安徽省滁州市2024届高三第一次教学质量检测化学试题 Word版含解析.docx

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滁州市2024届高三第一次教学质量监测化学试卷注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Ca40Ti48Mn55I127一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.1.化学与生活密不可分.下列说法正确的是A.水结冰体积增大主要是氢键的作用B.可用福尔马林浸泡海鲜以延长保质期C.纳米锌主要通过物理吸附作用除去污水中的、、D.新型水处理剂高铁酸钠的工作原理与明矾净水的原理完全相同【答案】A【解析】【详解】A．水结冰体积增大主要是氢键的作用，A正确；B．福尔马林是甲醛水溶液，不能用于处理食品，B错误；C．纳米锌主要通过化学反应除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+，C错误；D．新型水处理剂高铁酸钠的工作原理是利用其强氧化性，生成的Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物，明矾净水的原理是利用Al3+水解生成的氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮物，两者不完全相同，D错误；2.化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作合理的是A.B.由海水制取蒸馏水C.药品柜中试剂存放D.由 分离乙醇和乙酸制取无水固体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．乙醇和乙酸互溶，分离乙醇和乙酸不能用分液的方法分离，则题给装置不能达到实验目的，故A错误；B．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，故B正确；C．盐酸是酸，乙醇是有机物，属于可燃性液体，氢氧化钠是强碱，不能放在同一个厨中，故C错误；D．直接加热FeCl3∙6H2O会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，故D错误；故答案选B。3.下列说法正确的是A.电负性：B.离子半径：C.稳定性：D.最高价氧化物对应水化物酸性：【答案】D【解析】【详解】A．非金属性C＞H，元素的非金属性越强，电负性越大，电负性：C＞H，故A错误；B．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小可知离子半径Cl-＞K+，故B错误；C．非金属性O＞C，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，稳定性：，故C错误；D．非金属性C＞B，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：，故D正确；答案选D。 4.“复兴号”动车组行李架使用的“轻芯钢”材料其主要成分是以酚醛树脂为原料的深加工产品，已知酚醛树脂可由如下反应制备：下列有关酚醛树脂的说法错误的是A.易水解B.单体为苯酚和甲醛C.该反应类型为缩聚反应D.碳原子的杂化方式为、【答案】A【解析】【详解】A．酚醛树脂分子中不含酯基等易水解的基团，不易水解，A错误；B．由图可知，反应的单体为苯酚和甲醛，B正确；C．该聚合反应中生成了高分子化合物的同时得到小分子物质，为聚合反应，C正确；D．苯环碳为sp2杂化、-CH2-中碳为sp3杂化，D正确；故选A。5.部分含Al或含Si物质的价类二维图如下，下列推断正确的是（其中为阿伏加德罗常数的数值）A.将木材浸入到g的水溶液可以防火B.1mol晶体e中含有共价键的数目为C.肯定存在a→b→c和a→e→f的直接转化D.d→c和g→f的转化均可通过向溶液中加入足量盐酸来实现【答案】A【解析】【分析】分析含Al或含Si物质可知，a为Al或Si，b为，c为，d为，e 为，f为H2SiO3，g为，据此作答。【详解】A．g的水溶液为的水溶液，的水溶液俗称水玻璃，具有黏结力强、耐高温等特性，可以用作黏合剂和防火剂，故A正确；B．晶体e为晶体，晶体中每个Si原子与4个O原子形成共价键，含有，故B错误；C．不能一步反应生成，也不能一步反应生成，故C错误；D．d为，向溶液中加入足量盐酸生成的是AlCl3溶液，g为，向溶液中加入足量盐酸生成的是H2SiO3，故D错误；故答案选A。6.以钴渣（主要成分是、含少量Ni、等杂质）为原料制取，工艺流程如下.下列说法错误的是已知：①碱性条件下，会转化成②被萃取原理：A.试剂X为稀硫酸B.“酸浸”中反应的离子方程式为C.为保证工艺所得产品的纯度，萃取过程中，添加萃取剂应采用少量多次的方法进行D.“沉钴”时，应向上一步所得含的溶液中逐滴滴加溶液，以提高产率【答案】BD【解析】【分析】含钴废渣主要成分CoO、Co2O3，含少量Ni、A12O3，由流程可知，加入稀硫酸酸浸，发生反应Co2O3+6H+=2Co3++3H2O，CoO+2H+=Co2++H2O，Ni+2H+=Ni2++H2↑，Al2O3+6H+=2A13++3H2O ，同时通入SO2，Co3+被还原为Co2+，发生2Co3++SO2+2H2O=2Co2+++4H+，得到的溶液主要含有的金属离子有Co2+、A13+、Ni2+，加入Na2CO3溶液调节pH，与A13+发生2A13++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，过滤，除去A1(OH)3，加入萃取剂，萃取Ni2+，分液后向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，得到NiSO4溶液，水层中缓慢加入Na2CO3，得到CoCO3，据此解答。【详解】A．Ni2+被萃取原理：，加入酸使平衡逆向进行，则试剂X为稀硫酸，A正确；B．由Co2O3+6H+=2Co3++3H2O，2Co3++SO2+2H2O=2Co2+++4H+叠加得到“酸浸”中Co2O3反应的离子方程式，B错误；C．若萃取剂的总量一定，分次加入相当于不断降低物质的浓度，提高萃取效率，比一次加入效果更好，C正确；D．“沉钴”时，将含Co2+的溶液滴入Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，碱性条件下，Co2+会转化成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，D错误；故答案选BD7.下列实验操作、现象、实验结论均正确的是选项实验操作现象结论A向两支盛有等浓度等体积的试管中分别加入等浓度等体积的溶液和溶液前者产生气泡速率快的催化效果比好B取于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%的溶液溶液变红与的反应有一定限度C取A、B两试管，各加入的，向A中加B其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快 酸性高锰酸钾溶液，同时向B中加入酸性高锰酸钾溶液试管先褪为无色D向溶液中滴加2滴等浓度的出现白色沉淀，过滤后取上层清液又加入2滴溶液有黄色沉淀生成A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，A错误；B．过量，不能通过检测铁离子说明该反应存在一定限度，B错误；C．，根据反应的化学计量系数可知所用草酸的量不足，混合溶液颜色不会褪去，C错误；D．所得上层清液存在氯化银的电离平衡，加入2滴溶液有黄色沉淀生成，说明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，D正确；故合理选项是D。8.是一种白色晶体，不溶于水，用于陶瓷上釉等.W、X、Y、Z原子序数依次增加且和为35，已知X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，热分解可制备ZY，该化合物的热重曲线如图所示，下列叙述错误的是 A.的键角大于B.X、Y两元素的简单氢化物的沸点Y＞XC.由Z、X组成的化合物只含有离子键D.1000℃下热分解后生成固体化合物ZY【答案】C【解析】【分析】ZX2Y4·W2Y是一种白色晶体粉末，不溶于水，用于陶瓷上釉等。W、X、Y、Z为前20号元素，已知X、Y原子最外层电子数分别是其电子层数的2倍、3倍，则X为C、Y为O，W为H，原子序数依次增加，且加和为35，则Z原子序数20、为Ca，ZX2Y4·W2Y为CaC2O4.H2O，以此分析；【详解】A．XW4的为CH4，W2Y为H2O，两个分子均为sp3杂化，H2O分子中存在孤电子对，则键角CH4＞H2O，A正确；B．X为C、Y为O，简单氢化物为CH4、H2O，H2O分子间存在氢键，则沸点高，则沸点H2O＞CH4，B正确；C．ZX2即CaC2属于离子化合物，含有共价键、离子键，C错误；D．CaC2O4.H2O的相对分子质量为146，CaCO3的相对分子质量为100，由钙元素守恒及图中纵坐标分析可知，热分解可制备CaO，碳酸钙高温分解可得CaO，D正确；故答案为：C。9.钙钛矿电池是第三代非硅薄膜太阳能电池的代表，具有较高的能量转化效率.如图是一种边长为的钙钛矿的正方体晶胞结构，其中Ca原子占据正方体中心，O原子位于每条棱的中点.下列有关说法错误的是A.的核外电子排布式为：B.两个O原子最近距离为C.距离原子3最近的原子有4个D.该晶胞密度约为【答案】D 【解析】【详解】A．基态钙原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2基态钙离子的电子排布式为:1s22s22p63s23p6,A正确;B．氧原子位于棱心，则距离最近的两个氧原子之间的距离为=apm，B正确；C．原子3是氧原子，距离原子3最近的钙原子位于晶胞的体心。共用原子3所在棱的4个晶胞的体心的钙原子距离氧原子最近，共4个，C正确；D．该晶胞中，钙原子数为1个，氧原子数为12×=3个，碳原子数为8×=1个，晶胞密度为g·cm-3=×1030g·cm-3，D错误。故答案选D。10.我国科研人员研制出Ti-H-Fe双温区催化剂，催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用＊标注.已知①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生.下列说法错误的是A.①为反应的决速步B.③～④表示N由Fe区域到区域传递C.在高温区加快反应速率，低温区提高氨的产率D.使用双温区催化合成氨，不改变合成氨的反应热【答案】A【解析】【详解】A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；①为初始反应物，不是反应的决速步，A错误；B．③～④为Ti-H-Fe+*N转化为Ti-H-*N+Fe，表示N由Fe区域到区域传递，B正确； C．升高温度可提高反应速率，所以高温区加快了反应速率，但合成氨的反应为放热反应，所以低温区可提高氨的产率，④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，C正确；D．催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，D正确；故选A。11.钢铁工业是我国国民经济的基础产业，研究钢铁的防腐有着重要的意义。某课题组进行如下实验：实验装置5min时现象25min时现象Ⅰ铁钉表面及周边未见明显变化铁钉周边出现少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成Ⅱ铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化下列说法正确的是A.实验Ⅱ中正极的电极反应式为B.实验Ⅱ中5min时出现红色区域，说明铁钉腐蚀速率比Ⅰ快C.由的阴离子配位数可推出其空间构型为正六边形D若将Ⅱ中Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色【答案】D【解析】【分析】实验I中铁钉周边出现少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成说明铁做原电池的负极，铁钉发生吸氧腐蚀被损耗，实验Ⅱ中铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化说明锌做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，使铁的腐蚀速率比实验I慢。 【详解】A．由分析可知，实验Ⅱ中铁为原电池的正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为2H2O+O2+4e—=4OH—，故A错误；B．由分析可知，实验Ⅱ中锌做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，使铁的腐蚀速率比实验I慢，故B错误；C．由铁氰化钾的阴离子配位数为6可知，配离子的空间构型为正八边形，故C错误；D．若将Ⅱ中锌片换成铜片，金属性强于铜的铁为原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成的亚铁离子能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铜为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子使溶液变为红色，故D正确；故选D。12.复旦大学科研人员采用金属碳酸盐和固-固转换反应，设计出石墨烯（ZZG）电极的概念电池，该电池原料利用率高，寿命长.其充电原理如图所示：下列说法不正确的是A.充电时，移向镍基电极B.充电时，阴极附近电解液中pH增大C.放电时，镍基电极为电源正极D.放电时，当外电路中有2mol电子转移时，ZZG电极析出1mol固体【答案】D【解析】【分析】该装置有外接电源，属于电解装置，根据电解原理进行分析，镍基电极为阳极，另外一极为阴极，据此分析。 【详解】A．观察图中物质变化可知，充电时阴极反应式为，n(OH-)增大，镍基电极为阳极，充电时，阴离子移向阳极，因此移向镍基电极，故A正确；B．阴极反应式为2ZnCO3·3Zn(OH)2+10e-=5Zn+2CO+6OH-，n(OH-)增大，阴极附近电解液中pH增大，故B正确；C．充电时，镍基电极为阳极，因此放电时，镍基电极为电源正极，故C正确；D．放电时，ZZG电极为负极，发生的电极反应式为，当电路中有2mol电子转移时，ZZG电极会产生0.2mol[2ZnCO3·3Zn(OH)2]，故D错误；故答案选D。13.工业上用乙苯与生产苯乙烯，主要反应：①(g)⇌(g)+H2(g)②在一定压强和催化剂作用下，向恒容容器中充入等物质的量的乙苯和.达到平衡时，各物质的体积分数随温度的变化如图所示.下列说法不正确的是A.用液化的方法除去水，有利于提高苯乙烯的平衡转化率B.苯乙烯和的体积分数变化差异的主要原因是消耗C.乙苯的平衡转化率随温度升高而升高，宜采用700℃获得更多的苯乙烯 D.当反应混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．用液化水的方式除去水，反应②正向移动消耗H2,反应①正向移动，有利于提高乙苯的平衡转化率，A正确；B．发生反应①生成的苯乙烯和氢气的体积相等，相同温度时，苯乙烯的体积分数大于氢气的体积分数，说明氢气与二氧化碳发生反应②而被消耗，B正确；C．由图像可知，温度升高到630℃左右时，苯乙烯的体积分数较大，温度继续升高，采用700℃获得更多的苯乙烯，苯乙烯的体积分数变化不明显，但耗能较大，故宜采用630℃获得较多的苯乙烯。C错误。D．在恒容容器中发生反应①、②，只有气体物质反应及生成，混合气体的质量不变，反应①是气体分子数增大的反应，随反应的进行，气体的物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量M=减小，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到平衡状态，D正确。故答案选C。14.25℃时，用气体调节氨水的pH，溶液中微粒浓度的对数值、反应物的物质的量之比与pH的关系如下图所示，若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列说法正确的是A.点对应的值大于0.5B.D点所示溶液中是C点的2倍C.25℃时，溶液中水的电离程度：D.点所示溶液中：【答案】D 【解析】【详解】A．由图知，对应溶液中铵根离子和一水合氨的浓度相同、pH为9.25，，根据物料守恒：得，根据电荷守恒：，，则，则，A错误；B．D点是氯化铵溶液，C点是氯化铵和一水合氨的混合物，且氯化铵更多一些(C点两者相等)，则D点所示溶液中小于C点的2倍，B错误；C．氨水在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，由分析可知，P1、P2、P3时溶液中铵根离子浓度依次增大，水的电离程度依次增大，C错误；D．Kb==10-4.75，P2所示溶液pH=7，则c(OH-)=10-7，所以==102.25，根据物料守恒c()+c(NH3•H2O)=0.1mol/L，则，则，D正确；故选D二、非选择题：本题共4小题，共58分.15.某校化学兴趣小组研究学校附近的空气质量，遇到了下列问题，请你帮助他们。（1）甲组同学设计了如图所示的实验装置，对悬浮颗粒物、空气中含量进行测定。A装置的名称为___________。注：气体流速管是用来测量单位时间内通过气体的体积的装置①用上述装置定量测定空气中的和可吸入颗粒的含量，除测定气体流速(单位：cm3∙min-1)和反应所需时间外还需要的数据是___________。 ②已知：碘单质微溶于水，可以增大碘在水中的溶解度。请你协助甲组同学完成碘溶液的配制：a．将容量瓶置于水平台面上，加入蒸馏水至距容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管逐滴滴加，直至液体凹液面与刻度线相平。b．用电子天平准确称取1.27g碘单质加入烧杯中，同时加入少量碘化钾固体，加水溶解后转入容量瓶中。c．从上一步所得溶液中取出10.00mL溶液倒入烧杯中，加水稀释至100mL。d．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转入到1000mL容量瓶中。合理的步骤顺序是___________。（2）乙组同学拟用如图简易装置测定空气中的含量：①检查该装置的气密性时，先在试管中装入适量的水(保证玻璃管的下端浸没在水中)。然后___________(填写操作方法及实验现象)，则证明该装置的气密性良好。②测定指定地点空气中的含量时，准确移取碘溶液，注入如图所示试管中。用适量的蒸馏水稀释后，再加2～3滴淀粉溶液，配制成溶液A．甲、乙两组同学分别使用如图所示相同的实验装置和溶液A，在同一地点、同时推拉注射器的活塞，反复抽气，直到溶液的蓝色全部褪尽为止停止抽气，记录抽气次数如下(假设每次抽气500mL)。分组甲组乙组抽气次数110145实验时长(min)6.54我国环境空气质量标准对空气质量测定中的最高浓度限值如下表： 最高浓度限值一级标准二级标准三级标准0.150.500.70经老师和同学们分析，甲组测定结果更为准确，则该地点的空气中的含量为___________(保留2位有效数字)，属于___________(填汉字)级标准。请你分析乙组实验结果产生较大偏差的原因是(两个小组所用装置和药品均无问题)___________。【答案】（1）①.洗气瓶②.悬浮颗粒物吸附器吸收前、吸收后的质量③.b，d，a，c（2）①.向外轻轻拉动注射器的活塞，浸没在水中的玻璃导管口有气泡冒出②.0.58③.三④.抽气速度过快，二氧化硫没有充分被吸收【解析】【分析】(1)①空气中SO2、悬浮颗粒物含量，需要用悬浮颗粒吸附器来吸收悬浮颗粒物，然后再通入滴有淀粉的碘溶液中吸收二氧化硫，据此分析解答；②根据称量的碘的质量计算碘的物质的量，再结合配制步骤分析解答；(2)①气密性的检查必须要保证装置形成一个密闭的体系和引起体系内压强变化，可以借助于注射器活塞的移动产生压强差，通过现象判断气密性；②根据甲组数据计算气体的总体积，结合二氧化硫用碘溶液来吸收时发生的化学方程式为：SO2+I2+2H2O═2HI+H2SO4，计算二氧化硫的含量，再结合乙组数据分析造成误差的可能原因。【小问1详解】观察实验装置可知A装置的名称为洗气瓶；除测定气体流速(单位：cm3•min-1)，测定溶液蓝色恰好褪去所需的时间外，还要测量可吸入颗粒的含量，可用悬浮颗粒吸附器来吸收，颗粒吸附器前后质量之差即为悬浮颗粒物的质量；碘单质微溶于水，KI可以增大碘在水中的溶解度。要配制碘溶液，需要碘的物质的量为，第一步：用电子天平准确称取1.27g碘单质(物质的量为=0.005mol)加入烧杯中，同时加入少量碘化钾固体，加适量水搅拌使之完全溶解；接着进行转移、洗涤、定容、摇匀，最后从所得溶液中取出10.00mL溶液倒入100mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，摇匀，合理的步骤顺序是b，d，a，c ；故答案为：洗气瓶；悬浮颗粒物吸附器吸收前、吸收后的质量；b，d，a，c；【小问2详解】①根据装置图，检查该装置的气密性时，先在试管中装入适量的水(保证玻璃管的下端浸没在水中)。然后向外轻轻拉动注射器的活塞时。将会看到浸没在水中的玻璃导管口有气泡冒出，则证明该装置的气密性良好；故答案为：向外轻轻拉动注射器的活塞，浸没在水中的玻璃导管口有气泡冒出；②根据表格数据，甲组抽气110次，通过的气体总体积为500mL×110=55000mL=55L，二氧化硫用碘溶液来吸收，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O═2HI+H2SO4，则含有的二氧化硫的物质的量为1.00mL×5×10-4mol•L-1=5×10-7mol，则该地点的空气中SO2的含量为，属于三级标准；乙组实验时抽气145次，产生较大偏差的原因可能是抽气速度过快，二氧化硫没有充分被吸收，故答案为：0.58；三；可能原因为抽气速度过快，二氧化硫没有充分被吸收。【点睛】二氧化硫含量的计算，要注意单位的换算。16.2023年，我国新能源汽车产销量占全球比重超过60％、连续9年位居世界第一位；新能源汽车出口120.3万辆，这一可喜成绩的获得离不开化学人的辛苦付出.锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池，性能优良.工业上用某软锰矿（主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物）为原料制备锰酸锂.流程如图：（1）滤渣I的主要成分是___________。（2）已知某离子浓度（用表示）形成沉淀与溶液pH关系，如下图所示 试判断“精制”过程中，加调节pH的范围是____________。（3）工业上也可以将“精制”后的滤液加入来合成.已知的结构式为：，其中S的化合价为____________.写出该反应的离子方程式_______________（4）“沉锰”所得溶液回收可用于_____________。（5）“控温、氧化”过程中，溶液温度不宜过高，原因是_______________。（6）“锂化”是将和按4:1的物质的量比配料，球磨3～5h，然后升温至600～750℃，保温24h，自然冷却至室温得产品.请写出化学反应方程式_____________。【答案】（1）（2）或（3）①.+6②.（4）做氮肥等（5）防止温度过高，降低溶解度，增加原料用量，降低产品产率（6）【解析】【分析】软锰矿主要成分为MnO2，还含有少量铁、铝及硅等氧化物，软锰矿浆加稀硫酸、硫酸亚铁，在酸性条件下用硫酸亚铁把MnO2还原为硫酸锰，所得滤液为硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣Ⅰ为二氧化硅；滤液中加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加MnO调节pH，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除铁和铝；过滤，滤液中加氨水生成Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4沉淀，Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4、水、氧气控温、氧化生成二氧化锰，二氧化锰和碳酸锂在高温条件下生成LiMnO4、二氧化碳、氧气；【小问1详解】根据分析可知，滤渣I主要成分是二氧化硅；【小问2详解】根据离子浓度形成沉淀与溶液pH关系图，调节pH过程中将铁离子和铝离子形成沉淀，而锰离子保留，所以调节pH的范围应在：或；【小问3详解】 结合的结构式可知，有2个O元素化合价为-1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，则S元素化合价为+6价；“精制”后的滤液中含Mn2+，向其中加入发生氧化还原反应生成，根据得失电子守恒及电荷守恒得离子方程式：；【小问4详解】向“精制”后的滤液中加入氨水发生复分解反应进行沉锰，反应后的溶液中含有铵根离子，可作铵态氮肥；【小问5详解】温度过高会导致溶解度降低，增加原料用量，降低产品产率；【小问6详解】和按4:1的物质的量比配料，球磨3～5h，然后升温至600～750℃，保温24h，自然冷却至室温得产品，根据得失电子守恒得化学方程式：；17.晶体硅主要用于微电子技术。工业上将粗硅经以下两步反应制备高纯硅：i．ii．回答下列问题：（1）已知：。写出还原生成的热化学方程式为___________。（2）在、温度下，将、和分别加入体积固定的密闭容器中，在催化条件下发生反应i、ii．测得的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。 ①___________(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。②若使用带可移动的活塞的容器进行上述实验，则晶体Si的平衡产率___________。(填“增大”、“减小”或“不变”)③温度下，200min内用的分压变化表示平均反应速率为___________Pa∙min-1。④温度下，反应i的标准平衡常数的计算式为___________。(已知：分压=总压×物质的量分数，对于反应的，其中，、、、为各组分的平衡分压)。【答案】（1）（2）①.＜②.温度下反应先到达平衡，即反应速率较快，故.③.增大④.80⑤.【解析】【小问1详解】(1)H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g)，由盖斯定律可知(反应①-反应②)×2+反应③可得该反应，则反应的△H=2(△H1-△H2)+△H3=(2a-2b+c)kJ·mol-1，因此H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)⇌SiH2Cl2(g)+2HCl(g)△H=(2a-2b+c)kJ·mol-1；【小问2详解】①由第二象限内的图像可知，T2对应的图线，H2的转化率变化得更快，先到达平衡，说明反应速率更大，故T1