山東省泰安市2025屆高三化學(xué)第三次模擬試題試題含解析

PAGE25-山東省泰安市2025屆高三化學(xué)第三次模擬試題試題（含解析）1.本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，第Ⅰ卷1至4頁(yè)，第Ⅱ卷5至8頁(yè)。2.答題前，考生先將自己的學(xué)校、姓名、班級(jí)、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在相應(yīng)位置，仔細(xì)核對(duì)條形碼上的姓名、考生號(hào)和座號(hào)，并將條形碼粘貼在指定位置上。3.選擇題答案必需運(yùn)用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必需運(yùn)用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清晰。4.請(qǐng)依據(jù)題號(hào)在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39Mn-55第Ⅰ卷（選擇題共40分）一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活及環(huán)境親密相關(guān)，下列說(shuō)法不正確的是（）A.針對(duì)新冠肺炎疫情，可用高錳酸鉀溶液、無(wú)水酒精、雙氧水對(duì)場(chǎng)所進(jìn)行殺菌消毒B.常用危急化學(xué)品標(biāo)記中的數(shù)字主要表示的是危急的級(jí)別C.硅膠常用作食品干燥劑，也可以用作催化劑載體D.葡萄酒中通常含有微量SO2【答案】A【解析】【詳解】A．高錳酸鉀溶液和雙氧水是利用其強(qiáng)氧化性進(jìn)行殺菌消毒，但不用無(wú)水酒精，無(wú)水酒精濃度太高使細(xì)菌表面的蛋白質(zhì)凝固，形成了一層硬膜阻擋酒精分子進(jìn)一步滲入細(xì)菌內(nèi)部，反而愛(ài)護(hù)了細(xì)菌，使它免遭死亡，一般運(yùn)用75%的酒精水溶液消毒，故A錯(cuò)誤；B．常用危急化學(xué)品標(biāo)記中的數(shù)字是對(duì)其危急特性的分類，如第一類：爆炸品、其次類：易燃?xì)怏w、第三類：易燃液體等，故B正確；C．硅膠無(wú)毒無(wú)味，具有較強(qiáng)的吸附性，化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，可用于作催化劑的載體或食品干燥劑，故C正確；D．SO2能殺菌還有較強(qiáng)的還原性，故添加在葡萄酒中既能殺菌又能防止葡萄酒被氧化，故D正確；答案選A。2.下列有關(guān)儀器的運(yùn)用方法或試驗(yàn)操作正確的是（）A.洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進(jìn)烘箱中烘干B.蒸發(fā)時(shí)將蒸發(fā)皿放置在鐵架臺(tái)的鐵圈上，并加墊石棉網(wǎng)加熱C.運(yùn)用CCl4萃取溴水中的溴時(shí)，振蕩后需打開(kāi)活塞使漏斗內(nèi)氣體放出D.酸堿中和滴定過(guò)程中，眼睛必需凝視滴定管刻度的改變【答案】C【解析】【詳解】A．洗凈的錐形瓶和容量瓶有水，用于滴定試驗(yàn)和配置肯定量濃度的溶液時(shí)對(duì)試驗(yàn)無(wú)影響，不須要烘干，故A錯(cuò)誤；B．蒸發(fā)時(shí)將蒸發(fā)皿放置在鐵架臺(tái)的鐵圈上，蒸發(fā)皿是可以干脆加熱的儀器，不須要加墊石棉網(wǎng)，故B錯(cuò)誤；C．運(yùn)用CCl4萃取溴水中的溴時(shí)，從平安角度考慮，振蕩后需打開(kāi)活塞使漏斗內(nèi)氣體放出，防止分液漏斗內(nèi)壓強(qiáng)過(guò)大引起危急，故C正確；D．酸堿中和滴定過(guò)程中，眼睛必需凝視錐形瓶中溶液顏色改變，以便精確推斷滴定終點(diǎn)，不須要凝視滴定管刻度的改變，故D錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】化學(xué)試驗(yàn)中可用于干脆加熱的儀器有：試管、蒸發(fā)皿、坩堝、燃燒匙。燒杯、燒瓶、錐形瓶均不行以干脆加熱，須要墊上石棉網(wǎng)，以防止因受熱不均而發(fā)生炸裂。3.Weiss利用光敏劑QD制備2—環(huán)己基苯乙烯(c)的過(guò)程如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A.a不能使酸性KMnO4溶液褪色B.a、b、c都能發(fā)生加成、加聚反應(yīng)C.c中全部原子共平面D.b、c為同系物【答案】B【解析】【詳解】A．a(chǎn)()中含有碳碳雙鍵，能與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使酸性KMnO4溶液褪色，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)()、b()、c()都含有碳碳雙鍵，具有烯烴的性質(zhì)，可發(fā)生加成反應(yīng)，加聚反應(yīng)，故B正確；C．c()含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，則全部原子不行能共平面，故C錯(cuò)誤；D．b()、c()的結(jié)構(gòu)不同，不屬于同系物，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要留意有機(jī)物分子中只要含有飽和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一種，分子中的全部原子就不行能處于同一平面內(nèi)。4.膽礬CuSO4·5H2O可寫為[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其結(jié)構(gòu)示意圖如下：下列有關(guān)膽礬的說(shuō)法正確的是A.Cu2+的價(jià)電子排布式為3d84s1B.全部氧原子都實(shí)行sp3雜化C.膽礬中含有的粒子間作用力有離子鍵、極性鍵、配位鍵和氫鍵D.膽礬所含元素中，H、O、S的半徑及電負(fù)性依次增大【答案】C【解析】【詳解】A．Cu是29號(hào)元素，Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能級(jí)上各一個(gè)電子生成Cu2+，故Cu2+的價(jià)電子排布式3d9，故A錯(cuò)誤；B．硫酸根離子中S和非羥基O和H2O中的O原子的雜化方式不同，不行能都是sp3雜化，故B錯(cuò)誤；C．銅離子和硫酸根離子之間存在離子鍵，硫原子和氧原子間存在極性共價(jià)鍵，銅原子和氧原子間存在配位鍵，氧原子和氫原子間存在氫鍵，故C正確；D．H、O、S分別為第1，2，3周期，所以半徑依次增大，但O的電負(fù)性大于S，故D錯(cuò)誤；故選C。5.肯定條件下，有機(jī)化合物Y可發(fā)生重排反應(yīng)：下列說(shuō)法不正確的是()A.X、Y、Z互為同分異構(gòu)體B.1molX最多能與3molH2發(fā)生加成反應(yīng)C.1molY最多能與2molNaOH發(fā)生反應(yīng)D.通過(guò)調(diào)控溫度可以得到不同的目標(biāo)產(chǎn)物【答案】B【解析】【詳解】A.X、Y、Z的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故A正確；B.X的苯環(huán)上須要發(fā)生加成反應(yīng)，消耗3mol氫氣，碳氧雙鍵須要消耗1mol氫氣，1molX最多能與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.Y分子中含有酯基，在堿性條件下發(fā)生水解生成乙酸和鄰羥基甲苯，共消耗2molNaOH，故C正確；D.從題目信息可以看出，在有三氯化鐵存在的條件下，溫度不同，產(chǎn)物不同，通過(guò)調(diào)控溫度可以得到不同的目標(biāo)產(chǎn)物，故D正確；答案選B。6.下列化學(xué)用語(yǔ)對(duì)事實(shí)的表述正確的是A.電解CuCl2溶液：CuCl2=Cu2++2Cl-B.Mg和Cl形成離子鍵的過(guò)程：C.向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓D.乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O【答案】D【解析】【詳解】A．電解氯化銅溶液生成銅和氯氣，總的化學(xué)方程式為：CuCl2Cu+Cl2↑，故A錯(cuò)誤；B．氯化鎂為離子化合物，由離子形成離子鍵，其形成過(guò)程為，故B錯(cuò)誤；C．向Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，反應(yīng)的離子方程式為2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C錯(cuò)誤；D．羧酸與醇發(fā)生的酯化反應(yīng)中，羧酸中的羧基供應(yīng)-OH，醇中的-OH供應(yīng)-H，相互結(jié)合生成水，其它基團(tuán)相互結(jié)合生成酯，反應(yīng)的方程式為CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故D正確；故選D。7.下列各組原子中，彼此化學(xué)性質(zhì)肯定相像的是A.最外層都只有一個(gè)電子的X、Y原子B.原子核外M層上僅有兩個(gè)電子的X原子與N層上僅有兩個(gè)電子的Y原子C.2p軌道上有三個(gè)未成對(duì)電子的X原子與3p軌道上有三個(gè)未成對(duì)電子的Y原子D.原子核外電子排布式為1s2的X原子與原子核外電子排布式為1s22s2的Y原子【答案】C【解析】【詳解】A．最外層都只有一個(gè)電子有H、Na、Cu等，化學(xué)性質(zhì)不肯定相像，故A錯(cuò)誤；B．原子核外M層上僅有兩個(gè)電子的X原子為Mg，原子核外N層上僅有兩個(gè)電子的Y原子有Ca、Fe、Ti等，二者性質(zhì)不肯定相像，故B錯(cuò)誤；C．2p軌道上有三個(gè)未成對(duì)電子的X原子為N，3p軌道上有三個(gè)未成對(duì)電子的Y原子為P，N、P位于同一主族，化學(xué)性質(zhì)相像，故C正確；D．原子核外電子排布式為1s2的原子是He，性質(zhì)穩(wěn)定，原子核外電子排布式為1s22s2的原子是Be，性質(zhì)較活潑，二者性質(zhì)肯定不相像，故D錯(cuò)誤；故選C。8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)漸漸增大，四種元素形成的化合物甲的結(jié)構(gòu)如圖所示：且W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體。下列說(shuō)法正確的是A.YW3分子中的鍵角為120°B.W2Z穩(wěn)定性大于YW3C.物質(zhì)甲分子中存在6個(gè)σ鍵D.Y元素的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)漸漸增大，依據(jù)四種元素形成的化合物結(jié)構(gòu)，其中各原子的核外電子排布均處于穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。依據(jù)圖示可知，X原子最外層含有4個(gè)電子，Y原子最外層含有5個(gè)電子，Z原子最外層含有6個(gè)電子，W最外層含有1個(gè)或7個(gè)電子，結(jié)合原子序數(shù)及“W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體”可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻恳罁?jù)分析可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素。A．YW3為NH3，為三角錐形的分子，分子中的鍵角＜120°，故A錯(cuò)誤；B．非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，水的穩(wěn)定性大于氨氣，故B正確；C．物質(zhì)甲的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CO(NH2)2，存在7個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵，故C錯(cuò)誤；D．N元素的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可能是硝酸，也可能為亞硝酸，其中亞硝酸為弱酸，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】依據(jù)物質(zhì)中常見(jiàn)原子的成鍵狀況推斷元素為解答關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要留意物質(zhì)中化學(xué)鍵數(shù)目的推斷方法的應(yīng)用。9.下列方案設(shè)計(jì)能達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康牡氖茿BCD檢驗(yàn)淀粉是否水解由褪色快慢探討反應(yīng)物濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響證明發(fā)生了取代反應(yīng)驗(yàn)證Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A、淀粉水解時(shí)要用硫酸作催化劑，要先用NaOH將混合液中和至弱堿性或中性，再用新制氫氧化銅懸濁液檢驗(yàn)，故A正確；B、試驗(yàn)的原理方程式為：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，題中高錳酸鉀過(guò)量，應(yīng)設(shè)計(jì)成：高錳酸鉀的物質(zhì)的量相同，濃度不同的草酸溶液，且草酸要過(guò)量，探究反應(yīng)物濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響，故BC、要證明甲烷與氯氣發(fā)生了取代反應(yīng)，因有氯化氫生成，不能通過(guò)體積改變就斷定發(fā)生取代反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D、驗(yàn)證Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，要先制得Mg(OH)2，再加入少量Cu2+，沉淀轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2，沉淀由白色轉(zhuǎn)化成藍(lán)色，故D錯(cuò)誤；故選A。10.硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境愛(ài)護(hù)的重要探討課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S，其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。下列敘述正確的是A.在轉(zhuǎn)化過(guò)程中化合價(jià)不變的元素只有Cu和ClB.由圖示的轉(zhuǎn)化可得出氧化性的強(qiáng)弱依次：O2>Cu2+>SC.在轉(zhuǎn)化過(guò)程中能循環(huán)利用的物質(zhì)只有FeCl2D.反應(yīng)中當(dāng)有34gH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí)，保持溶液中Fe3+的量不變，須要消耗O2的質(zhì)量為16g【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)圖中各元素化合價(jià)知，Cu元素化合價(jià)都是+2價(jià)、H元素化合價(jià)都是+1價(jià)、Cl元素化合價(jià)都是-1價(jià)，所以化合價(jià)不變的是Cu、H、Cl元素，故A錯(cuò)誤；B．轉(zhuǎn)化過(guò)程中O2把Fe2+氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+把硫離子氧化為S，則氧化性的強(qiáng)弱依次：O2＞Fe3+＞S，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)圖示，反應(yīng)的本質(zhì)是空氣中的氧氣氧化H2S轉(zhuǎn)化為S和水，在轉(zhuǎn)化過(guò)程中能循環(huán)利用的物質(zhì)有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C錯(cuò)誤；D．H2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)，硫元素的化合價(jià)從-2價(jià)變成0價(jià)，氧元素的化合價(jià)從0價(jià)變成-2價(jià)，依據(jù)得失電子數(shù)相等，所以2H2SO2，所以有34gH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí)，保持溶液中Fe3+的量不變，須要消耗O2的質(zhì)量為××32g/mol=16g，故D正確；故選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分。11.現(xiàn)向下列裝置中緩慢通入氣體X，分別進(jìn)行關(guān)閉和打開(kāi)活塞K的操作，則品紅溶液和澄清石灰水中現(xiàn)象相同的一組是選項(xiàng)ABCDXNO2SO2Cl2CO2Y(過(guò)量)濃H2SO4NaHCO3飽和溶液Na2SO3溶液NaHSO3飽和溶液AA B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【詳解】A．NO2與濃硫酸不反應(yīng)，關(guān)閉和打開(kāi)活塞K，通入品紅溶液的都是NO2，品紅溶液均褪色，出來(lái)的氣體都是NO，和澄清石灰水都無(wú)明顯現(xiàn)象，現(xiàn)象相同，故A正確；B．若關(guān)閉活塞K，生成二氧化碳，則品紅溶液無(wú)改變，而澄清石灰水變渾濁；若打開(kāi)活塞K，二氧化硫干脆通入品紅中，則品紅溶液褪色，加熱后又復(fù)原紅色，現(xiàn)象不同，故B錯(cuò)誤；C．若打開(kāi)活塞K，氯氣與水反應(yīng)生成的次氯酸具有強(qiáng)氧化性，品紅溶液褪色，加熱品紅不能復(fù)原，若關(guān)閉活塞K，氯氣與亞硫酸鈉反應(yīng)生成鹽酸和硫酸鈉，沒(méi)有氣體放出，則品紅溶液無(wú)改變，現(xiàn)象不同，故C錯(cuò)誤；D．二氧化碳與NaHSO3飽和溶液不反應(yīng)，關(guān)閉和打開(kāi)活塞K，通入品紅溶液的氣體都是二氧化碳，因此現(xiàn)象相同，故D正確；故選AD。12.中科院科學(xué)家設(shè)計(jì)出一套利用SO2和太陽(yáng)能綜合制氫方案，其基本工作原理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.該電化學(xué)裝置中，Pt電極作正極B.Pt電極的電勢(shì)高于BiVO4電極的電勢(shì)C.電子流向：Pt電極→導(dǎo)線→BiVO4電極→電解質(zhì)溶液→Pt電極D.BiVO4電極上的反應(yīng)式為SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O【答案】C【解析】【分析】該裝置為原電池，由Pt電極上反應(yīng)(H2O→H2)或BiVO4電極上反應(yīng)(SO32-→SO42-)可知，Pt電極上氫離子得電子生成氫氣、發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，電極反應(yīng)為2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4電極為負(fù)極，SO32-失電子生成硫酸根、發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．Pt電極上氫離子得電子生成氫氣，發(fā)生還原反應(yīng)，Pt電極作正極，故A正確；B．Pt電極為正極，BiVO4電極為負(fù)極，所以Pt電極電勢(shì)高于BiVO4電極，故B正確；C．電子從BiVO4電極(負(fù)極)經(jīng)導(dǎo)線流向Pt電極(正極)，不能進(jìn)入溶液，故C錯(cuò)誤；D．BiVO4電極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，故D正確；故選C?！军c(diǎn)睛】依據(jù)電極上物質(zhì)的改變推斷正負(fù)極為解答的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要留意溶液通過(guò)自由移動(dòng)的離子導(dǎo)電，難點(diǎn)為D，要留意電極反應(yīng)式的書寫與溶液的酸堿性有關(guān)。13.分別在三個(gè)容積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：A(g)+B(g)?D(g)。其中容器甲中反應(yīng)進(jìn)行至5min時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，相關(guān)試驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示：容器溫度/℃起始物質(zhì)的量/mol平衡物質(zhì)的量/mol化學(xué)平衡常數(shù)n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.0202.8K3下列說(shuō)法不正確的是A.0～5min內(nèi)，甲容器中A的平均反應(yīng)速率v(A)=0.64mol·L-1·min-1B.a=2.2C.若容器甲中起始投料為2.0molA、2.0molB，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率小于80％D.K1=K2>K3【答案】A【解析】【詳解】A．容器甲中前5min的平均反應(yīng)速率v(D)===0.32mol?L-1?min-1，則v(A)=v(D)=0.32mol?L-1?min-1，故A錯(cuò)誤；B．甲和乙的溫度相同，平衡常數(shù)相等，甲中A(g)+B(g)?D(g)起先(mol/L)2.02.00反應(yīng)(mol/L)1.61.61.6平衡(mol/L)0.40.41.6化學(xué)平衡常數(shù)K==10，乙中A(g)+B(g)?D(g)起先(mol/L)2.00反應(yīng)(mol/L)1.01.01.0平衡(mol/L)1.0-1.01.0化學(xué)平衡常數(shù)K==10，解得：a=2.2，故B正確；C．甲中CO轉(zhuǎn)化率=×100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致A轉(zhuǎn)化率減小，則A轉(zhuǎn)化率小于80%，故C正確；D．甲和乙的溫度相同，平衡常數(shù)相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD，若溫度不變等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器溫度高，平衡時(shí)D的濃度減小，即升溫平衡逆向移動(dòng)，則平衡常數(shù)減小，因此K1=K2>K3，故D正確；故選A。14.用惰性電極電解飽和食鹽水(含少量Ca2+、Mg2+)并進(jìn)行相關(guān)試驗(yàn)(裝置如圖)，電解一段時(shí)間后，各部分裝置及對(duì)應(yīng)的現(xiàn)象為：(1)中黑色固體變紅；(2)電極a旁邊溶液出現(xiàn)渾濁；(3)中溶液出現(xiàn)渾濁；(4)中溶液紅色褪去。下列對(duì)試驗(yàn)現(xiàn)象說(shuō)明不正確的是A.(1)中：CuO+H2Cu+H2OB.(2)中a電極：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓C.(3)中：Cl2+S2-=S↓+2Cl-D.(4)中：Cl2具有強(qiáng)氧化性【答案】D【解析】【分析】用惰性電極電解飽和食鹽水(含少量Ca2+、Mg2+)產(chǎn)生的氣體為氫氣和氯氣，氯氣具有強(qiáng)氧化性，而氫氣在加熱條件下具有較強(qiáng)還原性，依據(jù)(1)中黑色固體變紅，(2)電極a旁邊溶液出現(xiàn)渾濁可知，a電極為陰極，放出氫氣，生成氫氧根與鎂離子結(jié)合成白色沉淀，b電極為陽(yáng)極，產(chǎn)生的氯氣可氧化硫化鈉生成硫沉淀出現(xiàn)渾濁，過(guò)量的氯氣通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的緣由可能為H+中和了OH-，也可能是氯氣與水反應(yīng)生成的次氯酸的強(qiáng)氧化性所致，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．(1)中黑色固體變紅，是氫氣還原氧化銅，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CuO+H2

Cu+H2O，故A正確；B．(2)電極a旁邊溶液出現(xiàn)渾濁，則a電極放出氫氣生成氫氧根，與鎂離子結(jié)合成白色沉淀，相關(guān)反應(yīng)為：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，故B正確；C．(3)中溶液出現(xiàn)渾濁，是產(chǎn)生的氯氣氧化硫化鈉生成硫沉淀，離子方程式為：Cl2+S2-═S↓+2Cl-，故C正確；D．(4)中過(guò)量的氯氣通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的緣由可能為H+中和了OH-，也可能是氯氣與水反應(yīng)生成的次氯酸的強(qiáng)氧化性所致，故D錯(cuò)誤；故選D。15.已知：常溫下，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；pM=－lgc(M2+)(M2+為Cu2+或Zn2+)。常溫下，向10mL0.10mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.10mol·L-1Na2S溶液，滴加過(guò)程中pM與Na2S溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.Ksp(CuS)的數(shù)量級(jí)為10-36B.a點(diǎn)溶液中，c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]C.d點(diǎn)溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(H+)D.相同條件下，若用等濃度等體積的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，則反應(yīng)終點(diǎn)c向上移動(dòng)【答案】BD【解析】【分析】向10.0mL0.10mol?L-1CuCl2溶液中滴加0.10mol/L的Na2S溶液，發(fā)生反應(yīng)：Cu2++S2-?CuS↓，Cu2+單獨(dú)存在或S2-單獨(dú)存在均會(huì)水解，水解促進(jìn)水的電離，b點(diǎn)溶液中滴加Na2S溶液的體積是10.0mL，此時(shí)恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)?Cu2+(aq)+S2-(aq)，結(jié)合圖象和溶度積常數(shù)分析解答?！驹斀狻緼．該溫度下，平衡時(shí)c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4，故數(shù)量級(jí)為10-36，故A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)為CuCl2溶液和NaCl的混合溶液，生成了CuS沉淀，c(Na+)＞2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]，故B錯(cuò)誤；C．d點(diǎn)溶液中是Na2S和NaCl的混合溶液，硫離子水解溶液顯堿性，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正確；D．相同試驗(yàn)條件下，改用0.1mol?L-1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)=1.6×10-24＞Ksp(CuS)，鋅離子濃度大于銅離子濃度，消耗硫化鈉溶液體積10mL，圖中反應(yīng)終點(diǎn)c點(diǎn)向b點(diǎn)方向移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選BD。第Ⅱ卷（選擇題共60分）留意事項(xiàng)：1.第Ⅱ卷共4頁(yè)，用鋼筆或中性筆干脆答在答題卡對(duì)應(yīng)區(qū)域中（除題目有特別規(guī)定外）。2.答卷前將密封線內(nèi)的項(xiàng)目填寫清晰。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.苯乙烯是重要的基礎(chǔ)有機(jī)化工原料。工業(yè)中以乙苯催化脫氫來(lái)制取苯乙烯：(g)?(g)+H2(g)?H=117.6kJ/mol已知：上述反應(yīng)的速率方程為v正=k正P乙苯，v逆=k逆P苯乙烯P氫氣，其中k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，P為各組分分壓。(1)同時(shí)增大乙苯的反應(yīng)速率和平衡轉(zhuǎn)化率所實(shí)行的措施是_______________。(2)在CO2氣氛下，乙苯可催化脫氫制苯乙烯，其過(guò)程同時(shí)存在如圖兩種途徑：a=______；與摻水蒸汽工藝相比，該工藝中還能夠發(fā)生反應(yīng)：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO。新工藝的特點(diǎn)有__________(填序號(hào))。a.CO2與H2反應(yīng)，使乙苯脫氫反應(yīng)的化學(xué)平衡右移b.不用高溫水蒸氣，可降低能量消耗c.有利于削減生產(chǎn)過(guò)程中可能產(chǎn)生的積炭d.CO2在反應(yīng)體系中作催化劑(3)在實(shí)際生產(chǎn)中，往反應(yīng)釜中同時(shí)通入乙苯和水蒸氣，加入水蒸氣稀釋劑能提高乙苯轉(zhuǎn)化率的緣由是_______________。測(cè)得容器總壓(P總)和乙苯轉(zhuǎn)化率α隨時(shí)間改變結(jié)果如圖所示。平衡時(shí)，P(H2O)=_______kPa，平衡常數(shù)Kp=____kPa(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算)；a處的=_________?！敬鸢浮?1).升溫(2).159.2(3).abc(4).體系總壓不變時(shí)，加入水蒸氣，相當(dāng)于反應(yīng)體系減壓，平衡正向移動(dòng)，乙苯轉(zhuǎn)化率增大(5).80(6).45(7).2.5【解析】【分析】(1)結(jié)合影響化學(xué)反應(yīng)速率和平衡移動(dòng)的因素分析推斷；(2)①由圖片可知△H1=△H2+△H3，據(jù)此計(jì)算解答；a.CO2與H2反應(yīng)，導(dǎo)致氫氣濃度減低，結(jié)合平衡的移動(dòng)推斷；b.在保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產(chǎn)效率下，可降低操作溫度；c.結(jié)合反應(yīng)CO2+C═2CO分析推斷；d.依據(jù)圖示，二氧化碳反應(yīng)生成了CO，據(jù)此分析推斷；(3)依據(jù)加入水蒸氣對(duì)平衡移動(dòng)的影響分析解答；設(shè)起始時(shí)n(乙苯)=amol，n(H2O)=bmol，利用反應(yīng)的三段式計(jì)算平衡時(shí)氣體的總物質(zhì)的量，結(jié)合恒溫恒容時(shí)，氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，得到a、b的關(guān)系，再計(jì)算乙苯、苯乙烯、氫氣的分壓，并代入Kp=計(jì)算Kp；反應(yīng)速率v=v正-v逆=k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氫氣，則v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氫氣，平衡時(shí)v正=v逆，即k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氫氣，利用反應(yīng)的三段式計(jì)算a點(diǎn)時(shí)氣體的總物質(zhì)的量和分壓計(jì)算?！驹斀狻?1)乙苯催化脫氫反應(yīng)正向是體積增大的吸熱反應(yīng)，同時(shí)增大乙苯的反應(yīng)速率和平衡轉(zhuǎn)化率所實(shí)行的措施有升溫、加壓，故答案為：上升溫度(或增大壓強(qiáng))；

(2)①由圖片可知△H1=△H2+△H3=+117.6kJ/mol+(+41.6kJ/mol)=+159.2kJ/mol，即a=+159.2；a.CO2與H2反應(yīng)，導(dǎo)致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應(yīng)的化學(xué)平衡右移，故a正確；b.由題目信息可知，在保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產(chǎn)效率下，可降低操作溫度，消耗的能量削減，故b正確；c.加入的二氧化碳會(huì)發(fā)生反應(yīng)CO2+C═2CO，有利于削減積炭，故c正確；d.依據(jù)圖示，二氧化碳反應(yīng)生成了CO，不是催化劑，故d錯(cuò)誤；故答案為：+159.2；abc；(3)體系總壓不變時(shí)，加入水蒸氣，相當(dāng)于反應(yīng)體系減壓，平衡正向移動(dòng)，乙苯轉(zhuǎn)化率增大，因此在實(shí)際生產(chǎn)中，往反應(yīng)釜中同時(shí)通入乙苯和水蒸氣，能提高乙苯轉(zhuǎn)化率；設(shè)起始時(shí)n(乙苯)=amol，n(H2O)=bmol，

(g)+H2(g)起始量(mol)

a

0

0改變量(mol)

0.75a

0.75a

0.75a平衡量(mol)

0.25a

0.75a

0.75a氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，平衡時(shí)=，b=4a，PH2O=×115kPa=80kPa，PH2=P苯乙烯=×115kPa=15kPa，P乙苯=P苯乙烯=5kPa，所以平衡常數(shù)Kp===45kPa；反應(yīng)速率v=v正-v逆=k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氫氣，則v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氫氣，平衡時(shí)v正=v逆，即k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氫氣，所以==Kp=45kPa；

(g)+H2(g)起始量(mol)

a

0

0改變量(mol)

0.6a

0.6a

0.6a平衡量(mol)

0.4a

0.6a

0.6a氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，a點(diǎn)時(shí)PH2=P苯乙烯=×112kPa=12kPa，P乙苯=8kPa，所以=Kp×=45kPa×=2.5，故答案為：體系總壓不變時(shí)，加入水蒸氣，相當(dāng)于反應(yīng)體系減壓，平衡正向移動(dòng)，乙苯轉(zhuǎn)化率增大；80；45；2.5。【點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)為(3)中的計(jì)算，要留意三段式在化學(xué)平衡計(jì)算中的應(yīng)用和題示速率方程的理解和應(yīng)用。17.超分子在生命科學(xué)和物理學(xué)等領(lǐng)域中具有重要意義。由Mo將2個(gè)C60分子、2個(gè)p—甲酸丁酯吡啶及2個(gè)CO分子利用配位鍵自組裝的超分子結(jié)構(gòu)如圖所示。(1)Mo處于第五周期第VIB族，核外電子排布與Cr相像，它的基態(tài)價(jià)電子排布式是________；核外未成對(duì)電子數(shù)是________個(gè)。(2)該超分子中配體CO供應(yīng)孤電子對(duì)的原子是________(填元素符號(hào))，p—甲酸丁酯吡啶配體中C原子的雜化方式有________。(已知吡啶可看做苯分子中的一個(gè)CH原子團(tuán)被N取代的化合物)(3)已知：C60分子中存在碳碳單、雙鍵；C60分子中每個(gè)碳原子只跟相鄰的3個(gè)碳原子形成化學(xué)鍵；C60分子只含有五邊形和六邊形；多面體的頂點(diǎn)數(shù)V、面數(shù)F及棱邊數(shù)E遵循歐拉定理：V+F－E=2。則一個(gè)C60分子的結(jié)構(gòu)是由_____個(gè)五邊形和____個(gè)六邊形組成的球體。用文字簡(jiǎn)述C60跟F2在肯定條件下反應(yīng)所得的物質(zhì)的組成：__________________。(4)已知：某晶胞中各原子的相對(duì)位置可用如圖所示的原子坐標(biāo)表示，其中全部頂點(diǎn)的原子坐標(biāo)均可以為(0，0，0)。鉬(Mo)的一種立方晶系的晶體結(jié)構(gòu)中，每個(gè)晶胞有2個(gè)Mo原子，其中Mo原子坐標(biāo)是(0，0，0)及(，，)。依據(jù)以上信息，推斷該晶體的原子積累方式是_____________。已知該晶體的密度是ρg·cm-3，Mo的摩爾質(zhì)量是Mg·mol-1，阿伏加德羅常數(shù)是NA，晶體中距離最近的Mo原子核之間的距離為_(kāi)____pm?！敬鸢浮?1).4d5s1(2).6(3).C(4).sp2和sp3(5).12(6).20(7).由C60結(jié)構(gòu)和碳的四個(gè)價(jià)鍵理論，可知一個(gè)碳需連接一個(gè)雙鍵，一個(gè)雙鍵被兩個(gè)碳原子共用，故含有60÷2=30個(gè)雙鍵，易與活潑的F2發(fā)生加成反應(yīng)生成C60F60(8).體心立方密積累(9).【解析】【分析】(1)Mo處于第五周期第VIB族，核外電子排布與Cr相像，其價(jià)電子為4d、5s電子，4d能級(jí)上有5個(gè)電子、5s能級(jí)上有1個(gè)電子，據(jù)此書寫它的基態(tài)價(jià)電子排布式并推斷未成對(duì)電子數(shù)；(2)CO供應(yīng)孤電子對(duì)的是C原子、Mo供應(yīng)空軌道；p-甲酸丁酯吡啶配體中C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)有4、3，依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論推斷C原子雜化類型；(3)依據(jù)歐拉定理結(jié)合“C60分子中每個(gè)碳原子只跟相鄰的3個(gè)碳原子形成化學(xué)鍵”列式計(jì)算；(4)鉬(Mo)的一種立方晶系的晶體結(jié)構(gòu)中，每個(gè)晶胞有2個(gè)Mo原子，依據(jù)Mo的原子坐標(biāo)，可以推斷該晶胞中Mo原子位于頂點(diǎn)和體心上，結(jié)合晶體中距離最近的Mo原子核之間的距離為體心到頂點(diǎn)的距離為體對(duì)角線的一半計(jì)算。【詳解】(1)Mo處于第五周期第VIB族，核外電子排布與Cr相像，其價(jià)電子為4d、5s電子，4d能級(jí)上有5個(gè)電子、5s能級(jí)上有1個(gè)電子，基態(tài)價(jià)電子排布式為4d55s1；核外未成對(duì)電子是4d、5s能級(jí)上的電子，有6個(gè)電子，故答案為：4d55s1；6；(2)CO供應(yīng)孤電子對(duì)的是C原子、Mo供應(yīng)空軌道，兩個(gè)原子形成配位鍵；p-甲酸丁酯吡啶配體中C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)有4、3，依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，C原子雜化類型為sp3、sp2，故答案為：C；sp3、sp2；(3)多面體的頂點(diǎn)數(shù)、面數(shù)和棱邊數(shù)的關(guān)系，遵循歐拉定理：V+F－E=2，即頂點(diǎn)數(shù)+面數(shù)-棱邊數(shù)=2；設(shè)C60分子中五邊形數(shù)為x，六邊形數(shù)為y。依題意可得方程組：(5x+6y)=(3×60)，60+(x+y)-(3×60)＝2，解得：x=12，y=20，即C60分子有12個(gè)五邊形和20個(gè)六邊形，由C60結(jié)構(gòu)和碳的四個(gè)價(jià)鍵理論，可知一個(gè)碳需連接一個(gè)雙鍵，一個(gè)雙鍵被兩個(gè)碳原子共用，故含有60÷2=30個(gè)雙鍵，與活潑的F2發(fā)生加成反應(yīng)即可生成C60F60，故答案為：12；20；由C60結(jié)構(gòu)和碳的四個(gè)價(jià)鍵理論，可知一個(gè)碳需連接一個(gè)雙鍵，一個(gè)雙鍵被兩個(gè)碳原子共用，故含有60÷2=30個(gè)雙鍵，與活潑的F2發(fā)生加成反應(yīng)即可生成C60F60；(4)鉬(Mo)的一種立方晶系的晶體結(jié)構(gòu)中，每個(gè)晶胞有2個(gè)Mo原子，其中Mo原子坐標(biāo)是(0，0，0)及(，，)，則該晶胞中Mo原子位于頂點(diǎn)和體心上，為體心立方密積累；該晶胞棱長(zhǎng)=cm，晶體中距離最近的Mo原子核之間的距離為體心到頂點(diǎn)的距離為體對(duì)角線的一半=×cm=××1010pm，故答案為：體心立方密積累；×cm=××1010?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(4)，要留意距離最近的Mo原子核之間的距離為體心到頂點(diǎn)的距離為體對(duì)角線的一半，難點(diǎn)為(3)，要留意理解歐拉定理及其應(yīng)用，要留意棱邊數(shù)的計(jì)算方法。18.氯化亞銅(CuCl)廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)，是難溶于水的白色固體，能溶解于硝酸，在潮濕空氣中可被快速氧化。Ⅰ.試驗(yàn)室用CuSO4—NaCl混合液與Na2SO3溶液反應(yīng)制取CuCl相關(guān)裝置及數(shù)據(jù)如圖?；卮鹨韵聠?wèn)題：（1）甲圖中儀器1的名稱是___；制備過(guò)程中Na2SO3過(guò)量會(huì)發(fā)生副反應(yīng)生成[Cu(SO3)2]3-，為提高產(chǎn)率，儀器2中所加試劑應(yīng)為_(kāi)__。（2）乙圖是體系pH隨時(shí)間改變關(guān)系圖，寫出制備CuCl的離子方程式___。丙圖是產(chǎn)率隨pH改變關(guān)系圖，試驗(yàn)過(guò)程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2SO3的作用是___并維持pH在___左右以保證較高產(chǎn)率。（3）反應(yīng)完成后經(jīng)抽濾、洗滌、干燥獲得產(chǎn)品。洗滌時(shí)，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產(chǎn)品，作用是___。Ⅱ.工業(yè)上常用CuCl作O2、CO的汲取劑，某同學(xué)利用如圖所示裝置模擬工業(yè)上測(cè)定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量。A．CuCl的鹽酸溶液B．Na2S2O4和KOH的混合溶液C．KOH溶液D．已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可汲取氧氣。（4）裝置A中用鹽酸而不能用硝酸，其緣由是___（用化學(xué)方程式表示）。用D裝置測(cè)N2含量，讀數(shù)時(shí)應(yīng)留意___。整套試驗(yàn)裝置的連接依次應(yīng)為_(kāi)__→D?！敬鸢浮?1).三頸燒瓶(2).Na2SO3溶液(3).2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++SO42-(4).與H+作用，調(diào)整pH(5).3.5(6).洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時(shí)防止CuCl被氧化(7).6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O(或3CuCl+7HNO3=3Cu(NO3)2+3HCl+NO↑+2H2O)(8).溫度降到常溫，上下調(diào)整量氣管至左、右液面相平，該數(shù)時(shí)視線與凹液面最低處相切(9).C→B→A【解析】【分析】(1)依據(jù)儀器1的圖示解答；制備過(guò)程中Na2SO3過(guò)量會(huì)發(fā)生副反應(yīng)生成[Cu(SO3)2]3-，須要限制Na2SO3的加入量，據(jù)此分析推斷；(2)依據(jù)題意，在CuSO4液中加入肯定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl沉淀，同時(shí)溶液的酸性增加，結(jié)合Na2CO3的性質(zhì)分析解答；(3)依據(jù)“氯化亞銅(CuCl)在潮濕空氣中可被快速氧化”分析解答；(4)依據(jù)氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸，結(jié)合硝酸的強(qiáng)氧化性書寫反應(yīng)的方程式；依據(jù)正確的讀數(shù)方法解答；用CuCl作O2、CO的汲取劑，測(cè)定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH汲取二氧化碳，然后用B汲取氧氣，再用A汲取CO，最終用排水法測(cè)量氮?dú)獾捏w積，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)甲圖中儀器1為三頸燒瓶；制備過(guò)程中Na2SO3過(guò)量會(huì)發(fā)生副反應(yīng)生成[Cu(SO3)2]3-，為提高產(chǎn)率，可限制Na2SO3的加入量，則儀器2中所加試劑應(yīng)為Na2SO3溶液；(2)在提純后的CuSO4液中加入肯定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl(氯化亞銅)沉淀，同時(shí)溶液的酸性增加，生成硫酸，反應(yīng)的離子方程式為:2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++SO42-，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可與生成的H+反應(yīng)，剛好除去系統(tǒng)中反應(yīng)生成的H+，利于反應(yīng)進(jìn)行，由圖象可知，應(yīng)維持pH在3.5左右；(3)用去氧水作洗滌劑洗滌產(chǎn)品，可洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時(shí)防止CuCl被氧化；(4)依據(jù)題意，氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸，反應(yīng)的方程式為6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O(或3CuCl+7HNO3=3Cu(NO3)2+3HCl+NO↑+2H2O)；用D裝置測(cè)N2含量，應(yīng)留意溫度在常溫，且左右液面相平，讀數(shù)時(shí)視線與凹液面最低處水平相切，以減小試驗(yàn)誤差；用CuCl作O2、CO的汲取劑，測(cè)定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH汲取二氧化碳，然后用B汲取氧氣，再用A汲取CO，最終用排水法測(cè)量氮?dú)獾捏w積，則依次為C-B-A-D。19.馬日夫鹽[Mn(H2PO4)2·H2O]主要用作磷化劑。以軟錳礦(主要成分為MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2)為原料制備馬日夫鹽的主要工藝流程如圖：(1)依據(jù)無(wú)機(jī)物命名規(guī)律，馬日夫鹽[Mn(H2PO4)2·2H2O]的化學(xué)名稱為_(kāi)_____。在反應(yīng)中，Mn2+若再失去一個(gè)電子比Fe2+再失去一個(gè)電子難，從原子結(jié)構(gòu)說(shuō)明其緣由_______。(2)“浸錳”過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。濾渣X主要成分為_(kāi)________。檢驗(yàn)“沉錳”已完成的試驗(yàn)操作及現(xiàn)象是_________。步驟五產(chǎn)生馬日夫鹽晶體的化學(xué)方程式為_(kāi)________。(3)Fe3+的萃取率與溶液的pH和接觸時(shí)間之間的關(guān)系如圖，據(jù)此分析，萃取的最佳條件為_(kāi)_________。(4)馬日夫鹽作防銹磷化劑的緣由是利用其較強(qiáng)的酸性以及在防銹處理過(guò)程中生成了具有愛(ài)護(hù)作用的FeHPO4，馬日夫鹽顯酸性的主要緣由是__________(用相關(guān)化學(xué)用語(yǔ)回答)?！敬鸢浮?1).二水合磷酸二氫錳(2).Mn2+外圍電子為3d5的半充溢穩(wěn)定狀態(tài)，而Fe2+外圍電子為3d6，可失去一個(gè)電子變?yōu)?d5的半充溢穩(wěn)定狀態(tài)(3).2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=+Mn2+(4).Al(OH)3(5).在上層清液中接著滴加Na2CO3溶液，若無(wú)沉淀生成則說(shuō)明沉錳已經(jīng)完成(6).MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H2PO4)2·2H2O+CO2↑(7).pH=1.7下萃取60min(8).【解析】【分析】軟錳礦(主要成分為MnO2，還含有少量的FeO、Al2O3和SiO2)用稀硫酸浸取，MnO2、FeO、Al2O3被溶解，同時(shí)MnO2“氧化”Fe2+，剩余的二氧化錳被通入的二氧化硫還原，反應(yīng)為2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=SO42-+Mn2+，SiO2不溶，過(guò)濾，濾渣為SiO2，濾液含有：Mn2+、Fe3+、Al3+，加入有機(jī)萃取劑，除去Fe3+，調(diào)整水層的pH除去Al3+，濾渣X為Al(OH)3，濾液主要含有硫酸錳，加入碳酸鈉溶液沉錳，得到碳酸錳，碳酸錳與磷酸反應(yīng)，凈化得到Mn(H2PO4)2?2H2O，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)馬日夫鹽[Mn(H2PO4)2?2H2O的化學(xué)名稱為二水合磷酸二氫錳；Mn2+外圍電子為3d5的半充溢穩(wěn)定狀態(tài)，而Fe2+外圍電子為3d6，可失去一個(gè)電子變?yōu)?d5的半充溢穩(wěn)定狀態(tài)，因此Mn2+若再失去一個(gè)電子比Fe2+再失去一個(gè)電子難