2021-2022学年湖北省襄阳市普通高中高二下学期期末教学质量统一测试化学试题（含解析）

襄阳市普通高中2021-2022学年度下学期期末教学质量检测统一测试高二化学本试卷共8页，19题。全卷满分100分，考试时间75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32一、选择题：本题共15题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与科学、技术、社会与环境发展息息相关。下列说法错误的是A.中国科学家实现了二氧化碳人工合成淀粉，该成果有利于碳中和B.北京冬奥会颁奖礼服内添加了石墨烯发热材料，石墨烯和C60是同位素C.“世界铜像之王”三星堆青铜大立人属于合金，其深埋于地下生锈是发生了吸氧腐蚀D.北京冬奥会火炬在出火口格栅喷涂碱金属，目的是利用焰色反应让火焰可视化【答案】B【解析】【详解】A．人工合成淀粉能减少二氧化碳的排放，有利于推进“碳中和”目标的实现，故A正确；

B．石墨烯和C60是同中元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B错误；C．青铜中Cu和其它较不活泼金属、电解质水溶液构成原电池，所以能发生吸氧腐蚀，故C正确；

D．焰色试验可以发出不同颜色的光，喷涂碱金属目的是利用焰色反应让火焰可视，故D正确；

故选：B。2.下列有关化学用语的表达正确的是A.蔗糖的分子式为：B.杂化轨道模型：C.乙烯分子中碳原子轨道相互重叠，形成键：D.基态P原子价电子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．蔗糖是一种二糖，其分子式为：C12H22O11，A项错误；B．sp2杂化轨道是1个s轨道和2个p轨道杂化形成的，杂化轨道间的夹角为120°，呈平面三角形，sp2杂化轨道模型为，B项正确；C．乙烯分子中碳原子采用sp2杂化，两个碳原子各用一个sp2杂化轨道上的电子相配对，形成一个σ键；每个碳原子剩下的一个未参与杂化的2p轨道上都有一个未成对电子，它们以“肩并肩”的方式重叠，形成一个π键，C项错误；D．D项中的价电子轨道表示式违背了洪特规则，D项错误；3.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.120g晶体中含有2个阳离子B.11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3C.16g含有中子数为6D.1mol和1mol于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为2【答案】C【解析】【详解】A．NaHSO4晶体中有Na+和两种离子，120gNaHSO4物质的量是1mol，所以该1mol晶体中含有NA个阳离子，描述错误，不符题意；B．气体未标明标况环境，故11.2L气体不一定是0.5mol，描述错误，不符题意；C．CH4分子中C原子有6个中子，H原子没有中子，16gCH4物质的量是1mol，故其1mol分子含有6mol中子，描述正确，符合题意；D．H2和I2在密闭容器内发生的反应是可逆反应，1molH2与1molI2在密闭容器中反应达到平衡，不会全部转化生成HI，故HI不会有2mol这么多，描述错误，不符题意；综上，本题选C。4.下列离子方程式正确的是A.将少量溴水滴入过量溶液中：B.用惰性电极电解饱和溶液：C.用FeS可以除去溶液中的：D.葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸是弱酸，将少量溴水滴入过量溶液中：，故A错误；B．用惰性电极电解饱和溶液，生成铜和氯气：，故B错误；C．用FeS可以除去溶液中的，FeS和HgS难溶于水：，故C错误；D．葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热生成葡萄糖酸铵、银、氨气和水：，故D正确；故选D。5.下列说法不正确的是A.中最多有14个碳原子共面B.与互为同分异构体芳香化合物有5种C.某单烯烃和氢气加成后得到饱和烃，该烯烃可能有2种结构(不考虑立体异构)D.已知萘分子的结构简式为，它的六氯代物有10种【答案】A【解析】【详解】A．-CH-中单键经旋转可最多保证两个苯环与该碳原子共面，则最多共面的碳原子有13个，A项错误；B．该物质的分子式为C7H8O，除了苯环考虑一个O和C引起的官能团异构及在苯环上的位置异构，有以下几种：苯甲醇、苯甲醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚，B项正确；C．寻找该烯烃的结构，即是在该碳架上添加双键，有1、2号位置，所以该烯烃有两种结构，C项正确；D．六氯代物与该物质的二氯代物种数相同，二氯代物有共10种，则六氯代物也有10种，D项正确；故选A。6.下列有关含氮微粒的说法正确的是A.难溶于水 B.的空间构型为直线形C.的键角比中的大 D.1mol中含有13mol键【答案】C【解析】【详解】A．结构中有羟基有氨基，分子是极性分子，易溶于水，描述错误，不符题意；B．按照价层电子对互斥理论，该离子有2个σ键，孤电子对有，所以该结构价层电子对数为3，孤电子对数为1，离子的空间构型应是V型，描述错误，不符题意；C．NH3中有1个孤电子对，中有2个孤电子对，孤电子对越多，对σ键的排斥力越大，使得两条σ键更加靠近，描述正确，符合题意；D．Cu2+与四个N原子之间形成的配位键是σ键，每个NH3中有三条σ键，所以1mol中的σ键有4+4×3=16mol，描述错误，不符题意；综上，本题选C。7.下列说法不正确的是A.将电石与水反应产生的气体通入酸性溶液，紫色褪去，证明有乙炔生成B.熔点：金属锂＞金属钠＞金属钾C.晶体中离子键成分百分数较小，所以可以当作共价晶体D.冠醚与通过配位键形成超分子：【答案】A【解析】【详解】A．电石是混合物，与水反应生成乙炔的同时，也会生成硫化氢，磷化氢等，都会使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此，应该先除杂，A项错误；B．金属单质的晶体类型为金属晶体，金属晶体的熔沸点和金属键有关，金属键的强弱又和金属离子的半径有关，半径越大，键之间的结合力越弱，因此，同主族越往下半径增大，金属键减弱，熔沸点降低，因此，熔点大小：金属锂>金属钠>金属钾，B项正确；C．晶体中离子键成分百分数较小，可以当作共价晶体，C项正确；D．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配大小不同的碱金属离子，因此，冠醚与K+通过配位键形成超分子，D项正确；答案选A。8.下列实验装置或操作正确，且能达到相应实验目的的是A.图A是测定氯水的pH B.图B是实验室制备硝基苯C.图C是用铁氰化钾溶液验证牺牲阳极法保护铁 D.图D是分离苯和溴苯【答案】B【解析】【详解】A．氯水具有漂白性用pH试纸无法测定，应该选用pH计，A项错误；B．制备硝基苯的反应控制反应温度在50-60℃，应该选用水浴加热，B项正确；C．该装置为外加电流的阴极保护法，Fe2+检验用铁氰化钾溶液验证，C项错误；D．蒸馏法控制不同温度得到不同馏分，温度计放于蒸馏烧瓶支管口，D项错误；故选B。9.a、b、c、d为四种分属不同主族的短周期元素，其原子序数依次增大。b元素是地壳中含量最多的金属元素。c元素的一种单质在空气中易自燃。自然界存在游离态的d元素。下列说法一定正确的是

A.若a为非金属元素，则氢化物的沸点：a＜cB.若图中①为d的单质，则③的水化物的酸性强于c的最高价含氧酸C.若a为金属元素，则a、b的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D.若图中①和③为生活中常用的有机调味品，则②没有同分异构体【答案】B【解析】【分析】b元素是地壳中含量最多的金属元素，则b为Al元素；c元素的一种单质在空气中易自燃，则c为S元素；自然界存在游离态的d元素，则d为S元素。【详解】A．若a为非金属元素，则可能为碳，含碳原子数较多的烃(如石蜡中的某一成分)，常温下可能呈固态，而PH3呈气态，则氢化物的沸点：a＞c，A不正确；B．若右图中①为d的单质，则其为S，③的水化物为硫酸，其酸性强于c的最高价含氧酸磷酸，B正确；C．若a为金属元素，则其可能为Mg，a的最高价氧化物的水化物为Mg(OH)2，它与b的最高价氧化物的水化物Al(OH)3之间不能发生反应，C不正确；D．若右图中①和③为生活中常用的有机调味品，则①为乙醇、③为乙酸、②为乙醛，乙醛与环氧乙烷互为同分异构体，D不正确；故选B。10.已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是A.电负性：Z＜YB.简单离子半径：Z＞Y＞W＞XC.化合物中含有极性共价键和非极性共价键D.元素W形成的某阳离子中W原子的杂化方式为杂化【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液的浓度均为0.01mol•L-1，其中X对应的pH=12，属于一元强碱，且X的原子半径最大，则X为Na；W、Z对应的pH均为2，说明是一元强酸，原子序数和原子半径均满足Z＞W，则Z为Cl，W为N元素；Y的pH＜2，应该为二元强酸，Y的原子半径大于Cl，则Y为S元素。【详解】结合分析可知，W为N，X为Na，Y为S，Z为Cl元素：A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：Cl＞S，即Z＞Y，选项A错误；B．离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径大小为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，选项B错误；C．化合物为Na2S2，S-和Na+之间形成离子键，S中S原子之间含有非极性共价键，不存在极性共价键，选项C错误；D．元素W形成的某阳离子[N(CH3)4]+的中心原子N形成3个共价键和1个配位键，杂化轨道数为4，采用sp3杂化，选项D正确；答案选D。11.铁与镁组成的储氢合金的立方晶胞结构如图所示。铁原子位于顶点和面心的位置，镁原子位于将晶胞平分为8个立方单位的体心位置。下列说法不正确的是A.Fe原子的配位数为8B.a位置原子的分数坐标为(0.25，0.75，0.75)C.Fe原子与镁原子间最短距离为bnmD.晶体储氢时，H2在晶胞的体心和棱的中心位置。若储氢后化学式为FeMg2H，则储氢率为100%【答案】CD【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点的铁原子与位于体对角线上镁原子的距离最近，则铁原子的配位数为8，A正确；B．由晶胞结构可知，a位置镁原子位于将晶胞平分为左上侧的立方单位的体心位置，原子的分数坐标为(0.25，0.75，0.75)，B正确；C．由晶胞结构可知，位于顶点的铁原子与镁原子的距离为体对角线的，则铁原子与镁原子间最短距离为bnm，C错误；D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为8+6=4，位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱的中心位置的氢分子个数为12+1=4，储氢后化学式为FeMg2H2，D错误；答案选CD。12.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项操作现象结论A取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，加入稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液出现白色沉淀说明涂改液中存在含氯有机化合物B将乙醇与浓混合加热，将产生的气体通入酸性溶液中溶液紫红色褪去产生的气体中一定含有乙烯C向3mL苯酚溶液中滴加2滴浓溴水，振荡无白色沉淀苯酚与溴水尚未发生反应D向油脂皂化反应后的溶液中滴入酚酞溶液变红油脂已经完全皂化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．若涂改液中存在含氯有机化合物，涂改液与KOH溶液混合加热充分反应时氯代烃会发生水解生成氯化钾，取上层清液，加入稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液，氯化钾溶液会与硝酸银溶发生反应生成氯化银白色沉淀，所以出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯有机化合物，故A正确；B．乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此将乙醇与浓混合加热，将产生的气体通入酸性溶液中，溶液紫红色褪去，气体中不一定有乙烯，故B错误；C．苯酚与溴水反应生成少量三溴苯酚，易溶于苯酚，则无白色沉淀，故C错误；D．皂化反应生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐水解呈碱性，能使酚酞溶液变为红色，因此不能通过酚酞溶液变红说明油脂已经完全皂化，可通过反应后溶液不分层说明油脂已经完全水解，故D错误。综上所述，答案为A。13.我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如下，图中的短线代表单键或双键。下列说法正确的是A.过程①发生了取代反应B.中间产物M的结构简式为C.1mol对二甲苯可以与3mol加成，其加成产物的一氯代物有2种D.该合成路线原子利用率为100%【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，过程①为异戊二烯与丙烯醛发生加成反应生成，故A错误；B．由图可知，中间产物M的结构简式为，故B正确；C．1mol对二甲苯可以与3mol氢气发生加成反应生成，分子中含有3类氢原子，一氯代物有3种，故C正确；D．由图可知，总反应为在催化剂作用下异戊二烯与丙烯醛反应生成对二甲苯和水，反应产物不唯一，所以原子利用率小于100%，故D错误；故选B。14.在25℃条件下，含氟水溶液中F-与HF及的浓度分数()随pH变化的关系如图所示，向HF溶液中滴加NaOH溶液，关于该过程的说法正确的是A.曲线2表示的浓度分数随溶液pH的变化B.滴加NaOH溶液的过程中，由水电离的不断减小C.常温下，的反应平衡常数K的数量级为D.时，【答案】C【解析】【详解】A．pH越大F-越多，HF越少，故曲线1应为F-，曲线2为HF，曲线3为，A项错误；B．滴加NaOH溶液的过程中，F-不断增多，F-的水解作用会促进水的电离，使水电离的、不断增大，B项错误；C．曲线1和曲线2的交点处c(F-)=c(HF)，此时3<pH<4，则10-11mol/L<c(OH)<10-10mol/L，反应的平衡常数，则在曲线1和曲线2的交点处，，故K的数量级为，C项正确；D．时，溶液为NaF、HF、NaHF2的混合溶液，则根据物料守恒，D项错误；答案选C。15.液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放。一种非金属有机物液流电池的工作原理如图。

下列说法不正确的是A.放电时，正极反应式为Br2+2e-=2Br-B.放电时，物质a为AQDSH2C.充电时，AQDS/AQDSH2储液罐中的pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室D.增大储液罐体积，可提高液流电池的储能容量【答案】C【解析】【详解】A．放电时，溴元素价态降低得电子，故右侧电极为正极，电极反应式为Br2+2e-=2Br-，A项正确；B，放电时，左侧电极为负极，电极反应式为AQDSH2-2e-=AQDS+2H+，物质a为AQDSH2，B项正确；C．充电时，左侧电极为阴极，电极反应式为AQDS+2e-+2H+=AQDSH2，氢离子被消耗，pH增大，氢离子通过质子交换膜到达左侧，C项错误；D．增大储液罐体积，储存的反应物增加，可提高液流电池的储能容量，D项正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.亚硝酰硫酸()主要用于染料、医药等工业，是一种浅黄色、遇水易分解的固体，但溶于浓硫酸后并不分解。某实验小组将通入浓硫酸和浓硝酸的混合溶液中制备亚硝酰硫酸，并测定产品的纯度。（1）仪器X的名称为___________；按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为(填仪器接口字母)___________；装置D的作用是___________。（2）装置B中发生反应的化学方程式为___________，开始时反应缓慢，待生成少量后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其可能原因是___________。（3）装置B采用冰水浴的目的是___________。（4）测定产品的纯度：称取4.5g产品放入锥形瓶中，加入100.00mL，0.10的溶液和适量稀，摇匀，再将溶液加热至60～70℃(使生成的挥发逸出)，冷却至室温，然后用0.20的标准溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为25.00mL。已知：。①滴定终点的现象为___________。②该产品的纯度为___________(保留三位有效数字，的摩尔质量为127)。③若配制标准溶液时仰视刻度线定容，则测定的纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.acdbegf③.防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，同时吸收尾气和（2）①.②.生成的对反应有催化作用（3）防止浓硝酸分解(或挥发)而减少产率（4）①.当滴入最后一滴标准液，溶液由浅红色(或紫色)变成无色，且30s不恢复②.56.4%(或0.564)③.偏高【解析】【分析】A装置为制备SO2装置。B为制备亚硝酰硫酸装置，该反应需要无水，则C为干燥SO2的装置。D为尾气处理装置。【小问1详解】a带支管口，应该为蒸馏烧瓶。由以上分析得SO2从a出来，需要经过洗气干燥应为长进短出，则连接e→d，经b进入装置反应制备亚硝酰硫酸，再经尾气处理大进小出即g→f。所以装置连接顺序为acdbegf。D的作用吸收SO2和挥发的HNO3，同时防止空气中水进入装置；【小问2详解】，该反应随着反应进行反应物浓度降低，同时温度没有变红，体系压强降低，则速率加快可能是催化剂的问题，所以答案为生成的NOSO4H对反应有催化作用；【小问3详解】冰水浴降温是为了防止HNO3挥发损失；【小问4详解】以Na2C2O4滴定溶液中过量的KMnO4，所以终点的现象为：溶液由红色变为无色，且30s不恢复。n总(KMnO4)=，Na2C2O4滴定过量的KMnO4溶液，反应的关系式为，则与亚硝酰硫酸反应的KMnO4为0.01-2×10-3=0.008mol。。则纯度。配制KMnO4溶液时仰视读数即c(KMnO4)偏低，则滴定剩余KMnO4所用的V(Na2C2O4)减小，纯度=，则纯度偏高。17.某药物中间体H的结构简式为，以A(甲苯)为原料合成H的路线如下：

已知：①D的分子式为；②苯环上的甲基、卤素原子、羟基等是邻、对位定位基；羧基、硝基等是间位定位基。回答下列问题：（1）由A生成B所需的反应物和条件分别是___________、___________(均填化学式)，G→H的反应类型为___________。（2）写出C→D的化学方程式___________，设计该步反应的目的是___________。（3）F与溶液反应的离子方程式是___________。（4）物质H有多种同分异构体，写出其中同时符合以下条件的同分异构体的结构简式___________。①苯环上连有和-CHO；②含有四种不同环境的氢，且数目比为2：2：2：1。（5）根据题中信息，仿照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线(其他无机试剂任选)___________。【答案】（1）①.②.③.还原反应（2）①.②.保护酚羟基，防止在D→E反应时被氧化（3）+HCO+H2O+CO2↑（4）、（5）【解析】【分析】A为甲苯，由B的结构可知，A转化为B为氯气的取代反应，则反应条件为催化剂FeCl3，B在一定条件下，氯原子被取代为羟基，C与(CH3CO)2O、催化剂、加热的条件下反应，结合D的分子式以及F的结构可知，D的结构为：，经酸性高锰酸钾氧化后得到E，则E的结构为：，E在碱性条件下水解后，经酸化得到F，F与硝酸发生取代反应，得到G，G在Fe/HCl条件下发生还原反应，将硝基还原为氨基，得到H，据此解答。【小问1详解】由分析可知，A生成B所需的反应物和条件分别是：、；G→H的反应类型为：还原反应；故答案为：；；还原反应。【小问2详解】由分析可知，C→D为取代反应，其化学方程式为：；该步反应的目的是：保护酚羟基，防止在D→E反应时被氧化；故答案为：；保护酚羟基，防止在D→E反应时被氧化。【小问3详解】F含有羧基和酚羟基，只有羧基与溶液反应，离子方程式为：+HCO+H2O+CO2↑；故答案为：+HCO+H2O+CO2↑。【小问4详解】H同分异构体中，苯环上连有和-CHO，则苯环剩余2个-OH，且含有四种不同环境的氢，数目比为2：2：2：1，其结构为：、；故答案为：、。【小问5详解】仿照题目合成路线，以为原料，合成的路线为：；故答案为：。18.铜转炉烟灰含金属元素(主要为Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐和氧化物以及，其有价金属回收工艺流程如下。已知：25℃时，，。回答下列问题：（1）“浸出液①”中含有的金属阳离子有、和___________，“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8mol/L时，金属离子浸出率反而下降，原因是___________。（2）“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用溶液氧化后，所得滤渣主要成分为、，该氧化过程的离子方程式为___________。（3）的溶解度随温度变化曲线如图所示。“浓缩结晶”的具体操作步骤为：①在100℃时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，该步骤的目的为___________。②降温至___________℃(填“50”，“60”、“70”或“80”)蒸发至溶液出现晶膜，停止加热。③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不用水，其原因是___________。（4）“转化”后，滤饼主要成分是和___________。（5）该工艺中，可循环利用的物质有___________。【答案】（1）①.、②.难溶物覆盖在表面，阻碍铜、锌元素浸出（2）（3）①.加快蒸发速率②.60③.减少的溶解损失（4）（5）【解析】【分析】铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣、PbSO4；浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁;浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼用硝酸溶解，PbCO3生成Pb(NO3)2，滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀;“浸出液①”中加入过量铁粉置换出铜、铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁;“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化把Fe2+氧化为Fe(OH)3，过滤，所得滤渣主要成分为F'e(OH)3、MnO2，滤液②蒸发浓缩得到ZnSO4·7H2O。【小问1详解】铜转炉烟灰含金属元素(主要为Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐和氧化物以及，加入硫酸进行酸浸，与硫酸不反应，反应生成对应硫酸盐且其中难溶，故“浸出液①”中含有的金属阳离子有、和、；“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8mol/L时，难溶物覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，故金属离子浸出率反而下降；【小问2详解】“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用溶液氧化后，所得滤渣主要成分为、，该氧化过程将氧化成，同时本身被还原为，根据氧化还原反应原理可得离子方程式为；【小问3详解】①在100℃时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；②60℃硫酸锌的溶解度最大，降温至60℃蒸发至溶液出现晶膜，得到硫酸锌饱和浓溶液；③冷却至室温,过滤、洗涤、干燥,其中，步骤①在100℃时蒸发的目的加快蒸发速率，故答案为:60；加快蒸发速率；【小问4详解】“转化”后，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼的主要成分是SiO2和PbCO3；故答案为:PbCO3；【小问5详解】该工艺中，“酸浸”是PbCO3和硝酸反应生成硝酸铅，“沉铅”是硝酸铅和硫酸反应生成硫酸铅和硝酸，所以可循环利用的物质有HNO3，故答案为:HNO3。19.丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其热化学方程式为：。请回答下列相关问题。（1）相关物质的相对能量如下表所示：物质丙烷氢气相对能量(kJ/mol)b0则丙烯的相对能量为___________kJ∙mol−1。（2）一定温度下，向2L的密闭容器中充入2mol发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.6倍。①0～10min内氢气的生成速率___________，的平衡转化率为___________。②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。A．混合气体的密度保持不变B．的消耗速率与的消耗速率相等C．混合气体的平均分子量保持不变D．与的物质的量之比保持不变（3）脱氢反应分别在压强为和时发生，丙烷及丙烯的平衡物质的量分数随温度变化如图所示。①同时提高反应速率和反应物的平衡转化率，可采取的措施是___________，理由是___________。②压强：___________(填“＞”或“＜”)。若，起始时充入丙烷发生反应，则Q点对应温度下，反应平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③在恒温、恒压的