仿真訓練周測卷(十)(時間：90分鐘試卷滿分：100分)可能用到的相對原子質量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Cr—52Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Br－80Ag—108Ba—137卷Ⅰ選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．下列物質中屬于耐高溫非金屬材料的是()A．CO2B．SiCC．Mg-AlD．P2O5解析：選B二氧化碳形成的晶體是熔沸點低的分子晶體，不屬于耐高溫非金屬材料，故A錯誤；碳化硅是熔沸點高的共價晶體，屬于耐高溫非金屬材料，故B正確；鎂鋁合金屬于金屬材料，故C錯誤；五氧化二磷形成的晶體是熔沸點低的分子晶體，不屬于耐高溫非金屬材料，故D錯誤。2．下列有關化學用語的表示錯誤的是()A．食鹽水中存在水合鈉離子，其示意圖為B．醛基具有較強的極性，其中碳氧雙鍵中的電荷分布示意圖為C．共價化合物Al2Cl6中所有原子均滿足8電子穩定結構，其結構式為D．硼氫化鈉(NaBH4)是有機合成中的重要還原劑，其電子式為解析：選A氧元素的電負性大于氫元素，水分子中共用電子對偏向氧原子一方，氧原子帶負電荷、氫原子帶正電荷，則水合鈉離子中鈉離子帶正電，應與氧原子一側結合，故A錯誤；氧元素的電負性大于碳元素，醛基中碳氧雙鍵中共用電子對偏向氧原子一方，氧原子帶負電荷、碳原子帶正電荷，故B正確；由雙聚氯化鋁分子中所有原子均滿足8電子穩定結構可知，分子中具有空軌道的鋁離子與具有孤對電子的氯離子形成配位鍵，結構式為，故C正確；硼氫化鈉是含有離子鍵和共價鍵的離子化合物，電子式為，故D正確。3．CaF2是一種難溶于水的固體，屬于典型的離子晶體。下列有關CaF2的表述正確的是()A．Ca2＋與F－間僅存在靜電吸引作用B．CaF2的熔點較高，具有良好的延展性C．CaF2固體不導電，但在熔融狀態下可以導電D．陰、陽離子比為2∶1的物質，均與CaF2晶體結構相同解析：選CCa2＋與F－間存在強相互作用力，既有靜電吸引作用也有排斥作用，A錯誤；CaF2為離子化合物，熔點較高，但是沒有良好的延展性，B錯誤；溶液或熔融電解質導電的原因是存在自由移動的離子，CaF2固體不導電，但在熔融狀態下可以導電，C正確；晶體結構與半徑比、電荷比有關，陰、陽離子比為2∶1的物質，不一定與CaF2晶體結構相同，D錯誤。4．物質的性質決定用途，下列對應的兩者關系不正確的是()A．NaNO2會與肌紅蛋白生成紅色物質，可作一些肉制品發色劑B．常溫下Al在濃硝酸中鈍化，可用鋁質容器貯運濃硝酸C．聚四氟乙烯具有抗酸堿、自潤滑等性能，可用于制作滴定管活塞D．NaHCO3溶于水顯堿性，常作烘焙糕點的膨松劑解析：選DNaNO2會與肌紅蛋白反應生成紅色物質，可用作一些肉制品的發色劑，A正確；常溫下鋁遇到濃硝酸發生鈍化，因此可用鋁質容器貯運濃硝酸，B正確；聚四氟乙烯具有抗酸堿、自潤滑的性能，可用于制作滴定管的活塞，C正確；碳酸氫鈉受熱易分解生成二氧化碳，能使糕點膨松，常用作烘焙糕點的膨松劑，D錯誤。5．下列敘述正確的是()A．用裝置甲在通風櫥中高溫灼燒Ag2S制取AgB．用裝置乙制備Cl2C．用裝置丙分液時，從下口放出有機相D．用裝置丁分離苯和溴解析：選B甲裝置為蒸發結晶，乙不加熱制備Cl2，丙為萃取分液，丁為蒸餾裝置。Ag2S在高溫灼燒時產生污染的氣體SO2，需要在通風櫥進行防止污染，灼燒選用坩堝，A項錯誤；高錳酸鉀將HCl氧化為Cl2，B項正確；未明確有機相中有機物的密度，無法判斷下口放出下層是有機相，C項錯誤；溴和苯沸點不同，丁裝置是蒸餾，利用物質沸點不同進行分離，但Br2易揮發污染環境不能敞口收集，D項錯誤；故選B。6．我國科研人員提出了由CO2和CH4轉化為高附加值產品CH3COOH的催化反應歷程。該歷程示意圖如下，則下列說法正確的是()A．E為該反應的反應熱B該反應為吸熱反應C．CH4→CH3COOH過程中，有極性鍵的斷裂和非極性鍵的形成D．轉化過程中，CO2是還原劑解析：選C根據圖示E為該反應的活化能，故A錯誤；反應物的能量高于生成物的能量，為放熱反應，故B錯誤；該過程中甲烷中的C—H鍵斷裂，為極性鍵的斷裂，形成CH3COOH的C—C鍵，為非極性鍵形成，故C正確；轉化過程中，CO2是氧化劑，故D錯誤。7．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是()A．1molCu和Na分別與足量硫粉反應時，轉移的電子數均為NAB．鉛蓄電池放電時，正極質量增加9.6g，電路中通過的電子數目為0.3NAC．標準狀況下4.48LNH3溶于水得到的溶液中，NH3·H2O和NHeq\o\al(＋,4)的總數小于0.2NAD．金剛石晶體密度為ρg·cm－3，則晶體中碳原子的最小間距為eq\f(\r(3),2)×eq\r(3,\f(96,NAρ))×1010pm解析：選DCu和Na分別與足量硫粉反應時，均生成＋1價的金屬硫化物，A正確；鉛蓄電池放電時，正極發生的電極反應為PbO2＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2e－=PbSO4＋2H2O，Δm＝64，轉移2個電子，故當正極質量增加9.6g時，轉移電子的物質的量為eq\f(9.6,64)×2＝0.3mol，數目為0.3NA，B正確；NH3溶于水得到的溶液中，含氮的微粒有NH3·H2O和NHeq\o\al(＋,4)及NH3，C正確；金剛石晶體為正六面體，每個晶胞含8個碳原子，設立方體的邊長為a，則原子的最小間距為體對角線的四分之一，即eq\f(\r(3),4)×eq\r(3,\f(96,NAρ))×1010pm，D錯誤。8．下列關于生物大分子的敘述中正確的是()A．糖類、油脂、蛋白質與核酸均為人體所必需的生物大分子B．淀粉和纖維素在人體內可水解為葡萄糖，為人體活動提供所需的能量C．蛋白質在重金屬鹽的作用下發生鹽析現象，鹽析是一個可逆過程D．DNA分子中的堿基間通過氫鍵作用配對以保持雙螺旋結構解析：選D糖類中的單糖、二糖等低聚糖不屬于生物大分子，油脂不屬于生物大分子，選項A錯誤；纖維素在人體內不水解，選項B錯誤；蛋白質在重金屬鹽的作用下會發生變性，變性屬于不可逆的過程，選項C錯誤；DNA分子中的堿基間通過氫鍵作用配對以保持雙螺旋結構，選項D正確。9．下列反應的離子方程式表達錯誤的是()A．向AgI沉淀中加入0.1mol·L－1Na2S溶液：2AgI(s)＋S2－(aq)=Ag2S(s)＋2I－(aq)B．向NaAlO2溶液中通入過量CO2：AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)C．乙酰胺與氫氧化鈉溶液共熱：CH3CONH2＋OH－eq\o(→,\s\up7(△),\s\do5())CH3COO－＋NH3↑D．向CuSO4溶液中加入濃鹽酸，溶液變為綠色：Cu2＋＋2Cl－=Cu＋Cl2↑解析：選D向AgI沉淀中加入0.1mol·L－1Na2S溶液，AgI沉淀轉化為溶解度更小的Ag2S，A正確；碳酸酸性強于偏鋁酸，可以和偏鋁酸鈉溶液反應生成氫氧化鋁沉淀，CO2過量，最終生成碳酸氫根，B正確；酰胺基在堿性條件下水解，得到的醋酸與NaOH反應生成醋酸鈉，氨基水解生成氨氣逸出，C正確；向CuSO4溶液中加入濃鹽酸，溶液變為綠色是因為發生[Cu(H2O)4]2＋(藍色)＋4Cl－CuCleq\o\al(2－,4)(黃色)＋4H2O，藍色和黃色疊加為綠色，D錯誤。10．某抗氧化劑Z可由如下反應制得：下列關于X、Y、Z的說法正確的是()A．Y中含有3個手性碳原子B．X能在分子間形成氫鍵C．Z中第一電離能最大的元素為氧D．一定條件下，1molX分別與Br2、H2反應，最多消耗3molBr2、5molH2解析：選B手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，Y中含有1個手性碳原子，位置為，故A錯誤；X中含有羥基和羧基，能在分子間形成氫鍵，故B正確；Z中含有C、H、O、N四種元素，N位于ⅤA族，最外層電子半充滿，第一電離能大于O，則電離能最大的元素為N，故C錯誤；X中含有苯環、碳碳雙鍵可以和H2發生加成反應，碳碳雙鍵可以和Br2發生加成反應，酚羥基的鄰位上氫原子可以和Br2發生取代反應，1molX分別與Br2、H2反應，最多消耗3molBr2、4molH2，故D錯誤。11．短周期元素W、X、Y和Z的原子序數依次增大。W是宇宙中最豐富的元素，W2X是維持生命過程的必需物質，WY可用于玻璃的刻蝕，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，室溫下化合物ZY4是氣體。下列說法錯誤的是()A．Y的第一電離能在四種元素中最大B．W2X和ZX2的中心原子分別為sp3和sp2雜化C．W2X的沸點高于W2Z的沸點D．ZY4分子中原子均為8電子結構解析：選DW是宇宙中最豐富的元素，則W是H；W2X是維持生命過程的必需物質，則X為O；WY可用于玻璃的刻蝕，則WY為HF，Y為F；ZX2是酸雨的主要形成原因之一，且Z的原子序數比Y大，則Z為S；綜上所述，W、X、Y和Z分別為H、O、F、S。一般規律：非金屬性越強，第一電離能越大，因此F的第一電離能在四種元素中最大，A正確；H2O中O的價層電子對數為2＋eq\f(6－2×1,2)＝4，SO2中S的價層電子對數為2＋eq\f(6－2×2,2)＝3，因此H2O和SO2的中心原子分別為sp3和sp2雜化，B正確；O和S屬于同主族元素，但H2O分子間存在氫鍵，而H2S分子間不存在氫鍵，因此H2O的沸點高于H2S的沸點，C正確；SF4中，S的最外層電子數為10，D錯誤。12．阿司匹林()微溶于水，是常用的解熱鎮痛藥，可利用水楊酸()和醋酸酐制備。所得粗產品中含有水楊酸和水楊酸聚合物，利用如下流程提純阿司匹林。已知：①水楊酸聚合物難溶于水，不溶于NaHCO3溶液；②pH＝3時，阿司匹林沉淀完全。下列說法錯誤的是()A．試劑a、b分別是NaHCO3溶液、鹽酸B．操作Ⅰ、Ⅱ均為過濾C．①、②、③均為兩相混合體系D．可用FeCl3溶液檢驗產品中是否含有未反應的水楊酸解析：選C粗產品中主要成分阿司匹林，含有水楊酸及水楊酸聚合物，先加入NaHCO3溶液，過濾，沉淀為水楊酸聚合物，洗滌沉淀，將洗滌液與過濾液混合，再加入鹽酸，調pH，阿司匹林沉淀完全，過濾，冰水洗滌，低溫干燥得到純凈的阿司匹林。由題知水楊酸聚合物不溶于NaHCO3溶液，故試劑a為NaHCO3溶液，經過濾除去水楊酸聚合物，試劑b為鹽酸，調節pH＝3，故A正確；水楊酸聚合物不溶于NaHCO3溶液，pH＝3時，阿司匹林沉淀完全，均用過濾法分離，故B正確；①中含水楊酸聚合物和少量母液，為兩相混合體系，②為水楊酸聚合物，為單相體系，③均為溶液，為單相體系，故C錯誤；水楊酸分子中含有酚羥基，可以使FeCl3溶液變色，而阿司匹林產品不含酚羥基，可用FeCl3溶液檢驗產品中是否含有未反應的水楊酸，故D正確。13．Science報道某電合成氨裝置及陰極區含鋰微粒轉化過程如圖。下列說法錯誤的是()A．陽極電極反應式為2C2H5O－＋H2－2e－=2C2H5OHB．陰極區生成氨的反應為LiNH2＋C2H5OH=C2H5OLi＋NH3↑C．理論上，若電解液傳導3molH＋，最多生成標準狀況下NH322.4LD．乙醇濃度越高，電流效率越高(電流效率＝eq\f(生成目標產物消耗的電子數,轉移電子數)×100%)解析：選D由圖可知，通入氫氣的一極為陽極，陽極電極反應式為2C2H5O－＋H2－2e－=2C2H5OH，通入氮氣的一極為陰極，陰極的電極反應式為N2＋6e－＋4H＋＋2Li＋=2LiNH2。陽極發生失電子的氧化反應，由圖可知，陽極電極反應式為2C2H5O－＋H2－2e－=2C2H5OH，A項正確；由圖可知，陰極區氮氣得電子，并結合鋰離子先轉化為LiNH2，后與C2H5OH反應生成了氨氣，即生成氨的反應為LiNH2＋C2H5OH=C2H5OLi＋NH3↑，B項正確；LiNH2和C2H5OH羥基中的H均來自電解液傳導的氫離子，理論上，若電解液傳導3molH＋，根據生成氨的反應：LiNH2＋C2H5OH=C2H5OLi＋NH3↑可知，最多生成1molNH3，標準狀況下為22.4L，C項正確；由電池總反應：N2＋3H2=2NH3可知，乙醇屬于中間產物，乙醇濃度增大，電流效率無明顯變化，D項錯誤。14．東南大學某課題組合成了一種新型具有平面分子結構的醌類聚合物PPPA，PPPA可作為有機鋅離子電池的正極材料。下列敘述正確的是()已知：AlCl3作該反應的催化劑，AlCl3升華溫度為178℃，NaCl的熔點為801℃。A．吩嗪和PMDA是PPPA的鏈節B．為了提高反應速率，可將反應溫度由150℃升至160℃C．上述反應中，斷裂了σ鍵和π鍵，也形成了σ鍵和π鍵D．nmol吩嗪和nmolPMDA完全合成PPPA時，生成nmol水解析：選B由圖可知，吩嗪和PMDA發生縮聚反應生成了PPPA，吩嗪和PMDA是單體，A錯誤；升高溫度，可加快反應速率，但是溫度要低于AlCl3的升華溫度，B正確；上述反應中，吩嗪和PMDA中的π鍵并沒有斷裂，C錯誤；1個吩嗪和1個PMDA反應時，可形成2個水分子，故nmol吩嗪和nmolPMDA完全合成PPPA時，生成2nmol水，D錯誤。15．水體中的重金屬離子如Cu2＋、Sn2＋等可以通過轉化為CuS、SnS沉淀除去。已知：室溫下Ka1(H2S)＝9×10－8，Ka2(H2S)＝1×10－12。下列說法正確的是()A．0.1mol·L－1Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)B．0.1mol·L－1NaHS溶液中：c(Na＋)<c(HS－)＋2c(S2－)C．向10mL0.001mol·L－1CuSO4溶液中加入10mL0.001mol·L－1Na2S溶液，有沉淀析出。忽略混合時溶液體積的變化，說明Ksp(CuS)>2.5×10－7D．室溫時，向0.001molSnS粉末中加入10mL0.1mol·L－1CuSO4溶液，充分浸出后所得溶液中c(Cu2＋)<c(Sn2＋)，則Ksp(CuS)<Ksp(SnS)解析：選D根據質子守恒可知：c(OH－)＝2c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)，故A錯誤；由電荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，NaHS的水解常數Kh＝eq\f(Kw,Ka1H2S)＝eq\f(1.0×10－14,9.0×10－8)≈1.1×10－7>Ka2(H2S)＝1×10－12，因此溶液顯堿性，c(H＋)<c(OH－)，則c(Na＋)>c(HS－)＋2c(S2－)，故B錯誤；混合后CuSO4溶液和Na2S溶液濃度均為0.0005mol·L－1，Qc＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝2.5×10－7，因有沉淀產生則Qc>Ksp，說明Ksp(CuS)<2.5×10－7，故C錯誤；SnS粉末中加入0.1mol·L－1CuSO4溶液后，溶解形成飽和溶液，充分浸出后所得溶液中c(Cu2＋)<c(Sn2＋)，則c(Cu2＋)·c(S2－)<c(Sn2＋)·c(S2－)，即Ksp(CuS)<Ksp(SnS)，故D正確。16．下列實驗方案設計、現象和結論都正確的是()目的方案設計現象和結論A探究鋼鐵的電化學腐蝕鐵片上滴一滴含有酚酞的食鹽水在一段時間后液滴邊緣出現紅色，說明鐵片發生了吸氧腐蝕B驗證漂白性將潮濕的氯氣通過盛有干燥紅紙條的集氣瓶紙條紅色褪去，說明氯氣具有漂白性C鑒定某涂改液中是否存在氯元素取少量涂改液，向其中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，觀察現象無白色沉淀，說明涂改液中不存在氯元素D驗證乙醇發生催化氧化反應將纏繞的銅絲灼燒后反復插入盛有乙醇的試管，然后向其中滴加紫色酸性高錳酸鉀溶液紫色酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明乙醇催化氧化生成了乙醛解析：選A出現紅色說明生成了OH－，即發生O2＋4e－＋2H2O=4OH－，能說明鐵片發生了吸氧腐蝕，A項正確；Cl2會和H2O反應生成HClO，HClO具有強氧化性，能使得紙條紅色褪去，不能說明氯氣具有漂白性，B項錯誤；涂改液中氯元素不一定以Cl－形式存在，不能說明涂改液中不存在氯元素，C項錯誤；乙醇也能使得紫色酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能說明乙醇催化氧化生成了乙醛，D項錯誤。卷Ⅱ非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17．(10分)硅在地殼中含量豐富，晶體硅與硅化物等新材料在現代工業領域作用巨大。回答下列問題：(1)下列屬于硅原子激發態的電子排布式有________(填標號，下同)，其中能量較高的是________。a．1s22s22p63s23p2 b．1s22s22p63s13p3c．1s22s22p63s13p2 d．1s22s22p63s13p24s1(2)SiCl4可發生水解反應，機理如圖1所示。①a與c的水溶性：a__________c(填“>”“<”或“＝”)，理由是________________________________________________________________________。②c分子中氧原子雜化方式為______________；c分子中鍵長從大到小順序為________________________________________________________________________。(3)一種新型導電陶瓷材料硅的鎢化物，其晶胞結構如圖2所示，硅原子的配位數為__________，設NA為阿伏加德羅常數的值，則該硅的鎢化物晶體的密度為________g·cm－3(列出計算式)。解析：(1)1s22s22p63s23p2為硅原子的基態電子排布式，選項a不符合；1s22s22p63s13p3為硅原子的激發態電子排布式，選項b符合；1s22s22p63s13p2為鋁原子的激發態電子排布式，選項c不符合；1s22s22p63s13p24s1為硅原子的激發態電子排布式，選項d符合；電子所占的能級越高，能量越高，其中能量較高的是d；(2)①c中含有親水基—OH,c為極性分子且能與水分子形成氫鍵，故a與c的水溶性：a<c；②c分子中氧原子形成兩個σ鍵，有兩個孤電子對，形成的雜化軌道數為4，雜化方式為sp3；原子半徑越小，形成的鍵長越短，故c分子中鍵長從大到小順序為Si—Cl>Si—O>H—O；(3)根據均攤法，晶胞中含有8×eq\f(1,4)＋2＝4個Si原子，8×eq\f(1,8)＋1＝2個W原子，Si與W的原子個數比為4∶2，由圖可知，W的配位數為8，則Si的配位數為4，晶胞質量：m＝eq\f(480g·mol－1,NAmol－1)＝eq\f(480,NA)g，晶胞體積V＝a2bpm3＝a2b×10－21cm3，晶胞密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(480,a2bNA)×1021g·cm－3。答案：(1)bdd(2)①<c為極性分子且能與水分子形成氫鍵②sp3Si—Cl>Si—O>H—O(3)4eq\f(480×1021,NAa2b)18．(10分)以高爐渣(主要成分為CaO、Al2O3、MgO和SiO2等)為原料礦化固定CO2并聯產氧化鋁的實驗流程如下：(1)活化浸出后富鈣渣中的主要成分為________(填化學式)。(2)CO2捕集在吸收塔中進行，反應生成(NH4)2CO3。含CO2的煙氣應____________(填“自上而下”或“自下而上”)通過吸收塔被氨水噴淋液充分吸收。(3)礦化固定步驟是將富鈣渣和除鋁后的富鎂液分別加入到CO2捕集液中，充分攪拌，捕集液中的(NH4)2CO3最終轉化為碳酸鹽礦物，實現封存CO2的目的。①礦化反應需在40～50℃條件下進行，適宜的加熱方式為________________________________________________________________________。②檢驗礦化固定2中礦化反應是否進行完全的實驗操作是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③將兩步礦化后的母液合并，結晶處理得到________________(填化學式)，可循環利用。(4)分離凈化得到的NH4Al(SO4)2晶體可制備高純Al2O3。請補充完整相應的實驗方案：取一定量NH4Al(SO4)2晶體，經提純后配成溶液，______________________________________，控制反應溫度為55℃，________________________________________________________________________________________________________，干燥，置于馬弗爐中900℃煅燒，獲得高純Al2O3產品。已知：酸性環境中生成的Al(OH)3黏性大，不易過濾。實驗中可選用的試劑：1mol·L－1的氨水、BaCl2溶液、蒸餾水。解析：(NH4)2SO4是強酸弱堿鹽，在溶液中存在水解平衡，鹽部分水解產生NH3·H2O和H2SO4，而使溶液顯酸性。CaO與水反應產生Ca(OH)2，Ca(OH)2與硫酸反應產生微溶于水的CaSO4，Al2O3與硫酸反應產生Al2(SO4)3；MgO與硫酸反應產生MgSO4；CaO與水反應產生Ca(OH)2時放出大量熱使NH3·H2O分解產生氨氣逸出，通過CO2捕集反應變為(NH4)2CO3；酸性氧化物SiO2與酸不反應，仍以固體形式存在，故得到的富鈣渣中含有CaSO4和SiO2；得到的富鎂液中含MgSO4、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4；將富鎂液經分離凈化可得NH4Al(SO4)2，再經一系列處理可得Al2O3；富鎂液中含有MgSO4，將其加入到CO2捕集液中，與其中生成的(NH4)2CO3發生復分解反應產生MgCO3沉淀和(NH4)2SO4，沉淀經洗滌干燥后得到礦化產物MgCO3。(1)根據上述分析可知活化浸出后富鈣渣中的主要成分為CaSO4、SiO2；(2)CO2捕集在吸收塔中進行，反應生成(NH4)2CO3，仿照工業制硫酸最后一步三氧化硫的吸收原理，氨水由塔頂噴淋而下，為使二者充分混合，要采用逆流原理，因此含CO2的煙氣應自下而上通過吸收塔被氨水噴淋液充分吸收；(3)①礦化反應需在40～50℃條件下進行，適宜的加熱方式為40～50℃水浴加熱；②若礦化固定2中礦化反應完全，則溶液中不再含有COeq\o\al(2－,3)，加入含有較多Mg2＋的溶液時不再產生白色沉淀，故檢驗礦化固定2中礦化反應是否進行完全的實驗操作是取礦化反應后的懸濁液靜置，向上層清液中繼續滴加除鋁后的富鎂液，若無沉淀生成，說明礦化反應已經進行完全；③CaSO4微溶于水，向其中加入(NH4)2CO3，反應產生難溶性的CaCO3和(NH4)2SO4，使沉淀發生轉化，最終使CaSO4完全轉化為CaCO3沉淀；富鎂液中含有MgSO4，將其加入到CO2捕集液中，與其中反應生成的(NH4)2CO3發生復分解反應產生MgCO3沉淀和(NH4)2SO4，沉淀經洗滌干燥后得到礦化產物MgCO3。故將兩步礦化后的母液合并，結晶處理得到(NH4)2SO4，可循環利用；(4)分離凈化得到的NH4Al(SO4)2晶體可制備高純Al2O3。實驗方案是：取一定量NH4Al(SO4)2晶體，經提純后配成溶液，在攪拌下將其緩慢加入到1mol·L－1的氨水中，控制反應溫度為55℃，反應產生Al(OH)3沉淀，經過濾、洗滌干燥，得到純凈Al(OH)3，然后將其在馬弗爐中在900℃高溫煅燒，Al(OH)3發生分解反應產生Al2O3和水，水揮發逸出，剩余固體就是Al2O3。答案：(1)CaSO4、SiO2(2)自下而上(3)①40～50℃水浴加熱②取礦化反應后的懸濁液靜置，向上層清液中繼續滴加除鋁后的富鎂液，若無沉淀生成，說明礦化反應已經進行完全③(NH4)2SO4(4)在攪拌下將其緩慢加入到1mol·L－1的氨水中直至不再產生沉淀，過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2～3次，取最后一次洗滌后的濾出液，加入BaCl2溶液，不產生白色沉淀19．(10分)1-丁烯是僅次于乙烯和丙烯的重要石油化工基本原料，可以利用正丁烷催化脫氫制備，催化脫氫又分為無氧催化脫氫和有氧催化脫氫。實際化工生產中需對反應條件(催化劑、溫度等)進行探究，以獲取最佳效益。已知：Ⅰ.溫度過高會引發正丁烷裂解生成低碳烴類的副反應。Ⅱ.產物收率＝生成某產物的原料量/投入的原料量×100%。(1)利用正丁烷無氧催化脫氫制備1-丁烯反應原理如下：CH3CH2CH2CH3eq\o(,\s\up7(Pt系催化劑),\s\do5(△))H2C=CHCH2CH3＋H2ΔH已知CH3CH2CH2CH3、CH2=CHCH2CH3、H2的燃燒熱分別為2878kJ·mol－1、2720kJ·mol－1、286kJ·mol－1，計算ΔH＝__________。(2)無氧催化脫氫用Pt系催化劑時，正丁烷單位時間轉化率和1-丁烯選擇性如表所示。催化劑單位時間轉化率/%1-丁烯選擇性/%催化劑1：PtSn/γ-Al2O323.092.0催化劑2：PtSnSr0.2/γ-Al2O338.588.1催化劑3：PtSn(0.3%)/MgAl2O427.098.9①僅從1-丁烯選擇性的角度考慮，應選擇的催化劑為________(填催化劑序號，下同)。②工業上，從1-丁烯單位時間收率的角度考慮，應選擇的最佳催化劑為________。(3)其他條件相同，30min時測得正丁烷轉化率、1-丁烯收率隨溫度的變化關系如圖所示。溫度高于590℃時1-丁烯收率降低的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)有氧催化脫氫通常選擇O2或CO2為氧化劑，VOx-MgO為催化劑，反應原理如下：一定溫度下，在體積為10L的恒容密閉容器中，加入10molCH3CH2CH2CH3、7molO2、3molCO2進行反應ⅰ和ⅱ。測得初始壓強為20kPa，經過10h，反應達到平衡，此時壓強變成25kPa，其中O2的體積分數為16%。回答下列問題：①v(O2)＝____________kPa·h－1(用O2分壓表示速率)。②該溫度下，反應ⅱ的平衡常數Kp＝______kPa。③O2為氧化劑時，1-丁烯的選擇性明顯低于CO2為氧化劑時的選擇性，分析可能原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)將CH3CH2CH2CH3的燃燒熱減去CH2=CHCH2CH3、H2的燃燒熱得到ΔH＝－2878kJ·mol－1－(－2720kJ·mol－1)－(－286kJ·mol－1)＝＋128kJ·mol－1。(2)①從表格中分析得到從1-丁烯選擇性的角度考慮，使用催化劑3生成1-丁烯選擇性高。②從表格中分析得到工業上，從1-丁烯單位時間收率的角度考慮，應選擇的最佳催化劑為催化劑2。(3)溫度高于590℃時，1-丁烯的產率降低，副產物增多。(4)①根據題意得到n始(總)＝20mol，p始(O2)＝eq\f(7,20)×20kPa＝7kPa，平衡時體系總壓強變為25kPa，根據壓強之比等于物質的量之比，因此n平(總)＝25mol，其中O2的體積分數為16%，則p平(O2)＝25×16%＝4kPa，Δp(O2)＝7kPa－4kPa＝3kPa，v(O2)＝eq\f(Δp,Δt)＝eq\f(3kPa,10h)＝0.3kPa·h－1。②根據題意得到由于Δn(總)＝5mol，因此和二氧化碳的反應改變量為2mol，因此達到平衡時，平衡時n(CH3CH2CH2CH3)＝10mol－6mol－2mol＝2mol，n(CO2)＝3mol－2mol＝1mol，n(CH2=CH—CH2CH3)＝6mol＋2mol＝8mol，n(H2O)＝6mol＋2mol＝8mol，n(CO)＝2mol，該溫度下，反應③的壓強平衡常數Kp＝eq\f(\f(8,25)p平×\f(8,25)p平×\f(2,25)p平,\f(2,25)p平×\f(1,25)p平)＝eq\f(64,25)×25kPa＝64kPa。③O2為氧化劑時，1-丁烯的選擇性明顯低于CO2為氧化劑時的選擇性，是因為O2的氧化性強于CO2，更容易引起1-丁烯的氧化，降低了1-丁烯選擇性；另一方面，CO2是1-丁烯氧化的產物，抑制了1-丁烯的氧化。答案：(1)＋128kJ·mol－1(2)①3②2(3)溫度過高會引發正丁烷裂解生成低碳烴類的副反應(4)①0.3②64③O2的氧化性強于CO2，更容易引起1-丁烯的氧化，降低了1-丁烯選擇性或CO2是1-丁烯氧化的產物，抑制了1-丁烯的氧化反應20．(10分)NiS難溶于水，易溶于稀酸，可用于除去鎳電解液中的銅離子，NiS在潮濕的空氣中可轉化為堿式硫化高鎳[Ni(OH)S]，從而降低除銅離子能力。實驗室模擬制取NiS裝置如圖(加熱、夾持裝置略去)，先通氮氣排盡裝置內空氣后，同時通入硫化氫氣體和氨氣，制得NiS沉淀。回答下列問題。(1)裝置圖中，儀器a的名稱是__________，裝置Ⅱ中的試劑為______________。(2)裝置Ⅲ中反應的離子方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)反應結束后關閉K1、K4，在b、c處分別連接下圖兩個裝置，打開K2、K3進行抽濾洗滌。裝置Ⅳ接在____________(填“b”或“c”)處。(4)用NiS除去鎳電解液中銅離子時，NiS陳化時間對除銅離子效果的影響如圖所示(陳化時間：沉淀完全后，讓生成的沉淀與母液一起放置的時間)。圖中曲線變化原因是__________________(以化學方程式表示)。(5)測定某NiS樣品的純度稱取試樣(雜質中不含Ni)mg置于錐形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽劑掩蔽其他離子，加pH≈10的氨性緩沖溶液5mL，紫脲酸銨指示劑少許。用0.0200mol·L－1EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定，發生反應：Ni2＋＋H2Y2－NiY2－＋2H＋。滴定達終點時消耗EDTA標準溶液VmL。①樣品的純度為____________。②滴定過程中，若氨性緩沖溶液pH值過低，導致測得的產品純度____________(填“偏低”“偏高”或“不影響”)。解析：Ⅰ中硫化亞鐵和鹽酸反應生成硫化氫氣體，硫化氫通過飽和NaHS溶液的裝置Ⅱ除去氯化氫氣體雜質后進入裝置Ⅲ，裝置Ⅲ中硫化氫、氨氣、氯化鎳反應生成NiS，尾氣有毒需要尾氣處理裝置。(1)裝置圖中，儀器a的名稱是恒壓漏斗(或恒壓滴液漏斗)；裝置Ⅱ中的試劑為飽和NaHS溶液，飽和NaHS溶液可以除去生成硫化氫氣體中揮發的氯化氫氣體雜質；(2)裝置Ⅲ中硫化氫、氨氣、氯化鎳反應生成NiS，反應為H2S＋Ni2＋＋2NH3=NiS↓＋2NHeq\o\al(＋,4)；(3)反應結束后關閉K1、K4，在b、c處分別連接下圖兩個裝置，打開K2、K3進行抽濾洗滌，抽濾洗滌時，洗滌水進入裝置Ⅲ然后通過抽氣裝置抽出達到洗滌目的，故連有抽氣泵的裝置Ⅳ接在b處以便能夠抽出洗滌水；(4)已知，NiS在潮濕的空氣中可轉化為堿式硫化高鎳[Ni(OH)S]，從而降低除銅離子能力，故隨時間延長殘留銅離子增加的原因是4NiS＋O2＋2H2O=4Ni(OH)S；(5)①由反應Ni2＋＋H2Y2－NiY2－＋2H＋可知，n(NiS)＝n(Na2H2Y)＝0.0200V×10－3mol，則樣品的純度為eq\f(0.0200V×10－3×91,m)×100%＝eq\f(0.182V,m)%；②滴定過程中，緩沖溶液pH值過低