河北省武邑中学高三二模化学试题

河北武邑中学2020~2021学年高三二模考试化学试题1.本试题分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。考试时间75分钟，满分100分。2.第I卷每小题选出答案后，用2B标笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。3.考试结束，只交答题卡。4.可能用到的相对原子质量：H1、C12、N14、O16、S32、C35.5、Na23、Mg24、A127、Fe56、S28、Ni59、La139第I卷(选择题43分)一、选择题(本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.《大工开物——作咸篇》有如下记载：“潮波浅被地，不用灰压。候潮一过，明日天晴，半日晒出盐箱，疾趋扫起煎炼。”下列说法正确的是A.“煎炼”所得物质俗称“火碱”B.“作咸”过程涉及“蒸馏”操作C.“作咸”在实验室完成会用到蒸发皿、酒精灯D.该记载过程中涉及氧化还原反应和复分解反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．该过程描述的是氯化钠的制作过程，NaOH俗称“火碱”，故A错误；B．“作咸”过程涉及蒸发结晶，不涉及“蒸馏”操作，故B错误；C．“作咸”在实验室通过蒸发结晶完成会用到蒸发皿、酒精灯等仪器，故C正确；D．该记载过程中无化学变化，故D错误；故选C。2.醋酸纤维是以醋酸和纤维素为原料制得的人造纤维，因具有弹性好、不易起皱、酷似真丝等优点，是目前市场上广泛采用的一种服装面料。下列有关说法正确的是A.纤维素和淀粉的化学式相同，它们互为同分异构体B.[(C6H7O2)(OOCCH3)3]n—三醋酸纤维素属于酯类化合物C.纤维素和淀粉水解，其最终产物不相同D.三醋酸纤维素比二醋酸纤维素吸湿性更好【答案】B【解析】【分析】【详解】A．纤维素和淀粉的化学式都为(C6H10O5)n，由于n值不同，所以它们不是同分异构体，A错误；B．三醋酸纤维素中含有酯基，属于酯类化合物，B正确；C．纤维素和淀粉的水解最终产物都是葡萄糖，C错误；D．二醋酸纤维的一个链节比三醋酸纤维的一个链节多了1个羟基，故二醋酸纤维的吸湿性更好，D错误；故选B。3.用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.10gCaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子大于0.1NAB.常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少失去的电子数为0.15NAC.0.2imolNO和0.1molO2于密闭容器中充分反应后，分子总数为0.2NAD.将1molCH4和1molCl2混合光照，充分反应后，生成气体的分子数大于NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．10gCaCO3和KHCO3的固体混合物物质的量为0.1mol，含有的阴离子总数等于0.1NA，选项A错误；B．的物质的量为=0.1mol，与0.2molHNO3反应，当硝酸为稀硝酸时，此时n（Fe）：n(HNO3)＞3：8，可知Fe过量，反应按HNO3的量计算，还原产物为NO，1molHNO3中有mol被还原，根据电子得失守恒，转移的电子数为0.2mol×=0.15mol，当硝酸为浓硝酸时，会发生钝化，几乎不反应，选项B错误；C．NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减少，故所得的产物分子小于0.2NA个，选项C错误；.D．甲烷和氯气在光照条件下反应，生成物有：CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，生成气体的分子数大于NA，选项D正确；答案选D。4.由EDTA制备Na[FeEDTA]的合成路线如下：下列有关说法正确的是A.Na[FeEDTA]中的Fe元素的化合价为+2价B.[FeEDTA]中碳原子的杂化类型为sp3C.1molEDTA与盐酸反应时最多消耗2molHClD.EDTA分子间可通过取代反应形成肽健【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由Na[FeEDTA]的结构可知，化合物中铁元素的化合价为+3价，选项A错误；B．由Na[FeEDTA]的结构可知，化合物中含有杂化方式为sp3的单键碳原子和杂化方式为sp2的双键碳原子，选项B错误；C．由结构简式可知，EDTA分子中含有2个氮原子，则1molEDTA与盐酸反应时最多消耗2molHCl，选项C正确；D．由结构简式可知，EDTA分子中氮原子没有连接氢原子，不能与羧基发生取代反应形成肽键，选项D错误；答案选C。5.已知有如下反应：①K2Cr2O7+14HCl(浓)=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O②Cr+2HCl(稀)=CrCl2+H2↑；③2KMnO4+16HCl(稀)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，下列说法错误的是A.氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞Cl2B.反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5C.向Cr2(SO4)3溶液中滴入酸性KMnO4溶液，可发生反应：10Cr3++6+11H2O=+6Mn2++22H+D.向金属Cr中滴入浓硝酸无明显变化，说明两者不能发生反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由题干可推知K2Cr2O7氧化HCl，需要盐酸为浓盐酸，KMnO4氧化HCl，需要盐酸为稀盐酸即可，因此高锰酸钾的氧化性大于重铬酸钾，所以氧化性顺序为KMnO4>K2Cr2O7>Cl2，选项A正确；B．Mn元素化合价降低，被还原，KMnO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，由方程式可知，当有2molKMnO4参加反应时，有10molHCl被氧化，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，选项B正确；C．由A选项推知的氧化性KMnO4强于K2Cr2O7，可知D选项符合强制弱规律，选项C正确；D．稀盐酸可以氧化Cr，说明Cr的还原性是比较强的，浓硝酸是强氧化性酸，遇到Cr单质常温下无明显变化，不可能是因为氧化性不够，而是因为发生钝化，选项D错误；答案选D。6.知某物质的标准生成焓(△f)的定义为用标准状态下的各种元素的最稳定单质，生成标准状态下1mol该物质所吸收或放出的能量，其中△f(单质)=0kJ/mor。N2O、CO、CO2的标准生成焓分别为82.1kJ/mol、110.5kJ/mol、393.5kJ/mol。研究表明N2O与CO在Fe+的催化下发生反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)，△H的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是

A.△H=36.1kJ/molB.由过程I可得N2O的能量要高于N2的能量C.催化剂会改变反应途径和降低反应活化能，且反应速率由过程I决定D.在过程II中同时存在碳氧键的断裂和形成【答案】B【解析】【分析】【详解】A．物质的标准生成焓相当于物质的相对焓值大小，所以△H=H(生成物)H(反应物)=[0+(393.5)][82.1+(110.5)]kJ/mol1=365.1kJ/mol1，选项A正确；B．由化学反应与能量关系图的过程I可知，该反应为放热反应，只能得出Fe+和N2O的总能量高于FeO+和N2的总能量，选项B错误；C．由图可知，加入催化剂后会改变反应途径，同时也使反应活化能降低，由于第I步活化能大，所以为决定反应速率步骤，选项C正确；D．在过程II中，CO中化学键断开，形成CO2时又要形成化学键，选项D正确。答案选B。7.某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是A.W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟B.最高价氧化物对应的水化物酸性强弱Y>ZC.简单氢化物的沸点：W<Y<XD.Y、Z形成的化合物中，每个原子均满足8电子结构【答案】A【解析】【分析】由分子结构可知Y形成5个共价键，则Y原子最外层有5个电子，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W是氮元素，Y是磷元素，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，磷的最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是氯元素，最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)/2=6，原子序数比磷小，则X是氧元素。根据上述分析知：W是氮元素，X是氧元素，Y是磷元素，Z是氯元素。【详解】A．W是氮元素，Z是氯元素，W最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应（8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2），反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，可以看到白烟现象，A项符合题意；B．Y的最高价氧化物对应水化物为H3PO4，其为中强酸；Z的最高价氧化物对应水化物为HClO4，其为强酸，所以Z>Y，B项不符合题意；C．对应的简单氢化物分别为W—NH3，Y—PH3，X—H2O，氨气和水的分子间均都有氢键，沸点较高，水在常温下呈液态而氨在常温下为气态，所以沸点顺序为H2O>NH3>PH3，即X>W>Y，C项不符合题意；D．Y为P元素，可与氯形成PCl5，其中P不能满足8电子结构，D项不符合题意；故正确选项A8.硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一、近期科研人员把出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如下，下列说法错误的是A.第I阶段的化学方程式为：+NO2=+B.该过程中NO2为催化剂C.1mol在第II、III两个阶段共失去电子数目为NAD.氧化性NO2＞HNO2【答案】B【解析】【分析】根据图中给出的原子信息，可以推出第I阶段发生的反应为：，第II、III阶段发生的反应为：。【详解】A．由图可知第I阶段的化学方程式为：，选项A正确；B．该过程中，NO2作为反应物，选项B错误；C．第II、III阶段中，1mol失去1mol电子（NA个）变为，选项C正确；D．该过程中，NO2作氧化剂，HNO2作还原产物，则氧化性：NO2＞HNO2，选项D正确；答案选B。9.下列实验操作、实验现象及解释或结论都正确且有因果关系的是选项实验操作实验现象解释或结论A工业上用SiO2与焦炭在高温条件制备粗硅生成可燃性气体，得到黑色固体粗硅非金属性：C>SiB常温下，用pH计分别测定等体积1mol·L−1CH3COONH4溶液和0.1mol·L−1CH3COONH4溶液的pH测得pH都等于7同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同C向两支试管中各加入4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液和4mL0.1mol·L−1KMnO4溶液，再分别通入足量SO2，分别记录溶液褪色所需的时间0.1mol·L−1KMnO4溶液褪色所需时间更短其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大D往烧杯中加入约20g研细的Ba(OH)2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，并将烧杯放在滴有水的玻璃片上，用玻璃棒迅速搅拌有刺激性气味气体生成，烧杯底部结冰，与玻璃片粘在一起吸热反应不一定需要加热才能进行A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．制粗硅反应中焦炭作还原剂，硅是还原产物，不能得出非金属性：C>Si，故A错误；B．不同浓度的CH3COONH4溶液pH都等于7，说明溶液中相同浓度的CH3COO−与的水解程度相等，但是浓度越大，CH3COO−和的水解程度越大，对水的电离促进更大，故B错误；C．0.1mol·L−1KMnO4溶液虽然浓度更大，反应速率更快，但量也更多，因此褪色所需的时间更长，故C错误；D．八水合氢氧化钡与氯化铵的反应是一个典型的无需加热就能够自发进行的吸热反应，故D正确。答案选D。二、选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分)10.根据下列图示所得出的结论不正确的是

A.图甲表示2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，t1时改变的条件是增大体系的压强B.图乙NaCl溶液浓度过高铁腐蚀速率降低，说明NaCl浓度越大溶液中O2的浓度越小C.图丙说明石墨转化为金刚石的反应的△H＞0D.图丁是一定条件下发生反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)此过程△H＜0【答案】A【解析】【分析】【详解】A.根据图象，t1时刻v逆瞬间不变，v正瞬间增大，则是增大反应物浓度，选项A不正确；B.O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率，根据图象，腐蚀速率先增大，增大到最大后减小，说明在NaCl浓度较高时溶液中O2的浓度减少，正极反应减慢导致腐蚀速率降低，选项B正确；C.石墨能量低于金刚石能量，所以石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，选项C正确；D.图丁是一定条件下发生反应：4NH3+4NO+O2⇌4N2+6H2O，根据图像，以先拐先平数值大为原则，则T1＞T2，升高温度，NO的体积浓度增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，选项D正确；答案选A。11.铋(Bi)与氮同主族，在中性及碱性环境下常以BiOCl(s)的形式存在，铭及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含少量杂质PbO2等)为原料，采用湿法冶金制备精铋工艺流程如下，下列说法错误的是

A.“浸出”产生S的主要离子反应为6Fe3++Bi2S3=6Fe2++2Bi3++3SB.“浸出”时盐酸可以还原杂质C.“浸出、置换、再生、电解精炼”工序中不全是氧化还原反应D.再生液可以加入“浸出”操作中循环利用【答案】C【解析】【分析】【详解】A．“浸出”时Bi2S3和FeCl3反应生成FeCl2+2BiCl3和S沉淀，反应的主要离子反应为6Fe3++Bi2S3=6Fe2++2Bi3++3S，故A正确；B．盐酸能与PbO2反应生成PbCl2和氯气，所以“浸出”时盐酸可以还原杂质PbO2，故B正确；C．“浸出、置换、再生、电解精炼”工序中全是氧化还原反应，故C错误；D．再生液是氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，“浸出”操作中需要加入氯化铁溶液，故D正确；选C。12.一种可充放电的铝离子电池工作原理如图所示，电解质为AlxOy离子液体，CuS在电池反应后转化为Cu2S和Al2S3。下列说法正确的是A.若CuS从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量减少B.该电池放电时，正极反应为6CuS+8+6e=3Cu2S+Al2S3+14C.为提高电池效率，可以向CuS@C电极附近加入适量AlCl3水溶液D.充电时电池负极的反应为Al+73e=4【答案】AB【解析】【分析】放电时，Al电极作负极，发生氧化反应，失去电子生成Al3+，Al3+与结合生成，电极反应为；CuS@C作正极，发生还原反应，得到电子生成Cu2S和Al2S3，电极反应为；充电时，阳极反应为，阴极反应为。【详解】A．CuS反应后转化为Cu2S和Al2S3，化合价改变的只有Cu，故CuS从电极表面脱落，电池单位质量释放电量减少，A正确；B．CuS@C作正极，该电池放电时，正极反应为，B正确；C．根据题中信息可知，应该加入，C错误；D．电池充电时，Al电极（即电池负极）的电极反应为，D错误；故选AB。13.用0.1mol/LNaOH标准溶液滴定20mL等浓度的三元酸H3A，得到pH与V(NaOH)、lgX[X=或或]的关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是A.曲线I表示pH与lg的变化关系B.由图1知中和Na2HA溶液时，未出现pH突跃C.当体系中溶液的pH=9时，=1.8D.当滴入20mLNaOH溶液时，c(Na+)＞c(H2A)＞c(H+)＞c(HA2)＞c(OH)【答案】C【解析】【分析】将NaOH溶液滴入H3A溶液中，有①H3A+NaOH=NaH2A+H2O；②NaH2A+NaOH=Na2HA+H2O；③Na2HA+NaOH=Na3A+H2O，二者浓度均为0.1mol·L−1，三元酸H3A溶液体积为20mL，则反应①②③完全对应NaOH溶液体积分别为20mL、40mL、60mL。【详解】A．加入NaOH过程中，pH增大，当lgX=0时，直线对应pH最大，曲线I表示pH与lg的变化关系，选项A正确；B．中和Na2HA为反应③，NaOH溶液体积从40mL到60mL，从图中分析40mLNaOH溶液加入时，溶液碱性已经很强，当60mLNaOH溶液加入时，从图中看，pH=12时，未出现pH突跃，选项B正确；C．曲线Ⅱ表示pH与lg的变化关系，从图中看，根据点（10，2.8）可知pH=10时，lgX=2.8，则=102.8，K2==1010×102.8=107.2，当pH=9时，即c(H+)=109，=，选项C错误；D．当加入20mLNaOH溶液时，溶质为NaH2A，从图1看溶液显酸性，则H2A的电离程度大于H2A的水解程度，离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(H2A−)＞c(H+)＞c(HA2−)＞c(OH−)，选项D正确；答案选C。第II卷(填空题57分)三、非选择题(共57分。第16~18题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19~20题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题：共45分。14.实验室利用如图装置探究SO2还原CuO，并进一步检测产物含量。已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。回答下列相关问题：Ⅰ.SO2还原CuO的探究（1）装置B中宜放入的试剂为___，消膜泡的作用是__。（2）使用98%的H2SO4溶液制备SO2的速率明显小于使用65％的H2SO4溶液制备SO2，原因是__。（3）充分反应后，黑色固体变为红色。取C中适量的产物，加水后溶液显蓝色并有红色沉淀物，取红色沉淀物滴加盐酸，溶液又呈蓝色并仍有少量红色不溶物，由此可以得出SO2与CuO反应的方程式为__。Ⅱ.生成物中CuSO4含量检测（4）用“碘量法”测定产物中CuSO4含量。取mg固体溶解于水配制为250mL溶液，取20.00mL溶液滴加几滴稀硫酸，再加入过量KI溶液，以淀粉为指示剂用Na2S2O3标准溶液滴定，相关化学反应为2Cu2++4I=2CuI↓+I2，I2+II3，I2+2S2O32=S4O62+2I。①Na2S2O3标准溶液易变质，滴定前需要标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、___、玻璃棒和试剂瓶。②若消耗0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液VmL，则产物中CuSO4质量分数为____(写表达式)。③CuI沉淀物对I3具有强的吸附能力，由此会造成CuSO4质量分数测定值____(填“偏大”或“偏小”)。为减少实验误差，滴定过程中，常常在接近终点时加入KSCN，使CuI转化为溶解度更小的CuSCN，该沉淀物对I3吸附能力极弱，KSCN加入太早，I2的浓度较大，I2会将SCN氧化生成SO42和ICN，该反应的离子方程式为___。【答案】①.浓硫酸②.防止B中液体被吹入装置C中③.98%的H2SO4溶液中c(H+)较小，反应速率较小④.3CuO+SO2CuSO4+Cu2O⑤.量筒⑥.×100%⑦.偏小⑧.SCN+4I2+4H2O=SO42+7I+ICN+8H+【解析】【分析】实验室一般用中等浓度的硫酸和亚硫酸盐反应制备SO2，所以装置A是制备SO2的装置，发生的反应为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，制备的SO2中含有水蒸气，应用浓硫酸干燥，消膜泡防止B中的浓硫酸被SO2的气流吹入C装置中，SO2进入C装置中与CuO发生氧化还原反应，其反应方程式为：3CuO+SO2CuSO4+Cu2O，多余的SO2被NaOH溶液吸收，D装置是尾气处理装置。【详解】Ⅰ.（1）制备SO2时含有水蒸气杂质，应用浓硫酸干燥，所以装置B中放入浓硫酸，目的是除去水蒸气；消膜泡所起的主要作用是防止B中的浓硫酸被SO2的气流吹入C装置中，故答案为：浓硫酸；防止B中液体被吹入装置C中；（2）制取SO2的反应实质是氢离子和亚硫酸根离子反应，98%的硫酸溶液中溶质主要是硫酸分子，而氢离子浓度较小，所以反应速率较慢，故答案为：98%的H2SO4溶液中c(H+)较小，反应速率较小；（3）根据信息，可以得出产物有硫酸铜和氧化亚铜，其反应方程式为：3CuO+SO2CuSO4+Cu2O，故答案为：3CuO+SO2CuSO4+Cu2O；Ⅱ.（4）①标准溶液滴定前需要标定，不需要特别精准体积的容量瓶，所以配制Na2S2O3标准溶液时需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒和试剂瓶外，配制时选取量筒即可，故答案为：量筒；②根据相关化学反应为2Cu2++4I=2CuI↓+I2，I2+II3，I2+2S2O32=S4O62+2I，可以得出关系式：Cu2+S2O32，n(Cu2+)=n(S2O32)=(0.1000×V×103)mol，则mg生成物中硫酸铜质量分数为：×100%，故答案为：×100%；③因为CuI沉淀对I3具有强的吸附能力，会造成碘单质实际消耗量偏少，由此造成硫酸铜质量分数测定值偏小；根据氧化还原反应特点，可以得出碘单质与硫氰化钾之间的离子反应方程式为：SCN+4I2+4H2O=SO42+7I+ICN+8H+，故答案为：SCN+4I2+4H2O=SO42+7I+ICN+8H+。15.通过对阳极泥的综合处理可以回收宝贵的金属，一种从铜阳极泥(主要成分为Se、Ag、Ag2Se、Cu、CuSO4和Cu2S等)中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如图所示：

(1)已知预处理温度为80℃，预处理液中几乎不含S元素，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为___________。比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2作预处理剂的主要优点是___________。(2)回收分银渣中的银，可用如图过程：

已知：在碱性条件下很稳定，易与银离子络合：Ag++2，常温下，络合反应的平衡常数为Ka[]=2.8×1013Ksp(AgCl)=1.8×1010①I中发生的离子反应方程式为AgCl(s)+2(aq)+Cl(aq)，常温下此反应的平衡常数K为___________(结果保留两位小数)。②II中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，离子反应方程式为___________。③III中银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从化学平衡的角度分析原因：___________。(3)分硒渣的主要成分是Cu2Se，可被氧化得到亚硒酸(H2SeO3)，已知常温下H2SeO3的Ka1=2.7×103，Ka2=2.5×108，则NaHSeO3溶液的pH___________(填“＞”“＜”或“=”)7，二元强酸硒酸(H2SeO4)可以用电解亚硒酸溶液的方法制得，电解时的阳极反应式为___________。(4)分铜得到产品CuSO4·5H2O的具体操作如图：

其中，萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用___________(填化学式)溶液。【答案】①.Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42+5Mn2++6H2O②.减少污染性气体二氧化硫的排放③.5.04×103④.⑤.随着循环次数的增加，浸出液中SO32浓度减小，C1浓度增大，浸出反应平衡左移，浸出率下降⑥.＜⑦.H2SeO32e+H2O═SeO42+4H+⑧.H2SO4【解析】【分析】【详解】（1）预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含S元素，应生成硫酸盐，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42+5Mn2++6H2O，采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂，稀硫酸提供了酸性环境，MnO2作氧化剂，可以氧化Cu2S，若用浓硫酸作氧化剂，会产生二氧化硫；故答案为：Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42+5Mn2++6H2O；减少污染性气体二氧化硫的排放；（2）①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl（s）+2S2O32（aq）⇌Ag（S2O3）23（aq）+Cl（aq），常温下此反应的平衡常数K=Ksp（AgCl）×K稳[Ag（S2O3）23]=2.8×1013×1.8×1010=5.04×103；故答案为：5.04×103；②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，离子反应方程式；故答案为；③发生反应为，随着循环次数的增加，浸出液中SO32浓度减小，C1浓度增大，浸出反应平衡左移，浸出率下降；故答案为：随着循环次数的增加，浸出液中SO32浓度减小，C1浓度增大，浸出反应平衡左移，浸出率下降；（3）由已知，常温下（25℃时），HSeO3的水解常数为4.0×1012，HSeO3的电离常数Ka2=2.5×107，所以Kh＜Ka2，因此NaHSeO3溶液的pH＜7，阳极上亚硒酸失电子生成硒酸，电极反应式为；故答案为：＜；H2SeO32e+H2O═SeO42+4H+；（4）反萃取后生成硫酸铜，根据萃取原理2RH+Cu2+R2Cu+2H+，则应增大氢离子浓度，使平衡逆向移动，同时不引入新杂质，所以选择硫酸作反萃取剂；故答案为：H2SO4。16.生产医用防护口罩的原料聚丙烯属于有机高分子材料，其单体为丙烯。丙烯除了合成聚丙烯外，还广泛用于制备1，2－二氯丙烷、丙烯醛、丙烯酸等。回答下列问题：(1)工业上用丙烯加成法制备1，2－二氯丙烷，主要副产物为3氯丙烯反应原理为：①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g)△H=134kJ/mol②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2=CHCH2Cl(g)+HCl△H=102kJ/mol已知：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(逆)为164kJ/mol，则该反应的活化能Ea(正)为___________kJ/mol。(2)丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ/mol①某温度下，在刚性容器中充入C3H8(g)，起始压强为10kPa，平衡时总压为14kPa，C3H8(g)的平衡转化率为___________。该反应的平衡常数Kp=___________。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)②总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8(g)和C3H6(g)的物质的量分数随温度的变化关系如图所示，其中曲线a代表压强为___________kPa时___________的物质的量分数随温度的变化关系。

(3)丙烷氧化脱氢制备丙烯还生成CO、CO2等副产物制备丙烯的反应：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H=118kJ/mol，相同时间内，在某催化剂作用下C3H8(g)的转化率和C3H6(g)的产率随温度的变化关系如图所示。

①图中C3H8(g)的转化率随温度升高而上升的原因是___________。②575℃时，C3H6(g)的选择性为___________。[选择性=]③基于上述研究结果能提高C3H6(g)选择性的措施是___________。(4)甲酸作为直接燃料电池的燃料具有能量密度高的优点，该电池的理论输出电压为2.30V，能量密度E=___________kWh/kg(能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kWh=3.6×106J，法拉第常数F=96500C/mol)【答案】①.132②.40%③.kPa④.100⑤.C3H8(g)⑥.温度升高，反应速率增大(或温度升高，催化剂活性增大)⑦.50%⑧.选择相对较低温度(或选择更合适催化剂)⑨.2.68【解析】【分析】【详解】(1)已知①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g)△H=134kJ/mol，②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2=CHCH2Cl(g)+HCl△H=102kJ/mol，根据盖斯定律①②得：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g)△H=(134kJ/mol)(102kJ/mol)=32kJ/mol，而反应热△H=Ea(正)Ea(逆)，Ea(逆)为164kJ/mol，Ea(正)=Ea(逆)+△H=164kJ/mol+(32kJ/mol)=132kJ/mol，故答案为：132；(2)①设起始时充入C3H8(g)的物质的量为n，平衡时转化的C3H8(g)的物质的量为x，列出三段式：平衡时气体总物质的量为：nx+x+x=n+x，根据起始时和平衡时气体的物质的量之比等于压强之比有：=，解得x=0.4n，则C3H8(g)的平衡转化率为100%=40%；平衡时各组分的分压为：p(C3H8)=14kPa=6kPa，p(C3H6)=14kPa=4kPa，p(H2)=14kPa=4kPa，则平衡常数Kp===kPa，故答案为：40%；kPa；②该反应的正反应为气体分子数增大的吸热反应，压强不变时，升高温度，平衡正向移动，则C3H8(g)的平衡转化率增大，则物质的量分数减小；温度不变时，增大压强，平衡逆向移动，C3H8(g)的平衡转化率减小，则物质的量分数增大，则曲线a代表反应物，且相应的压强较高，故曲线a代表压强为100kPa时C3H8(g)的物质的量分数随温度的变化关系，故答案为：100；C3H8(g)；(3)①由图可知，C3H8(g)的转化率随温度升高而上升，原因是温度升高，反应速率增大(或温度升高，催化剂活性增大)，故答案为：温度升高，反应速率增大(或温度升高，催化剂活性增大)；②假设起始时投入C3H8(g)100mol，由图可知，575℃时，反应的C3H8(g)的物质的量为34mol，生成C3H6(g)的物质的量为17mol，则C3H6(g)的选择性=100%=50%，故答案为：50%；③由图可知，在温度较低时，C3H6(g)的选择性较高，故可以选择在相对较低温度(或选择更合适的催化剂)，故答案为：相对较低温度(或选择更合适的催化剂)；(4)甲酸作燃料，失电子，发生的电极反应为：HCOOH2e=CO2↑+2H+，1molHCOOH反应转移2mol电子，则1000gHCOOH转移2mol电子，所以输出的电能=2.30V2mol96500C/mol，则能量密度E==9.65106J/kg=kWh/kg=2.68kWh/kg，故答案为：2.68。(二)选考题(共15分。请考生从2道题中任选题作着，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。)17.目前新合成的砷化镉(Cd3As2)三维材料具有超强导电性，这种材料的电气性能与石墨烯相当，可代替石墨烯使用。(1)Cd与Zn同族且相邻，若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的外围电子排布式为___________。Cd原子中第一电离能相对较大的是___________原子(填“基态”或“激发态”)。(2)与砷(As)同主族N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3___________PH3(填“＞”或“＜”)，原因是___________。(3)As与Ge、Se同周期且相邻，它们的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。(4)含砷有机物“对氨基苯砷酸”的结构简式如图，As原子轨道杂化类型为___________，1mol对氨基苯砷酸含σ数目为___________。(5)碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的___________空隙和___________空隙(填几何空间构型)；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为___________。(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图丙)，已知O2的半径为anm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为___________g(用a、NA表示)。【答案】①.4d95s25pl②.基态③.>④.原子半径N<P，电负性N>P，NH3更易结合水电离的H+⑤.As>Se>Ge⑥.sp3⑦.19NA⑧.正四面体⑨.正八面体⑩.(，，)⑪.【解析】【分析】【详解】(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布式应为4d105s2，若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25pl，Cd基态原子中第一电离能相对较大的是基态原子，故答案为：4d95s25pl；基态；

(2)与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3>pH3，因原子半径N<P，电负性N>P，NH3更易结合水电离的H+，故答案为：>；原子半径N<P，电负性N>P，NH3更易结合水电离的H+；

(3)周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但As的4p能级为半满状态，更稳定，所以第一电离能As>Se>Ge，