与现象、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。【答案】C【解析】解：结合分析可知，X为C，Y为O，Z为F，W为S元素，A.半径的大小挨次为W>Y>Z，故A正确；B2Y−为S2−S2O−中S2O8 8 8 8中含有6个−2价氧原子和2个−1B正确；C.Y的氢化物为水和双氧水，X大于水和双氧水，故C错误；D.该化合物中含有含有电子数为9×3+6+16+8×3+1=74，则lmol该离子含有74mol电子，含有电子的数目为74NAD正确；应选：C。XYZWW有2个Y形成2Y形成1个单键同时得到1个电子使整个原子团带有1个单位负电荷，W形成6个共价键，二者应当位于ⅥA族，则Y为O，W为S；X、Y、Z位于同一周期，X形成4个共价键，Z形成1个共价键，则X为C，Z为F，以此分析解答。此题考察原子构造与元素周期律，结合原子序数、物质构造来推断元素为解答关键，侧重分析与应用力量的考察，留意规律性学问的应用，B为易错点，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.用恒压滴液漏斗代替针简，平衡压强，液体顺当流下，能更好的掌握产生氯气的速率，故A正确；B.戊中冷水冷却，可收集产物SnCl4B正确；C.C错误；D.用装有碱石灰的枯燥管代替己中NaOH溶液更合理，可吸取尾气，且防止空气中的水蒸气进入戊中，故D正确应选：C。4SnCl4极易水解，反响应在无水环境下进展进展，由试验装置可知，A中发生2MnO−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，乙中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，丙中浓4l24可收集产物SnCl4，己中NaOH吸取未反响的氯气，防止污染空气，因SnCl4极易水解，应在戊后连接枯燥装置防止溶液的水蒸气进入收集器中4反响时应先生成氯气，将空气排出，以此来解答。此题考察物质的制备试验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、制备原理为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.依据以上分析可知，c电极是阴极，d是阳极，故A正确；C65H−−+H2O=2↑H+2转移14mol电极区虽然产生14g14molH+从d电极区集中到c电极区，故质量不变，故B错误；右侧装置为电解装置，d(⋅OH)和H+，没有生成氧气，正确的电极反响式为H2O−e−=⋅OH+H+，故C正确；a为正极，原电池中阳离子向正极移动，故MD正确；应选：B。依据电池装置图可知，左侧为原电池装置，a电极上重铬酸根离子得到电子，化合价降低，生成氢氧化铬，a电极是正极。b电极上苯酚生成二氧化碳，碳元素的化合价上升，被氧化，b电极是负极。此题考察化学电源型电池和电解池，为高频考点，侧重考察学生的分析力量，明确元等。【答案】B

c(R+)c(ROH)

=0时，c(R+)=c(ROH)，溶液的pH=10.75，溶液中c(H+)=h10−10.75mol/L，K(R+)=c(ROH)hc(R+)

×c(H+)=c(H+)=10−10.75A正确；B.假设V=10mL，溶液中溶质为等物质的量浓度的RCl、ROH，Kb(ROH)=Kw=Kh10−3.25>Kh(R+)，说明ROH电离程度大于R+的水解程度，混合溶液呈碱性，b点溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，则V>10.0mlB错误；C.b点溶液pH=7，溶液呈中性，溶液中c(OH−)=c(H+)=10−7mol/L，Kb(ROH)=c(R+)

×c(OH−)=

c(R+)

×10−7=10−3.25c(R+)c(ROH)

=05x=C正确；D.a点溶液中c(H+)=10−10.75mol/L，c(OH−)=

Kw c(H+)

10−1410−10.75

mol/L=10−3.25mol/L，R+)+H+)=l−)+H−

c(R+)c(ROH)

=R+)=，溶液中c(R+)=0.1mol/L×0.02L1=

1 mol/L，c(Cl−)=c(R+)+c(H+)−c(OH−)=0.001VL+0.02L 2 20+V( 120+V

+10−10.75+10−3.25)mol/LD正确；应选：B。

c(R+)c(ROH)

=0R+)=H=H+)=05hL，K(R+)=c(ROH)hc(R+)

×c(H+)=c(H+)=10−10.75；B.假设V=10mL，溶液中溶质为等物质的量浓度的RCl、ROH，Kb(ROH)=Kw=Kh10−3.25>Kh(R+)，说明ROH电离程度大于R+的水解程度，混合溶液呈碱性；CH=H−)=H+)=07Kb)=c(R+)c(ROH)

×c(OH−)推断；D.a点溶液中H+)=05，H−)=

Kw c(H+)

10−1410−10.75

L=5，R+)+H+)=l−)+H−

c(R+)c(ROH)

=R+)=，溶液中c(R+)=0.1mol/L×0.02L1=

1 ，c(Cl−)=c(R+)+c(H+)−c(OH−)。0.001VL+0.02L 2 20+V4【答案】1：1CaO防止因试验时氨气极易溶于水产生倒吸三颈烧瓶上升温度，Ca2++H2O2+2NH3⋅H2O+6H2O=CaO2⋅8H2O↓+2NH+使产品快速枯燥42【解析】解：(1)CaO2的晶体中阳离子为Ca2+，阴离子为O2−，故阳阴离子个数比为1：21，故答案为：1：1；试验室可以用CaO与浓氨水反响制取氨气；装置B为长颈漏斗，用于防止因试验时氨气极易溶于水产生倒吸，故答案为：CaO；防止因试验时氨气极易溶于水产生倒吸；仪器A为三颈烧瓶，该反响用到了氨气和过氧化氢，而温度上升后，氨气会挥发，过氧化氢简洁分解，故答案为：三颈烧瓶；上升温度，氨气挥发加快、过氧化氢分解速度加快，不能改为温水浴；4在该反响中，氯化钙溶液、氨水和过氧化氢参与反响生成CaO2⋅8H2O，依据元素守恒可知离子方程式为：Ca2++H2O2+2NH3⋅H2O+6H2O=CaO2⋅8H2O↓+2NH+，44故答案为：Ca2++H2O2+2NH3⋅H2O+6H2O=CaO2⋅8H2O↓+2NH+；4乙醇易挥发，挥发会带走水分，便于枯燥，故答案为：使产品快速枯燥。2CaO2的晶体中阳离子为Ca2+，阴离子为O2−；2试验室可以用CaO与浓氨水反响制取氨气；装置B为长颈漏斗，可以用于防倒吸；(3)仪器A为三颈烧瓶，该反响用到了氨气和过氧化氢，而温度上升后，氨气会挥发；(4)在该反响中，氯化钙溶液、氨水和过氧化氢参与反响生成CaO2⋅8H2O；(5)乙醇易挥发，挥发会带走水分。综合性较强，留意把握物质性质以及对题目信息的猎取与使用，难度中等。3【答案】2：3：1 SOCl2易和ZnCl2⋅xH2O分解生成的水反响、产生HCl可以抑制氯化锌水解SOCl2+4OH−=SO2−+2Cl−+2H2O C Cl2+SO2+2H2O=2HCl+32 4 HSO B 滴入最终一滴AgNO溶液时，消灭砖红色沉淀，半分钟内不变色135cV%2 4 20m【解析】解：(1)用硫黄、液氯和三氧化硫为原料在肯定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，反响的化学方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，所以三者的物质的量比为2：3：1，故答案为：2：3：1；①SOCl2SOCl2和ZnCl2⋅xH2O混合物加热来制取无水ZnCl2，SOCl2在该试验中的作用是SOCl2易和ZnCl2⋅xH2O分解生成的水反响、产生HCl可以抑制氯化锌水解，故答案为：SOCl2易和ZnCl2⋅xH2O分解生成的水反响、产生HCl可以抑制氯化锌水解；2②试验室常用NaOH溶液吸取SOCl2，生成亚硫酸钠和氯化钠，离子方程式为SOCl2+4OH−=SO2−+2Cl−+2HO，233故答案为：SOCl2+4OH−=SO2−+2Cl−+2H2O；3甲装置产生Cl2，乙装置是饱和食盐水用于除去氯气中混有的氯化氢，丙装置是浓硫酸，用于枯燥氯气，丁装置是硫酰氯(SO2Cl2)的发生装置，硫酰氯(SO2Cl2)遇水蒸气发生猛烈反响，所以原料必需枯燥，A装置是碱石灰防止外界水蒸气进入装置丁，B装置枯燥SO2，SO2为酸性气体，应选酸性枯燥剂五氧化二磷，故答案为：C；丙装置是浓硫酸，用于枯燥氯气，去除丙装置可能有水蒸气进入丁，会发生副反响是Cl2+SO2+2H2O=2HClH2SO4，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；4①选择指示剂应当在Cl−沉淀完全后SO2−各种物质的Ksp可知Ag2CrO4优先于Ag2SO4并且在AgCl沉淀完全后才沉淀，故该试验应K2434淀，半分钟内不变色，故答案为：B；滴入最终一滴AgNO3溶液时，消灭砖红色沉淀，半分钟内不变色；2②SO2Cl2水解方程式为SO2Cl2+H2O=H2SO4+2HCl，cmol⋅L−1AgNO3溶液滴定反响后的溶液，终点时消耗AgNO3溶液的平均体积为VmL，n(SO2Cl2)=1n(AgNO3)=21×c×V×03mol=1V×03mo05×%=V，2 2故答案为：135cV%。20m

m 20m100%，反应的化学方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2；①SOCl2SOCl2和ZnCl2⋅xH2O混合物加热来制取无水ZnCl2，SOCl2在该试验中的作用是SOCl2易和ZnCl2⋅xH2O分解生成的水反响；②试验室常用NaOH溶液吸取SOCl2，生成亚硫酸钠和氯化钠；甲装置产生Cl2，乙装置是饱和食盐水用于除去氯气中混有的氯化氢，丙装置是浓硫酸，用于枯燥氯气，丁装置是硫酰氯(SO2Cl2)的发生装置，硫酰氯(SO2Cl2)遇水蒸气发生猛烈反响，所以原料必需枯燥，A装置是碱石灰防止外界水蒸气进入装置丁，B装置枯燥SO2，SO2为酸性气体；丙装置是浓硫酸，用于枯燥氯气，去除丙装置可能有水蒸气进入丁；4①选择指示剂应当在Cl−沉淀完全后SO2−各种物质的Ksp可知Ag2CrO4优先于Ag2SO4并且在AgCl沉淀完全后才沉淀，故该试验应选择的指示剂为K2CrO4；4②SO2Cl2水解方程式为SO2Cl2+H2O=H2SO4+2HCl，cmol⋅L−1AgNO3溶液滴定反响2后的溶液，终点时消耗AgNO3溶液的平均体积为VmL，n(SO2Cl2)=1n(AgNO3)=21×c×V×10−3mol=1cV×10−3mol，据此计算。2 2综合性较强，留意把握物质性质以及对题目信息的猎取与使用，难度中等。10.

2Fe2+4H+2Fe3+Mn2+2H2OFe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度) 5.2≤pH<7.3178 c(NH+)>c(HCO−)>c(OH−)>c(H+)>c(CO2−)Mn2++2HCO−=4 3 3 3MnCO3↓+CO2↑+H2ONa2CO3碱性强，简洁产生氢氧化锰沉淀【解析】解：(1)高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境，故答案为：防止污染环境；(2)氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++n++2e+n+n+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)，2+++H+=++n++2+与n+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；(3)“中和除杂”时，碳酸钙与氢离子反响，促进铁离子与铝离子水解转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，对应调整的pH范围为5.2≤pH<7.3，pH7.3；(4)“氟化除杂”后，溶液中c(F−)浓度为0.05mol/L，c(Mg2+)=c(Mg2+)×c2(F−)=Ksp(MgF2)=6.4×10−10

≈178，

c(Ca2+)

c(Ca2+)

c2(F−)Ksp(CaF2) 3.6×10−12故答案为：178；(5)NH4HCO3溶液显碱性，故碳酸氢根离子的4 水解程度大于铵根离子，NH4HCO3溶液中各离子浓度大小挨次为c(NH+)>c(HCO−)>c(OH−)>c(H+)>c(CO2−)，“碳化结晶”时，发生反响的离子方程式为：Mn2+4 33−=O3↓O2↑2a23a233碱性强，简洁产生氢氧化锰沉淀，故答案为：c(NH+)>c(HCO−)>c(OH−)>c(H+)>c(CO2−)；Mn2++2HCO−=4 3 3 3MnCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3碱性强，简洁产生氢氧化锰沉淀。由制备流程可知，高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgOMn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，参加氧化剂比方二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再参加3碳酸钙中和，使铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，参加MnF2除杂，使溶液中的Mg2+Mn2++2HCO−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，参加硫酸溶解MnCO3，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗3涤、枯燥得到MnSO4.4H2O，以此来解答。综合性较强，留意把握物质性质以及对题目信息的猎取与使用，难度中等。

答案4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)ΔH=(3b−a)kJ/mol0.12c2 ② ∗1N2H2+4H++4e−=2NH3 N2与∗H反响过程中N≡N键断裂需要较高的能量> 0.0089 2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O0.1mol1【解析】解：(1)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH=−akJ/mol②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=−bkJ/mol依据盖斯定律：①−3×②得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)ΔH=(3b−a)kJ/mol，k2k故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)ΔH=(3b−a)kJ/mol；k2kT时NH

分解反响平衡时，v

=v ，k

c2(NH

)=kc(N

)⋅c3(H) 正=1 3 正 逆

3 逆 2 ，逆c(N2)⋅c3(H2)=K，NHc2(NH3) 3

的初始浓度为c1

，氨气分解率为40%，氨气反响量为c1

×40%=0.4c1，平衡时氨气的浓度为c1−0.4c1=0.6c1，氮气的浓度为0.2c1，氢气浓度为0.6c1，k正=N2)⋅c3(H2)=c1c13=c2T

1 1k逆 c2(NH3) (0.6c1)2温度高，故T1>T2，由图象可知，温度上升，氨气分解率变大，即温度越低，反响正向进展程度越小，故k−k逆值较小的曲线为②，1故