精品解析：山東省泰安市2020屆高三第三次模擬試卷化學(xué)試題(解析版)

1、高三一輪檢測(cè)化學(xué)試題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，認(rèn)真核對(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 .選擇題答案必須使用2B 鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。4 .請(qǐng)按照題號(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?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39Mn-55

2、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)境密切相關(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. 常用危險(xiǎn)化學(xué)品標(biāo)志中的數(shù)字主要表示的是危險(xiǎn)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，形成了一層硬膜阻止酒精分子進(jìn)一步滲入細(xì)菌內(nèi)部，反而保護(hù)了細(xì)菌，使它免遭死亡，一般使用

3、75%的酒精水溶液消毒，故A 錯(cuò)誤；B 常用危險(xiǎn)化學(xué)品標(biāo)志中的數(shù)字是對(duì)其危險(xiǎn)特性的分類，如第一類：爆炸品、第二類：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)儀器的使用方法或?qū)嶒?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.使用CC14萃取濱水中的澳時(shí)，振蕩后需打開活塞使漏斗內(nèi)氣體放出D.酸堿中和滴定過(guò)程中，眼睛必須注

4、視滴定管刻度的變化【答案】C【解析】【詳解】A.洗凈的錐形瓶和容量瓶有水，用于滴定實(shí)驗(yàn)和配置一定量濃度的溶液時(shí)對(duì)實(shí)驗(yàn)無(wú)影響，不需要烘干，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)皿是可以直接加熱的儀器，不需要加墊石棉網(wǎng)， 故B錯(cuò)誤;C.使用CC14萃取濱水中的澳時(shí)，從安全角度考慮，振蕩后需打開活塞使漏斗內(nèi)氣體放出，防止分液漏斗內(nèi)壓強(qiáng)過(guò)大引起危險(xiǎn)，故 C正確；D.酸堿中和滴定過(guò)程中，眼睛必須注視錐形瓶中溶液顏色變化，以便準(zhǔn)確判斷滴定終點(diǎn)，不需要注視滴定管刻度的變化，故D錯(cuò)誤；答案選Co【點(diǎn)睛】化學(xué)實(shí)驗(yàn)中可用于直接加熱的儀器有：試管、蒸發(fā)皿、塔埸、燃燒匙。燒杯、燒瓶、錐形瓶均不可以直接

5、加熱，需要墊上石棉網(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中所有原子共平面D. b、c為同系物KMnO4溶液褪色，故【詳解】A. a便）中含有碳碳雙鍵，能與酸性高鎰酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使酸性A錯(cuò)誤;B. a(0)、b)、c(）都含有碳碳雙鍵，具有烯煌的性質(zhì)，可發(fā)生加成反應(yīng)，加聚反應(yīng)，故B正確;C.D. b）含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，則所有原子不可能共平面，故）的結(jié)構(gòu)不同，不屬于同系物，故 D錯(cuò)誤;C錯(cuò)誤;故選B?！军c(diǎn)睛】

6、本題的易錯(cuò)點(diǎn)為 C,要注意有機(jī)物分子中只要含有飽和碳原子（包括：-CH3、-CH2-、)中的一種，分子中的所有原子就不可能處于同一平面內(nèi)。4.膽磯CuSO4 5H2O可寫為Cu（H 2O）4SO4 H2O,其結(jié)構(gòu)示意圖如下:卜列有關(guān)膽磯的說(shuō)法正確的是A. Cu2+的價(jià)電子排布式為 3d84s1B.所有氧原子都采取 sp3雜化C.膽磯中含有的粒子間作用力有離子鍵、極性鍵、配位鍵和氫鍵D.膽磯所含元素中，H、O、S的半徑及電負(fù)性依次增大【解析】【詳解】A. Cu是29號(hào)元素，Cu原子的核外電子排布式為1s22s2 2p63s23p63d104s1,失去4s、3d能級(jí)上各一個(gè)電子生成 Cu2+,故C

7、u2+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。和H2O中的O原子的雜化方式不同，不可能都是 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Co5.一定條件下，有機(jī)化合物 Y可發(fā)生重排反應(yīng):卜列說(shuō)法不正確的是（）A. X、Y、Z互為同分異構(gòu)體B. 1 mol X最多能與3 mol H 2發(fā)生加成反應(yīng)C. 1 mol Y最多能與2 mol NaOH發(fā)生反應(yīng)D.通過(guò)調(diào)控溫度

8、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)上需要發(fā)生加成反應(yīng)， 消耗3mol氫氣，碳氧雙鍵需要消耗 1mol氫氣，1 mol X最多能與4 mol H2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 2mol NaOH ,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Bo6.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

9、Cl形成離子鍵的過(guò)程：二Cl-V MgG"©； 一ml 1：C.向 Al2(SO4)3溶液中滴加 Na2CO3溶液：2Al3+3CO32-=Al 2(CO3)3 JD.乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)：CH3COOH+C 2H5180H穩(wěn) 灌疊雕 CH3CO18OC2H5+H 2。【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：CuCl2電腓Cu+Cl2 T,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,午、Mg介丁 Mg* ©丁，故 B 錯(cuò)誤；C.向A12（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

10、化碳?xì)怏w，反應(yīng)的離子方程式為 2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH) 3, +3COT,故 C 錯(cuò)誤;D.竣酸與醇發(fā)生的酯化反應(yīng)中，竣酸中的竣基提供-OH,醇中的-OH提供-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+CH 3CH2180H濃硫盟CH3CO18OCH2CH3+H2O,故 D 正確;故選Do7 .下列各組原子中，彼此化學(xué)性質(zhì)一定相似的是A.最外層都只有一個(gè)電子的 X、Y原子8 .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 丫原子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 丫原子D.原子核外電子排布

11、式為 1s2的X原子與原子核外電子排布式為1s22s2的丫原子【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)不一定相似，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)不一定相似，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)相似，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)一定不相似，故 D錯(cuò)誤；故選Co8

12、.短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，四種元素形成的化合物甲的結(jié)構(gòu)如圖所示：ZIIX / 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. YW 3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)b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)逐漸增大，根據(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)。根據(jù)圖示可知，X原子最外層含有 4個(gè)電子，丫原子最外層含有 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

13、數(shù)及 飛與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?！驹斀狻扛鶕?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V 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)b鍵和1個(gè)兀鍵，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】根據(jù)物質(zhì)中常見原子的成鍵情況推斷元素為解答關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C,要注意

14、物質(zhì)中化學(xué)鍵數(shù)目的判斷方法的應(yīng)用。9 .下列方案設(shè)計(jì)能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?4 ml. ：>1)1 mMT1L 2 mL OJ raql/IT H4<X濃演ntI 2mL0 J nolL 廠H£Q.衣或 nB * nd 冷口3 .回I KWO*占率球A檢驗(yàn)淀粉是否水解B由褪色快慢研究反應(yīng)物濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響和昌通 調(diào)A. AB. BC. CD. 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、實(shí)驗(yàn)的原理方程式為：2MnO 4 +5H2C2O4+6H +=2Mn 2+ + 1

15、0CO2 T +8HO,題中高鎰酸鉀過(guò)量，應(yīng)設(shè)計(jì)成：高鎰酸鉀的物質(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B錯(cuò)誤；C、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)體積變化就斷定發(fā)生取代反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D、驗(yàn)證KspCu(OH) 2卜KspMg(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Ao10 .硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。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

16、。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)弱順序：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，需要消耗 。2的質(zhì)量為16g【答案】D【解析】【詳解】A.根據(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+, Fe3+把硫離子氧化為 S,則氧化性的強(qiáng)弱順序：O2>Fe3+>S,故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)

17、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 . H 2s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2H2S-O2,所以有34gH2s轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí)，保持溶液中Fe3+的量不變，需要消耗 O2的質(zhì)量34g1為x X32g/mol=16g ,故 D 正確；34g / mol 2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

18、入氣體X,分別進(jìn)行關(guān)閉和打開活塞 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A AB. BC. CD. D【答案】AD【解析】【詳解】A. NO2與濃硫酸不反應(yīng)，關(guān)閉和打開活塞 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)變化，而澄清石灰水變渾濁；若打開活塞K,二氧化硫直接通入品紅0溶液褪色，加熱后又恢復(fù)紅色，現(xiàn)象不同，故B錯(cuò)誤；c,若打開活m氣與水反應(yīng)生成

19、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)變化，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電極一導(dǎo)線 BiVO 4電極一電解質(zhì)溶液一 Pt電極D. BiVO 4 電極上的反應(yīng)式為 SO32- 2e-+2OH-

20、=SO42-+H2O【解析】【分析】該裝置為原電池，由 Pt電極上反應(yīng)(H2Cf H 2)或BiVO 4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 T +2OH； BiVO 4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- SO2-+H2。，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，BiVO 4電極為負(fù)極，所以 Pt電極電勢(shì)高于 BiVO 4電極，故B正確；C.電子從BiVO 4電極

21、(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. BiVO 4電極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為SO32-2e-+2OH- SO2-+H2。，故D正確；故選Co【點(diǎn)睛】根據(jù)電極上物質(zhì)的變化判斷正負(fù)極為解答的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C,要注意溶液通過(guò)自由移動(dòng)的離子導(dǎo)電，難點(diǎn)為 D,要注意電極反應(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)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示：容器溫度/C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)

22、甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02 02.8K3下列說(shuō)法不正確的是A.。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)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)=')=3.2m01 =0.32mol?L-1?min-1,則v(A尸VVt 2.0L 5minv(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)

23、相等,甲中 A(g) +B(g) ? D(g)開始(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= 1.6=10,0.4 0.4'乙中A(g) + B(g) ? D(g)開始(mol/L) 2.0a02反應(yīng)(mol/L) 1.01.01.0平衡(mol/L) 1.0a -1.01.021.0化學(xué)平衡常數(shù) K c "一777=10,解得：a=2.2,故B正確;1.0 (0.5a 1.0)1.6mol / LC.甲中CO轉(zhuǎn)化率=/071 *100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0mo艮相

24、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K1二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)實(shí)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附近溶液出現(xiàn)渾濁；（3）中溶液出現(xiàn)渾濁；（4）中溶液紅色褪去。下列對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋不正確的是A.

25、(1)中：CuO+H2 Cu+H2OB. (2)中 a 電極：2H2O+2e-=H2 T +2OH, Mg 2+2OH-=Mg(OH) 2 JC. (3)中:Cl2+S2-=SJ +2CD. (4)中：Cl2具有強(qiáng)氧化性【解析】【分析】用惰性電極電解飽和食鹽水（含少量Ca2+、Mg 2+）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，根據(jù) （1）中黑色固體變紅，（2）電極a附近溶液出現(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)量的氯氣通入含酚酗:的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可

26、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。【詳解】A . (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附近溶液出現(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 T +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：C12+S2- SJ+2C1故C正確；D. (4)中過(guò)量的氯氣通入含酚酗:的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能為H+中和了 OH-,也

27、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Do15.已知：常溫下，Ksp(ZnS)=1.6 俅-24; pM= lgc(M 2+)(M2+為 Cu2+或 Zn2+)。常溫下，向 10mL0.10mol L-1CuCl2a點(diǎn)溶液中,B.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c(Na+)=2c(S 2-)+c(HS -)+c(H 2S)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)

28、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?A . 該溫度下， 平衡時(shí)c(Cu2+ )=c(S 2-)=10 -17.7mol/L,故數(shù)量級(jí)為10-36,故A正確;Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=1

29、0-17.7mol/L K0-17.7mol/L=10 -35.4 B. a點(diǎn)為CuCl2溶液和NaCl的混合溶液，生成了 CuS沉淀,c(Na+)> 2c(S2-)+c(HS-)+c(H 2S),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.相同實(shí)驗(yàn)條件下，改用0.1mol?L-1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)= 1.6 10T24>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

30、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)注意事項(xiàng)：1 .第R卷共4頁(yè)，用鋼筆或中性筆直接答在答題卡對(duì)應(yīng)區(qū)域中(除題目有特殊規(guī)定外)。2 .答卷前將密封線內(nèi)的項(xiàng)目填寫清楚。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：0 (g)?0(g)+H2(g) ?H=117.6kJ/mol已知：上述反應(yīng)的速率方程為丫正二女正P乙苯,v逆=k逆P笨乙烯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)化率所采取的措施是 。(2)在CO2氣氛下，乙苯可催化脫氫制苯乙烯，其

31、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.有利于減少生產(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)化率的原因是。測(cè)得容器總壓(P總)和乙苯轉(zhuǎn)化率 “隨時(shí)間變化結(jié)果如圖所示。平衡時(shí)，P(H2O)=一 qgEF/八 ，-人、U '"正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

32、 (3). abc-v逆(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). 45.2.5【解析】【分析】(1)結(jié)合影響化學(xué)反應(yīng)速率和平衡移動(dòng)的因素分析判斷；(2)由圖片可知ZHi = AH2+AH3,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)判斷；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+C2CO分析判斷；d.根據(jù)圖示，二氧化碳反應(yīng)生成了CO,據(jù)此分析判斷；(3)根據(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(乙苯尸amol, n(H2O)=b

33、mol ,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，什什一一一一、P出？P(苯乙烯)、_再計(jì)算乙本、本乙場(chǎng)、氫氣的分壓，并代入 Kp=-計(jì)算 Kp ;反應(yīng)速率 v=v正-v逆=kFp乙茉P(乙苯)=k逆p苯乙烯p氫氣，貝U v正二kFp乙茉，v逆=k逆p苯乙烯p氫氣，平衡時(shí) v ie=v逆，即 k正p乙茉二k逆p茉乙烯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)化率所采取的措施有升溫、加壓，故答案為：升高溫度(或增大壓強(qiáng))

34、；(2)由圖片可知 ZHi=AH2+ AH3=+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，消耗的能量減少，故b正確；c.加入的二氧化碳會(huì)發(fā)生反應(yīng)CO2+C2CO,有利于減少積炭，故 c正確；d.根據(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

35、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(乙苯尸amol, n(H2O)=bmol ,(ft)-(g)+H2(g)起始量（mol）a00變化量（mol）0.75a0.75a0.75a平衡量（mol）0.25a0.75a0.75a氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，平衡時(shí)a b_ 1.75a b 100-115b=4a,Ph2o=4ax115kPa=80kPa,1.75a 4a0.75aPh2=P 苯乙烯=M15kPa=15kPa,1.75a 4aP乙茉=1P苯乙烯=5kPa,所以平衡常數(shù)3Kp=P H2 ?P(苯乙烯)15kPa 1

36、5kPaP（乙苯）5kPa=45kPa；反應(yīng)速率v=v 正-v逆=k正p乙茉-k逆p茉乙烯p氫氣, 則 v e=k 正p乙苯,v逆=k逆p苯乙烯p氫氣,平衡時(shí) v正二丫逆,即k正p乙茉-kP H2 ?P（苯乙烯）P（乙苯）=Kp=45kPa ;L J* 1(g)+H2(g)起始量（mol）a00變化量（mol）0.6a0.6a0.6a平衡量（mol）0.4a0.6a0.6a逆p苯乙烯p氫氣,所以氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比,a點(diǎn)時(shí)0.6aPh2=P苯乙烯=M12kPa=12kPa, P乙茉=8kPa,所以1.6a 4a''v正P（乙苯）8kPa匕=Kp*P（氫氣）？P（苯乙烯

37、）=45kpM12kPa 12kPa=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?！军c(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)為（3）中的計(jì)算，要注意三段式在化學(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一甲酸丁酯口比咤及 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相似，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提供孤電子的原子是 (填元素符號(hào))，p一甲酸丁酯口比咤

38、配體中C原子的雜化方式有 。(已知口比咤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在一定條件下反應(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，其中所有頂點(diǎn)的原子坐標(biāo)均可以為(0,0, 0)。鋁(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

39、, 0)及(1, 1, 1)。根據(jù)以上信息，推斷該晶體的原子堆積方式是。已知該晶體的密度是 pgCm2 22pm。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(7).由C60結(jié)構(gòu)和碳60妥=30個(gè)雙鍵，易1010【答案】(1). 4d5s1(2). 6(3). C (4). sp2 和 sp3(5). 12(6). 20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，故含有與活潑的F2發(fā)生加成反應(yīng)生成 C60F60(8).體心立方密堆積(9).(1)Mo處于第五周期第 VIB族，核外電子排布與 Cr相似，其價(jià)電子為 4

40、d、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)電子排布式并判斷未成對(duì)電子數(shù)；(2)CO提供孤電子對(duì)的是 C原子、Mo提供空軌道；p-甲酸丁酯口比咤配體中 C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)有 4、3, 根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷 C原子雜化類型；(3)根據(jù)歐拉定理結(jié)合 “3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)鋁(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，根據(jù)Mo的原子坐標(biāo)，可以判斷該晶胞中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

41、第 MB族，核外電子排布與 Cr相似，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提供孤電子對(duì)的是 C原子、Mo提供空軌道，兩個(gè)原子形成配位鍵；p-甲酸丁酯口比咤配體中 C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)有 4、3,根據(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+FE=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

42、組：1 (5x+6y) =1 (3 >60), 60+(x+y)- - (3 )60)=2,222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妥=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妥=30個(gè)雙鍵，與活潑的 F2發(fā)生加成反應(yīng)即可生成 C60F60；1(4)鋁(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

43、子坐標(biāo)是(0, 0, 0)及(一，2工，工)，則該晶胞中Mo原子位于頂點(diǎn)和體心上，為體心立方密堆積；該晶胞棱長(zhǎng) 二/2，cm,晶體中距22Na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=X3Jcm= J?M ><1010pm,故答案為：體心立方密堆積；2, Na 2, Na,32M-、32M-10X3lcm= - x3X1010。2,.Na 2. Na【點(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(4),要注意距離最近的 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),要注意理解歐拉定理及其應(yīng)用，要注意棱邊數(shù)的計(jì)算方法。18 .氯化亞銅(CuCl)廣泛應(yīng)用于化工

44、、印染、電鍍等行業(yè)，是難溶于水的白色固體，能溶解于硝酸，在潮濕空氣中可被迅速氧化。I .實(shí)驗(yàn)室用CuSO4NaCl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。甲回答以下問(wèn)題：(1)甲圖中儀器1的名稱是.;制備過(guò)程中為提高產(chǎn)率，儀器2中所加試劑應(yīng)為。(2)乙圖是體系pH隨時(shí)間變化關(guān)系圖，寫出制備CuCl的離子方程式 。丙圖是產(chǎn)率隨 pH變化關(guān)系圖,實(shí)驗(yàn)過(guò)程中往往用 Na2SO3Na2CO3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n.工業(yè)上常

45、用CuCl作。2、CO的吸收劑，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。已知：Na2s2O4和KOH的混合溶液可吸收氧氣。(4)裝置A中用鹽酸而不能用硝酸，其原因是(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)注意。整套實(shí)驗(yàn)裝置的連接順序應(yīng)為-D?！敬鸢浮?(1).三頸燒瓶(2). Na2SO3溶液(3). 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl J +2F4+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+8HNO 3=3Cu(NO3)2+3CuC12

46、+2NOT +4H2O(或 3CuCl+7HNO 3=3Cu(NO 3)2+3HCl+NOT +2H2O)(8).溫度降到常溫，上下調(diào)節(jié)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). 8B-A【解析】【分析】(1)根據(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)23-,需要控制Na£O3的加入量，據(jù)此分析判斷；(2)根據(jù)題意，在 CuSO4液中加入一定量的 Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl沉淀，同時(shí)溶液的酸性增強(qiáng)，結(jié)合Na2CO3的性質(zhì)分析解答；(3)根據(jù)“氯化亞銅(CuCl)在潮濕空氣中可被迅速氧化”分析解答；(4)根據(jù)氯化亞銅(C

47、uCl)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；根據(jù)正確的讀數(shù)方法解答；用CuCl作02、CO的吸收劑，測(cè)定高爐煤氣中CO、CO2、N2和02的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用 B 吸收氧氣，再用A 吸收 CO ，最后用排水法測(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J反應(yīng)生成Cu(SO3)23-,為提高產(chǎn)率，可控制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液中加入一定量的 Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成 CuCl(氯化亞銅)沉淀，同時(shí)溶液的酸性增強(qiáng)，生成硫酸，反

48、應(yīng)的離子方程式為：2Cu2+SO32-+2Cl+H2O=2CuCl J +2H+SO42-,用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替 Na2SO3溶液，Na2CO3可與生成的H+反應(yīng)，及時(shí)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)根據(jù)題意，氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸，反應(yīng)的方程式為6CuCl+8HNO 3=3Cu(NO3)2+3CuC12+2NOT +4H2O(或 3CuCl+7HNO 3=3Cu(NO 3)2+3HCl+NOT +2H2O)；用 D 裝置測(cè)

49、N 2 含量，應(yīng)注意溫度在常溫，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，以減小實(shí)驗(yàn)誤差；用CuCl作。2、CO的吸收劑，測(cè)定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用 KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧氣，再用 A吸收CO,最后用排水法測(cè)量氮?dú)獾捏w積，則順序?yàn)?C-B-A-D。19 .馬日夫鹽Mn(H 2PO4)2 H2O主要用作磷化劑。以軟鎰礦 (主要成分為 MnO2及少量的FeO、A2O3和SiO2)為原料制備馬日夫鹽的主要工藝流程如圖：稀硫酸，SO：有機(jī)萃取帚N3：(卜溶液硝酸濾渣含F(xiàn)討有機(jī)相灌渣K1一步騾二 步驟三 步驟四 步S8五按照無(wú)機(jī)物命名規(guī)律，馬日夫鹽Mn(H2P

50、O4)2 2H2O的化學(xué)名稱為 。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)解釋其原因 。(2)浸鎰”過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式為 。濾渣X主要成分為 。檢驗(yàn)沉鎰”已完成的實(shí) 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 。(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 。0.5 L0 l-S LT fpt)30 觸 9。】2。15。柏|加)反撿pH環(huán)境接觸時(shí)間(4)馬日夫鹽作防銹磷化劑的原因是利用其較強(qiáng)的酸性以及在防銹處理過(guò)程中生成了具有保護(hù)作用的FeHPO4,馬日夫鹽顯酸性的主要原因是 (用相關(guān)化學(xué)用語(yǔ)回答)。

51、【答案】(1).二水合磷酸二氫鎰(2). Mn2+外圍電子為3d5的半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，而Fe2+外圍電子為 3d6 ,可失去一個(gè)電子變?yōu)?d5的半充滿穩(wěn)定狀態(tài) (3). 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3+Mn2+4H2。、2-SO2+MnO2=SO4 +Mn2+(4). Al(OH) 3(5).在上層清液中繼續(xù)滴加 Na2CO3溶液，若無(wú)沉淀生成則說(shuō)明沉鎰已經(jīng)完成(6). MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H 2P04)2 2H2O+CO2 T.pH=1.7 下萃取 60 min-_+2(8). H2PO4? H +HPO4【解析】 【分析】軟鎰礦(主要成分為 MnO2,還含有少量的 FeO、Al 2O3和SiO2)用稀硫酸浸取，MnO2、FeO、Al2O3被溶解， 同時(shí) MnO2 “氧化” F2+,剩余的二氧化鎰被通入的二氧化硫還原，反應(yīng)為 2FeO+MnO2+8H+=2Fe3+Mn2+4H2O、SO2+MnO 2= SO42-+Mn2+, SiO2不溶，過(guò)濾,濾渣為 SiO2,濾液含有： Mn2+、Fe3+、Al3+,