训练(12) 综合检测(2)-2024年高二化学暑假作业（江苏专版）

训练(十二) 综合检测(二) (满分：100分　时间：75分钟) 一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1．化学作为一门基础学科在生产、生活中起到了重要的作用。下列有关说法中正确的是( ) A．载人飞船上的太阳能电池板能实现将化学能直接转化为电能 B．铁制品表面镀上铜保护层，是利用牺牲阳极法 C．煤的干馏、气化与石油的分馏、裂化均属于化学变化 D．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料 2．北京工商大学苏发兵课题组最近合成CuO/ZnO纳米材料提高有机硅单体合成反应(Rochow—Muller Process)的选择性和产率。化学反应如下： 下列有关叙述正确的是( ) A．甲分子是正四面体形非极性分子 B．乙晶体是含非极性键的共价晶体 C．催化剂中第一电离能：Cu>Zn>O D．熔点：丙>甲>乙 3．实验室制取并收集NH3，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是( ) A．用装置甲制取NH3 B. 用装置乙干燥NH3 C．用装置丙收集NH3 D. 用操作丁检验NH3是否已收集满 4．几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表： 元素代号 A B D E G H I J 化合价 －1 －2 ＋4、 －4 －1 ＋5、 －3 ＋3 ＋2 ＋1 原子半径/nm 0.071 0.074 0.077 0.099 0.110 0.143 0.160 0.186 分析判断下列说法正确的是( ) A．D、H、J的氧化物分别为酸性氧化物、两性氧化物、碱性氧化物 B．A、H、J的离子半径由大到小的顺序是A＞J＞H C．G元素的单质不存在同素异形体 D．I在DB2中燃烧生成两种化合物 5．氟是已知元素中电负性最大、单质氧化性最强的元素，与稀有气体Xe形成的XeF2分子是非极性分子，与其他卤素形成的卤素互化物(如ClF、ClF3)具有与Cl2相似的化学性质，与氮形成的NF3可与NH3反应生成N2F2(结构式：F—N===N—F)。自然界中，含氯矿石有萤石(CaF2)、冰晶石(Na3AlF6)等，萤石可与浓硫酸共热制取HF气体。工业上，可通过电解KF的无水HF溶液(含F－和HF离子)制取F2。下列有关说法正确的是( ) A．XeF2的空间结构为Ⅴ形 B. ClF与ClF3互为同素异形体 C．键角：NF3>NH3 D. N2F2存在顺反异构现象 6．下列化学反应表示不正确的是( ) A．F2与水反应：2F2＋2H2O===4HF＋O2 B．ClF与NaOH溶液反应：ClF＋2OH－===Cl－＋FO－＋H2O C．萤石与浓硫酸共热制取HF：CaF2＋H2SO4(浓)CaSO4＋2HF↑ D．工业上，可通过电解KF的无水HF溶液(含F－和HF离子)制取F2，制F2时HF在阴极放电：2HF＋2e－===H2↑＋4F－ 7．下列物质的结构、性质、用途具有对应关系的是( ) A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥Cl2 B．ClF3具有强氧化性，可用作火箭助燃剂 C．冰晶石微溶于水，可用作电解铝工业的助熔剂 D．HF分子之间形成氢键，HF(g)的热稳定性比HCl(g)的高 8．元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是( ) 9．药物沃塞洛托的重要中间体Y的合成路线如图所示。下列说法不正确的是( ) A．1 mol X最多能与3 mol NaOH反应 B．Y分子中所有原子有可能共平面 C．X、Y的分子组成相差C3H4 D．用红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团 10．室温下，下列实验探究方案能够达到探究目的的是( ) 选项 探究方案 探究目的 A 将1­溴丁烷与NaOH的乙醇溶液混合后加热，生成的气体通入Br2的CCl4溶液中，观察现象 1­溴丁烷能否发生消去反应生成烯烃 B 将SO2气体通入紫色石蕊溶液中，观察溶液颜色变化 SO2是否具有漂白性 C 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体，观察现象 比较Na2CO3与NaHCO3在水中溶解度的大小 D 向Fe(NO3)3溶液中滴加淀粉，再通入HI气体，观察现象 比较Fe3＋与I2氧化性的强弱 11.利用碳氯化反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s) TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH＝－51 kJ·mol－1，可将TiO2转化为TiCl4，再进一步还原得到金属钛，下列说法正确的是( ) A．碳氯化反应在高温下不能自发进行 B．加压、降温均可增大生成TiCl4的速率 C．反应中每消耗1 mol TiO2，转移电子的数目约为4×6.02×1023 D．将TiO2(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反应可提高Cl2的平衡转化率 12．室温下，Na2CO3体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示。在 c起始(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1的体系中，研究Mg2＋在不同pH时的可能产物，c(Mg2＋)与pH的关系如图2所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c(CO)＝Ksp(MgCO3)，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]。 下列说法正确的是( ) A．由M点可求得Ka2(H2CO3)＝1×10－6.37 B．pH＝11的体系中：c(CO)<c(HCO) C．Q点的体系中，发生反应Mg2＋＋2HCO===Mg(OH)2↓＋2CO2↑ D．P点的体系中，c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1 13．二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ CH3OCH3(g)＋H2O(g)===2CH3OH(g) ΔH1>0 反应Ⅱ CH3OH＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g) ΔH2>0 反应Ⅲ CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH3>0 在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得的CH3OCH3实际转化率、CO2实际选择性与CO2平衡选择性随温度的变化如图所示。CO2的选择性＝×100%。下列说法不正确的是( ) A．曲线a表示CH3OCH3实际转化率随温度的变化 B．200 ℃时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率 C．适当增加，有利于提高H2的产率 D．一定温度下，若增大压强，CO的平衡产量不变 二、非选择题：共4题，共61分。 14．(15分)化学还原稳定法是当前Cr(Ⅵ)水体污染修复领域的主要技术。废水中Cr(Ⅵ)主要以Cr2O和CrO形式存在，化学还原稳定法去除水中Cr(Ⅵ)主要包括铬的还原和固定两个过程。常用的化学还原剂包括硫系还原剂和铁系还原剂。已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0× 10－38，Ksp[Cr(OH)3]＝4.5×10－31。 (1)CaS5是常用的硫系还原剂，在处理Cr(Ⅵ)时自身转化为单质S。 ①S具有链状结构，其结构式可表示为____________________。 ②经CaS5修复的水体pH明显________(填“增大”或“减小”)，严重影响土壤及地下水的利用。 (2)铁系还原剂FeSO4的还原效率虽不及硫化物，但有利于Cr的固定。 ①在酸性溶液中，FeSO4还原Cr(Ⅵ)的离子方程式为_______________________________。 ②Cr的固定途径有两个：其一是难溶性铬铁共沉淀氢氧化物[CrxFe1－x(OH)3]或Cr(OH)3沉淀的生成；其二是______________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)试剂联用[n(CaS5)∶n(FeSO4)＝1∶2]有望实现高效且稳定的修复效果。 ①待各体系充分反应后，静置2h。实验测得分别使用单一试剂和试剂联用时，溶液中总Cr的去除率随溶液初始pH的变化关系如图1所示。pH>9，随pH增大，试剂联用时溶液中总Cr的去除率上升的原因是____________________________________________________。 图1 ②在HCO存在下，试剂联用处理溶液中Cr(Ⅵ)，待体系充分反应，静置2h。测得HCO浓度对溶液pH以及总Cr去除效果的影响关系如图2所示。随HCO浓度进一步增加，总Cr的去除率明显上升的原因是___________________________________________________。 图2 ③研究表明，试剂联用效果优于单一试剂主要是由于反应过程中生成了起催化作用的FeS。FeS的生成过程可用化学方程式表示为________________________。 15．(15分)某研究小组按下列路线合成药物利培酮。 请回答： (1)化合物A中碳原子的杂化方式是__________________。 (2)E→F的过程中涉及两步反应，其反应类型依次为_______________________________。 (3)G的结构简式为_____________________________________________________。 (4)写出同时符合下列条件的化合物A的一种同分异构体的结构简式________________________________________________________________________。 ①1H—NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，没有C===N键和氮氧键； ②分子中有一个含氧六元环，无其他环。 (5)设计以CH3CN、和NH3为原料合成的路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)。 16．(15分)以方铅矿(主要成分PbS，含少量FeS)和软锰矿(主要成分MnO2)为原料制备电池材料PbSO4和Mn3O4，过程可表示为： 已知：①Pb2＋(aq)＋4Cl－(aq) PbCl(aq) K＝31.25 ②PbCl2(s) Pb2＋(aq)＋2Cl－(aq) Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5 (1)70 ℃时，“协同浸取”生成PbCl和S的离子方程式为____________________；“协同浸取”时加入NaCl可避免生成PbCl2沉积在矿石表面，其原因是_______________________ ________________________________________________________________________。 (2)“沉降分铅”的目的是将滤液中的PbCl沉降为PbCl2沉淀。沉降反应PbCl(aq)PbCl2(s)＋2Cl－(aq)的平衡常数K＝________。 (3)络合萃取剂全氟聚醚­二(甲基吡啶)胺通过氮原子与Pb2＋形成配位键的方式萃取铅。已知氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚­二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，若在氮原子和含氟基团间引入—CH2CH2CH2—基团配位能力会增强，其原因分别是__________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)制备Mn3O4。Mn3O4(难溶于水的黑色晶体)可通过空气氧化Mn2＋制得，制备时溶液的温度和pH对Mn3O4的产率影响如图所示。请补充完整由净化后的含Mn2＋的滤液制备较纯净的Mn3O4的实验方案：取一定量的含Mn2＋的滤液于三颈烧瓶中，________________________________________________________________________ ____________________，真空40 ℃干燥得产品Mn3O4。(必须使用的试剂：空气、蒸馏水、氨水、稀硝酸、AgNO3溶液。) 17．(16分)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 (1)利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如下： 相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图1所示： 图1 FE%＝×100%，选择性S(X)＝×100%。 “电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为____________________，当电解电压为U1时，生成C2H5OH和HCOOH的选择性之比为________。 (2)利用铟氧化物催化CO2、H2制取CH3OH的可能机理如图2所示，In2O3无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的CO2、H2混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，CH3OH选择性、CO2转化率随气体流速变化曲线如图3所示。 ①图2中的反应每生成1 mol CH3OH(g)放出49 kJ的热量，其热化学方程式为 ________________________________________________________________________。 ②若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ③制取CH3OH时，同时发生反应CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH>0，气体流速分别为15 000 mL·h－1和21 000 mL·h－1，相同时间内生成CH3OH的质量，前者________(选填“>”“＝”或“<”)后者；保持气体流速不变，反应管内温度从300 ℃升高到320 ℃，测得出口处CO2和CH3OH的物质的量均减小，可能的原因是__________________________________ ________________________________________________________________________。 答案 训练(十二) 综合检测(二) 1．D 太阳能电池板能将太阳能转化为电能，A错误；牺牲阳极法是将被保护金属作正极，活泼性更强的金属作负极，B错误；石油的分馏是物理变化，C错误；碳纤维是一种新型无机非金属材料，D正确。 2．B 3．D 实验室用浓氨水加到氧化钙或碱石灰或氢氧化钠固体中制取NH3，该装置能达到实验目的，故A不符合题意；碱石灰干燥氨气，该装置能达到实验目的，故B不符合题意；氨气密度比空气小，极易溶于水，用“短进长出”排空法收集，该装置能达到实验目的，故C不符合题意；浓硫酸是难挥发性酸，该装置不能观察到实验现象，因此不能检验NH3是否已收集满，故D符合题意。 4．B 5．D 由题可知XeF2是非极性分子，故空间结构不是V形，A错误；ClF与ClF3是两种不同的化合物，不是同素异形体，B错误；NF3和NH3分子中N原子的价层电子对数都为4，且均含有1个孤电子对，F的电负性强于H，NF3中成键电子对更偏向于F原子，导致N上的电子云密度减小，排斥力减小，键角变小，故键角：NF3<NH3，C错误；由于氟原子只能成一个共价键，所以两个F 原子一定在分子结构的两边，而N原子处于中间 N原子要形成三个共价键，所以两个N原子除了与 F原子形成一个共价键外，两个N原子之间还有两个共价键，一个σ键和一个π键，类似于乙烯的结构，是平面型的，F原子可以同时在双键的一侧 ，也可以在双键的两侧，因此N2F2存在顺反异构，D正确。 6．B F2与水反应生成HF和O2，其反应方程式为：2F2＋2H2O===4HF＋O2，故A正确；ClF中F为－1价，则ClF与NaOH溶液反应：ClF＋2OH－===ClO－＋F－＋H2O，故B错误；萤石与浓硫酸共热反应生成HF和硫酸钙，其反应方程式为：CaF2＋H2SO4(浓)CaSO4＋2HF↑，故C正确；工业上，可通过电解KF的无水HF溶液(含F－和HF离子)制取F2，阴极得到电子，发生还原反应，因此制F2时HF在阴极放电：2HF＋2e－===H2↑＋4F－，故D正确。 7．B 浓硫酸可用于干燥Cl2，是因为具有吸水性，故A错误；ClF3具有强氧化性，可氧化燃料，可用作火箭助燃剂，故B正确；冰晶石可用作电解铝工业的助熔剂是因为可以降低氧化铝的熔点，与其微溶于水的性质无关，故C错误；HF(g)的热稳定性比HCl(g)的高，是因为H—F键能大于H—Cl键能，与HF分子之间形成氢键的性质无关，故D错误。 8．D 工业制取漂白粉是将Cl2通入石灰乳中制得，A项错误；由于MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl易挥发，故直接蒸干MgCl2溶液得不到无水MgCl2，B项错误；硫与过量的O2燃烧只能生成SO2，SO2经催化氧化才能制得SO3，C项错误；向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，可以制得NaHCO3固体，然后NaHCO3受热分解得到纯碱，D项正确。 9．B X含有两个酚羟基和一个羧基，羟基、羧基都与氢氧化钠反应，因此1 mol X最多能与3 mol NaOH反应，故A正确；Y分子中含有饱和碳原子，则所有原子不可能共平面，故B错误；根据X和Y的结构简式得到X、Y的分子组成相差C3H4，故C正确；红外光谱可用于检测官能团，因此用红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团，故D正确。 10．A 气体通入Br2的CCl4溶液中，溶液褪色，说明生成了烯烃，则证明发生了消去反应，故A符合题意；将SO2气体通入紫色石蕊溶液中，溶液变红，不能证明二氧化硫有漂白性，故B不符合题意；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体，有晶体析出，根据Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3分析得到，106 g碳酸钠反应得到168 g碳酸氢钠，生成的碳酸氢钠增多，假设溶解度相同时也会有晶体析出，因此不能通过现象来比较Na2CO3与NaHCO3在水中溶解度的大小，故C不符合题意；向Fe(NO3)3溶液中滴加淀粉，再通入HI气体，溶液变蓝，由于硝酸的氧化性大于铁离子，可能是硝酸氧化了碘离子，因此不能比较Fe3＋与I2氧化性的强弱，故D不符合题意。 11．C 碳氯化反应是放热、熵增的反应，根据，则该反应在任意温度下能自发进行，故A错误；加压，速率增大，降温，速率降低，因此不能增大生成TiCl4的速率，故B错误；根据方程式分析，消耗1 mol TiO2，转移4 mol电子，反应中每消耗1 mol TiO2，转移电子的数目约为4×6.02×1023，故C正确；将TiO2(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反应可提高Cl2的反应速率，是由于增大了接触面积，但不能提高平衡转化率，故D错误。 12．D 图1表示Na2CO3体系，随着pH的逐渐减小，溶液中c(CO)逐渐减小，c(HCO)先增大后减小，c(H2CO3)逐渐增大，且当pH＝6.37时，两曲线交点表示溶液中c(HCO)＝c(H2CO3)，由此可算出对应的电离平衡常数，图2中图像的纵坐标是－lg [c(Mg2＋)]，数值从下往上增大，即从下往上c(Mg2＋)减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，据此分析。 根据图1，当pH＝10.25时，溶液中c(HCO)＝c(CO)，则Ka2＝＝c(H＋)＝10－10.25，故A错误；pH＝11的体系中，观察图1可知c(CO)>c(HCO)，故B错误；Q点的体系中，观察图2的横坐标和纵坐标可知pH＝8，－lg[c(Mg2＋)]＝1，观察图1可知，pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子，该点位于Mg(OH)2曲线(Ⅱ)的上方，图2中图像的纵坐标是－lg[c(Mg2＋)]，数值从下往上增大，也即从下往上c(Mg2＋)减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，因此会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O，故C错误；P点的体系中，从图2可以看出pH＝11、－lg[c(Mg2＋)]＝6时，该点位于曲线Ⅰ、Ⅱ的上方，不会生成碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀，c起始(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1，根据物料守恒，溶液中c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1，故D正确。 13．D 根据常理可知，CO2实际选择性与CO2平衡选择性随温度的变化的走势变化应该相同，故可知曲线b为CO2实际选择性，则曲线a为CH3OCH3实际转化率。据此结合题意进行作答即可。根据上述分析可知曲线a为CH3OCH3实际转化率，A正确；在200 ℃时，CO2实际选择性大于平衡选择性，可知此温度下，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ，B正确；适当增加的量，会促进CH3OCH3的转化率，还能使反应Ⅱ朝正向进行，反应Ⅲ朝逆向进行，从而提高氢气的产率，C正确；增大压强会导致反应Ⅱ平衡逆向移动，从而导致反应Ⅲ逆向移动，CO的平衡产率会减小，D错误。 14．解析 (1)①5个S显示－2价，硫原子之间是单键相连，则其结构式可表示为[S—S—S—S—S]2－；②根据题意可知CaS5修复时发生反应，Cr2O＋3CaS5＋14H＋===2Cr3＋＋3Ca2＋＋15S＋7H2O，该反应消耗氢离子，则pH明显增大。 (2)①该反应中二价铁被氧化为三价铁，六价铬被还原为三价铬，离子方程式为：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O；②溶液中生成三价铁后，三价铁可以水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附含有铬元素的微粒。 (3)①结合第一问可知，pH增大时会抑制CaS5对Cr(Ⅵ)的还原，但是FeSO4的使用有利于对Cr(Ⅵ)吸附，试剂联用时是两种作用的相互竞争的一个关系；②由图可知，随着碳酸氢根离子浓度的增大，pH会降低，而pH的降低有利于CaS5对Cr(Ⅵ)的去除；③根据题意可知CaS5和FeSO4反应生成FeS，结合元素守恒和得失电子守恒可知离子方程式为：CaS5＋FeSO4===FeS＋4S＋CaSO4。 答案 (1)①[S—S—S—S—S]2－ ②增大 (2)①6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O ②Fe3＋水解产生的Fe(OH)3胶体吸附Cr2O或CrO (3)①pH增大，使用CaS5会抑制Cr(Ⅵ)的还原，降低总Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ)的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，FeSO4的用量大于CaS5，增大pH，FeSO4对总Cr去除率的影响程度大于CaS5 ②增大HCO浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于Cr(Ⅵ)的去除 ③CaS5＋FeSO4===FeS＋4S＋CaSO4 答案 (1)sp2、sp3 (2)加成反应、消去反应 (3) (5) 16．解析 方铅矿(主要成分PbS，含少量FeS)和软锰矿(主要成分MnO2)在盐酸和氯化钠作用下反应生成S和PbCl，过滤，向滤液中加入碳酸锰除掉铁，过滤，沉降分铅，将含铅物质加入硫酸得到硫酸铅，再将含Mn2＋的滤液经过一系列过程得到Mn3O4。 (1)70 ℃时，方铅矿(主要成分PbS，含少量FeS)和软锰矿(主要成分MnO2)在氯化钠、盐酸作用下反应生成PbCl和S，则“协同浸取”生成PbCl和S的离子方程式为PbS＋MnO2＋4H＋＋4Cl－===PbCl＋S↓＋Mn2＋＋2H2O；根据已知信息得到PbCl2(s)＋2Cl－(aq) PbCl(aq)，因此“协同浸取”时加入NaCl可避免生成PbCl2沉积在矿石表面，其原因是增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将PbCl2溶解。 (2)利用盖斯定律，将①＋②得到PbCl2(s)＋2Cl－(aq) PbCl(aq) K＝31.25×1.6×10－5＝5×10－4，则沉降反应PbCl(aq) PbCl2(s)＋2Cl－(aq)的平衡常数K＝＝2×103。 (3)氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚­二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，氟的电负性大，将氮原子的孤电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与Pb2＋形成配位键能力减弱；若在氮原子和含氟基团间引入—CH2CH2CH2—基团配位能力会增强，氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力减小，氮原子的电子云密度增大，氮与Pb2＋形成配位键能力增强。 (4)根据图中信息，由净化后的含Mn2＋的滤液制备较纯净的Mn3O4的实验方案：取一定量的含Mn2＋的滤液于三颈烧瓶中，加热维持在温度50 ℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，真空40 ℃干燥得产品Mn3O4。 答案 (1)PbS＋MnO2＋4H＋＋4Cl－===PbCl＋S↓＋Mn2＋＋2H2O 增大氯离子浓度，有利于平衡PbCl2(s)＋2Cl－(aq) PbCl(aq)正向移动，将PbCl2溶解 (2)2 000 (3)氟的电负性大，将氮原子的孤电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与Pb2＋形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力减小，氮原子的电子云密度增大，氮与Pb2＋形成配位键能力增强 (4)加热维持在温度50 ℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成 17．解析 由题给可知，高炉炼铁尾气通入碳酸钾溶液中时，碳酸钾溶液吸收尾气中的二氧化碳得到碳酸氢钾溶液和燃气，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，反应得到的碳酸钾溶液可以循环使用，二氧化碳进入电解池电解，在电解池的阳极得到氧气，阴极得到有机物和氢气。 (1)由题意可知，电解时，通入二氧化碳的电极为阴极，生成甲酸的电极反应为酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH；由图可知，电解电压为U1时，生成甲酸和乙醇的法拉第效率相等，则由题给信息可知，生成乙醇和甲酸的选择性之比为：＝1∶3； (2)①由图可知，催化剂作用下，二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应的方程式为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，由反应生成1 mol甲醇放出49 kJ的热量可知，反应的焓变ΔH＝－49 kJ/mol，则反应的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49 kJ/mol； ②由图可知，若原料气中氢气的比例过低不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活，若氢气的比例过高，反应①生成过多的水积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活； ③设混合气体中二氧化碳的比例分数为x，由图可知，气体流速由15 000 mL·h－1和21 000 mL·h－1时，二氧化碳的转化率分别为5%和4%，则转化的二氧化碳分别为15 000x mL/h×5%＝750x mL/h、21 000x mL/h×4%＝840x mL/h，而甲醇选择性增大，所以相同时间内气体流速为15 000 mL·h－1时生成甲醇的质量小于21 000 mL·h－1；二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成甲醇的物质的量减小；二氧化碳与氢气反应生成一氧化碳的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗二氧化碳的物质的量增大。反应管内温度从300 ℃升高到320 ℃时，出口处甲醇和二氧化碳的物质的量均减小说明反应以生成一氧化碳的反应为主。 答案 (1)CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH 1∶3 (2)①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49 kJ/mol ②H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活 ③＜ 升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主 学科网（北京）股份有限公司 $$