2022年高考化學(xué)二模試卷 含解析(III)一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）A鋁壺可存放食醋B乙烯可催熟水果C硅膠可作干燥劑D氯氣可做消毒劑2下列反應(yīng)描述錯誤的是（）ACu與過量濃HNO3反應(yīng)，生成的氣體呈紅棕色B足量H2通過灼熱的CuO粉末后，生成的固體為紅色CAgNO3溶液與足量Na2S溶液反應(yīng)后再滴加NaCl溶液，沉淀為白色D物質(zhì)的量相同的CH3COOH與NaOH反應(yīng)后滴加酚酞，溶液顯紅色3下列實驗中，結(jié)論正確且與現(xiàn)象具有因果關(guān)系的是（）選項 實驗 現(xiàn)象 結(jié)論 A 在 CuSO4溶液中加入一小塊Na Na溶解，生成沉淀 有Cu產(chǎn)生 B 將濃氨水滴加至燒瓶中的CaO上 產(chǎn)生的氣體可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍 有氨氣生成 C 在Fe（NO3）2溶液中加入稀H2SO4溶液變?yōu)辄S色 稀H2SO4具有氧化性 D 將氨氣通入I2淀粉溶液中 溶液藍色褪去氯氣具有漂白性4某有機分子中有一個六碳環(huán)，其相對分子質(zhì)量為100，完全燃燒生成等物質(zhì)的量的CO2和H2O，且能與金屬鈉反應(yīng)則該有機物環(huán)上的一氯取代物最多有（）A1種B2種C3種D4種5設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A1L1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2NAB標準狀況下，11.2 LNO與11.2LO2混合后所含分子數(shù)為0.75NACNa2O和Na2O2混合物的物質(zhì)的量為1mol，其中含有的陰離子總數(shù)為NAD室溫下，將9g鋁片投入0.5L18.4molL1的H2SO4中，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA6短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大c、a、b最外層電子數(shù)為等差數(shù)列公差為2a、c的價電子數(shù)之和為6d的核外電子數(shù)等于b的核外電子數(shù)加8下列敘述錯誤的是（）Aa和b可形成氣態(tài)化合物Bc的原子半徑小于d的原子半徑Cb和c形成的化合物為離子化合物Da和d最高價氧化物的水化物均呈酸性7氧電化學(xué)傳感器可用于測定O2含量，下圖為某種氧電化學(xué)傳感器的原理示意圖，已知在測定O2含量過程中，電解質(zhì)溶液的質(zhì)量保持不變，一段時間內(nèi)，若通過傳感器的待測氣體為aL（標準狀況），某電極增重了bg下列說法正確的是（）APt電極上發(fā)生氧化反應(yīng)BPt上發(fā)生的電極反應(yīng)式為4OH4eO2+2H2OC反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移OH的物質(zhì)的量為0.25bmolD待測氣體中氧氣的體積分數(shù)為0.7二、解答題（共3小題，滿分43分）8鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3（可表示為FeOTiO2）用濃鹽酸溶解鈦鐵礦去渣得溶液（含有Fe2+、TiOCl42等），調(diào)節(jié)溶液的pH并加熱，過濾的TiO2和濾液控制反應(yīng)溫度在95左右，向濾液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4再將FePO4與Li2CO3和H2C2O4一起煅燒，可制取LiFePO4有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：化合物Fe（OH）2Fe（OH）3FePO4Fe3（PO4）2Ksp近似值1017103810221036（1）FeTiO3中Ti的化合價為，鹽酸與FeTiO3反應(yīng)的離子方程式為檢驗溶液中Fe2+的方法是（2）為提供FePO4的產(chǎn)率，根據(jù)上述制備方法和表中數(shù)據(jù)，應(yīng)采取的正確措施是（填正確答案的標號）a不加H2O2 b調(diào)節(jié)溶液pH至5 c降低反應(yīng)溫度 d增大NH4H2PO4的用量（3）磷的含氧酸H3PO2與足量的NaOH溶液反應(yīng)，生成NaH2PO2則H3PO2為元酸；在LiFePO4中的化學(xué)鍵有，在制備LiFePO4的過程中加入H2C2O4的作用是（4）LiFePO4可作鋰電池的電極材料充電時，Li+從LiFePO4晶格中遷移出來，部分LiFePO4轉(zhuǎn)化為Li1xFePO4，則陽極的電極反應(yīng)式為（5）電化學(xué)還原TiO2是獲取金屬鈦的常用方法采用熔融鹽作電解質(zhì)，用石墨作陽極，總反應(yīng)為TiO2Ti+O2電解過程中，陽極不斷被消耗而需要定期更換，其原因是（用反應(yīng)式表示）電解由含80%FeTiO3的鈦鐵礦制取的TiO2得到12kg金屬鈦，已知電流效率為76%，則至少需要該種鈦鐵礦kg（電流效率=×100%）91，2二溴乙烷是常用的有機合成中間體，某小組用如圖裝置合成1，2二溴乙烷裝置B中發(fā)生的反應(yīng)為C2H5OH CH2=CH2+H2O產(chǎn)物和部分反應(yīng)物的相關(guān)數(shù)據(jù)如下：沸點/密度/（gcm3）水中溶解性1，2二溴乙烷131.42.18微溶溴58.83.12微溶乙醇78.50.79溶合成反應(yīng)：在冰水浴冷卻下將20.0mL濃硫酸與10.0mL95%乙醇混合均勻得到反應(yīng)液，取出10.0mL加入三頸燒瓶B中，剩余部分轉(zhuǎn)入滴液漏斗A中E的試管中加入8.0g液溴，再加入23mL水，試管外用水冷卻斷開D、E之間的導(dǎo)管，加熱B，待裝置內(nèi)空氣被排除后，連接D和E，繼續(xù)加熱并保持溫度在170180，打開滴液漏斗活塞，緩慢滴加反應(yīng)液，直至反應(yīng)完畢分離提純：將粗產(chǎn)物分別用10%的氫氧化鈉溶液和水洗滌，分離后加入無水氯化鈣干燥，待溶液澄清后進行蒸餾，得到純凈的1，2二溴乙烷6.3g回答下列問題：（1）混合濃硫酸與乙醇時，加入試劑的正確順序是；使用冰水浴降溫的目的是（2）為防止暴沸，裝置B中還應(yīng)加入；C的作用是；E中試管里加水的目的是（3）判斷生成1，2二溴乙烷反應(yīng)結(jié)束的方法是；反應(yīng)結(jié)束時正確的操作是（4）洗滌和分離粗產(chǎn)物時使用的玻璃儀器是（5）本實驗中，1，2二溴乙烷的產(chǎn)率為（6）下列操作中，將導(dǎo)致產(chǎn)物產(chǎn)率降低的是（填正確答案的標號）a乙烯通入溴時迅速鼓泡 b實驗時沒有裝置D c去掉裝置E燒杯中的水 d裝置F中NaOH溶液用水代替10羰基硫（O=C=S）廣泛存在于以煤為原料的各種化工原料氣中，能引起催化劑中毒、化學(xué)產(chǎn)品質(zhì)量下降和大氣污染羰基硫的氫解反應(yīng)和水解反應(yīng)是兩種常用的脫硫方法，其反應(yīng)式分別為：氫解反應(yīng)：COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=+7KJmol1水解反應(yīng)：COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H2已知反應(yīng)中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵 C=O（CO2） C=O（COS） C=S HS HO E/（KJmol1） 803 742 577 339465回答下列問題：（1）在以上脫除COS的反應(yīng)中，若某反應(yīng)有1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，則該反應(yīng)吸收的熱量為KJ（2）已知熱化學(xué)方程式CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H3 則H3=KJmol1（3）氫解反應(yīng)平衡后增大容器的體積，則正反應(yīng)速率，COS的轉(zhuǎn)化率（填“增大”或“減小”或“不變”）（4）COS氫解反應(yīng)的平衡常數(shù)K與溫度T具有如下的關(guān)系式lgK=+b，式中a和b均為常數(shù)如圖中，表示COS氫解反應(yīng)的直線為，判斷依據(jù)為一定條件下，催化劑A和B對COS的氫解均具有催化作用，相關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示： 達到平衡所需的時間/min a的數(shù)值 b的數(shù)值 催化劑A t a1 b1 催化劑B 2t a2b2則a1a2（填“”或“”或“=”），判斷a1和a2大小的依據(jù)為某溫度下，在體積不變的容器中，若COS和H2的起始體積比為1：V，平衡后COS和H2的體積比為1：10V，則此溫度下該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=三、選做題：選修2：化學(xué)與技術(shù)（共1小題，滿分15分）11海洋深處有豐富的軟錳礦（主要成分為MnO2，還含有少量鋁、銅、鎳等金屬的化合物），軟錳礦可作脫硫劑，工業(yè)上通過如下流程既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2（反應(yīng)條件已省略）請回答下列問題：（1）下列有關(guān)SO2的說法正確的是（填正確答案的標號）aSO2有毒，食品中不能含有SO2 bSO2能使酸性KMnO4溶液褪色cSO2是酸性氧化物，其水溶液是強酸 dSO2通過CaCl2濃溶液能生成沉淀（2）操作1的名稱是（3）用MnCO2能除去溶液中的Al3+，其原因是（4）加MnS除去Cu2+和Ni2+的原理是（5）MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，寫出該電池的總反應(yīng)方程式（6）根據(jù)圖中信息，寫出KMnO4與MnSO4溶液反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：（7）假設(shè)脫硫過程中，SO2只與軟錳礦漿中MnO2反應(yīng)，其化學(xué)方程式為；將2240m3（標準狀況）含有0.86%（體積分數(shù)）SO2的尾氣通入礦漿，若SO2的脫除率為100%，則最終得到MnO2的質(zhì)量為kg（忽略除去鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時引入的錳）選做題：選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（共1小題，滿分0分）12某復(fù)合硅酸鹽水泥的成分有CaO、MgO、Al2O3、SO3和SiO2等回答下列問題：（1）Ca的電子排布式為（2）MgO的熔點比CaO的熔點，其原因是（3）Al2O3溶于NaOH溶液形成NaAl（OH）4，Al（OH）4的空間構(gòu)型為（4）S的氧化物的水化物中算性最強的是，從結(jié)構(gòu)上分析其原因（5）硅酸鹽結(jié)構(gòu)中的基本結(jié)構(gòu)單元為SiO4四面體，其中Si原子的雜化軌道類型為由兩個結(jié)構(gòu)單元通過共用一個原子形成的硅酸鹽陰離子的化學(xué)式為（6）CaO與NaCl的晶胞類型相同，CaO晶胞中Ca2+的配位數(shù)為，若CaO晶胞參數(shù)為anm，CaO的密度為gcm3（用a和NA表示）選做題：選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)（共1小題，滿分0分）13部分果蔬中含有下列成分：已知：C2H4O2BrCH2COOHD甲1mol乙消耗NaHCO3的物質(zhì)的量是甲的2倍回答下列問題：（1）甲可由已知得到甲中含有不飽和鍵的官能團名稱為AB為取代反應(yīng)，A的結(jié)構(gòu)簡式為BD的化學(xué)方程式為（2）乙在一定條件下生成鏈狀酯類有機高分子化合物的化學(xué)方程式為（3）由丙經(jīng)下列途徑可得一種重要的醫(yī)藥和香料中間體J（部分反應(yīng)條件略去）：用化學(xué)方法除去E中殘留的少量丙（室溫時E和丙呈液態(tài)，忽略它們在水中的溶解），第1步加入試劑的名稱為，第2、3操作分別是過濾、分液經(jīng)EGH保護的官能團是，可以表征有機化合物中存在何種官能團的儀器是J的同分異構(gòu)體中在核磁共振氫譜上顯示為兩組峰，峰面積比為3：2的鏈狀且不存在支鏈的異構(gòu)體共有種（不含立體異構(gòu)），其中某異構(gòu)體L中的官能團都能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，則L的結(jié)構(gòu)簡式為（只寫一種）xx重慶市高考化學(xué)二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）A鋁壺可存放食醋B乙烯可催熟水果C硅膠可作干燥劑D氯氣可做消毒劑【考點】鋁的化學(xué)性質(zhì)；乙烯的化學(xué)性質(zhì)【分析】A、鋁與醋酸反應(yīng)；B、乙烯為植物生長調(diào)節(jié)劑；C、硅膠吸附性；D、氯氣與水反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有氧化性【解答】解：A、鋁與醋酸反應(yīng)，所以不能用鋁壺可存放食醋，故A錯誤；B、乙烯為植物生長調(diào)節(jié)劑，可用作水果催熟劑，故B正確；C、硅膠吸附性，所以硅膠可作干燥劑，故C正確；D、氯氣與水反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有氧化性，所以可用氯氣可做消毒劑，故D正確；故選A2下列反應(yīng)描述錯誤的是（）ACu與過量濃HNO3反應(yīng)，生成的氣體呈紅棕色B足量H2通過灼熱的CuO粉末后，生成的固體為紅色CAgNO3溶液與足量Na2S溶液反應(yīng)后再滴加NaCl溶液，沉淀為白色D物質(zhì)的量相同的CH3COOH與NaOH反應(yīng)后滴加酚酞，溶液顯紅色【考點】化學(xué)實驗方案的評價【分析】A銅和濃硝酸反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮；B氫氣具有還原性，能還原黑色的CuO生成紅色的Cu；C硫化鈉和硝酸銀反應(yīng)生成黑色的硫化銀沉淀，硫化銀不能轉(zhuǎn)化為AgCl白色沉淀；D物質(zhì)的量相同的醋酸和NaOH恰好完全反應(yīng)生成醋酸鈉，醋酸鈉溶液呈堿性而使酚酞試液變紅色【解答】解：A濃硝酸具有強氧化性，銅和濃硝酸反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮，所以生成的氣體呈紅棕色，故A正確；B氫氣具有還原性，能還原黑色的CuO生成紅色的Cu，看到的現(xiàn)象是：固體由黑色變?yōu)榧t色，故B正確；C硫化銀溶解度小于氯化銀，硫化鈉和硝酸銀反應(yīng)生成黑色的硫化銀沉淀，所以硫化銀不能轉(zhuǎn)化為AgCl白色沉淀，故C錯誤；D物質(zhì)的量相同的醋酸和NaOH恰好完全反應(yīng)生成醋酸鈉，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解而導(dǎo)致溶液呈堿性，所以醋酸鈉溶液使酚酞試液變紅色，故D正確；故選C3下列實驗中，結(jié)論正確且與現(xiàn)象具有因果關(guān)系的是（）選項 實驗 現(xiàn)象 結(jié)論 A 在 CuSO4溶液中加入一小塊Na Na溶解，生成沉淀 有Cu產(chǎn)生 B 將濃氨水滴加至燒瓶中的CaO上 產(chǎn)生的氣體可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍 有氨氣生成 C 在Fe（NO3）2溶液中加入稀H2SO4溶液變?yōu)辄S色 稀H2SO4具有氧化性 D 將氨氣通入I2淀粉溶液中 溶液藍色褪去氯氣具有漂白性AABBCCDD【考點】化學(xué)實驗方案的評價【分析】ANa性質(zhì)很活潑，將Na投入硫酸銅溶液時，先和水反應(yīng)生成NaOH，NaOH再和硫酸銅發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)；BCaO和水反應(yīng)生成氫氧化鈣且放出大量熱，放出的熱量促使一水合氨分解生成氨氣，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色；C酸性條件下，硝酸根離子具有強氧化性；D氯氣沒有漂白性，次氯酸有漂白性【解答】解：ANa性質(zhì)很活潑，將Na投入硫酸銅溶液時，先和水反應(yīng)生成NaOH，NaOH再和硫酸銅發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成藍色氫氧化銅沉淀，所以得不到Cu，故A錯誤；BCaO和水反應(yīng)生成氫氧化鈣且放出大量熱，放出的熱量促使一水合氨分解生成氨氣，氨氣和水反應(yīng)生成的一水合氨電離出氫氧根離子而導(dǎo)致氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，故B正確；C酸性條件下，硝酸根離子具有強氧化性，能氧化亞鐵離子生成鐵離子，稀硫酸具有弱氧化性，不能氧化亞鐵離子，故C錯誤；D氯氣沒有漂白性，氯氣和水生成的次氯酸有漂白性而使碘的淀粉試液褪色，故D錯誤；故選B4某有機分子中有一個六碳環(huán)，其相對分子質(zhì)量為100，完全燃燒生成等物質(zhì)的量的CO2和H2O，且能與金屬鈉反應(yīng)則該有機物環(huán)上的一氯取代物最多有（）A1種B2種C3種D4種【考點】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體【分析】A含有一個六元碳環(huán)且能與Na反應(yīng)，則A中含有OH或COOH，有機物A完全燃燒后只生成二氧化碳和水，說明沒有碳氫氧以外的元素，A的相對分子質(zhì)量為100，A含有一個六碳環(huán)，6個碳原子式量為72，COOH的式量為45，不符合，故分子含有1個OH，式量為17，利用殘余法可知，剩余基團或原子的總式量為1007217=11，故還有11個H原子，A的結(jié)構(gòu)簡式為，環(huán)上的取代物，除了OH的鄰、間、對位置外，羥基連接的碳也還有氫原子，可以取代【解答】解：A含有一個六元碳環(huán)且能與Na反應(yīng)，則A中含有OH或COOH，有機物A完全燃燒后只生成二氧化碳和水，說明沒有碳氫氧以外的元素，A的相對分子質(zhì)量為100，A含有一個六碳環(huán)，6個碳原子式量為72，COOH的式量為45，不符合，故分子含有1個OH，式量為17，利用殘余法可知，剩余基團或原子的總式量為1007217=11，故還有11個H原子，A的結(jié)構(gòu)簡式為，環(huán)上的取代物，除了OH的鄰、間、對位置外，羥基連接的碳也還有氫原子，可以取代，共4種，故選D5設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A1L1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2NAB標準狀況下，11.2 LNO與11.2LO2混合后所含分子數(shù)為0.75NACNa2O和Na2O2混合物的物質(zhì)的量為1mol，其中含有的陰離子總數(shù)為NAD室溫下，將9g鋁片投入0.5L18.4molL1的H2SO4中，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)【分析】A、在偏鋁酸鈉溶液中，除了偏鋁酸鈉，水也含氧原子；B、11.2LNO與11.2LO2混合后發(fā)生的反應(yīng)為2NO+O22NO2，2NO2N2O4；C、氧化鈉和過氧化鈉均由2個鈉離子和1個陰離子構(gòu)成；D、室溫下，鋁在濃硫酸中會鈍化【解答】解：A、在偏鋁酸鈉溶液中，除了偏鋁酸鈉，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的個數(shù)多于2NA個，故A錯誤；B、11.2LNO與11.2LO2混合后發(fā)生的反應(yīng)為2NO+O22NO2，2NO2N2O4，則反應(yīng)后的氣體的物質(zhì)的量小于0，75mol，分子個數(shù)小于0.7NA個，故B錯誤；C、氧化鈉和過氧化鈉均由2個鈉離子和1個陰離子構(gòu)成，故1mol兩者的混合物中含有的陰離子為NA個，故C正確；D、室溫下，鋁在濃硫酸中會鈍化，故反應(yīng)程度很小，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于NA個，故D錯誤故選C6短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大c、a、b最外層電子數(shù)為等差數(shù)列公差為2a、c的價電子數(shù)之和為6d的核外電子數(shù)等于b的核外電子數(shù)加8下列敘述錯誤的是（）Aa和b可形成氣態(tài)化合物Bc的原子半徑小于d的原子半徑Cb和c形成的化合物為離子化合物Da和d最高價氧化物的水化物均呈酸性【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系【分析】c、a、b最外層電子數(shù)為等差數(shù)列，公差為2，可為1、3、7或2、4、6，a、c的價電子數(shù)之和為6，則c的最外層電子數(shù)為2，a的最外層電子數(shù)為4，b的最外層電子數(shù)為6，d的核外電子數(shù)等于b的核外電子數(shù)加8，則b、d位于同一主族，b為O元素，d為S元素，由原子序數(shù)關(guān)系可知a為C元素，C為Mg，以此解答該題【解答】解：c、a、b最外層電子數(shù)為等差數(shù)列，公差為2，可為1、3、7或2、4、6，a、c的價電子數(shù)之和為6，則c的最外層電子數(shù)為2，a的最外層電子數(shù)為4，b的最外層電子數(shù)為6，d的核外電子數(shù)等于b的核外電子數(shù)加8，則b、d位于同一主族，b為O元素，d為S元素，由原子序數(shù)關(guān)系可知a為C元素，C為Mg，Aa和b可形成的化合物有CO、CO2等，故A正確；BMg、S位于同一周期，同周期元素原子半徑從左到右逐漸減小，則MgS，故B錯誤；Cb和c形成的化合物為MgO，為離子化合物，故C正確；Da為C，d為S，都為非金屬性，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物分別為碳酸、硫酸，故D正確故選B7氧電化學(xué)傳感器可用于測定O2含量，下圖為某種氧電化學(xué)傳感器的原理示意圖，已知在測定O2含量過程中，電解質(zhì)溶液的質(zhì)量保持不變，一段時間內(nèi)，若通過傳感器的待測氣體為aL（標準狀況），某電極增重了bg下列說法正確的是（）APt電極上發(fā)生氧化反應(yīng)BPt上發(fā)生的電極反應(yīng)式為4OH4eO2+2H2OC反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移OH的物質(zhì)的量為0.25bmolD待測氣體中氧氣的體積分數(shù)為0.7【考點】原電池和電解池的工作原理【分析】通入氧氣的一極為正極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極方程式為O2+2H2O+4e4OH，Pb電極為負極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極方程式為2Pb+4OH4e2PbO+2H2O，根據(jù)電極方程式和增重的質(zhì)量計算轉(zhuǎn)移氫氧根離子的數(shù)目及氧氣的量，從而計算氧氣的體積分數(shù)【解答】解：根據(jù)裝置圖分析可知，該池為原電池，通入氧氣的一極為正極，Pb電極為負極，APt電極通氧氣，為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯誤；B通入氧氣的一極為正極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極方程式為O2+2H2O+4e4OH，故B錯誤；CPb電極為負極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極方程式為2Pb+4OH4e2PbO+2H2O，結(jié)合4mol氫氧根離子，電極質(zhì)量增重32g，該電極增重的質(zhì)量為bg，則轉(zhuǎn)移OH的物質(zhì)的量為0.125bmol，故C錯誤；D根據(jù)C的分析可知，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.125bmol，由電極方程式為O2+2H2O+4e4OH，消耗氧氣的體積為=0.7bL，故氧氣的體積分數(shù)為，故D正確故選D二、解答題（共3小題，滿分43分）8鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3（可表示為FeOTiO2）用濃鹽酸溶解鈦鐵礦去渣得溶液（含有Fe2+、TiOCl42等），調(diào)節(jié)溶液的pH并加熱，過濾的TiO2和濾液控制反應(yīng)溫度在95左右，向濾液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4再將FePO4與Li2CO3和H2C2O4一起煅燒，可制取LiFePO4有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：化合物Fe（OH）2Fe（OH）3FePO4Fe3（PO4）2Ksp近似值1017103810221036（1）FeTiO3中Ti的化合價為+4，鹽酸與FeTiO3反應(yīng)的離子方程式為FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O檢驗溶液中Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，不顯血紅色，再加入過氧化氫，溶液顯血紅色（2）為提供FePO4的產(chǎn)率，根據(jù)上述制備方法和表中數(shù)據(jù)，應(yīng)采取的正確措施是d（填正確答案的標號）a不加H2O2 b調(diào)節(jié)溶液pH至5 c降低反應(yīng)溫度 d增大NH4H2PO4的用量（3）磷的含氧酸H3PO2與足量的NaOH溶液反應(yīng)，生成NaH2PO2則H3PO2為一元酸；在LiFePO4中的化學(xué)鍵有離子鍵、共價鍵，在制備LiFePO4的過程中加入H2C2O4的作用是還原FePO4（4）LiFePO4可作鋰電池的電極材料充電時，Li+從LiFePO4晶格中遷移出來，部分LiFePO4轉(zhuǎn)化為Li1xFePO4，則陽極的電極反應(yīng)式為LiFePO4xeLi1xFePO4+xLi+（5）電化學(xué)還原TiO2是獲取金屬鈦的常用方法采用熔融鹽作電解質(zhì)，用石墨作陽極，總反應(yīng)為TiO2Ti+O2電解過程中，陽極不斷被消耗而需要定期更換，其原因是2O24eO2，C+O2=CO2（用反應(yīng)式表示）電解由含80%FeTiO3的鈦鐵礦制取的TiO2得到12kg金屬鈦，已知電流效率為76%，則至少需要該種鈦鐵礦62.5kg（電流效率=×100%）【考點】制備實驗方案的設(shè)計；原電池和電解池的工作原理【分析】（1）根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為零分析，可以判斷鈦元素化合價為+4價；鈦鐵礦的主要成分為鈦酸亞鐵（FeTiO3），根據(jù)流程可知，鈦酸亞鐵與稀鹽酸反應(yīng)生成了水和FeTiOCl4；KSCN與Fe3+作用使溶液顯血紅色，與Fe2+作用無此現(xiàn)象，依此進行分析判斷；（2）向濾液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4，過氧化氫氧化亞鐵離子，與磷酸根離子形成沉淀，據(jù)此分析應(yīng)采取的正確措施，物質(zhì)的Ksp越小，越容易形成沉淀；（3）磷的含氧酸H3PO2與足量的NaOH溶液反應(yīng)，生成NaH2PO2，NaH2PO2為正鹽，H3PO2為一元酸；一般來說，金屬元素與非金屬元素形成離子鍵，同種非金屬元素之間形成極性共價鍵，不同非金屬元素之間形成極性共價鍵；H2C2O4中的碳為+3價，具有還原性；（4）充電時，為電解池，陽極LiFePO4發(fā)生氧化反應(yīng)；（5）用石墨做陽極，碳不斷被生成的氧氣氧化；根據(jù)鈦元素質(zhì)量守恒計算至少需要該種鈦鐵礦的質(zhì)量【解答】解：（1）鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3（可表示為FeOTiO2），鐵的化合價為+2價，氧元素的化合價為2價，設(shè)鈦元素的化合價為x，根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為零的規(guī)律，可得+2+x+（2）×3=0；解之得x=+4，根據(jù)工藝流程可知，F(xiàn)eTiO3與稀鹽酸反應(yīng)生成了水和FeTiOCl4，反應(yīng)的離子方程式為：FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O，KSCN與Fe3+作用使溶液顯紅色，與Fe2+作用無此現(xiàn)象，故先滴加KSCN溶液，不顯血紅色，說明原溶液不含有Fe3+；再加入過氧化氫，溶液顯血紅色，說明溶液中有Fe3+生成，即過氧化氫氧化亞鐵離子，說明原溶液中含有Fe2+，故答案為：+4；FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O；先滴加KSCN溶液，不顯血紅色，再加入過氧化氫，溶液顯血紅色；（2）aFePO4中的鐵為+3價鐵，加H2O2 目的氧化亞鐵離子且不引入新的雜質(zhì)，不加H2O2 無法氧化得不到FePO4，故a不選；bFe（OH）3的Ksp=1×1038，要使溶液中的Fe3+沉淀完全，殘留在溶液中的c（Fe3+）105molL1；Ksp=c（Fe3+）c3（OH）=105×c3（OH）=1×1038 c（OH）=1×1011mol/L，c（H+）=1×103mol/L，即PH3即可形成沉淀，調(diào)節(jié)溶液pH至5，得到氫氧化鐵沉淀，不利于FePO4的生成，故b不選；c磷酸為中強酸，降低反應(yīng)溫，不利于NH4H2PO4的電離，不利于FePO4的生成，故c不選；d增大NH4H2PO4的用量，增大磷酸根的濃度，有利于FePO4的生成，故d選；故答案為：d；（3）磷的含氧酸H3PO2與足量的NaOH溶液反應(yīng)，生成NaH2PO2，說明次磷酸中只能電離出一個氫離子，電離方程式為：H3PO2H+H2PO2，為一元強酸，在LiFePO4中Li+、Fe2+，與PO43形成離子鍵，PO43中磷和氧形成共價鍵，H2C2O4中的碳為+3價，在制備LiFePO4的過程中加入H2C2O4的作用是還原FePO4，將+3價鐵還原成+2價的鐵，故答案為：一；離子鍵、共價鍵；還原FePO4；（4）充電時，為電解池，根據(jù)部分LiFePO4轉(zhuǎn)化為Li1xFePO4，可知陽極的電極反應(yīng)式為：LiFePO4xeLi1xFePO4+xLi+，故答案為：LiFePO4xeLi1xFePO4+xLi+；（5）電化學(xué)還原TiO2，陽極發(fā)生：2O24eO2，C+O2=CO2，碳不斷被生成的氧氣氧化，因此電解過程中，陽極不斷被消耗而需要定期更換，故答案為：2O24eO2，C+O2=CO2；設(shè)至少需要該種鈦鐵礦質(zhì)量為m，根據(jù)鈦元素質(zhì)量守恒，則×76%×48g/mol=12×103g，解得m=6.25×104g=62.5kg，故答案為：62.591，2二溴乙烷是常用的有機合成中間體，某小組用如圖裝置合成1，2二溴乙烷裝置B中發(fā)生的反應(yīng)為C2H5OH CH2=CH2+H2O產(chǎn)物和部分反應(yīng)物的相關(guān)數(shù)據(jù)如下：沸點/密度/（gcm3）水中溶解性1，2二溴乙烷131.42.18微溶溴58.83.12微溶乙醇78.50.79溶合成反應(yīng)：在冰水浴冷卻下將20.0mL濃硫酸與10.0mL95%乙醇混合均勻得到反應(yīng)液，取出10.0mL加入三頸燒瓶B中，剩余部分轉(zhuǎn)入滴液漏斗A中E的試管中加入8.0g液溴，再加入23mL水，試管外用水冷卻斷開D、E之間的導(dǎo)管，加熱B，待裝置內(nèi)空氣被排除后，連接D和E，繼續(xù)加熱并保持溫度在170180，打開滴液漏斗活塞，緩慢滴加反應(yīng)液，直至反應(yīng)完畢分離提純：將粗產(chǎn)物分別用10%的氫氧化鈉溶液和水洗滌，分離后加入無水氯化鈣干燥，待溶液澄清后進行蒸餾，得到純凈的1，2二溴乙烷6.3g回答下列問題：（1）混合濃硫酸與乙醇時，加入試劑的正確順序是先加乙醇，再加濃硫酸；使用冰水浴降溫的目的是防止乙醇揮發(fā)（2）為防止暴沸，裝置B中還應(yīng)加入碎瓷片；C的作用是平衡氣壓；E中試管里加水的目的是防止溴、產(chǎn)物1，2二溴乙烷揮發(fā)（3）判斷生成1，2二溴乙烷反應(yīng)結(jié)束的方法是E中試管里的液體變?yōu)闊o色；反應(yīng)結(jié)束時正確的操作是斷開DE之間的導(dǎo)管，再停止加熱（4）洗滌和分離粗產(chǎn)物時使用的玻璃儀器是分液漏斗、燒杯（5）本實驗中，1，2二溴乙烷的產(chǎn)率為67%（6）下列操作中，將導(dǎo)致產(chǎn)物產(chǎn)率降低的是abc（填正確答案的標號）a乙烯通入溴時迅速鼓泡 b實驗時沒有裝置D c去掉裝置E燒杯中的水 d裝置F中NaOH溶液用水代替【考點】制備實驗方案的設(shè)計【分析】合成1，2二溴乙烷裝置B：乙醇在濃硫酸作用下加熱到170發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯和水，裝置C：平衡氣壓，裝置D：用氫氧化鈉溶液除去SO2、CO2，裝置E：溴與乙烯發(fā)生反應(yīng)，裝置F：尾氣吸收，（1）根據(jù)濃硫酸密度大于乙醇和乙酸，且混合過程中濃硫酸放出大量熱進行解答；乙醇沸點低，使用冰水浴降溫可防止乙醇揮發(fā)；（2）為防止暴沸，裝置B中還應(yīng)加入碎瓷片，B裝置產(chǎn)生乙烯氣體，裝置C有豎直的玻璃管，與空氣相通，可以穩(wěn)定裝置中的壓強，起安全瓶作用，溴易揮發(fā)，E中試管里加水的目的是防止溴揮發(fā)；（3）乙烯和溴水發(fā)生了加成反應(yīng)，溴水褪色；為防止倒吸，反應(yīng)結(jié)束時正確的操作是斷開DE之間的導(dǎo)管，再停止加熱；（4）根據(jù)洗滌操作選擇玻璃儀器；（5）根據(jù)反應(yīng)方程式CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br可知，8.0g的溴和足量的乙醇制備1，2二溴乙烷的質(zhì)量為9.4g，根據(jù)產(chǎn)率=×100%計算；（6）通入乙烯氣體速率過快，影響乙烯吸收，未除掉乙烯中的雜質(zhì)影響產(chǎn)品質(zhì)量，溴、1，2二溴乙烷揮發(fā)需液封防止揮發(fā)【解答】解：（1）濃硫酸密度較大，混合過程會放出大量熱，所以正確操作方法為：先向試管中加入乙醇，然后邊振蕩邊慢慢加入濃硫酸，乙醇沸點低，溫度高易揮發(fā)，使用冰水浴降溫可防止乙醇揮發(fā)，故答案為：先加乙醇，再加濃硫酸；防止乙醇揮發(fā)；（2）乙醇沸點低，加熱易沸騰，裝置B中還應(yīng)加入碎瓷片引入汽化中心，防止暴沸，B裝置產(chǎn)生乙烯氣體，裝置C有豎直的玻璃管為安全管，與空氣相通，當C壓力過大時，安全管中液面上升，使C瓶中壓力穩(wěn)定，并能發(fā)現(xiàn)裝置是否堵塞，能平衡氣壓，液溴有強揮發(fā)性，反應(yīng)放熱，產(chǎn)物1，2二溴乙烷也能的揮發(fā)，水可以起保護作用，減少產(chǎn)品揮發(fā)引起的損失，所以E中試管里加水的目的是防止溴、產(chǎn)物1，2二溴乙烷揮發(fā)，故答案為：碎瓷片；平衡氣壓；防止溴、產(chǎn)物1，2二溴乙烷揮發(fā)；（3）乙烯和溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷為無色，所以判斷生成1，2二溴乙烷反應(yīng)結(jié)束的方法是E中試管里的液體變?yōu)闊o色，為防止倒吸，反應(yīng)結(jié)束時正確的操作是斷開DE之間的導(dǎo)管，再停止加熱，故答案為：E中試管里的液體變?yōu)闊o色；斷開DE之間的導(dǎo)管，再停止加熱；（4）將1，2二溴乙烷粗產(chǎn)品置于分液漏斗中加水，振蕩后靜置，產(chǎn)物應(yīng)在下層，所以需要的玻璃儀器為：分液漏斗、燒杯，故答案為：分液漏斗、燒杯；（5）根據(jù)反應(yīng)方程式CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br可知，8.0g的溴和足量的乙醇制備1，2二溴乙烷的質(zhì)量為9.4g，所以產(chǎn)率=×100%=×100%67%，故答案為：67%；（6）a乙烯通入溴時迅速鼓泡，部分乙烯未被吸收，產(chǎn)量偏低，故選；b裝置D：用氫氧化鈉溶液除去SO2、CO2，實驗室沒有裝置D，二氧化硫能與溴水反應(yīng)生成硫酸和氫溴酸，產(chǎn)量偏低，故選；c液溴有強揮發(fā)性，反應(yīng)放熱，產(chǎn)物1，2二溴乙烷也能的揮發(fā)，水可以起保護作用，減少產(chǎn)品揮發(fā)引起的損失，若去掉裝置E燒杯中的水，產(chǎn)量偏低，故選；d裝置F尾氣吸收，其中的NaOH溶液用水代替，無影響，故不選故答案為：abc10羰基硫（O=C=S）廣泛存在于以煤為原料的各種化工原料氣中，能引起催化劑中毒、化學(xué)產(chǎn)品質(zhì)量下降和大氣污染羰基硫的氫解反應(yīng)和水解反應(yīng)是兩種常用的脫硫方法，其反應(yīng)式分別為：氫解反應(yīng)：COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=+7KJmol1水解反應(yīng)：COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H2已知反應(yīng)中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵 C=O（CO2） C=O（COS） C=S HS HO E/（KJmol1） 803 742 577 339465回答下列問題：（1）在以上脫除COS的反應(yīng)中，若某反應(yīng)有1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，則該反應(yīng)吸收的熱量為3.5KJ（2）已知熱化學(xué)方程式CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H3 則H3=42KJmol1（3）氫解反應(yīng)平衡后增大容器的體積，則正反應(yīng)速率減小，COS的轉(zhuǎn)化率不變（填“增大”或“減小”或“不變”）（4）COS氫解反應(yīng)的平衡常數(shù)K與溫度T具有如下的關(guān)系式lgK=+b，式中a和b均為常數(shù)如圖中，表示COS氫解反應(yīng)的直線為z，判斷依據(jù)為氫解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，k增大一定條件下，催化劑A和B對COS的氫解均具有催化作用，相關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示： 達到平衡所需的時間/min a的數(shù)值 b的數(shù)值 催化劑A t a1 b1 催化劑B 2t a2b2則a1=a2（填“”或“”或“=”），判斷a1和a2大小的依據(jù)為K的數(shù)值只與溫度有關(guān)，與催化劑無關(guān)某溫度下，在體積不變的容器中，若COS和H2的起始體積比為1：V，平衡后COS和H2的體積比為1：10V，則此溫度下該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=【考點】化學(xué)平衡的計算；化學(xué)平衡的影響因素【分析】（1）脫硫反應(yīng)中氫解反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=+7KJmol1 ，2moll電子轉(zhuǎn)移吸收熱量7KJ，依據(jù)此熱化學(xué)方程式計算；（2）反應(yīng)焓變H=斷裂反應(yīng)物總化學(xué)鍵吸收的能量生成物形成化學(xué)鍵放出的能量=反應(yīng)物總鍵能生成物總鍵能，結(jié)合蓋斯定律計算得到；（3）氫解反應(yīng)平衡后增大容器的體積，壓強減小，反應(yīng)速率減小，COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）反應(yīng)前后氣體體積不變，壓強變化平衡不變；（4）氫解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向進行；平衡常數(shù)隨溫度變化，溫度不變，平衡常數(shù)不變；結(jié)合好像平衡三行計算列式計算平衡濃度，平衡常數(shù)等語言生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積【解答】解：（1）脫硫反應(yīng)中氫解反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=+7KJmol1 ，2moll電子轉(zhuǎn)移吸收熱量7KJ，若某反應(yīng)有1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，則該反應(yīng)吸收的熱量為3.5KJ，故答案為：3.5；（2）COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H2 =742KJ+577KJ+2×465KJ2×339KJ2×803KJ=35KJ/mol，COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=+7KJmol1蓋斯定律計算得到：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H3=42KJ/mol，故答案為：42；（3）COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）反應(yīng)前后氣體體積不變，氫解反應(yīng)平衡后增大容器的體積，壓強減小，反應(yīng)速率減小，平衡不動COS的轉(zhuǎn)化率不變，故答案為：減?。徊蛔?；（4）COS氫解反應(yīng)的平衡常數(shù)K與溫度T具有如下的關(guān)系式lgK=+b，式中a和b均為常數(shù)，隨增大，K增大，氫解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，k增大，如圖中，表示COS氫解反應(yīng)的直線為z，故答案為：z；氫解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，k增大；K的數(shù)值只與溫度有關(guān)，溫度不變平衡常數(shù)不變與催化劑無關(guān)，lgK=+b，則a1=a2，故答案為：=；K的數(shù)值只與溫度有關(guān)，與催化劑無關(guān)；某溫度下，在體積不變的容器中，若COS和H2的起始體積比為1：V，平衡后COS和H2的體積比為1：10V，依據(jù)化學(xué)平衡三行計算得到，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變，可以直接利用物質(zhì)的量計算 COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）起始量 1 V 0 0變化量 x x x x平衡量 1x Vx x x（1x）：（Vx）=1：10Vx=則此溫度下該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=，故答案為：三、選做題：選修2：化學(xué)與技術(shù)（共1小題，滿分15分）11海洋深處有豐富的軟錳礦（主要成分為MnO2，還含有少量鋁、銅、鎳等金屬的化合物），軟錳礦可作脫硫劑，工業(yè)上通過如下流程既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2（反應(yīng)條件已省略）請回答下列問題：（1）下列有關(guān)SO2的說法正確的是b（填正確答案的標號）aSO2有毒，食品中不能含有SO2 bSO2能使酸性KMnO4溶液褪色cSO2是酸性氧化物，其水溶液是強酸 dSO2通過CaCl2濃溶液能生成沉淀（2）操作1的名稱是過濾（3）用MnCO2能除去溶液中的Al3+，其原因是MnCO3消耗氫離子，促進Al3+水解生成氫氧化鋁沉淀（4）加MnS除去Cu2+和Ni2+的原理是CuS和NiS的溶解度小于MnS的溶解度，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化（5）MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，寫出該電池的總反應(yīng)方程式Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn（OH）2（6）根據(jù)圖中信息，寫出KMnO4與MnSO4溶液反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+（7）假設(shè)脫硫過程中，SO2只與軟錳礦漿中MnO2反應(yīng)，其化學(xué)方程式為SO2+MnO2=MnSO4；將2240m3（標準狀況）含有0.86%（體積分數(shù)）SO2的尾氣通入礦漿，若SO2的脫除率為100%，則最終得到MnO2的質(zhì)量為124.7kg（忽略除去鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時引入的錳）【考點】海水資源及其綜合利用；二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)【分析】由流程可知，二氧化硫能與二氧化錳反應(yīng)生成硫酸錳，用MnCO3能除去溶液中Al3+，MnS與銅、鎳離子混合轉(zhuǎn)化為CuS、NiS沉淀，過濾，濾液中含有硫酸錳，高錳酸鉀能與硫酸錳反應(yīng)生成二氧化錳，通過過濾獲得二氧化錳；（1）a食品在加工過程中，可能含有極少量的SO2；bSO2具有還原性，能與強氧化劑反應(yīng)；c亞硫酸不是強酸；dSO2與CaCl2溶液不反應(yīng)；（2）操作1是分離固液混合物；（3）MnCO3消耗氫離子，促進鋁離子的水解；（4）根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化分析；（5）堿性鋅錳電池中Zn與MnO2反應(yīng)生成MnOOH和氫氧化鋅；（6）酸性條件下KMnO4與MnSO4溶液反應(yīng)生成二氧化錳；（7）SO2與軟錳礦漿中的MnO2反應(yīng)生成硫酸錳；根據(jù)方程式中二氧化硫與二氧化錳之間的關(guān)系計算【解答】解：由流程可知，二氧化硫能與二氧化錳反應(yīng)生成硫酸錳，用MnCO3能除去溶液中Al3+，MnS與銅、鎳離子混合轉(zhuǎn)化為CuS、NiS沉淀，過濾，濾液中含有硫酸錳，高錳酸鉀能與硫酸錳反應(yīng)生成二氧化錳，通過過濾獲得二氧化錳；（1）a食品在加工過程中，可能含有極少量的SO2，所以食品中允許含有極少量的SO2，故a錯誤；bSO2具有還原性，能與強氧化劑反應(yīng)，所以SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故b正確；cSO2溶于水生成亞硫酸，亞硫酸不是強酸，故c錯誤；dSO2與CaCl2溶液不反應(yīng)，所以SO2通過CaCl2濃溶液能生成沉淀，故d錯誤；故答案為：b；（2）操作1是分離固液混合物，所以其操作名稱為過濾；故答案為：過濾；（3）向溶液中加MnCO3會消耗氫離子，促進Al3+的水解生成氫氧化鋁沉淀，從而除去溶液中的鋁離子；故答案為：MnCO3消耗氫離子，促進Al3+水解生成氫氧化鋁沉淀；（4）CuS和NiS的溶解度小于MnS的溶解度，當溶液中加MnS時會發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，即生成CuS、NiS沉淀，從而除去銅離子和鎳離子；故答案為：CuS和NiS的溶解度小于MnS的溶解度，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化；（5）堿性鋅錳電池中Zn與MnO2反應(yīng)生成MnOOH和氫氧化鋅，則堿性鋅錳電池的總反應(yīng)：Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn（OH）2；故答案為：Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn（OH）2；（6）酸性條件下KMnO4與MnSO4溶液反應(yīng)生成二氧化錳，其反應(yīng)的離子方程式為：2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；故答案為：2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；（7）SO2與軟錳礦漿中的MnO2反應(yīng)生成硫酸錳，其反應(yīng)方程式為：SO2+MnO2=MnSO4；2240 m3（標準狀況）含有0.86%（體積分數(shù)）SO2，二氧化硫的物質(zhì)的量為×0.86%=860mol，3SO23MnSO42MnO45MnO2， 3 5860mol n則m（MnO2）=×87g/mol=124700g=124.7kg；故答案為：SO2+MnO2=MnSO4；124.7選做題：選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（共1小題，滿分0分）12某復(fù)合硅酸鹽水泥的成分有CaO、MgO、Al2O3、SO3和SiO2等回答下列問題：（1）Ca的電子排布式為1s22s22p63s23p64s2（2）MgO的熔點比CaO的熔點高，其原因是Mg2+半徑比Ca2+小，MgO的晶格能較大（3）Al2O3溶于NaOH溶液形成NaAl（OH）4，Al（OH）4的空間構(gòu)型為正四面體（4）S的氧化物的水化物中算性最強的是H2SO4，從結(jié)構(gòu)上分析其原因H2SO4中S的正電荷高于H2SO3的正電荷，導(dǎo)致H2SO4的SOH中O的電子向S偏移的程度更大，更容易電離出H+，所以H2SO4的酸性強（5）硅酸鹽結(jié)構(gòu)中的基本結(jié)構(gòu)單元為SiO4四面體，其中Si原子的雜化軌道類型為sp3由兩個結(jié)構(gòu)單元通過共用一個原子形成的硅酸鹽陰離子的化學(xué)式為Si2O76（6）CaO與NaCl的晶胞類型相同，CaO晶胞中Ca2+的配位數(shù)為6，若CaO晶胞參數(shù)為anm，CaO的密度為gcm3（用a和NA表示）【考點】晶胞的計算；原子核外電子排布【分析】（1）根據(jù)構(gòu)造原理排布；（2）相同類型的離子晶體中，晶體的熔點與晶格能成正比，晶格能與離子半徑成反比；（3）Al3+可以形成sp3型雜化軌道，Al（OH）4中的配位數(shù)是4，據(jù)此判斷其空間結(jié)構(gòu)；（4）同種元素的物質(zhì)間元素的化合價越高，對應(yīng)的含氧酸的酸性越強；（5）SiO4四面體，Si的電子對數(shù)為4，雜化類型為sp3，兩個結(jié)構(gòu)單元通過共用的原子為O原子；（6）以鈣離子為中心，沿X、Y、Z三軸進行切割，從而確定鈣離子配位數(shù)；根據(jù)密度計算【解答】解：（1）Ca屬于20號元素，3d軌道能量大于4s軌道，所以Ca的電子排布式應(yīng)是1s22s22p63s23p64s2，故答案為：1s22s22p63s23p64s2；（2）MgO晶體的熔點比CaO高都屬于離子晶體，Mg2+半徑比Ca2+小，鍵能較大，所以氧化鎂晶體的晶格能大于氧化鈣，導(dǎo)致氧化鎂晶體的熔點大于氧化鈣，故答案為：高；Mg2+半徑比Ca2+小，MgO的晶格能較大；（3）Al（OH）4配離子的中心原子采取sp3雜化，配位數(shù)為4，故空間構(gòu)型為正四面體型，故答案為：正四面體；（4）同種元素的物質(zhì)間元素的化合價越高，對應(yīng)的含氧酸的酸性越強，H2SO4中S的正電荷高于H2SO3的正電荷，導(dǎo)致H2SO4的SOH中O的電子向S偏移的程度更大，更容易電離出H+，所以H2SO4的酸性強，故答案為：H2SO4；H2SO4中S的正電荷高于H2SO3的正電荷，導(dǎo)致H2SO4的SOH中O的電子向S偏移的程度更大，更容易電離出H+，所以H2SO4的酸性強；（5）SiO4四面體，Si的電子對數(shù)為4，雜化類型為sp3，由兩個結(jié)構(gòu)單元通過共用一個O原子形成的硅酸鹽陰離子比SiO4四面體少一個O原子，陰離子的化學(xué)式為Si2O76，故答案為：sp3；Si2O76；（6）以鈣離子為中心，沿X、Y、Z三軸進行切割，上下左右前后，結(jié)合圖片知，鈣離子的配位數(shù)是6，若該晶胞的邊長為anm，晶胞體積為（a×107cm）3，晶胞中有4個Ca原子、4個O原子，故晶胞質(zhì)量為g，故該氧化物的密度為g÷（a×107cm）3=gcm3，故答案為：6；選做題：選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)（共1小題，滿分0分）13部分果蔬中含有下列成分：已知：C2H4O2BrCH2COOHD甲1mol乙消耗NaHCO3的物質(zhì)的量是甲的2倍回答下列問題：（1）甲可由已知得到甲中含有不飽和鍵的官能團名稱為羧基AB為取代反應(yīng)，A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOHBD的化學(xué)方程式為BrCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaBr+H2O（2）乙在一定條件下生成鏈狀酯類有機高分子化合物的化學(xué)方程式為n HOOCCH（OH）COOH+（n1）H2O（3）由丙經(jīng)下列途徑可得一種重要的醫(yī)藥和香料中間體J（部分反應(yīng)條件略去）：用化學(xué)方法除去E中殘留的少量丙（室溫時E和丙呈液態(tài)，忽略它們在水中的溶解），第1步加入試劑的名稱為新制氫氧化銅或銀氨溶液，第2、3操作分別是過濾、分液經(jīng)EGH保護的官能團是羥基，可以表征有機化合物中存在何種官能團的儀器是紅外光譜儀J的同分異構(gòu)體中在核磁共振氫譜上顯示為兩組峰，峰面積比為3：2的鏈狀且不存在支鏈的異構(gòu)體共有8種（不含立體異構(gòu)），其中某異構(gòu)體L中的官能團都能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，則L的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CO