江苏省南京市、盐城市2025届高三一模考前模拟化学试题（解析版）

第第页江苏省南京市、盐城市2025届高三一模考前模拟化学试题一、选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．2024年1月，我国自主研制的AG60E电动飞机成功首飞。AG60E采用了SiC电控系统，SiC晶体属于A．分子晶体 B．金属晶体 C．离子晶体 D．共价晶体【答案】D【解析】【解答】SiC中的Si和C以共价键结合，SiC中只含共价键，SiC属于共价晶体，故选D。【分析】只含共价键的物质是共价化合物。2．反应H3A．HI的电子式为B．H2O是含有极性键的极性分子C．基态O原子的电子排布式为1D．As元素的化合价由＋5转变为＋3【答案】B【解析】【解答】A、碘化氢是共价化合物，分子中氢原子与碘原子通过共用电子对结合，不存在阴阳离子，其电子式为，A不正确；

B、水分子中氢氧键是极性共价键，氧原子采取sp3杂化，存在两对孤电子对，分子空间构型为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确；

C、氧是8号元素，基态氧原子核外有8个电子，电子排布式应为1s22s22p4，选项中2p轨道仅写2个电子，C错误；

D、在亚砷酸中砷元素为+3价，反应后生成砷酸，砷元素变为+5价，化合价是从+3升高至+5，并非由+5变为+3，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

电子式判断：共价化合物的电子式以共用电子对表示，离子化合物才会出现阴阳离子符号。

分子极性：含极性键的分子若空间构型不对称（如V形），则为极性分子。

电子排布式：需遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，氧原子2p轨道应填充4个电子。

化合价变化：根据化合物中各元素化合价代数和为零，计算反应前后砷元素的化合价，判断升降方向。3．下列由废易拉罐制取Al2A．用装置甲溶解废易拉罐细屑B．用装置乙过滤得到Na[Al(OH)4]溶液C．用装置丙制取AlOHD．用装置丁灼烧AlOH3【答案】D【解析】【解答】A、废易拉罐主要成分为铝，铝可与强碱氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，装置甲通过分液漏斗控制氢氧化钠溶液加入，能有效溶解易拉罐碎屑，A不符合题意；B、溶解后溶液中含不溶性杂质，装置乙为过滤操作，借助玻璃棒引流可将固液分离，得到澄清的Na[C、偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，可发生反应生成氢氧化铝沉淀，装置丙能完成沉淀制备，C不符合题意；D、灼烧氢氧化铝需在高温条件下进行，应使用坩埚而非蒸发皿，蒸发皿无法承受高温灼烧，D符合题意；

故答案为：D。【分析】本题解题要点：铝的溶解：铝单质能与强碱溶液反应生成可溶性的四羟基合铝酸盐，以此实现铝与杂质的初步分离。过滤操作：分离固体与液体混合物需使用过滤装置，同时注意玻璃棒引流的规范操作。沉淀制备：向四羟基合铝酸盐溶液中通入二氧化碳（弱酸），可析出氢氧化铝沉淀。高温灼烧仪器选择：固体高温分解需选用耐高温的坩埚，蒸发皿仅适用于蒸发浓缩溶液，不可用于强热灼烧。4．丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如图所示。该反应可鉴定A．沸点高低：CB．半径大小：rC．电离能大小：ID．Ni2+提供空轨道，【答案】C【解析】【解答】A、CH4、NH3、H2O的相对分子质量相近，但H2O和NH3分子间存在氢键，且H2O的氢键更强，因此沸点高低顺序为CH4<NH3<H2O，A正确；

B、C、N、O为同周期相邻元素，原子序数依次增大，原子核对核外电子的吸引力增强，原子半径依次减小，即r(O)<r(N)<r(C)，B正确；

C、C、N、O为同周期元素，一般第一电离能随原子序数增大而增大，但N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，其第一电离能大于相邻的O原子，因此正确顺序为I1(C)<I1(O)<I1(N)，C错误；

D、在二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+作为中心离子提供空轨道，N原子作为配位原子提供孤电子对，形成配位键，D正确；

故答案为：C。

【分析】A．判断分子间是否存在氢键及相对分子质量，从而比较沸点高低。

B．利用同周期元素原子半径从左到右逐渐减小的规律。

C．注意同周期元素中，第ⅡA族和第ⅤA族元素因电子排布全满或半满，第一电离能出现“反常”。

D．明确中心离子提供空轨道，配位原子提供孤电子对。阅读下列材料，完成下面小题。元素周期表中VIIA族元素及其化合物应用广泛。氢氟酸可用作雕刻玻璃；SOCl2可溶于苯、CCl4等有机溶剂，极易水解；加碘盐中主要添加的是KIO35．下列说法正确的是A．ClO3−的键角大于B．IF3C．HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高D．SOCl2的中心原子S采用sp6．下列化学反应表示正确的是A．Cl2溶于水：B．ICl溶于NaOH溶液：IClC．SOCl2水解：D．Br2用Na27．下列物质性质与用途具有对应关系的是A．HF具有酸性，可用于雕刻玻璃B．KIO3C．AgI具有感光性，可用于人工降雨D．ClO2【答案】5．C6．B7．D【解析】【解答】（1）A、ClO3-的中心Cl原子有1对孤电子对，而ClO4-的中心Cl原子没有孤电子对。根据价层电子对互斥理论，孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，因此孤电子对越多，键角越小。所以ClO3-的键角小于ClO4-的键角，A错误；

B、IF3分子的中心I原子价层电子对数为5，其中包含2对孤电子对，分子空间构型为不对称的T形，因此是极性分子，B错误；

C、HCl、HBr、HI均为分子晶体，且都不存在氢键，其熔沸点主要由范德华力决定。相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高。因此三者的熔沸点依次升高，C正确；

D、SOCl2的中心S原子的价层电子对数为4（3个σ键+1对孤电子对），因此采用sp3杂化，D错误；

故答案为：C。

（2）A、Cl2与水反应生成的HClO是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆成离子。正确的离子方程式应为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，A错误；

B、ICl中I为+1价，Cl为-1价，与NaOH反应时，+1价的I转化为IO-，-1价的Cl转化为Cl-，离子方程式为：ICl+2OH-=Cl-+IO-+H2O，B正确；

C、SOCl2水解生成的是SO2和HCl，正确的离子方程式应为：SOCl2+H2O=2H++2Cl-+SO2↑，C错误；

D、Br2与Na2CO3溶液反应，除了生成Br-和BrO3-，还会生成CO2气体，正确的离子方程式应为：3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2↑，D错误；

故答案为：B。

（3）A、HF用于雕刻玻璃，是因为它能与SiO2反应，这与其酸性强弱无关，A错误；

B、KIO3用作食盐碘添加剂，是因为它含有碘元素，可补充人体所需的碘，与其受热易分解的性质无关，B错误；

C、AgI用于人工降雨，是因为它能作为凝结核，促使水蒸气凝结，与其感光性无关，C错误；

D、ClO2具有强氧化性，能够破坏细菌、病毒的结构，从而达到杀菌消毒的效果，因此可用于水体杀菌消毒剂，D正确；

故答案为：D。

【分析】(1)A．ClO3-有1对孤电子对，ClO4-无孤电子对，孤电子对越多键角越小，故ClO3-键角更小。

B．IF3中心I有2对孤电子对，构型为T形，不对称，是极性分子。

C．HCl、HBr、HI无氢键，相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点依次升高。

D．OCl2中S原子价层电子对数为4（3个σ键+1对孤电子对），采用sp3杂化。

(2)A．Cl2与水反应生成的HClO是弱酸，不能拆成离子，应保留化学式。

B．ICl中I为+1价，与NaOH反应生成IO-，Cl为-1价生成Cl-，方程式符合守恒规则。

C．SOCl2水解生成SO2和HCl，不是H2SO4，产物错误。

D．Br2与Na2CO3反应除生成Br-、BrO3-外，还生成CO2，方程式漏写产物且系数不守恒。

(3)A．HF雕刻玻璃是因为能与SiO2反应，和酸性无关。

B．KIO3作碘添加剂是因为含碘元素，补充人体所需碘，与受热分解无关。

C．AgI人工降雨是作为凝结核，与感光性无关。

D．ClO2的强氧化性使其能杀菌消毒，性质与用途直接对应。5．A、ClO3-的中心Cl原子有1对孤电子对，而ClO4-的中心Cl原子没有孤电子对。根据价层电子对互斥理论，孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，因此孤电子对越多，键角越小。所以ClO3-的键角小于ClO4-的键角，A错误；

B、IF3分子的中心I原子价层电子对数为5，其中包含2对孤电子对，分子空间构型为不对称的T形，因此是极性分子，B错误；

C、HCl、HBr、HI均为分子晶体，且都不存在氢键，其熔沸点主要由范德华力决定。相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高。因此三者的熔沸点依次升高，C正确；

D、SOCl2的中心S原子的价层电子对数为4（3个σ键+1对孤电子对），因此采用sp3杂化，D错误；

故答案为：C。6．A、Cl2与水反应生成的HClO是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆成离子。正确的离子方程式应为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，A错误；

B、ICl中I为+1价，Cl为-1价，与NaOH反应时，+1价的I转化为IO-，-1价的Cl转化为Cl-，离子方程式为：ICl+2OH-=Cl-+IO-+H2O，B正确；

C、SOCl2水解生成的是SO2和HCl，正确的离子方程式应为：SOCl2+H2O=2H++2Cl-+SO2↑，C错误；

D、Br2与Na2CO3溶液反应，除了生成Br-和BrO3-，还会生成CO2气体，正确的离子方程式应为：3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2↑，D错误；

故答案为：B。7．A、HF用于雕刻玻璃，是因为它能与SiO2反应，这与其酸性强弱无关，A错误；

B、KIO3用作食盐碘添加剂，是因为它含有碘元素，可补充人体所需的碘，与其受热易分解的性质无关，B错误；

C、AgI用于人工降雨，是因为它能作为凝结核，促使水蒸气凝结，与其感光性无关，C错误；

D、ClO2具有强氧化性，能够破坏细菌、病毒的结构，从而达到杀菌消毒的效果，因此可用于水体杀菌消毒剂，D正确；

故答案为：D。8．合成氨反应为N2A．该反应ΔSB．ΔHC．反应中每消耗3molH2转移D．实际生产中以低温、高压、高活性催化剂的条件来提高氨气产率【答案】C【解析】【解答】A、合成氨反应中，反应物气体总物质的量为4mol，生成物为2mol，反应后气体分子数减少，体系混乱度降低，因此熵变ΔS<0，A错误；

B、反应焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，氮气分子中是N≡N键，不是N-N键，正确表达式应为ΔH=E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H)，B错误；

C、氢元素在反应中从0价升高至+1价，每消耗3mol氢气，共有6mol氢原子失去电子，因此转移电子总数为6mol，C正确；

D、实际生产中需兼顾反应速率和平衡产率，低温虽有利于平衡正向移动，但会导致反应速率过慢，因此工业上通常采用适宜温度、压强和催化剂的条件，而非单纯低温，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

熵变判断：气体分子数减少的反应，熵变小于0。

键能计算：氮气分子为三键结构，计算焓变时需使用三键键能。

电子转移：根据元素化合价变化，结合反应计量数计算转移电子数。

工业生产条件：需在平衡移动和反应速率之间寻找最优条件，低温会降低反应速率，并非实际生产的最佳选择。9．工业用镁还原TiCl4A．工业上可通过电解熔融MgCl2B．用金属Mg还原TiCl4过程中需要通入NC．“真空蒸馏”的目的是使Mg、MgCl2D．制得海绵钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg【答案】B【解析】【解答】A、氧化镁熔点极高，电解熔融氧化镁会消耗大量能源，工业上通常选择电解熔点更低的熔融氯化镁来制取金属镁，A正确；

B、在高温或点燃条件下，金属镁能与氮气发生反应生成氮化镁，因此还原四氯化钛的过程中不能用氮气作保护气，需选用化学性质更稳定的氩气等惰性气体，B错误；

C、钛的熔点很高，而金属镁和氯化镁的沸点相对较低，真空蒸馏可以降低体系压强，使镁和氯化镁在较低温度下气化，从而实现与钛的分离，C正确；

D、常温下钛不与稀盐酸反应，而镁能与稀盐酸发生反应并溶解，因此可用稀盐酸浸泡海绵钛，除去其中混有的少量镁，D正确；

故答案为：B。

【分析】工业上通常采用电解熔融氯化镁的方法生产金属镁，避免了高熔点氧化镁电解的高能耗。得到的镁在高温下作为还原剂，与四氯化钛发生置换反应，生成氯化镁和金属钛，反应方程式为：2Mg10．化合物Z是合成维生素E的一种中间体，其合成路线如下图：下列说法正确的是A．X分子中所有碳原子均可能共平面B．Y分子中sp3C．Y分子中含有2个手性碳原子D．Z能发生消去反应【答案】A【解析】【解答】A．苯及直接连接苯环的原子、乙烯、乙炔分子中所有原子共平面，甲烷分子中最多有3个原子共平面，单键可以旋转，根据图知，该分子中所有碳原子可能共平面，故A正确；B．饱和碳原子采用sp3杂化，Y分子中spC．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y分子中连接－CH2OH的碳原子为手性碳原子，有1个手性碳原子，故C错误；D．Z分子中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误；故答案为：A。

【分析】A.根据苯环平面、乙烯平衡和乙炔共线进行旋转即可；

B.sp3杂化的碳原子即为C-C单键的碳原子；

C.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，据此判断即可；

11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究目的探究方案AKa(HClO)与Ka(HCN)的大小关系用pH计测量NaClO溶液和NaCN溶液的pH，比较HClO和HCN的Ka大小B碘在浓KI溶液中与CCl4中的溶解能力比较向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察有机层颜色的变化CSO2是否具有漂白性向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色变化D探究1—溴丁烷的消去产物向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，观察现象A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【解答】A、要比较Kₐ(HClO)与Kₐ(HCN)的大小，需要测量相同浓度的NaClO溶液和NaCN溶液的pH。如果浓度不同，水解程度不具可比性，无法准确判断酸的强弱，A方案不能达到目的；

B、向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后，若有机层（下层）颜色变浅，说明I2从CCl4层转移到了KI层，这证明了碘在浓KI溶液中的溶解能力比在CCl4中的更强，B方案能达到目的；

C、向SO2水溶液中滴加KMnO4溶液，溶液褪色，这是因为SO2将MnO4-还原，体现了SO2的还原性，而非漂白性。SO2的漂白性是与有色物质结合生成无色物质，不能用于漂白KMnO4这类强氧化性物质，C方案不能达到目的；

D、1-溴丁烷在NaOH乙醇溶液中消去，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色不能证明有烯烃生成，因为加热时挥发的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰了产物的检验，D方案不能达到目的；

故答案为：B。

【分析】本题解题的关键在于：

控制变量：比较弱酸酸性强弱时，必须保证盐溶液的浓度相同。

萃取与溶解：通过观察有机层颜色变化，判断溶质在不同溶剂中的溶解能力。

漂白性与还原性：区分SO2使有色物质褪色的原理，是漂白性还是还原性。

干扰排除：检验消去产物时，要考虑挥发的反应物对实验现象的干扰。12．室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol/LNaHSO3溶液的pH，测得pH约为52向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去3将浓度均为0.01mol/L的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀4向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气体产生下列有关说法正确的是A．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(SO32-)-c(H2SOB．实验2说明NaHSO3溶液具有漂白性C．依据实验3的现象，不能得出Ksp(BaSO3)＜2.5×10-5的结论D．实验4中生成的刺激性气体可能为Cl2【答案】A【解析】【解答】A、在0.1mol/L的NaHSO3溶液中，存在两个核心守恒：

物料守恒：Na元素的总浓度等于所有含S微粒的浓度之和，即c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)。

电荷守恒：溶液呈电中性，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，即c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)。

将物料守恒式代入电荷守恒式，消去c(Na+)，即可得到：c(H+)=c(OH-)+c(SO32-)-c(H2SO3)，A正确；

B、实验2中，NaHSO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色，是因为HSO3-具有还原性，将MnO4-（紫红色）还原为Mn2+（无色），这体现的是NaHSO3的还原性，而非漂白性。漂白性是指使有机色质褪色，而KMnO4是强氧化剂，B错误；

C、实验3中，等体积混合后，c(Ba2+)=0.005mol/L，c(HSO3-)=0.005mol/L。HSO3-会部分电离出SO32-，因此c(SO32-)<0.005mol/L。此时离子积Qc=c(Ba2+)×c(SO32-)<0.005×0.005=2.5×10-5。因为有沉淀生成，说明Qc>Ksp(BaSO3)，所以可以得出Ksp(BaSO3)<2.5×10-5的结论，C错误；

D、实验4中，NaHSO3与稀盐酸反应，遵循强酸制弱酸的原理，生成的刺激性气体是SO2，反应方程式为：NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑。Cl2的生成需要更强的氧化剂，稀盐酸不具备此性质，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题围绕NaHSO3溶液的多重性质展开，核心是考查电解质溶液中的守恒关系、氧化还原反应本质、溶度积计算以及复分解反应规律，解题的关键在于：

A．熟练运用物料守恒和电荷守恒，推导溶液中离子浓度的定量关系。

B．区分SO2（或HSO3-）使有色物质褪色是源于还原性还是漂白性。

C．通过计算混合后离子的浓度积（Qc），与溶度积（Ksp）进行比较，判断沉淀生成的条件。

D．依据强酸制弱酸的原理，判断复分解反应的产物。13．甲醇-水催化重整可获得H2.其主要反应为反应ⅠCH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH=49.4kJ·mol−1反应ⅡCO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol−1在1.0×105Pa、n始(H2O)∶n始(CH3OH)=1.2时，若仅考虑上述反应，平衡时CO的选择性、CH3OH的转化率和H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性=n生成下列说法正确的是A．一定温度下，增大n(H2B．平衡时CH3OH的转化率一定大于H2O的转化率C．图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化D．一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数增大【答案】B【解析】【解答】A、增大n(H2O)n(B、初始n(H2O):n(CH3OH)=1.2（H2O过量），反应Ⅰ中CH3OH与HC、反应Ⅰ、Ⅱ均吸热，升温时反应Ⅰ生成H2、反应Ⅱ消耗H2；温度较低时H2产率随升温增大（反应Ⅰ主导），温度较高时增速放缓（反应Ⅱ消耗H2），曲线①（快速上升后平缓）对应CH3OH转化率，而非H2产率，C错误；D、平衡常数仅与温度有关，温度不变时，降低压强不改变反应Ⅰ的平衡常数，D错误；故答案为：B。

【分析】本题解题关键点：平衡移动对选择性的影响：增大n(H2O)n(转化率的比较逻辑：初始H2O过量，反应Ⅰ中CH3OH与H2O按1：1消耗，且反应Ⅱ会生成H2O，因此CH3OH的消耗比例更高，转化率必然大于H2O。曲线的对应关系：反应Ⅰ生成H2、反应Ⅱ消耗H2，升温时H2产率应先增后缓，而曲线①快速上升后平缓，对应CH3OH的转化率（升温持续正向移动）。平衡常数的影响因素：平衡常数只与温度有关，压强变化不改变平衡常数。二、非选择题：本题共4小题，共61分。14．利用锰银矿(主要成分为MnO2、Ag和少量SiO2等杂质)制备硫酸锰和银。（1）用蔗糖(C12H22O11)、水和浓硫酸浸取锰银矿，过滤得硫酸锰溶液和含银滤渣。①提高锰元素浸出率的措施(任写—条)。②蔗糖还原MnO2生成硫酸锰和CO2的化学方程式为。③其它条件相同，酸矿比0.33∶1，糖矿比0.04∶1时，酸浸过程中随着水矿比的增大，锰的浸出率如图所示：水矿比大于2∶1时，锰的浸出率逐渐减小的原因为。（2）在空气中用NaCN溶液浸取含银滤渣，得到含[Ag(CN)2]-的浸出液，再用锌粉置换得银。①浸出反应的离子方程式：。②如图所示，pH小于10.5时，随pH的减小，银的浸出率降低的原因：。③金属材料铜银合金的晶胞如图所示，该铜银合金的化学式是。（3）“酸浸”所得溶液经一系列操作后得MnSO4·H2O，煅烧MnSO4·H2O生产锰氧体材料，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。该曲线中B段所示物质的化学式为(写出计算过程)。【答案】（1）加热或粉碎、充分搅拌等；C12（2）4Ag+O2+8CN−+2H2O=4[Ag（3）Mn【解析】【解答】（1）①提高锰元素浸出率的措施有加热或粉碎、充分搅拌等；②二氧化锰将蔗糖氧化为二氧化碳，自身被还原为二价锰，化学方程式为C12③水矿比大于2∶1时，水较多，反应物被稀释，故锰的浸出率逐渐减小的原因为硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降；故答案为：加热或粉碎、充分搅拌等；C12H22O11+24MnO2+24H2SO4②由上一问可知，银的浸出需要与CN-形成配合物，CN-是弱酸的阴离子，易水解，则pH的减小，银的浸出率降低的原因是随pH较低，CN−③根据均摊法可知，晶胞中含有Ag的个数为8×18=1，含有Cu的个数是故答案为：4Ag+O2+8CN−+2H2O=4[AgCN2]-+4OH−；随pH较低，m(Mn)=n(Mn)·M(Mn)=0.9mol×55g·mol－1=49.5g；n(O)=68.7g－49.5g16g⋅mol−1=1.2mol，n(Mn)：n(O)=0.9：1.2=3：4，化学式为Mn3O4。

故答案为：Mn3O4。

【分析】（1）①从反应速率影响因素（温度、接触面积等）分析提高浸出率的措施；

②依据氧化还原反应中元素化合价变化配平化学方程式；

③分析水矿比过大对反应物浓度及反应速率的影响。

（2）（1）①提高锰元素浸出率的措施有加热或粉碎、充分搅拌等；②二氧化锰将蔗糖氧化为二氧化碳，自身被还原为二价锰，化学方程式为C12③水矿比大于2∶1时，水较多，反应物被稀释，故锰的浸出率逐渐减小的原因为硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降；（2）①Ag与NaCN溶液形成配合物[Ag(CN)2]-，Ag的化合价由0价升高到+1价，则氧气做氧化剂，离子方程式为4Ag+O2②由上一问可知，银的浸出需要与CN-形成配合物，CN-是弱酸的阴离子，易水解，则pH的减小，银的浸出率降低的原因是随pH较低，CN−③根据均摊法可知，晶胞中含有Ag的个数为8×18=1，含有Cu的个数是（3）n(Mn)=n(MnSO4·H2O)=152.1gm(Mn)=n(Mn)·M(Mn)=0.9mol×55g·mol－1=49.5g；n(O)=68.7g－49.5g15．化合物J是一种新型口服直接Xa因子抑制剂，其合成路线如下：注：Et表示−（1）化合物A的碱性比的(填“强”或“弱”或“无差别”)。（2）D的分子式为C4H9（3）C→E的反应类型是。（4）E→F中加入Et3N是为了结合反应中产生的HCl，F中有一个含两个N原子的五元环。F的结构简式为（5）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。①分子中含有4种不同化学环境氢原子的芳香族有机物；②不能和FeCl3（6）已知：CH32NH+→CH32NCH2CH【答案】（1）弱（2）（3）取代（4）（5）或（6）→Δ浓硫酸/浓硝酸→Fe/盐酸【解析】【解答】（1）化合物A为，属于酰胺，碱性比胺的弱；故答案为：弱；

（2）根据分析，D的分子式为C4H9故答案为：；

（3）根据各物质的结构简式可知，C→E是C与D反应生成E和HCl，反应类型是取代反应；故答案为：取代；

（4）E→F中加入Et3N是为了结合反应中产生的HCl，F中有一个含两个N原子的五元环。F的结构简式为故答案为：；

（5）E为，同分异构体满足：①分子中含有4种不同化学环境氢原子的芳香族有机物，高度对称；②不能和FeCl3溶液发生显色反应，能和盐酸反应生成对应的盐酸盐，则不含有酚羟基，含氨基，符合条件的有或；故答案为：或；

（6）已知：CH32NH+→CH32NCH2CH2OH。以和为原料制备，苯硝化得到硝基苯，硝基苯还原得到苯氨，苯氨与环氧乙烷反应生成，取代得到，与苯氨反应生成，合成路线流程图为：→Δ浓硫酸/浓硝酸→Fe/盐酸→ΔHBr。

故答案为：→Δ浓硫酸/浓硝酸→Fe/盐酸→ΔHBr

【分析】化合物A与PCl5发生羰基氯化反应得到B，再经Li2CO3/DMF条件脱除HCl，形成不饱和内酰胺结构得到C。C与D在TEA催化下发生亲核取代，得到哌啶酮衍生物E，D的分子式为C4H9ON，可推知为取代反应，D为，同时生成HCl，E与对甲氧基苯肼衍生物（）在Et3N作用下缩合，生成F（（1）化合物A为，属于酰胺，碱性比胺的弱；（2）根据分析，D的分子式为C4H9（3）根据各物质的结构简式可知，C→E是C与D反应生成E和HCl，反应类型是取代反应；（4）E→F中加入Et3N是为了结合反应中产生的HCl，F中有一个含两个N原子的五元环。F的结构简式为（5）E为，同分异构体满足：①分子中含有4种不同化学环境氢原子的芳香族有机物，高度对称；②不能和FeCl3溶液发生显色反应，能和盐酸反应生成对应的盐酸盐，则不含有酚羟基，含氨基，符合条件的有或；（6）已知：CH32NH+→CH32NCH2CH2OH。以和为原料制备，苯硝化得到硝基苯，硝基苯还原得到苯氨，苯氨与环氧乙烷反应生成，取代得到，与苯氨反应生成，合成路线流程图为：→Δ浓硫酸/浓硝酸16．乙二胺四乙酸铁钠(化学式NaFeY⋅3H2已知：①NaFeY⋅3H2O是一种配合物，微溶于乙醇，②乙二胺四乙酸(EDTA，用H4Ⅰ.制备NaFeY实验室用铁屑制备NaFeY⋅3（1）“酸浸”时，下列措施一定能提高铁元素浸出率的是A．升高温度B．加快搅拌速率C．缩短浸取时间（2）向酸浸所得滤液中通入足量O2，过程中浓度减少的离子有（3）“制备”步骤，向氧化所得的FeCl3溶液中加入一定量EDTAH4Y，控制反应温度为70~80℃，加入NaHCO3溶液调节①从反应后的混合物中获得较高产率的NaFeY⋅3H2O粗品的实验操作是，②保持其他条件不变，乙二胺四乙酸铁钠的产率随反应液pH的变化如图1所示。pH过低或过高产品产率均减小的主要原因是。Ⅱ.测定产品的纯度样品中乙二胺四乙酸铁钠纯度可用Zn2+标准溶液滴定。原理是在pH为5~6发生反应：Zn（4）补充完整实验方案：准确称取4.5000g样品，溶于一定量的蒸馏水，加入掩蔽剂排除Fe3+干扰，得到待测溶液X，将溶液X完全转移到250mL容量瓶中定容；按规定操作分别将0.01000mol⋅【答案】B；Fe2+、H+；冷却至室温，加入乙醇；AgNO3溶液和稀硝酸；pH过低，H4Y电离出的Y4−浓度小(或pH过低，H4Y在水中溶出量小)，pH过大，Fe3+转为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度减小；准确量取25.00mL【解析】【解答】（1）能够提高矿石中元素浸出率的方法一般是：适当提高温度、适当提高浓度、矿石粉碎、加速搅拌等，但是考虑此题加入的是稀盐酸，升高温度会让盐酸挥发，导致矿石反应不彻底，所以不能选择“升高温度”。

故答案为：B；（2）向酸浸所得滤液中通入足量O2，溶液中浸出的Fe2+，在酸性情况下与氧气反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，所以此过程中浓度减少的离子有Fe（3）①结合题目意思，NaFeY⋅3H2O是微溶于乙醇，20℃时水中的溶解度为4.3g，常温下溶解度低，使用乙醇溶解和降低温度都有利于其产品析出。

故答案为：冷却至室温，加入乙醇；②由于溶液中存在大量未消耗的氯离子，所以应该检测洗涤液中是否存在氯离子。

故答案为：AgNO3溶液和稀硝酸，

③pH过低，H4Y在水中溶出量小，pH过大，Fe3+转为Fe(OH)3，所以产率降低。

故答案为：pH过低，H4Y电离出的Y4−浓度小(或pH过低，H4Y在水中溶出量小)，pH过大，Fe3+转为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度减小；（4）滴定操作中，应该先加入一定体积的待测液，调节pH，再加入指示剂，随后开展滴定操作，观察到终点颜色变化且30秒不变色，说明到达终点，并重复2~3次操作，

故答案为：准确量取25.00mL(10~30mL均可)待测溶液X于锥形瓶中，调节溶液pH至5~6，滴加2~3滴二甲酚橙为指示剂，向锥形瓶内逐滴滴加0.01000mol⋅L−1Zn2+标准溶液，当最后半滴标准溶液滴入时，溶液颜色恰好由紫红色变黄色，且半分钟内不恢复，记录标准液体积，重复操作2~3次。

【分析】铁屑先加入过量盐酸进行酸浸，反应生成氯化