宁夏石嘴山市平罗县高考化学四模试卷(含解析)

2017年宁夏石嘴山市高考化学四模试卷
一、选择题：（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．化学与生活密切相关．下列有关说法错误的是（）
A．SiO2、MgO熔点高，可用于制作耐高温材料
B．天然气是可再生清洁能源，可用于工业制盐酸
C．硝酸铵属于氧化剂，严禁用可燃物（如纸袋）包装
D．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物
2．下列叙述正确的是（）
A．水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小
B．用金属活动性顺序可解释反应：Na（l）+KCl（l）═NaCl（l）+K（g）
C．对于平衡2HI（g）⇌I2（g）+H2（g），压缩容器体积，平衡不移动，气体的颜色不变
D．由反应SiO2+2C Si+2CO↑，可得出C的非金属性强于Si
3．下列有关说法正确的是（）
A．分子式为C4H10O的同分异构体有4种
B．可用溴水鉴別苯、四氯化碳和酒精
C．石油分馏后可获得乙烯、丙烯和丁二烯
D．乙二酸与乙二醇生生成聚乙二酸乙二酯的反应属于加聚反应
4．下列实验方案能达到实验目的是（）
A．A B．B C．C D．D
5．2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示．下列说法正确的是（）
A．放电时，甲电极反应为：NiO（OH）+H2O+e‾═Ni（OH）2+OH‾
B．放电时，甲电极为正极，OH‾移向乙电极
C．电池总反应为H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2
D．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
6．根据下列框图分析，下列说法正确的是（）
A．E2+的氧化性比M2+的氧化性强
B．在③反应中加稀硫酸可抑制Fe2+的水解
C．反应④的离子方程式可表示为：E3++3SCN﹣⇌E（SCN）3↓
D．在反应①中只能用浓硫酸，既表现了酸性、又表现了氧化性
7．常温下，向100mL0.01mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）．下列说法中正确的是（）
A．MOH为一元强碱HA为一元强酸
B．K 点对应的溶液中：c（M+）+c（MOH）=c（A﹣）
C．K点对应的溶液中：c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.005mol•L﹣1
D．N点水的电离程度小于K点水的电离程度
二、非选择题
8．Ⅰ几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期．（请用化学用语答题）
（1）R的元素符号为； M在元素周期表中的位置为．
（2）X与Y按原子个数比1：1构成的物质的电子式为；所含化学键类型．（3）X+，Y2‾，M2‾离子半径由大到小的顺序为（用离子符号表示）．
（4）用Cu单质作阳极，石墨作阴极，X的最高价氧化物对应的水化物溶液作电解液进行电解，写出
阳极的电极反应式．
Ⅱ如图转化关系A B C，若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为．9．马日夫盐是一种白色晶体，易溶于水，常用于机械设备的磷化处理．以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3）为原料制备马日夫盐的流程如图：
（1）软锰矿要先制成矿浆的目的是，葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为．
（2）用H2O2溶液“氧化”时发生反应的列子方程式为．
（3）已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示、“调pH并过滤”时，应调整的pH范围为，滤渣1的主要成分为（填化学式）．
（4）加入磷酸后发生反应的化学方程式为．
（5）某工厂用上述流程制备马日夫盐，已知软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，则1t该软锰矿可制得马日夫盐t．
10．硝酸是一种重要的化工原料，工业上生产硝酸的主要过程中：
（1）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0；恒温时，将N2和H2的混合气体充入2L密闭容器中，10分钟后反应达到平衡，图1图象能正确表示该过程中相关量的变化的是．（选填字母）．
（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应．若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的，则N2的转化率a1= ；若向该容器中再加入1molN2和3molH2，达到平衡状态时，N2的转化率为a2，则a2a1（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）．在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下温度变化的曲线（如图2）．
①比较P1、P2的大小关系：P1P2（填“＞”、“＜”或“=”）．
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是．
（4）硝酸厂常用如下2种方法处理尾气．
①催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2．
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是．
②碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2．若每4.6gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.05mol，则反应的离子方程式是．
【化学----选修3：物质结构与性质】完成下列问题．
11．根据已学物质结构与性质的有关知识，回答下列问题：
（1）请写出第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子的元素符号：，某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布是4s24p4，该元素的名称是．
（2）根据价层电子对互斥理论推测下列离子或分子的空间立体构型：H3O+，BF3．
（3）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，写出有关反应的离子方程式、．
（4）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示．则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为；若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，则体心立方晶胞和面心立方晶胞的密度之比为．
【化学---选修5：有机化学基础】
12．有机物A只含有C、H、O三种元素，且它们的质量比为9：2：4；A的核磁共振氢谱显示有四种不同类型的氢原子．物质D是一种芳香族化合物，请根据如图（所有无机产物已略去）中各有机物的转化关系回答问题．
RCHO+R′CH2CHO+H2O
已知，两分子醛在一定条件下可以发生如下反应（其中R、R′为H或烃基）：
（1）写出质A的名称：；C的结构简式：；E中含氧官能团的名称：．
（2）写出下列反应的有机反应类型：A→B；D→H．
（3）写出H到I的化学方程式：．
（4）写出D到E过程中的①的反应化学方程式：．
（5）1molF与足量的氢氧化钠水溶液反应最多消耗mol NaOH．
（6）根据题中信息，G的可能结构为种．
（7）请写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式．
i．该物质水解产物之一为乙酸； ii．苯环上的一氯代物只有两种结构．
2017年宁夏石嘴山市平罗中学高考化学四模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．化学与生活密切相关．下列有关说法错误的是（）
A．SiO2、MgO熔点高，可用于制作耐高温材料
B．天然气是可再生清洁能源，可用于工业制盐酸
C．硝酸铵属于氧化剂，严禁用可燃物（如纸袋）包装
D．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物
【分析】A．耐高温材料应具有较高的熔点；
B．天然气属于化石燃料，是不可再生能源；
C．硝酸铵在有可被氧化的物质（还原剂）存在的条件下发生氧化还原反应，有爆炸的危险；D．丝绸的成分为蛋白质，蛋白质是高分子化合物．
【解答】解：A．SiO2、MgO熔点高，一般条件下不易熔融，所以可以用于制作耐高温仪器，故A正确；
B．天然气属于不可再生的清洁能源，故B错误；
C．硝酸铵属于氧化剂，应储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，应与易（可）燃物、还原剂、酸类、活性金属粉末分开存放，故C正确；
D．丝绸的主要原料为蚕丝，蚕丝成分为蛋白质，蛋白质是高分子化合物，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查了化学知识在生活实际的应用，为高考常见题型，熟悉物质的组成、性质、用途等即可解答，题目有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．
2．下列叙述正确的是（）
A．水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小
B．用金属活动性顺序可解释反应：Na（l）+KCl（l）═NaCl（l）+K（g）
C．对于平衡2HI（g）⇌I2（g）+H2（g），压缩容器体积，平衡不移动，气体的颜色不变
D．由反应SiO2+2C Si+2CO↑，可得出C的非金属性强于Si
【分析】A．水电离平衡为吸热反应；
B．Na（l）+KCl（l）═NaCl（l）+K（g）中K为气态，逸出后使平衡正向移动；
C．压缩容器体积，浓度增大；
D．SiO2+2C Si+2CO↑为非自发的氧化还原反应．
【解答】解：A．水电离平衡为吸热反应，则升高温度，促进水的电离，氢离子、氢氧根离子浓度均增大，则水的离子积增大、pH减小，故A正确；
B．Na（l）+KCl（l）═NaCl（l）+K（g）中K为气态，逸出后使平衡正向移动，而金属性K大于Na，不能利用金属活动性顺序解释，故B错误；
C．压缩容器体积，浓度增大，气体的颜色加深，但反应为气体体积不变的反应，平衡不移动，故C错误；
D．SiO2+2C Si+2CO↑为非自发的氧化还原反应，则不能比较C、Si的非金属性，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查电离平衡及化学平衡，为高频考点，把握平衡移动原理的应用、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大．
3．下列有关说法正确的是（）
A．分子式为C4H10O的同分异构体有4种
B．可用溴水鉴別苯、四氯化碳和酒精
C．石油分馏后可获得乙烯、丙烯和丁二烯
D．乙二酸与乙二醇生生成聚乙二酸乙二酯的反应属于加聚反应
【分析】A．分子式为C4H10O的有机物，包括醇和醚两类，醇分子中含有﹣OH，该有机物为丁醇，先书写丁基﹣C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，醚分子中含有﹣O﹣，据此进行解答；
B．溴与苯、四氯化碳发生萃取现象，且有机层位置不同，酒精易溶于溴水；
C．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，石油裂解可获得乙烯、丙烯和丁二烯；D．乙二酸与乙二醇生生成聚乙二酸乙二酯的反应为缩聚反应．
【解答】解：A．分子式为C4H10O的有机物，包括醇和醚两类，醇分子中含有﹣OH，该有机
物为丁醇，丁基﹣C 4H 9可能的结构有：﹣CH 2CH 2CH 2CH 3、﹣CH （CH 3）CH 2CH 3、﹣CH 2CH （CH 3）2、﹣C （CH 3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH 3CH 2CH 2CH 2OH 、CH 3CH 2CH （CH 3）OH 、（CH 3）2CHCH 2OH 、C （CH 3）3OH ；醚分子中含有﹣O ﹣，可能结构有3种，分别为：CH 3OCH 2CH 2CH 3，CH 3CH 2OCH 2CH 3，CH 3OCH （CH 3）2，所以分子式为C 4H 10O 的同分异构体共有7种，故A 错误；
B ．溴水与苯混合，有机层在上层；溴水与四氯化碳混合，有机层在下层；溴水与乙醇互溶，则可用溴水鉴別苯、四氯化碳和酒精，故B 正确；
C ．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，不含乙烯、丙烯和丁二烯，故乙烯、丙烯和丁二烯不是石油分馏的产物，故C 错误；
D ．草酸（乙二酸）与乙二醇按1：1生成聚乙二酸乙二酯，还生成水，反应方程式为：nHOCH 2CH 2OH+n HOOC ﹣COOH
+（2n ﹣1）H 2O ，该反应为缩聚反应，故D 错误；
故选B ．
【点评】本题考查较为综合，涉及石油分馏与蒸馏、同分异构体书写、反应类型判断、有机物鉴别等知识，明确常见有机物组成、结构与性质为解答关键，注意掌握同分异构体的书写原则、有机物鉴别方法，试题培养了学生的灵活应用能力．
4．下列实验方案能达到实验目的是（ ）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D 【分析】A ．稀硝酸能够氧化亚硫酸钠，干扰了检验结果；
B ．生成的乙烯能够使溴水褪色；
C．制备氢氧化铁胶体时应该用饱和氯化铁溶液；
D．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁都生成沉淀．
【解答】解：A．亚硫酸钠可被硝酸氧化，不能溶于硝酸，应溶于盐酸，故A错误；
B．向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，证明有乙烯生成，该方案能够达到实验目的，故B正确；
C．向沸水中逐滴加氯化铁饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热即制得氢氧化铁胶体，不能用稀的氯化铁溶液，故C错误；
D．氢氧化钠过量，氢氧化钠与氯化镁、氯化铁都反应生成沉淀，无法证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及离子检验、卤代烃的性质、氢氧化铁胶体的制备等知识，注意掌握氢氧化铁胶体的制备方法，D为易错点，注意氢氧化钠应该少量，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．
5．2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示．下列说法正确的是（）
A．放电时，甲电极反应为：NiO（OH）+H2O+e‾═Ni（OH）2+OH‾
B．放电时，甲电极为正极，OH‾移向乙电极
C．电池总反应为H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2
D．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答．
【解答】解：A．放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e
﹣═Ni（OH）
+OH﹣，故A错误；
2
B．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH﹣向负极甲电极移动，故B错误；
C．放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e﹣═2Ni（OH）2+2OH﹣，负极电极反应式
为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiO（OH）2Ni（OH）2，故C正确；
D．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确正负极上发生的电极反应及阴阳离子的移动方向即可解答，易错选项是D，注意结合电解原理确定与原电池哪个电极相连，为易错点．
6．根据下列框图分析，下列说法正确的是（）
A．E2+的氧化性比M2+的氧化性强
B．在③反应中加稀硫酸可抑制Fe2+的水解
C．反应④的离子方程式可表示为：E3++3SCN﹣⇌E（SCN）3↓
D．在反应①中只能用浓硫酸，既表现了酸性、又表现了氧化性
【分析】由转化关系图可知，红色金属M为Cu，①中发生Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，蓝色溶液含CuSO4，结合红褐色固体及红色溶液可知，E为Fe，X为FeSO4，③中亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，则⑤中硫酸铁与氨水反应生成Z为Fe（OH）3，④中发生络合反应生成Fe（SCN）3，溶液为血红色，以此来解答．
【解答】解：A．金属性Fe＞Cu，则E2+的氧化性比M2+的氧化性弱，故A错误；
B．因亚铁离子可发生水解反应，在③反应中加稀硫酸，可抑制Fe2+的水解，③中发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，故B正确；
C．反应④的离子方程式可表示为：E3++3SCN﹣⇌E（SCN）3，不生成沉淀，故C错误；
D．①中发生Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，Cu为还原剂，过氧化氢为氧化剂，硫酸可为稀硫酸，只体现酸性，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握图中转化、物质的性质、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意红色金属、红褐色固体及红色溶液为推断的突破口，题目难度不大．
7．常温下，向100mL0.01mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）．下列说法中正确的是（）
A．MOH为一元强碱HA为一元强酸
B．K 点对应的溶液中：c（M+）+c（MOH）=c（A﹣）
C．K点对应的溶液中：c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.005mol•L﹣1
D．N点水的电离程度小于K点水的电离程度
【分析】0.01mol•L﹣1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点c（MOH）和c（M+）的和．
A．根据0.01mol/L的HA溶液的pH=2可知，HA在溶液中完全电离，则HA为强电解质；N 点为中性溶液，而K点溶液显示碱性；
B．K点溶液为等量的MA和MOH；
C．根据物料守恒、电荷守恒判断溶液中c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）结果；
D．由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10﹣7mol/l，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10﹣7mol/l，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度．
【解答】解：A.0.01mol•L﹣1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点为中性溶液，51mLMOH恰好溶液呈中性，说明碱为弱碱，故A错误；
B．由c、V可知，K点溶液为等量的MA和MOH，由物料守恒可知c（M+）+c（MOH）=2c（A﹣），故B错误；
C．在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，由物料守恒结合溶液体积变化可知c（MOH）+c （M+）=0.01mol•L﹣1，根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣），c（MOH）+c（OH ﹣）﹣c（H+）=c（M+）﹣c（A﹣）+c（MOH）=0.01mol•L﹣1﹣0.005mol•L﹣1=0.005mol•L﹣1，故C正确；
D．由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10﹣7mol/l，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10﹣7mol/l，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握酸碱混合后溶液的溶质、酸碱性、电荷及物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大．
二、非选择题
8．Ⅰ几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期．（请用化学用语答题）
（1）R的元素符号为Al ； M在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族．
（2）X与Y按原子个数比1：1构成的物质的电子式为；所含化学键类型离子键、非极性共价键．
（3）X+，Y2‾，M2‾离子半径由大到小的顺序为（用离子符号表示）S2﹣＞O2﹣＞Na+．（4）用Cu单质作阳极，石墨作阴极，X的最高价氧化物对应的水化物溶液作电解液进行电解，写出
阳极的电极反应式Cu﹣2e﹣=Cu2+．
Ⅱ如图转化关系A B C，若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为Al3++3AlO2﹣+6H
O=4Al（OH）3↓．
2
【分析】I．由短周期元素化合价及原子半径可知，X属于第IA族、Y属于第ⅥA族、Z属于第VA族、M属于第VIA族、R属于第IIIA族，M没有正化合价，所以M为O元素，则Y为S 元素；X是短周期中最活泼的金属元素，则X是Na元素，X与R同周期，且R属于第IIIA 族，则R为Al元素，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，Z原子半径大于M，且相差较小，所以Z为N元素，以此解答（1）～（4）；
Ⅱ．由转化关系A B C，若B为白色胶状不溶物，则B为Al（OH）3，A为AlCl3，X为NaOH，C为NaAlO2，以此来解答．
【解答】解：I．由上述分析可知，X为Na，Y为S，Z为N，M为O，R为Al，
（1）R的元素符号为Al； M在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，故答案为：Al；第二周期ⅥA族；
（2）X与Y按原子个数比1：1构成的物质为Na2S2，其电子式为，所含化学键类型为离子键、非极性共价键，
故答案为：；离子键、非极性共价键；
（3）电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，则离子半径为S2﹣＞O2﹣＞Na+，
故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；
（4）用Cu单质作阳极，石墨作阴极，X的最高价氧化物对应的水化物溶液作电解液进行电解，阳极上Cu失去电子，阳极的电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，
故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+；
Ⅱ．由转化关系A B C，若B为白色胶状不溶物，则B为Al（OH）3，A为AlCl3，X为NaOH，C为NaAlO2，则A与C反应的离子方程式为Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：Al3++3AlO2﹣+6H
O=4Al（OH）3↓．
2
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握短周期元素的性质、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学用语的使用，题目难度不大．9．马日夫盐是一种白色晶体，易溶于水，常用于机械设备的磷化处理．以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3）为原料制备马日夫盐的流程如图：
（1）软锰矿要先制成矿浆的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用
率，葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为12：1 ．
（2）用H2O2溶液“氧化”时发生反应的列子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O ．（3）已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示、“调pH并过滤”时，应调整的pH范围为 5.0～7.8 ，滤渣1的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3（填化学式）．
（4）加入磷酸后发生反应的化学方程式为MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O ．（5）某工厂用上述流程制备马日夫盐，已知软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，则1t该软锰矿可制得马日夫盐 2.5935 t．
【分析】软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3）与废硫酸、葡萄糖混合，得到含有金属阳离子Mn2+、Fe3+、Fe2+、Al3+的溶液，加入过氧化氢溶液氧化Fe2+为Fe3+，调节pH5.0～7.8，沉淀Fe3+、Al3+，滤渣1为Fe（OH）3和Al（OH）3，滤液为MnSO4溶液，加入碳酸钠溶液沉锰，过滤，得到MnCO3沉淀，与磷酸反应：MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）
+CO2↑+H2O，加入碳酸钡净化，浓缩结晶得到马日夫盐Mn（H2PO4）2•2H2O，据此分析解答．2
【解答】解：（1）为增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率，软锰矿要先制成矿浆；葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，则反应为：12MnO2+C6H12O6+24H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O，二氧化锰为氧化剂，葡萄糖为还原剂，故反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为12：1；
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；12：1；
（2）过氧化氢溶液氧化Fe2+为Fe3+，反应为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（3）调节pH沉淀Fe3+、Al3+，但不能沉淀Mn2+，由表可知，调节pH为5.0～7.8，可以达到目的，故滤渣1为Fe（OH）3和Al（OH）3；
故答案为：5.0～7.8；Fe（OH）3和Al（OH）3；
（4）MnCO3沉淀与磷酸反应为MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O；
故答案为：MnCO3+2H3PO4═Mn（H2PO4）2+CO2↑+H2O；
（5）软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，设得到马日夫盐质量
为x，根据锰元素质量守恒，则有×1t×87%×91%=×x，解得x=2.5935；
故答案为：2.5935．
【点评】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．
10．硝酸是一种重要的化工原料，工业上生产硝酸的主要过程中：
（1）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0；恒温时，将N2和H2的混合气体充入2L密闭容器中，10分钟后反应达到平衡，图1图象能正确表示该过程中相关量的变化的是ab ．（选填字母）．
（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应．若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的，则N2的转化率a1= 60% ；若向该容器中再加入1molN2和3molH2，达到平衡状态时，N2的转化率为a2，则a2＞a1（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）．在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下温度变化的曲线（如图2）．
①比较P1、P2的大小关系：P1＜P2（填“＞”、“＜”或“=”）．
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是减小．
（4）硝酸厂常用如下2种方法处理尾气．
①催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2．
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1034.9kJ/mol ．
②碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2．若每4.6gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.05mol，则反应的离子方程式是2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2．
【分析】（1）恒温时，将N2和H2的混合气体充入2L密闭容器中，10分钟后反应达到平衡时，反应放热，随反应减小速率减慢，放热减少，容器体积不变，混合气体密度不变，反应正向进行，混合气体质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量增大，但开始不为0；
（2）N2+3H2=2NH3
起始量（mol） 1 3 0
变化量（mol） x 3x 2x
平衡量（mol）1﹣x 3﹣3x 2x
（1﹣x）+（3﹣3x）+2x=（1+3）×
解得x=0.6mol，
若向该容器中再加入1mol N2和3mol H2，压强增大，平衡正向移动；
（3）①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；
②根据图象2判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；
（4）①a.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
b．N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
由盖斯定律可知，a×2﹣b得到4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）；
②用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，C元素的化合价不变，每4.6gNO2和Na2CO3溶液反应时转
移电子数为0.05mol，n（NO2）==0.1mol，可知N元素的化合价由+4价降低为+3
价，由+4价升高为+5价，以此来解答．
【解答】解：（1）恒温时，将N2和H2的混合气体充入2L密闭容器中，10分钟后反应达到平衡时，反应放热，随反应减小速率减慢，放热减少，容器体积不变，混合气体密度不变，反应正向进行，混合气体质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量增大，但开始不为0，
故答案为：ab；
（2）N2+3H2=2NH3
起始量（mol） 1 3 0
变化量（mol） x 3x 2x
平衡量（mol）1﹣x 3﹣3x 2x
（1﹣x）+（3﹣3x）+2x=（1+3）×
解得x=0.6mol，则N2的转化率a1=×100=60%，
若向该容器中再加入1molN2和3molH2，压强增大，平衡正向移动，转化率增大，则a2＞a1，故答案为：60%；＞；
（3）①已知2NO（g）+O2（g）⇌2N02（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1＜p2，故答案为：＜；
②由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；故答案为：减小；
（4）①a.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
b．N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
由盖斯定律可知，a×2﹣b得到4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g），则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式为4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1034.9kJ/mol，故答案为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1034.9kJ/mol；
②用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，C元素的化合价不变，每4.6gNO2和Na2CO3溶液反应时转
移电子数为0.05mol，n（NO2）==0.1mol，可知N元素的化合价由+4价降低为+3价，由+4价升高为+5价，离子反应为2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2，故答案为：2NO2+CO32﹣=NO3
﹣+NO
2﹣+CO
2
．
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、平衡移动与图象、。