PAGEPAGE1浙江省寧波市2023屆高三下學期4月模擬（二模）可能用到的相對原子質量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Br80Ag108I127Ba137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，能夠導電的化合物是（）A.石墨烯 B.液態氧化鈉 C.二氧化硅 D.鹽酸【答案】B【解析】A．石墨烯屬于單質，不是化合物，A錯誤；B．氧化鈉是離子化合物，屬于電解質，熔融狀態（液態）下存在自由移動的離子，能夠導電，B正確；C．二氧化硅不能導電，C錯誤；D．鹽酸屬于混合物，D錯誤；故選B。2.高鐵酸鉀()是一種環保、高效、多功能飲用水處理劑，在水處理過程中，高鐵酸鉀轉化為膠體，下列說法不正確的是（）A.高鐵酸鉀中鐵元素化合價為+6價B.Fe元素位于周期表ds區C.高鐵酸鉀屬于強電解質D.用對飲用水處理時，能起到消毒殺菌和吸附雜質的雙重作用【答案】B【解析】A．中鉀、氧元素化合價分別為+1、-2，則鐵元素的化合價為+6價，A正確；B．Fe為26號元素，元素位于周期表d區，B錯誤；C．強電解質是指在水溶液中或熔融狀態下，能夠完全電離的化合物，即溶于水的部分或者熔融狀態時，可以完全變成陰陽離子的化合物，一般是強酸、強堿和大部分鹽類；高鐵酸鉀屬于強電解質，C正確；D．用對飲用水處理時，六價鐵具有強氧化性轉變為三價鐵，能起到消毒殺菌；鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，具有吸附雜質的作用，D正確；故選B。3.下列化學用語表示正確的是（）A.離子結構示意圖：B.基態銅原子價電子的軌道表示式：C.的空間結構：(正四面體形)D.的電子式：【答案】A【解析】A．離子結構示意圖：，故A正確；B．基態銅原子價電子的軌道表示式：，故B錯誤；C．的空間結構是平面三角形，故C錯誤；D．是共價化合物，電子式：，故D錯誤；故選A。4.物質性質決定用途，下列兩者對應關系正確的是（）A.的熔點高；可用氧化鋁坩堝熔化NaOH固體B.鐵比銅金屬性強，可用腐蝕Cu刻制印刷電路板C碳酸氫銨可中和酸并受熱分解，可用于制作食品膨松劑D.新制氫氧化銅有弱堿性，可用于檢驗尿液中的葡萄糖【答案】C【解析】A．與NaOH固體在高溫的條件下會發生反應：，故A錯誤；B．可用腐蝕Cu刻制印刷電路板是因為有氧化性，發生反應：，與鐵、銅金屬性強弱無關，故B錯誤；C．碳酸氫銨可中和酸，受熱分解會產生氣體使食品膨松，所以可用于制作食品膨松劑，故C正確；D．新制氫氧化銅可用于檢驗尿液中的葡萄糖，是因為氫氧化銅有弱氧化性，能氧化醛基產生磚紅色沉淀，故D錯誤；故選C。5.下列關于元素及其化合物的性質說法不正確的是（）A.金屬單質Na、Mg、Fe在一定條件下與水反應都生成和相應的堿B.氯氣通入冷的石灰乳中制得漂白粉C.銅與濃硝酸反應可產生紅棕色的D.工業上用焦炭還原石英砂可制得粗硅和CO【答案】A【解析】A．Fe不能與水反應生成氫氣和相應的堿，A錯誤；B．氯氣通入冷的石灰乳中發生1,1歧化反應生成氯化鈣和次氯酸鈣制得漂白粉，B正確；C．銅與濃硝酸反應生成硝酸銅和二氧化氮，二氧化氮為紅棕色，C正確；D．工業上可用焦炭還原石英砂制備粗硅，D正確；故選A。6.電極材料制備的反應為，下列說法正確的是（）A.生成0.1mol，轉移的電子數為0.1B.還原產物為和COC.標準狀況下，生成20.16LCO時，被還原的為0.1molD.還原劑與氧化劑的物質的量之比為1∶6【答案】B【解析】A．FePO4中Fe顯+3價，Li2CO3中C顯+4價，C6H12O6中C顯0價，CO中C顯+2價，LiFePO4中Fe顯+2價，FePO4、Li2CO3為氧化劑，C6H12O6為還原劑，生成6molLiFePO4，轉移電子物質的量為12mol，因此生成0.1molLiFePO4，轉移電子物質的量為0.2mol，故A錯誤；B．根據A選項，LiFePO4、CO為還原產物，故B正確；C．標準狀況下，20.16LCO的物質的量為=0.9mol，根據反應方程式可知，被氧化的C6H12O6物質的量為0.1mol，故C錯誤；D．FePO4、Li2CO3為氧化劑，C6H12O6為還原劑，還原劑與氧化劑的物質的量之比為1∶9，故D錯誤；答案為B。7.下列離子方程式正確的是（）A.碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸：B.氯化鋁溶液與濃氨水混合：C.銀氨溶液中加入足量鹽酸：D.用惰性電極電解氯化鎂溶液：【答案】C【解析】A．碘離子的還原性比亞鐵離子強，碘化亞鐵中滴入少量稀硝酸，與碘離子反應，A錯誤；B．氯化鋁與濃氨水反應只能生成氫氧化鋁沉淀，不能生成偏鋁酸根，B錯誤；C．銀氨溶液與鹽酸反應生成氯化銀、氯化銨和水，離子方程式正確，C正確；D．鎂離子與氫氧根不共存，會生成氫氧化鎂沉淀，離子反應方程式錯誤，D錯誤；故選C。8.下列說法不正確的是（）A.麥芽糖、蔗糖互為同分異構體，分子式均為B.硬化油可作為制造肥皂和人造奶油的原料C.合成硝酸纖維、醋酸纖維、聚酯纖維均要用到纖維素D.蛋白質在乙醇、重金屬的鹽類、紫外線等的作用下會發生變性，失去生理活性【答案】C【解析】A．麥芽糖與蔗糖的分子式均為，但結構不同，互為同分異構體，，故A正確；B．硬化油即油脂與H2加成所得，不易被空氣氧化變質，可作為制造肥皂和人造奶油的原料，故B正確；C．硝酸纖維和醋酸纖維是由纖維素反應所得，但聚酯纖維一般是二元醇與二元羧酸縮聚反應所得，故C錯誤；D．蛋白質在乙醇、重金屬的鹽類、紫外線等的作用下會發生變性，變性會使蛋白質失去生理活性，故D正確；故選C。9.一種具有消炎止痛功效的有機物的結構簡式如圖所示(虛楔形線、實楔形線分別表示共價鍵由紙平面向內、向外伸展)。下列說法正確的是（）A.該物質可以發生消去反應、取代反應和還原反應B.1mol該物質與足量溴的四氯化碳溶液反應，最多可消耗3molC.利用質譜儀可測得該分子中官能團的種類有3種D.該物質的同分異構體中不存在含有酯基、醛基的芳香族化合物【答案】A【解析】A．該物質含有羥基且鄰碳有氫可以發生消去反應、羥基酯化反應或者酯基水解反應都是取代反應。碳碳雙鍵與氫氣的加成反應，又稱為還原反應，故A正確；B．只有碳碳雙鍵能與溴單質發生加成反應，所以1mol該物質與足量溴的四氯化碳溶液反應，最多可消耗2mol，故B錯誤；C．測定該分子中官能團的種類應該用紅外光譜儀，故C錯誤；D．根據分子的不飽和度情況推斷該物質的同分異構體中存在含有酯基、醛基的芳香族化合物，故D錯誤；故選A。10.R、X、Y、Z、M五種短周期主族元素，原子序數依次增大。基態R原子每個能級上電子數相等，基態X原子的價層電子排布為，Y與M同主族，Z是同周期元素中原子半徑最大的元素，Z核電荷數等于X、M原子的最外層電子數之和。下列說法不正確的是（）A.電負性：Y＞X＞RB.原子半徑：Z＞M＞YC.氫化物的沸點：R＜YD.Z與Y可形成兩種常見的離子化合物，且晶體中的陰陽離子個數比均為1∶2【答案】C【分析】R、X、Y、Z、M五種短周期主族元素，原子序數依次增大，基態R原子每個能級上電子數相等，則R為C，基態X原子的價層電子排布為，則X為N，Y與M同主族，Z是同周期元素中原子半徑最大的元素，則Z為Na，Z核電荷數等于X、M原子的最外層電子數之和，則M為S，Y為O。【詳解】A．根據同周期從左到右電負性逐漸增大，同主族從上到下電負性逐漸減小，則電負性：Y＞X＞R，故A正確；B．根據層多徑大，同電子層結構核多徑小，則原子半徑：Z＞M＞Y，故B正確；C．C形成的氫化物可能是固體，比如碳原子數多的固態烷烴，因此氫化物的沸點：R不一定小于Y，故C錯誤；D．Z與Y可形成兩種常見的離子化合物即過氧化鈉和氧化鈉，過氧化鈉中含有過氧根和鈉離子，兩者晶體中的陰陽離子個數比均為1∶2，故D正確。綜上所述，答案為C。11.一種用于發動機SCR系統的電解尿素()混合裝置(X、Y為石墨電極，隔膜僅阻止氣體通過)如圖，下列說法不正確的是（）A.裝置工作時，電子由Y極流入，X極流出B.Y極發生還原反應C.X極的電極反應式為D.若用鉛酸蓄電池為電源，理論上消耗49g時，此裝置中有0.5mol生成【答案】D【分析】該電池反應時中，氮元素化合價由-3價變為0價，H元素化合價由+1價變為0價，所以生成氮氣的電極X是陽極，生成氫氣的電極Y是陰極，陽極反應式為，陰極反應式為2H2O+2e-═H2↑+2OH-；【詳解】A．該裝置為電解池，由分析可知電極X是陽極，Y是陰極，陽極與原電池中正極相連，陰極與負極相連，由電子由負極流向正極，則電子由Y極流入，X極流出，故A正確；

B．Y為陰極得電子發生還原反應，陰極反應式為2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故B正確；

C．該電池反應時中，氮元素化合價由-3價變為0價，H元素化合價由+1價變為0價，X是陽極，陽極反應式為，故C正確；

D．鉛酸蓄電池的總反應為Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，每消耗2mol轉移2mol電子，理論上消耗49g即物質的量為，轉移0.5mol電子，由2H2O+2e-═H2↑+2OH-，可知有0.25mol生成，故D錯誤；

故選：D。12.是一種重要的化工產品，實驗室可利用制取該配合物：。已知的空間結構如圖，其中1～6處的小圓圈表示分子，各相鄰的分子間的距離相等，中心離子位于八面體的中心，分子到中心離子的距離相等(圖中虛線長度相等)，下列說法正確的是（）A.為非極性分子B.、與形成配離子的穩定性：C.1mol含有鍵的數目為18D.若中兩個被替代，得到的有2種結構【答案】D【解析】A．的結構：，正負電荷中心不能重合，為極性分子，故A錯誤；B．電負性：N＜O,分子中的氮原子更容易給出孤電子對，所以、與形成配離子的穩定性：，故B錯誤；C．中含有與形成6個配位鍵，6個的中有6×3=18個N-H鍵，所以1mol含有鍵的數目為（18+6=24），故C錯誤；D．根據結構圖可知，若中兩個被替代，可能取代的鄰近的或者相對位置的兩個，得到的有2種結構，故D正確；故選D。13.常溫下，，，，下列說法不正確的是（）A.濃度均為0.1mol/L的HCOONa和溶液中陽離子的物質的量濃度之和：前者>后者B.用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積、pH均為3的HCOOH和溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積：前者<后者C.0.2mol/L與0.1mol/L鹽酸等體積混合后，溶液中微粒濃度：D.0.2mol/LHCOONa溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合后的溶液中：【答案】D【解析】A．由電荷守恒可知、，由甲酸和一水合氨的電離常數可知，甲酸根的水解程度小于銨根的水解程度，即甲酸鈉中氫氧根的濃度小于氯化銨中氫離子的濃度，因此甲酸鈉中氫離子的濃度大于氯化銨中氫氧根的濃度，鈉離子與氯離子濃度相同，因此甲酸鈉中陽離子濃度大于氯化銨中陽離子濃度，A正確；B．由電離平衡常數可知，甲酸的酸性比乙酸強，pH相同時乙酸的物質的量濃度更高，用相同濃度的氫氧化鈉滴定時，消耗氫氧化鈉溶液的體積更多，B正確；C．醋酸鈉與鹽酸反應，生成醋酸和氯化鈉，因此混合溶液中醋酸鈉、醋酸、氯化鈉的物質的量濃度相同，均為0.05mol/L（忽略體積變化），由醋酸的電離常數可知，相同濃度的醋酸電離程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性，因此離子濃度為，C正確；D．由電荷守恒可得，由物料守恒可得，由此可得，D錯誤；故選D。14.一定條件下，與HCl發生加成反應有①、②兩種可能，反應進程中能量變化如圖所示。下列說法中不正確的是（）A.反應①、②焓變不同，與產物穩定性有關，與反應的中間狀態無關B.反應①、②均經過兩步反應完成，對應的分步反應過程中均放出能量C.其他條件不變，適當提高反應溫度，可以提高產物中的比例D.相同條件下，的生成速率大于【答案】B【解析】A．焓變在給定反應中，只與始態和終態有關，與中間狀態無關，根據圖像可知，該反應為放熱反應，放出熱量越多，產物能量越低，該物質越穩定，故A說法正確；B．根據圖像可知，反應①、②的第一步都是產物能量高于反應物，即第一步為吸收熱量，故B說法錯誤；C．CH3CH2CH2Cl(g)CH3CHClCH3(g)，該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向進行，可以提高CH3CH2CH2Cl(g)的比例，故C說法正確；D．反應②的活化能比反應①的活化能低，化學反應速率快，因此相同條件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g)，故D說法正確；答案為B。15.向工業廢水中加入硫化物可以獲得CuS、FeS納米粒子［已知，］，下列說法正確的是（）A.FeS固體不能用于去除工業廢水中的B.向和混合溶液中加入溶液，當兩種沉淀共存時，C.向CuS飽和溶液中加入固體，CuS的溶解平衡逆向移動，濾液中一定存在D.已知溶液中，可判斷CuS易溶于稀鹽酸【答案】C【解析】A．根據可知，FeS固體能用于去除工業廢水中的，故A錯誤；B．向和混合溶液中加入溶液，當兩種沉淀共存時，，故B錯誤；C．CuS存在溶解平衡，向CuS飽和溶液中加入固體，銅離子濃度增大，因此CuS的溶解平衡逆向移動，根據溶度積常數得到濾液中一定存在，故C正確；D．若要溶解，則，平衡常數很小，反應幾乎不能發生，可判斷CuS難溶于稀鹽酸，故D錯誤。綜上所述，答案為C。16.下列實驗方案設計、現象和結論都正確的是（）選項實驗方案現象結論A室溫下，向苯酚濁液中加入碳酸鈉溶液溶液變澄清酸性：B向做過銀鏡反應的試管中加入足量氨水銀鏡逐漸消失銀能與氨形成溶于水的配離子C與NaOH乙醇溶液混合共熱，將產生的氣體通入酸性溶液中酸性溶液褪色發生消去反應D向某溶液中加入稀硫酸產生淡黃色沉淀，同時生成能使品紅溶液褪色的無色氣體該溶液中含有【答案】A【解析】A．室溫下，向苯酚濁液中加入碳酸鈉溶液，溶液變澄清，是由于生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，所以酸性苯酚大于碳酸氫根，即，A正確；B．由于銀單質不溶于氨水，所以向做過銀鏡反應的試管中加入足量氨水銀鏡不會消失，B錯誤；C．由于乙醇具有揮發性且也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，即與NaOH乙醇溶液混合共熱產生的氣體中混有乙醇蒸汽，使酸性高錳酸鉀溶液褪色不能證明發生消去反應，C錯誤；D．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黃色沉淀和能使品紅溶液褪色的刺激性氣味的氣體，據分析該黃色沉淀是單質S，能使品紅溶液褪色的刺激性氣味的氣體為SO2；則有如下情況:(1)Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，則溶液中有；(2)溶液中有亞硫酸根遇到氫離子會生SO2，SO2與S2-在酸性條件下能生成單質S，故溶液中也可能有和S2-，D錯誤；故選A。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.鹵素單質及其化合物在科研和工農業生產中有著廣泛的應用。請回答：（1）和中心原子的雜化方式分別為________和_______。第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有______種。（2）鹵化物受熱發生非氧化還原反應，生成無色晶體X和紅棕色液體Y。X為____(寫化學式)。解釋X的熔點比Y高的原因_________________________________。（3）一種銅的溴化物立方晶胞如圖所示。該化合物的化學式為__________，在晶體中與Cu距離最近且相等的Cu有___個，若該晶體密度為，化合物式量為M，則該晶體中Cu原子與Br原子的最小核間距為__________________pm(寫出表達式，阿伏加德羅常數為)。【答案】（1）sp2sp33（2）CsClCsCl為離子晶體，熔融克服離子鍵，而ICl為分子晶體，熔融只需克服分子間作用力（3）CuBr12×1010【解析】（1）中心B原子的價層電子對數為，B原子采用sp2雜化，中心N原子的價層電子對數為，N原子采用sp3雜化；B、N位于同周期，同周期元素第一電離能從左到右呈增大趨勢，但IIA、IIIA和VA、VIA異常，因此第一電離能介于B、N之間的元素有Be、C、O三種，故答案為：sp2；sp3；3；（2）鹵化物受熱發生非氧化還原反應，生成CsCl和ICl兩種物質，其中CsCl為離子晶體，則無色晶體為CsCl，紅棕色液體為ICl，CsCl為離子晶體，熔融克服離子鍵，而ICl為分子晶體，熔融只需克服分子間作用力，故答案為：ICl；CsCl為離子晶體，熔融克服離子鍵，而ICl為分子晶體，熔融只需克服分子間作用力；（3）由晶胞結構可知Br有8個位于頂點，6個位于面心，個數為：，Cu位于體內個數為4，兩種原子的個數比為1：1，則該晶體的化學式為CuBr，由晶胞結構可知4個Cu原子圍成正四面體構型，以一個頂點Cu為觀察對象，可知在一個空間四面體面的伸展方向上有3個Cu原子與頂點Cu距離最近且相等，則在四面體的四個面的伸展方向上共有12個Cu原子與其距離相等且最近；由晶胞結構可知，晶體中Cu原子與Br原子的最小核間距為體對角線的，晶胞的質量為：g，晶胞的體積為：，晶胞的邊長為cm，則該晶體中Cu原子與Br原子的最小核間距為×1010，故答案為：×1010。18.無機鹽X由五種元素組成，某學習小組按如下流程進行實驗：已知：上述氣體體積均在標準狀況下測得。氣體B為純凈物，有刺激性氣味，標準狀況下密度為2.86g/L。請回答：（1）X的組成元素是___________________，X的化學式是_______________。（2）寫出C→D轉化過程的離子方程式_________________________________________。（3）深藍色溶液E與氣體B反應可生成X沉淀，寫出該反應的離子方程式_______________________________________________________。（4）若鹽X與足量鹽酸的反應改在密閉容器中進行，得到固體A、氣體B和溶液M(M中不合固體A的組成元素)。設計實驗檢驗溶液M中的_______________________________________________________________________________________________________。【答案】（1）N、H、Cu、S、ONH4CuSO3（2）OH?+H+=H2O，OH?+NH=NH3↑+H2O，2OH?+Cu2+=Cu(OH)2↓（3）2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH（4）取少量溶液M于試管中，加過量的Ba(NO3)2溶液，靜置，取上清液于另一試管中，滴加AgNO3溶液，若產生白色沉淀，證明有Cl?【分析】紫紅色固體A為Cu。氣體B標準狀況下密度為2.86g/L，可知：M(B)=ρ標.Vm=2.86g/L×22.4L/mol=64g/mol。結合有刺激性氣味，推知B為SO2。溶液C加足量NaOH產生氣體D知D為NH3，C中含，溶液C加足量氨水得到深藍色溶液E為[Cu(NH3)4]2+，可知C中含Cu2+。綜上所述，X含Cu、N、S、O、H五種元素。n(Cu)==0.01mol，n(SO2)==0.02mol，n(NH3)==0.02mol，三者最小倍數為0.02mol。M(X)==162g/mol。結合存在元素及化合價特點可推知：X為NH4CuSO3。【詳解】（1）由分析推知X含Cu、N、S、O、H五種元素且化學式為NH4CuSO3。故答案為：N、H、Cu、S、O；NH4CuSO3。（2）C中含H+，NH及Cu2+，它們依次與OH-反應：OH?+H+=H2O，OH?+NH=NH3↑+H2O，2OH?+Cu2+=Cu(OH)2↓。故答案為：OH?+H+=H2O，OH?+NH=NH3↑+H2O，2OH?+Cu2+=Cu(OH)2↓（3）依題意，[Cu(NH3)4]2+與SO2反應可生成NH4CuSO3，為氧化還原反應（Cu、S化合價發生變化）：2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH。故答案為：2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH。（4）Cl-的檢驗用AgNO3，之前需除去SO的干擾（SO在酸性條件下可被氧化為SO），故方法為：取少量溶液M于試管中，加過量的Ba(NO3)2溶液，靜置，取上清液于另一試管中，滴加AgNO3溶液，若產生白色沉淀，證明有Cl?。故答案為：取少量溶液M于試管中，加過量的Ba(NO3)2溶液，靜置，取上清液于另一試管中，滴加AgNO3溶液，若產生白色沉淀，證明有Cl?。19.錳及其化合物在催化劑及金屬材料方面有重要的應用。我國主要以菱錳礦(主要成分為，M為Mn、Mg或Ca)為原料，通過熱解法生產二氧化錳等錳基催化劑。（1）提取的轉化關系如下：已知，關系如下圖。①“焙燒”過程最大的是___________。A．B．C．②“焙燒”溫度應控制在___________。（2）T℃時，碳酸錳熱解制二氧化錳的熱化學方程式：①若該反應的速率方程表示為：和［和分別為正、逆反應速率常數，在一定溫度下為常數］，該反應的平衡常數___________(用、表示)。②焙燒時在入口持續通入空氣，并不斷用真空抽氣泵在裝置尾端抽氣的目的是_______________________________________________。（3）由原料氣(、)與煤粉在錳基催化劑條件下制乙炔，該生產過程是目前清潔高效的煤化工過程。已知：發生的部分反應如下(在25℃、101kPa時)，、在高溫條件還會分解生成碳與氫氣：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.上述反應在體積為1L的密閉容器中進行，達到平衡時各氣體體積分數和反應溫度的關系曲線如圖甲所示。①下列說法正確的是___________。A．1530K之前乙炔產率隨溫度升高而增大的原因：升溫使反應Ⅱ、Ⅲ平衡正向移動B．1530K之后會有更多的甲烷與乙烯裂解生成碳導致乙炔產率增加不大C．1530K時測得氣體的總物質的量為1.000mol，則反應III的平衡常數為0.8652D．相同條件下，改用更高效的催化劑，可使單位時間內的乙炔產率增大②請在圖乙中繪制平衡時乙烯的體積分數和反應溫度的變化趨勢，并標明1530K時的氣體體積分數。_________【答案】（1）①A②622.7~913.3K（2）①K=②保持O2的濃度，降低CO2的濃度，使平衡正向移動，提高二氧化錳的產率（3）①ABD②起點在1200K或其左側，標注(1530，0.0080)

【解析】（1）①“焙燒”過程中，相同溫度下，ΔG的大小為CaCO3＞MgCO3＞MnCO3，且ΔG=ΔH?TΔS，“焙燒”過程ΔH最大的是CaCO3，故選A；②由流程圖可知，“焙燒”過程中，僅MnCO3分解，則“焙燒”溫度應控制在622.7~913.3K。（2）①平衡時，v正=v逆,即k正c(O2)=k逆c2(CO2)，則K==；②焙燒時在入口持續通入空氣，并不斷用真空抽氣泵在裝置尾端抽氣的目的是保持O2的濃度，降低CO2的濃度，使平衡正向移動，提高二氧化錳的產率。（3）①A．反應II、III是吸熱反應，升高溫度，反應II、III正向移動，故1530K之前，乙炔產率隨溫度升高而增大，A正確；B．反應I是放熱反應，反應III是吸熱反應，升高溫度，反應I逆向移動，反應III正向移動，故1530K之后，會有更多的甲烷與乙烯裂解生成碳導致乙炔產率增加不大，B正確；C．1530K時測得氣體的總物質的量為1.000mol，H2、C2H2、CH4的體積分數分別為0.8240、0.0840和0.0840，則H2、C2H2、C2H4的濃度分別為0.824mol?L-1、0.084mol?L-1和0.008mol?L-1、則反應III的平衡常數為==8.652，C錯誤；D．相同條件下，改用更高效的催化劑，可使單位時間內的乙炔產率增大，D正確；故選ABD；②根據圖甲中乙炔的體積分數和溫度的關系曲線，且乙烯的起點溫度要低于乙炔的起點，最高點的相應溫度低于1530K，1530交點乙烯的體積分數不要超過0.01，則所繪制乙烯的體積分數和反應溫度的關系曲線為[起點在1200K或其左側，標注(1530，0.0080)]。20.乳酸亞鐵{，}是一種常見的食品鐵強化劑，溶于水，難溶于乙醇。某研究小組以礦渣X(主要成分是，含少量、雜質)制備乳酸亞鐵并進行產品含量測定，制備流程如下(部分環節已略去)：已知：①一定濃度的金屬離子生成相應的氫氧化物沉淀的pH如下表所示，金屬氫氧化物開始沉淀時的pH完全沉淀時的pH7.69.62.23.44.15.4②(無色配離子)請回答：（1）步驟Ⅳ，轉化時使用如圖裝置，儀器A的名稱是___________。（2）下列有關說法不正確的是___________。A．步驟Ⅱ，加入氨水調節pH后，組分A中主要含鐵成分為、B．步驟Ⅲ，固體B為鐵C．固體C為和FeD．重結晶后可選擇乙醇洗滌晶體E．為得到干燥的乳酸亞鐵晶體，采用高溫烘干的方式（3）實驗室常用已知濃度的重鉻酸鉀標準溶液滴定。①從下列選項中選擇合理的儀器和操作，補全如下步驟［“___________”上填寫一件最關鍵儀器，“()”內填寫一種操作，均用字母表示］___________蒸餾水洗滌______→潤洗→()→裝液→()→()→用_________(量取一定體積的)→加指示劑，準備開始滴定。儀器：a．燒杯；b．酸式滴定管；c．堿式滴定管；d．錐形瓶操作：e．調整液面至“0”或“0”刻度以下，記錄讀數f．橡皮管向上彎曲，擠壓玻璃球，放液g.打開活塞快速放液h．控制活塞，將洗滌液從滴定管下部放出i．將洗滌液從滴定管上口倒出②滴定曲線如下圖所示(曲線a未加磷酸，曲線b加磷酸)。滴定操作中向溶液中加入磷酸溶液的原因是：溶液酸化抑制水解、_______________________________________(寫出兩個理由)。（4）研究小組為了測定乳酸亞鐵產品中的含量，稱取5.600g乳酸亞鐵產品溶于蒸餾水，定容至250mL，進行如下實驗。【實驗一】鈰量法測定含量。取25.00mL試液，用0.1000mol/L的標準溶液滴定至終點。滴定反應為：，4次滴定消耗溶液的體積如下，實驗次數1234消耗溶液的體積/mL18.7520.0518.7018.65①則該產品中含量為___________%(保留四位有效數字)。【實驗二】高錳酸鉀法測定含量。取25.00mL試液，加入適量硫酸，用0.0200mol/L的高錳酸鉀標準溶液滴定至終點。4次滴定測得的含量如下，實驗次數1234含量(%)19.6120.1721.2619.46②比較實驗一、二測得的產品中含量，認為鈰量法適合于乳酸亞鐵中含量的測定，原因是___________________________________________________。【答案】（1）恒壓滴液漏斗(恒壓漏斗)（2）AE（3）①bhgeb②使滴定突變范圍變大，減少滴定誤差；生成的配合物為無色，降低三價鐵離子對終點顏色的干擾（4）①18.70②鈰量法可避免乳酸根的干擾(或高錳酸鉀法未考慮乳酸根被酸性高錳酸鉀溶液氧化)【分析】利用礦渣制備乳酸亞鐵，礦渣中含有少量氧化鋁和二氧化硅雜質，稀硫酸酸浸、過濾可除去二氧化硅，濾液中含有鐵離子和鋁離子，由表格中數據可知，用氨水調節pH3.5~4.0，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，鋁離子尚未沉淀，組分A為氫氧化鐵，氫氧化鐵酸溶后還原為亞鐵離子，為避免引入新的雜質，可用鐵單質進行還原，因此B為鐵單質，亞鐵離子與碳酸氫銨反應生成碳酸亞鐵沉淀，固體C為碳酸亞鐵和過量的B；碳酸亞鐵與乳酸反應生成乳酸亞鐵，經重結晶得到純凈的乳酸亞鐵晶體。【詳解】（1）由圖可知，儀器A為恒壓滴液漏斗（恒壓漏斗）。（2）加入氨水調節pH后，組分A中的含鐵物質為氫氧化鐵沉淀，沒有亞鐵離子，A錯誤；步驟Ⅲ目的是將鐵離子還原為亞鐵離子，為避免引入其它離子，因此加入的還原劑B為鐵單質，B正確；步驟Ⅲ所用Fe為過量，因此固體C中含有Fe，亞鐵離子與碳酸氫根反應生成碳酸亞鐵，因此固體C中有碳酸亞鐵，C正確；乳酸亞鐵難溶于乙醇，因此重結晶后的晶體可用乙醇洗滌，D正確；乳酸亞鐵晶體中帶有三個結晶水，高溫烘干會使結晶水丟失，因此不可采用高溫烘干的方式，E錯誤；故答案為AE。（3）重鉻酸鉀標準液具有強氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸餾水洗滌；洗滌之后用標準液潤洗，為保證潤洗效果，潤洗液應從下端放出，裝液后需排出尖嘴處的氣體并保證液面在0刻度以下；亞鐵離子呈酸性，應用酸式滴定管取用，因此答案為bhgeb。由圖可知，加入磷酸后突變范圍變大，因此可以減小滴定誤差；由已知信息可知，鐵離子能與磷酸反應生成無色配離子，可以避免鐵離子的顏色影響滴定終點的判斷。（4）由滴定原理方程式可知，亞鐵離子的物質的量等于鈰離子的物質的量，由滴定