PAGEPAGE16（新高考）山東省2025屆高三化學其次次模擬考試題（一）留意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆干脆答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．化學與生活親密相關，下列說法錯誤的是A．推廣運用新能源汽車可以削減尾氣的排放B．紅葡萄酒中充入的少量SO2具有抗氧化的作用C．消毒液長時間放開保存會增加其消毒效果D．作為醫用呼吸機原材料之一的ABS樹脂屬于有機高分子材料2．依據如圖的轉化關系推斷下列說法正確的是(反應條件已略去)A．反應①②③④⑤均屬于氧化還原反應和離子反應B．反應⑤說明該條件下鋁的還原性強于錳C．相同條件下生成等量的O2，反應③和④轉移的電子數之比為1∶1D．反應①中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶43．下列說法或表達方式中不正確的是A．電子從激發態到基態產生的光譜是放射光譜B．HClO的電子式：HC．NH3·H2O、CO2分子中，中心原子孤電子對數最多的是H2OD．基態氯原子的價電子軌道表示式為4．我國自主研發的對二甲苯綠色合成項目取得新進展，其合成過程如圖所示。下列說法不正確的是A．丙烯醛分子中全部原子可能共平面B．可用溴水鑒別異戊二烯和對二甲苯C．對二甲苯的二氯代物有6種D．M能發生取代、加成、加聚和氧化反應5．一種用于合成治療免疫疾病藥物的物質，其結構如圖所示，其中X、Y、Z、Q、W為1~20號元素且原子序數依次增大，Z與Q同主族，Q和W的簡潔離子具有相同的電子層結構。下列敘述正確的是A．WX是共價化合物B．原子半徑：W>Z>YC．最高價氧化物對應的水化物的酸性：Q<YD．Z和X、Y、W、Q均形成至少兩種二元化合物6．如圖是部分短周期元素原子半徑與原子序數的關系圖，下列說法正確的是A．M、N的氧化物都能與Z、R的最高價氧化物對應水化物反應B．Y的單質能從含R簡潔離子的水溶液中置換出R單質C．X、M兩種元素組成的化合物熔點很高D．簡潔離子的半徑：R>M>X7．設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是A．23gNa與足量H2O反應完全后可生成NA個H2分子B．1molCu和足量熱濃硫酸反應可生成NA個SO3分子C．標準狀況下，22.4LN2和H2混合氣中含NA個原子D．3mol單質Fe完全轉變為Fe3O4，失去8NA個電子8．關于下列轉化過程分析不正確的是A．Fe3O4中Fe元素的化合價為+2、+3B．過程Ⅰ中每消耗58gFe3O4，轉移1mol電子C．過程Ⅱ的化學方程式為3FeO+H2Oeq\o(,\s\up7(△))Fe3O4+H2↑D．該過程總反應為2H2O=O2↑+2H2↑9．乙酸乙酯是一種用途廣泛的精細化工產品。工業生產乙酸乙酯的方法許多，如圖：下列說法正確的是A．反應①②均是取代反應B．反應③④的原子利用率均為100%C．與乙酸乙酯互為同分異構體的酯類化合物有2種D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三種無色液體可用Na2CO3溶液鑒別10．碲被譽為“現代工業的維生素”，它在地殼中豐度值很低，某科研小組從粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲工藝流程如圖所示。下列有關說法不正確的是已知：①“焙燒”后，碲主要以TeO2形式存在。②TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿。A．“焙燒”用到的硅酸鹽儀器主要有：坩堝、泥三角、酒精燈、玻璃棒B．“堿浸”時反應的離子方程式為TeO2+2OH?=TeOeq\o\al(2?,3)+H2OC．“堿浸”后所得的濾渣中含有Au、Ag，可用稀鹽酸將其分別D．“還原”時氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11．蔥醌(AQDS)是一種具有氧化還原活性的廉價有機分子，蔥醌/碘化銨液流可充電電池(如圖)以其環保、價廉、穩定等優點被探討及廣泛應用。充電時，AQDS轉化為AQDS(NH4)2。下列說法錯誤的是A．放電時，b極電勢高于a極B．充電時，a極的電極反應式為3I?-2e?=Ieq\o\al(?,3)C．充電時，電路中每轉移1mole?，膜兩側電解液的質量改變差為36gD．該裝置中的陽膜也可以用陰膜代替12．某種可用于治療心臟病的藥物X的結構簡式為，下列有關X的說法錯誤的是A．X可能有香味，是乙酸乙酯的同系物B．X不溶于水，密度可能比水的小C．遇堿溶液或酸溶液均易變質D．與X互為同分異構體13．我國科研人員探討了在Cu－ZnO－ZrO2催化劑上CO2加氫制甲醇過程中水的作用機理；其主反應歷程如圖所示(H2→*H+*H)。下列說法錯誤的是A．二氧化碳加氫制甲醇的過程中原子利用率達100%B．帶標記的物質是該反應歷程中的中間產物C．向該反應體系中加入少量的水能增加甲醇的收率D．第③步的反應式為*H3CO+H2Oeq\o(→,\s\up7())CH3OH+*HO14．中科院設計了一種新型的多功能復合催化劑，實現了CO2干脆加氫制取高辛烷值汽油，其過程如圖。下列有關說法正確的是A．在Na－Fe3O4上發生的反應為CO2+H2=CO+H2OB．中間產物Fe5C2的生成是實現CO2轉化為汽油的關鍵C．催化劑HZMS－5可以提高汽油中芳香烴的平衡產率D．該過程，CO2轉化為汽油的轉化率高達78%15．乙烯氣相干脆水合反應制備乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡轉化率隨溫度、壓強的改變關系如圖[起始時，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器體積為1L]。下列分析不正確的是A．乙烯氣相干脆水合反應的ΔH>0B．圖中壓強的大小關系為p1>p2>p3C．圖中a點對應的平衡常數K=5/16D．達到平衡狀態A．b所須要的時間：a>b三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．(12分)用海底錳結核(主要成分為MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)為原料，制備金屬錳、鎂的一種工藝流程路途如下：已知：①幾種難溶物的溶度積(25℃)如下表所示：化學式Mg(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Ksp1.8×10?111.8×10?131.0×10?334.0×10?38②溶液中某離子濃度≤1.0×10?6mol·L?1時，認為該離子沉淀完全。完成下列問題：(1)“錳結核粉末”中MnO2與SO2反應的離子方程式為

。

(2)“濾液1”中c(Mn2+)為0.18mol·L?1，則“調整pH”的范圍為，“濾渣2”的成分為。

(3)“Ⅲ”處“萃取劑”萃取的成分是；“Ⅳ”處用“鹽酸反萃”的作用是。

(4)MgCl2·6H2O制取無水MgCl2時，須要在干燥的HCl氣流中加熱分解。HCl的作用為。

(5)該工藝流程中除電解余液可循環利用外，還能循環利用的試劑為。

(6)一種海生假單孢菌(采自太平洋深海處)，在無氧條件下以醋酸為電子供體還原MnO2生成Mn2+的機理如圖所示。寫出反應②③的總反應的離子方程式：

。17．(12分)我國學者研制出低成本的電解“水制氫”催化劑——鎳摻雜的磷化鈷三元納米片電催化劑(Ni0.1Co0.9P)。回答下列問題：(1)Co在元素周期表中的位置為，Co2+價層電子排布式為。

(2)Co、Ni可形成[Co(NH3)6]Cl2、K3[Co(NO3)6]、Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等多種協作物。①SOeq\o\al(2?,4)的空間構型為，NOeq\o\al(?,3)中N原子的雜化軌道類型為。

②C、N、O、S四種元素中，第一電離能最大的是。③1mol[Co(NH3)6]Cl2中含有σ鍵的數目為。

已知NF3比NH3的沸點小得多，試說明緣由：

。(3)常用丁二酮肟來檢驗Ni2+，反應如下：Ni2+(aq)+2=+2H+(aq)①1個二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)中含有個配位鍵。

②上述反應的相宜pH為(填字母)。

A．12B．5～10C．1(3)磷化硼是一種備受關注的耐磨涂料，其晶體中磷原子作面心立方最密積累，硼原子填入四面體空隙中(如圖)。已知磷化硼晶體密度為ρg·cm?3，計算晶體中硼原子和磷原子的最近核間距為cm。18．(12分)近年來，隨著聚酯工業的快速發展，氯氣的需求量和氯化氫的產出量也隨之快速增長。因此，將氯化氫轉化為氯氣的技術成為科學探討的熱點。請回答：(1)如圖表示在CuO存在下HCl催化氧化的反應過程，則總反應的熱化學方程為。

(2)探討HCl催化氧化反應中溫度、n(HCl)n①利用Na2S2O3溶液和KI溶液測定反應生成Cl2的物質的量，若消耗V1mLc1mol·L?1的Na2S2O3溶液，則生成Cl2mol(已知2S2Oeq\o\al(2?,3)+I2=S4Oeq\o\al(2?,6)+2I?)。

②m(催化劑)q(HCl)表示催化劑的質量與HCl(g)流速之比，是衡量反應氣體與催化劑接觸狀況的物理量。當n(HCl)③在420℃、n(HCl)n(O2)=3mmol·g?1·min?1。

④比較在下列兩種反應條件下O2的反應速率：vⅠ

(填“>”“=”或“<”)vⅡ。Ⅰ．410℃、n(HCl)n(O2)=3m(催化劑)q(HCl)(3)在101.325kPa時，以含N2的HCl和O2的混合氣體測定不同溫度下HCl催化氧化反應中HCl的平衡轉化率，得到如圖結果。①360℃時反應的平衡常數K360與400℃時反應的平衡常數K400之間的關系是K360(填“>”“=”或“<”)K400。

②肯定溫度下隨著m(催化劑)q(HCl19．(11分)工業上利用軟錳礦漿進行煙氣脫硫并制備MnSO4和Mg(OH)2的工藝流程如圖所示(已知軟錳礦的主要成分是MnO2，還含有Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)。已知：Ksp[Mg(OH)2]=4.9×10?12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10?5。(1)“脫硫浸錳”中軟錳礦漿汲取SO2的化學方程式為。

(2)向浸出液中添加適量MnO2的作用是

；濾渣2的主要成分是。(3)“沉錳”的離子方程式為

。(4)“沉錳”過程中溫度和pH對Mn2+和Mg2+沉淀率的影響如圖所示。①由圖可知，“沉錳”的合適條件是。

②當溫度高于45℃時，Mn2+和Mg2+沉淀率改變的緣由是

。

(5)將NH3通入0.015mol·L?1MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10?5mol·L?1，此時溶液中NH3·H2O的物質的量濃度為(忽視反應前后溶液體積的改變，計算結果保留2位小數)。

20．(12分)美托洛爾可用于治療高血壓及心絞痛，某合成路途如圖：回答下列問題：(1)已知常溫下，SOCl2(氯化亞砜)是一種有劇烈刺激性氣味的發煙液體，遇水水解，加熱分解。下列關于乙酸制備A的試驗表述正確的是(填字母)。

a．該試驗常采納濃的醋酸溶液與過量SOCl2反應以提高產率b．反應限制在較高溫度下，并加入催化劑加快反應速率c．反應產物中有污染性氣體，需在通風櫥中進行，且要汲取尾氣d．該反應有機副產物少、產品易分別，且產率較高。(2)C中含氧官能團的名稱是。

(3)A→B的反應類型是，D的分子式為。

(4)反應E→F的化學方程式為

。

(5)試劑X的分子式為C3H5OCl，則X的結構簡式為，X的同分異構體中含的有種。

(6)4-芐基苯酚()是一種藥物中間體，請設計以苯甲酸和苯酚為原料制備4芐基苯酚的合成路途：

(無機試劑任用)。化學答案1.【答案】C【解析】運用清潔能源，可以愛護空氣，愛護環境，節約化石燃料，削減尾氣的排放，故A正確；二氧化硫具有還原性，具有抗氧化作用，故B正確；消毒液長時間放開保存會揮發、分解、變質等，故其消毒效果會減弱，故C錯誤；ABS樹脂是指丙烯腈、丁二烯、苯乙烯的共聚物，故屬于有機高分子材料，故D正確。2.【答案】B【解析】反應①②③④⑤中均有元素化合價的改變，均為氧化還原反應，而③④⑤中沒有離子參與反應，則不屬于離子反應，A錯誤；⑤為鋁熱反應，Al失去電子，為還原劑，Mn為還原產物，則還原性：Al>Mn，B正確；由6H2O2～3O2～6e?、2KClO3～3O2～12e?知，生成等量的O2，反應③和④轉移的電子數之比為1∶2，C錯誤；反應①為MnO2+4HCl(濃)eq\o(,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O，錳元素的化合價降低，氯元素的化合價上升，4molHCl中只有2molHCl作還原劑，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2，D錯誤。3.【答案】B【解析】電子由基態躍遷到激發態，汲取能量產生汲取光譜；由激發態躍遷到基態，釋放能量產生放射光譜，A正確；HClO的電子式為H··O······Cl······，B不正確；NH3·H2O、CO2的電子式分別為，中心原子孤電子對數分別為1、2、4.【答案】C【解析】丙烯醛分子中的碳碳雙鍵是平面結構，醛基也是平面結構，中間是一個可以旋轉的單鍵，所以分子里全部原子有可能在同一平面，A正確；異戊二烯里含有碳碳雙鍵，可以與溴水發生加成反應而導致溴水褪色，而對二甲苯與溴水不反應，可以鑒別，B正確；對二甲苯里面有2種類型的H，其二氯代物共有7種：①當兩個氯取代甲基上的H時有2種，②當有一個氯取代甲基上的H，另一個取代苯環上的H，有鄰、間2種結構，③當兩個氯都取代苯環上的H，采納定一議二的方法，當其中一個氯在甲基鄰位時，另一個氯有3種結構，此二氯代物有3種，C不正確；M中有碳碳雙鍵，可以發生加成、加聚反應，有醛基，可以發生氧化、加成反應，有烴基，可以發生取代反應，D正確。5.【答案】D【解析】依據題目信息均是前20號元素，Z與Q同主族，Q和W的簡潔離子具有相同的電子層結構，又形成如圖所示離子化合物，可知Y是碳(C)，X是氫(H)，Z是氧(O)，Q是硫(S)，W是鉀(K)。WX是KH，是離子化合物，A錯誤；同周期元素，原子序數越大，半徑越小，故原子半徑關系為W>Y>Z，B錯誤；元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強，依據氧化性S>C，則最高價氧化物對應的水化物的酸性：Q>Y，C錯誤；Z和X、Y、Q、W形成的二元化合物均在兩種及以上：H2O、H2O2，CO、CO2，SO2、SO3，K2O、K2O2，故D正確。6.【答案】C【解析】同周期主族元素自左而右原子半徑減小，同主族元素自上而下原子半徑增大，故前7種元素處于其次周期，后7種元素處于第三周期，由原子序數可知，X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素。A．氧化鋁能夠與氫氧化鈉、高氯酸反應，但二氧化硅能夠與氫氧化鈉溶液反應，不能與高氯酸反應，錯誤；B．Y的單質F2與水反應，無法從含有氯離子的溶液中置換出氯氣，錯誤；C．氧化鋁為離子化合物，具有較高的熔點，正確；D．離子的電子層越多離子半徑越大，電子層相同時，核電荷數越大離子半徑越小，則離子半徑：R>X>M，錯誤。7.【答案】D【解析】23g鈉的物質的量為1mol，而1mol鈉與足量水反應生成0.5mol氫氣，即生成0.5NA個氫氣分子，A錯誤；銅和濃硫酸反應生成的是二氧化硫，而非三氧化硫，B錯誤；標準狀況下，22.4L混合氣體的物質的量為1mol，而氮氣和氫氣都為雙原子分子，故1mol混合氣體中含2mol原子即2NA個，C錯誤；由于鐵完全轉變為四氧化三鐵后，鐵的價態變為+8/3，故3mol鐵失去8mol電子即8NA個，D正確。8.【答案】B【解析】Fe3O4的化學式可以改寫為Fe2O3·FeO，則Fe3O4中Fe元素的化合價為+2、+3，故A正確；過程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)當有2molFe3O4分解時，生成1mol氧氣，而58gFe3O4的物質的量為0.25mol，故生成0.125mol氧氣，而氧元素由-2價變為0價，故轉移0.5mol電子，故B錯誤；過程Ⅱ中FeO與水反應生成四氧化三鐵和氫氣，化學反應方程式為3FeO+H2Oeq\o(,\s\up7(△))Fe3O4+H2↑，故C正確；過程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，過程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，則該過程總反應為2H2O=O2↑+2H2↑，故D正確。9.【答案】D【解析】反應①為酯化反應，屬于取代反應，反應②不飽和度降低，為加成反應，A項錯誤；反應③產物只有乙酸乙酯，其原子利用率為100%，而反應④為C4H10+O2eq\o(→,\s\up7())C4H8O2，H原子沒有全部進入目標產物，原子利用率不為100%，B項錯誤；與乙酸乙酯互為同分異構體的酯類有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3種，C項錯誤；乙醇溶于碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉溶液反應生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸鈉溶液，則乙醇、乙酸、乙酸乙酯三種無色液體可用Na2CO3溶液鑒別，D項正確。10.【答案】C【解析】粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)，通入氧氣焙燒，可生成TeO2和CuO，加入氫氧化鈉溶液堿浸，生成濾渣為CuO，濾液含有TeOeq\o\al(2?,3)，再加入硫酸酸化，加入亞硫酸鈉還原得到粗碲，以此解答該題。A．焙燒固體，可用坩堝，同時運用的儀器有泥三角、酒精燈、玻璃棒，故正確；B．TeO2是兩性氧化物，可與氫氧化鈉溶液反應，反應的離子方程式為TeO2+2OH?=TeOeq\o\al(2?,3)+H2O，故正確；C．Au、Ag與鹽酸不反應，不能用鹽酸分別，故不正確；D．“還原”時，反應的離子方程式為2SOeq\o\al(2?,3)+Te4++2H2O=Te↓+2SOeq\o\al(2?,4)+4H+，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2，故正確。11.【答案】AD【解析】充電時，AQDS轉化為AQDS(NH4)2，說明b極為陰極，a極為陽極，則放電時a極為正極，b極為負極。A．依據分析，放電時，b極為負極，因此b極電勢低于a極，故錯誤；B．充電時，a極為陽極，電極反應式為3I?-2e?=Ieq\o\al(?,3)，故正確；C．充電時，電路中每轉移1mole?，左側1molNHeq\o\al(+,4)移動到右側，膜左側質量削減18g，右側質量增加18g，膜兩側電解液的質量改變差為36g，故正確；D．該裝置中的陽膜不能用陰膜代替，假如用陰膜代替，銨根離子不能穿過則不能生成AQDS(NH4)2，故錯誤。12.【答案】A【解析】X中含有碳環結構，不行能是乙酸乙酯的同系物，故A錯誤；X屬于酯類物質，不溶于水，密度可能比水的小，故B正確；X屬于酯類物質，遇堿溶液或酸溶液均會因為水解而變質，故C正確；與X分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故D正確。13.【答案】A【解析】A項，從反應②、③、④看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氫制甲醇的過程中原子利用率不是100%，錯誤；B項，從整個歷程看，帶標記的物質都是在中間過程中出現，所以帶標記的物質是該反應歷程中的中間產物，正確；C項，從反應③看，向該反應體系中加入少量的水，有利于平衡的正向移動，所以能增加甲醇的收率，正確；D項，從歷程看，第③步的反應物為*H3CO、H2O，生成物為CH3OH、*HO，所以反應式為*H3CO+H2Oeq\o(→,\s\up7())CH3OH+*HO，正確。14.【答案】B【解析】A項，由流程圖可知，CO2+H2在Na－Fe3O4催化劑表面反應生成烯烴，依據元素和原子守恒可知，其反應為2CO2+6H2eq\o(→,\s\up7(Na－Fe3O4))CH2=CH2+4H2O，錯誤；B項，中間產物Fe5C2是無機物轉化為有機物的中間產物，是轉化的關鍵，正確；C項，催化劑HZMS－5的作用是加快反應速率，對平衡產率沒有影響，錯誤；D項，由圖分析78%并不是表示CO2轉化為汽油的轉化率，錯誤。15.【答案】AB【解析】壓強不變時，上升溫度乙烯轉化率降低，平衡逆向移動，正反應為放熱反應，則ΔH<0，故A不正確；相同溫度下，增大壓強平衡正向移動，乙烯轉化率增大，依據圖知，壓強：p1<p2<p3，故B不正確；a點乙烯轉化率為20%，則消耗的n(C2H4)=1mol×20%=0.2mol，C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)起先(mol/L) 1 1 0消耗(mol/L) 0.2 0.2 0.2平衡(mol/L) 0.8 0.80.2化學平衡常數K=c(C2H5OH)c(C2H4)·c16.【答案】(1)MnO2+SO2=Mn2++SOeq\o\al(2?,4)(2)5≤pH<8Fe(OH)3、Al(OH)3(3)Mg2+使Mg2+與萃取劑分別轉化為MgCl2(4)抑制MgCl2水解(5)萃取劑(或有機相2)(6)MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH?【解析】錳結核(主要成分為MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4進行酸浸，將MgO、Fe2O3、Al2O3轉化為Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2將MnO2轉化為Mn2+，自身被氧化為SOeq\o\al(2?,4)，SiO2不與二氧化硫和硫酸反應，則濾渣1中主要為SiO2，濾液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及SOeq\o\al(2?,4)，調整濾液1的pH，使Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3過濾除去，則濾渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，濾液2主要含有Mg2+、Mn2+及SOeq\o\al(2?,4)，向濾液2加入有機萃取劑，溶液分層，分液后有機相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及SOeq\o\al(2?,4)，向有機相1中加入鹽酸進行反萃取，Mg2+從有機相1轉入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，對水相2蒸發結晶得到MgCl2·6H2O，在干燥的HCl氣流中加熱分解得到MgCl2，再進行熔融電解得到金屬鎂，對水相1進行電解得到金屬錳單質和H2SO4，電解后的溶液中含有H2SO4，可返回步驟Ⅰ酸浸運用，據此分析解答。(1)依據分析，“錳結核粉末”中MnO2與SO2反應，SO2將MnO2轉化為Mn2+，自身被氧化為SOeq\o\al(2?,4)，離子方程式為MnO2+SO2=Mn2++SOeq\o\al(2?,4)。(2)調整濾液1的pH，使Fe3+、Al3+轉化為Al(OH)3．Fe(OH)3過濾除去，“濾液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某離子濃度≤1.0×10?6mol·L?1時，認為該離子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10?33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10?38，當Al3+完全沉淀時，Fe3+已經完全沉淀，此時溶液中c(OH?)=3Ksp[Al(OH)3]c(Al3+)=31.0×10-331.0×10-6=1.0×10?9mol·L?1，pOH=9，則pH=14-pOH=5；依據Ksp[Mn(OH)2]=1.8×10?13，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10?11，當“濾液1”中c(Mn2+)為0.18mol·L?1時，溶液中c(OH?)=Ksp[Mn(OH)2]c(Mn2+)=1.8×10-130.18=1.0×10?6mol·L?1，pOH=6，則pH=14-pOH=8，則“調整pH”的范圍為5≤pH<8；依據上述分析可知，“濾渣2”的成分為Fe(OH)3、Al(OH)3。(3)依據上述分析可知，“Ⅲ”處“萃取劑”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”處用“鹽酸反萃”的作用是使Mg2+與萃取劑分別轉化為MgCl2。(4)MgCl2屬于強酸弱堿鹽，高溫下，促進Mg2+發生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl氣流中加熱分解，可以抑制MgCl217.【答案】(1)第四周期第Ⅷ族3d7(2)①正四面體形sp2②N③24NANH3分子間存在氫鍵(3)①4②B(4)eq\f(eq\r(3),2)×321ρ×NA【解析】(1)Co為27號元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；基態Co原子價層電子排布式為3d74s2，失去最外層2個電子形成Co2+，所以Co2+的價層電子排布式為3d7。(2)①硫酸根中心N原子的價層電子對數為4+6+2-4×22=4，無孤對電子，所以空間構型為正四面體形；NOeq\o\al(?,3)中心N原子的價層電子對數為3+5+1-3×22=3，所以為sp2雜化；②同主族元素自上而下第一電離能漸漸減小，同周期元素自左向右第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以4種元素中第一電離能最大的為N元素；③6個NH3與Co2+之間形成6個配位鍵，屬于σ鍵，每個氨氣分子中的氮氫鍵也為σ鍵，共6+3×6=24(個)，所以1mol[Co(NH3)6]Cl2中含有的σ鍵數目為24NA；NH3分子間存在氫鍵，所以沸點較高。(3)①依據N原子的成鍵特點可知，在二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)中N原子和Ni2+形成的化學鍵均為配位鍵，所以1個二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)中含有4個配位鍵；②堿性太強簡潔生成Ni(OH)2沉淀，酸性太強時大量的氫離子存在不利于二(丁二酮肟)合鎳(Ⅱ)的生成，所以相宜的pH應為5～10。(4)由題圖可知，1個晶胞中含有4個B原子和4個P原子，故晶胞質量m=4×(11+31)NAg，設晶胞邊長為acm，則晶胞的體積V=a3cm3，故晶胞密度ρ=mV=4×(11+31)NA×a3g·cm?3，解得a=2×321ρ×NA；晶體中硼原子和磷原子的最近核間距為晶胞體對角線的14，體對角線長度為晶胞邊長的eq\r(3)倍，所以晶體中硼原子和磷原子的最近核間距=eq\f(eq\r(3),4)×2×32118.【答案】(1)2HCl(g)+1/2O2(g)=H2O(g)+Cl2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3(2)①1/2c1V1×10?3②0.56③1/2400④>(3)①>②減小隨著m(催化劑)q(HCl)增大，N2含量增大，HCl(g)、O2【解析】(1)依據蓋斯定律，不管化學反應是一步完成還是分幾步完成，其反應熱都是相同的，由題圖可知熱化學方程式為2HCl(g)+1/2O2(g)=H2O(g)+Cl2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)①依據題中離子方程式2S2Oeq\o\al(2?,3)+I2=S4Oeq\o\al(2?,6)+2I?，Cl2氧化I?的離子方程式為Cl2+2I?=2Cl?+I2，可以得到如下關系式：2S2Oeq\o\al(2?,3)～I2～Cl2，n(Cl2)=eq\f(1,2)n(S2Oeq\o\al(2?,3))=eq\f(1,2)c1V1×10?3mol；②當m(催化劑)q(HCl)=50g·min·mol?1時，每分鐘流經1g催化劑的HCl為1/50mol，n(HCl)n(O2)=4，所以每分鐘流經1g催化劑的O2為1200mol，總氣體的物質的量為1/50mol+1/200mol=1/40mol，體積為1/40mol×22.4L/mol=0.56L；③m(催化劑)q(HCl)=200g·min·mol?1時α(HCl)為33.3%，則v(HCl)=1/200×33.3%mol·g?1·min?1，依據化學方程式HCl和O2反應的比例為4∶1，v(O2)=14v(HCl)=14×1200×33.3%mol·g?1·min?1=12400mol·g?1·min?1；④依據第③題的計算過程可知，當m(催化劑)q(HCl)相同時，HCl的轉化率越大，反應速率越大，據圖可知410℃、n(HCl)n(O2)=3的狀況下HCl的轉化率較大，所以vI>vⅡ；(3)①由圖可知，當m19.【答案】(1)MnO2+SO2=MnSO4(2)將Fe2+氧化為Fe3+NiS和ZnS(3)Mn2++HCOeq\o\al(?,3)+NH3·H2O=MnCO3↓+NHeq\o\al(+,4)+H2O(4)①45℃、pH=7.5②當溫度高于45℃時，隨著溫度上升，NH4HCO3分解，c(COeq\o\al(2?,3))下降，所以Mn2+沉淀率下降；同時隨著溫度上升，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大(5)1.17mol·L?1【解析】(1)“脫硫浸錳”中的軟錳礦漿中，MnO2與SO2反應生硫酸錳，化學方程式為MnO2+SO2=MnSO4。(2)依據分析，向浸出液中添加適量MnO2的作用是將浸出液中的Fe2+氧化為Fe3+；濾渣2的主要成分是NiS和ZnS。(3)依據