精品解析：河南省洛阳市新安县第一高级中学2024-2025学年高二上学期（实验组团）1月能力提升测试化学试卷

2024-2025学年上学期洛阳市新安一高实验组团 高二元月能力提升测试化学试卷 可能用到原子量：B 11 N 14 Nb 96 O 16 S 32 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意 1. 下列关于核外电子的运动状态的说法错误的是 A. 核外电子是分层运动的 B. 只有电子层、能级、电子云的空间伸展方向以及电子的自旋状态都确定时，电子运动状态才能被确定 C. 只有电子层、能级、电子云空间伸展方向以及电子的自旋状态都确定时，才能确定每一个电子层的最多轨道数 D. 电子云的空间伸展方向与电子的能量大小有关 2. 科学家发现宇宙中存在100多种星际分子。下列关于星际分子说法正确的是 A. 分子的极性：SiH4>NH3 B. 键的极性：H—Cl>H—H C. 键角：H2O>CH4 D. 分子中三键的键长：HC≡N>HC≡CH 3. 《本草纲目》中记载炉甘石(主要成分为)可止血、消肿、生肌、明目等。下列说法正确的是 A. 阴离子的空间结构为三角锥形 B. Zn、C、O的电负性：O>C>Zn C. Zn、C、O的第一电离能：Zn>C>O D. 中的化学键有离子键、非极性键和极性键 4. 氮气可以作食品包装、灯泡等的填充气。一种实验室制备氮气的原理是。反应发生后即停止加热，反应仍可持续进行，直至反应完全。下列说法正确的是 A. 主族元素的电负性越大，其元素原子的第一电离能一定越大 B. 第一电离能：O>N>Na C. 元素的电负性：Cl>O>H D. ①和②示意图表示的钠原子失去最外层一个电子所需要的能量：①>② 5. 如图为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z5种元素的叙述正确的是 A. X、Z元素都能形成双原子分子 B. W、R元素的单质分子内的化学键都是非极性键 C. 键长：X—H<W—H，键能：X—H<W—H D. 键能：W—H>Y—H，键的极性：Y—H>W—H 6. 据预测，到2040年我国煤炭消费仍将占能源结构的三分之一左右。在催化活性炭(AC)表面的迁移，对煤的清洁和综合应用起了很大的促进作用，其机理如图所示，其中ad表示物质的吸附状态。下列有关叙述错误的是 A. 图中阴影部分表示分子的吸附与解离，解离过程消耗能量 B. 中H—S的键能小于中H—O键的键能 C. 和具有相同的分子结构，则中H—S—H的键角小于中H—O—H键的键角 D. 图中反应过程中只有H—S键的断裂，没有H—S键的形成 7. 化合物A()是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状物质通过反应制得。下列有关叙述不正确的是 A. 化合物A中不存在π键 B. 反应前后碳原子的杂化类型不变 C. 、、分子的空间结构分别是正四面体形、V形、直线形 D. 第一电离能： 8. 肼(H2N-NH2)和偏二甲肼[H2N-N(CH3)2]均可用作火箭燃料。查阅资料得知，肼是一种良好的极性溶剂，沿肼分子球棍模型的N—N键方向观察，看到的平面图如下图所示。下列说法不正确的是 A. 肼分子中的氮原子采用sp3杂化 B. 肼分子中既有极性键又有非极性键 C. 肼分子是非极性分子 D. 肼与偏二甲肼互称同系物 9. 晶体是一类非常重要的材料，在很多领域都有广泛的应用。我国现已能够拉制出直径为300毫米、重量达81千克的大直径单晶硅，晶体硅大量用于电子产业。下列对晶体硅的叙述正确的是 A. 形成晶体硅时速率越快越好 B. 晶体硅没有固定的熔点 C. 可用X射线衍射实验来区别晶体硅和玻璃 D. 晶体硅的形成与晶体的自范性有关，而与各向异性无关 10. 如表给出了几种氯化物的熔点和沸点。 物质 NaCl 熔点/℃ 801 712 190 -22.6 沸点/℃ 1465 1412 182.7 76.8 关于表中4种氯化物有下列说法： (1)在加热时可升华； (2)属于分子晶体； (3)1500℃时NaCl的组成可用NaCl表示； (4)是典型的离子晶体。 其中正确的是 A. 只有(1)和(2) B. 只有(3) C. 只有(1)(2)(3) D. 全部正确 11. 向溶液中滴加几滴的氨水，首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水并振荡，沉淀溶解，得到深蓝色溶液；继续滴加的乙醇，析出深蓝色的晶体。下列分析错误的是 A. 深蓝色晶体的化学式为 B. 属于配离子，为配体 C. 可表示为，离子空间结构一定为正四面体形 D. 五水硫酸铜可表示为 12. 电解溶液得到，是早期制备重要步骤。某实验装置如图所示。电解过程流出液b中混有少量气泡。下列说法错误的是 A. 电解过程中阴极区的不断迁移到阳极区 B. 图中a代表 C. 回路中通过电子产生 D. 氧化成的电极反应为 13. 在生态系统硫循环中不可或缺。时，水溶液中价S不同形态的分布分数如图所示，下列说法不正确的是 A. 线a表示H2S的分布分数 B. 时，的约为7.0 C. 的溶液吸收的量大于 D. 可以向燃气中掺入微量以示警燃气泄漏 14. 实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. “反应1”中，每消耗，在下得到 B. “反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C. 在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D. “反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 15. NbO的立方晶胞如图，晶胞参数为anm，P的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 A. Nb的配位数是6 B. Nb和O最短距离为anm C. 晶体密度 D. M的分数坐标为 二、非选择题(本题共4小题，共55分 16. 已知25℃时，下列物质的电离平衡常数：已知：①lg2=0.3，lg3=0.5 化学式 CH3COOH H2CO3 HCN 电离常数 请回答下列问题： （1）pH相同的以下四种溶液，浓度最大的是___________(填字母)。 A. NaHCO3 B. NaCN C. CH3COONa D. Na2CO3 （2）25℃时，在醋酸溶液中由醋酸电离出的约是由水电离出的的___________倍。 （3）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中___________(填准确数值)。 （4）25℃时，将氢氧化钠溶液与醋酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为___________常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显___________(填“酸”“碱”或“中”)性。 （5）常温下，将10mL0.2mol/L的CH3COOH溶液加水稀释至100mL： ①稀释过程中溶液的pH随溶液体积变化的曲线正确的是___________(填标号)。 A． B． C． D． ②常温下，0.02mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度___________%。 17. 前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，基态A原子核外电子占据3个轨道，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，C的双原子单质分子中键和键数目之比为1∶2，D的最高化合价和最低化合价代数和等于4；基态E原子核外有6个未成对电子。 (1)基态E原子的核外电子排布式为_______；基态D原子核外电子占据的能量最高的能级符号为_______。 (2)A元素的各级电离能数据如表： 符号 电离能/() 800.6 2427 3660 25026 32827 分析表中数据可知，相邻两级的电离能中，和之间差异最大，其主要原因是_______。 (3)A、B、C元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，其原因是_______。 (4)氯元素与A、B、C元素组成的共价分子、、中，中心原子采用杂化、空间结构为三角锥形的是_______(填分子式)。 (5)为热色性固体，且有色温效应.其颜色在低于℃时为淡黄色，室温下为橙黄色，高于100℃时为深红色.在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是_______；在常压下，高于130℃分解为相应的单质，这一变化中破坏的作用力是_______.在B、C、D的简单气态氢化物中，属于非极性分子的是_______(填分子式)。 (6)A、C形成立方晶体，晶体结构类似于金刚石，如图所示(白色球代表A原子，黑色球代表C原子).已知：该晶体密度为，代表阿伏加德罗常数的值。 ①该晶体的化学式为_______。 ②在该晶体中，A与C形成共价键的键长(d)为_______。 18. 利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样，将样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装略小于的碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量碱性标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：)，立即用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： （1）取碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是_______(填标号)。 A. 玻璃棒 B. 锥形瓶 C. 容量瓶 D. 胶头滴管 （2）装置B和C的作用是充分干燥，B中的试剂为_______。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是_______。 （3）该滴定实验达终点的现象是_______；滴定消耗碱性标准溶液，样品中硫的质量分数是_______(用代数式表示)。 （4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进的生成，粉尘在该过程中的作用是_______；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是_______；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，测定结果会_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 19. 镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为_______。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。 （3）“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______。 附加题：(本场考试不做) 20. 芦笋中的天冬酰胺(结构如图)和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。 （1）天冬酰胺所含元素中，基态原子核外未成对电子数最多的元素的价层电子排布图为___________。 （2）天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型分别为___________和___________。 （3）H2S和H2Se的参数对比见下表。 化学式 键长/nm 键角 沸点/℃ H2S 1.34 92.3° -60.75 H2Se 1.47 91.0° -41.50 ①H2Se含有的共价键类型为___________。 ②H2S的键角大于H2Se的原因可能为___________。 （4）已知钼(Mo)位于第五周期ⅥB族，钼、铬、锰的部分电离能如下表所示； 编号 A 6990 9220 11500 18770 B 6702 8745 15455 17820 C 5257 6641 12125 13860 B是___________(填元素符号)，A的价层电子排布式为___________。 21. 马日夫盐易溶于水，且水溶液呈酸性，主要用作大型机械设备的防锈剂，也用作各种武器等的润滑层和防护层。以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量的FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示： 已知常温下，几种离子形成氢氧化物沉淀时，开始沉淀与恰好完全沉淀时的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀pH 2.7 7.6 7.7 4.0 完全沉淀pH 3.3 9.6 10.1 5.2 回答下列问题： （1）为___________(填“纯净物”或“混合物”)。 （2）“浸锰”后溶液中的金属离子有___________。 （3）固体2的主要成分经处理可得到一种用于生产油漆、涂料的物质，调pH1时，pH的范围是___________，试剂Y不宜为___________(填字母)。 A．氨水 B．CaCO3 C．Na2CO3 D．H2SO4 （4）沉锰过程中有一种无色无味的气体生成，写出相应反应的离子方程式：___________。 （5）由表中数据可求出常温下为___________(离子浓度时可认为其沉淀完全)。 （6）操作X包括蒸发浓缩、___________、___________、洗涤、干燥 （7）马日夫盐可作防锈剂的原因是在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，处理过程中马日夫盐可转化为FeHPO4的原理是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年上学期洛阳市新安一高实验组团 高二元月能力提升测试化学试卷 可能用到原子量：B 11 N 14 Nb 96 O 16 S 32 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意 1. 下列关于核外电子的运动状态的说法错误的是 A. 核外电子是分层运动的 B. 只有电子层、能级、电子云的空间伸展方向以及电子的自旋状态都确定时，电子运动状态才能被确定 C. 只有电子层、能级、电子云的空间伸展方向以及电子的自旋状态都确定时，才能确定每一个电子层的最多轨道数 D. 电子云的空间伸展方向与电子的能量大小有关 【答案】CD 【解析】 【详解】A．核外电子是分层运动的，因此是分层排布的，每个电子层又分若干个电子亚层，每个亚层中有一条或多条原子轨道，故A正确； B．电子的运动状态由电子层、电子亚层、电子云的伸展方向以及电子的自旋状态决定，所以在电子层、电子亚层、电子云的伸展方向、以及电子的自旋状态确定时，电子的运动状态才能确定下来，故B正确； C．第一能层只有s能级1个原子轨道，第二能层有s和p能级共有4个原子轨道，第三能层有s、p和d能级共有9个原子轨道，与电子层、电子亚层、电子云的伸展方向及电子的自旋无关，故C错误； D．离原子核越远的电子，其能量越大，例如p原子轨道电子的平均能量随能层的增大而增加，所以电子云伸展方向与能量大小是无关，故D错误； 故选CD。 2. 科学家发现宇宙中存在100多种星际分子。下列关于星际分子说法正确的是 A. 分子的极性：SiH4>NH3 B. 键的极性：H—Cl>H—H C. 键角：H2O>CH4 D. 分子中三键的键长：HC≡N>HC≡CH 【答案】B 【解析】 【详解】A．SiH4中四条Si—H键完全相同，均为极性键，但由于SiH4为正四面体结构，故为非极性分子，NH3为三角锥形结构，3条N—H键的极性不能抵消，故为极性分子，故A错误； B．H—H为非极性键，H—Cl为极性键，则键的极性：H—Cl＞H—H，故B正确； C．水分子为V形结构，含两对孤对电子，甲烷为正四面体结构，不含孤对电子，孤对电子对成键电子对斥力较大，则键角：H2O＜CH4，故C错误； D．原子半径C＞N，分子中三键的键长：HC≡N＜HC≡CH，故D错误； 故选B。 3. 《本草纲目》中记载炉甘石(主要成分为)可止血、消肿、生肌、明目等。下列说法正确的是 A. 阴离子的空间结构为三角锥形 B. Zn、C、O的电负性：O>C>Zn C. Zn、C、O的第一电离能：Zn>C>O D. 中的化学键有离子键、非极性键和极性键 【答案】B 【解析】 【详解】A．碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤电子对数为0，离子的空间结构为平面正三角形，故A错误； B．金属元素的电负性小于非金属元素，同周期越靠右，电负性越大，则三种元素的电负性大小顺序为O >C> Zn，故B正确； C．金属元素的第一电离能小于非金属，C，O位于同一周期，同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族原子s能级全充满、ⅤA族原子p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：，故C错误； D．中的化学键有与之间的离子键，中C、O之间的极性键，没有非极性键，故D错误； 故选B。 4. 氮气可以作食品包装、灯泡等的填充气。一种实验室制备氮气的原理是。反应发生后即停止加热，反应仍可持续进行，直至反应完全。下列说法正确的是 A. 主族元素的电负性越大，其元素原子的第一电离能一定越大 B. 第一电离能：O>N>Na C. 元素的电负性：Cl>O>H D. ①和②示意图表示钠原子失去最外层一个电子所需要的能量：①>② 【答案】D 【解析】 【详解】A．主族元素原子的第一电离能、电负性变化趋势基本一致，但电离能变化有特例，如第一电离能：O<N，但电负性：O>N，A错误； B．N元素的2p轨道为半充满结构，第一电离能为最大，第一电离能N>O>Na，B错误； C．在化合物中，O呈负价，Cl呈正价，说明O的电负性比Cl强，C错误； D．图①所示的钠原子为基态，而图②所示的钠原子为激发态，即图②所示的钠原子已经吸收了一部分能量，由于3s轨道的能量比3p轨道的低，故失去最外层一个电子所需要的能量：①>②，D正确； 故答案选D。 5. 如图为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z5种元素的叙述正确的是 A. X、Z元素都能形成双原子分子 B. W、R元素的单质分子内的化学键都是非极性键 C. 键长：X—H<W—H，键能：X—H<W—H D. 键能：W—H>Y—H，键的极性：Y—H>W—H 【答案】A 【解析】 【分析】 由元素在周期表中的位置可知X为N，W为P，Y为S，Z为Br，R为Ar。 【详解】A．N2、Br2都是双原子分子，A正确； B．稀有气体分子中不存在化学键，B错误； C．原子半径：N<P，故键长：N-H<P-H，键长越短化学键越稳定，键能：N-H>P-H，C错误； D．原子半径：P>S，键长：P-H>S-H，故键能：P-H<S-H，电负性：P<S，故键的极性：P-H<S-H，D错误； 故选A。 6. 据预测，到2040年我国煤炭消费仍将占能源结构的三分之一左右。在催化活性炭(AC)表面的迁移，对煤的清洁和综合应用起了很大的促进作用，其机理如图所示，其中ad表示物质的吸附状态。下列有关叙述错误的是 A. 图中阴影部分表示分子的吸附与解离，解离过程消耗能量 B. 中H—S的键能小于中H—O键的键能 C. 和具有相同的分子结构，则中H—S—H的键角小于中H—O—H键的键角 D. 图中反应过程中只有H—S键的断裂，没有H—S键的形成 【答案】D 【解析】 【详解】A．图中阴影部分H2S(g)变为H2(g)和S(ad)，表示H2S分子的吸附与解离，解离过程是断键过程，消耗能量，A正确； B．O的电负性大于S，H-O键比H-S键更稳定，所以H2S中H-S的键能小于H2O中H-O键的键能，B正确； C．H2S和H2O中心原子均为sp3杂化且都有两对孤电子对，由于O的电负性大于S，H2O中O对成键电子对的吸引更强，成键电子对间斥力更大，所以H2S中H-S-H的键角小于H2O中H-O-H键的键角 ，C正确； D．从图中可以看到，有H2S(g)解离成H2(g)和S(ad)，H-S键断裂；同时存在S(g)和H2(g)生成H2S(g)，有H-S键的形成，D错误； 故选D。 7. 化合物A()是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状物质通过反应制得。下列有关叙述不正确的是 A. 化合物A中不存在π键 B. 反应前后碳原子的杂化类型不变 C. 、、分子的空间结构分别是正四面体形、V形、直线形 D. 第一电离能： 【答案】B 【解析】 【详解】A．化合物A中存在的化学键均为单键，不存在π键，故A正确； B．由变为，碳原子的杂化类型由转化为，反应前后碳原子的杂化类型发生改变，故B错误； C．CH4的空间结构为正四面体形，H2O的空间结构为V形，CO2的空间结构为直线形，故C正确； D．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族部分元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能，B、C、N、O这几种元素都是第二周期元素，它们分别位于第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一电离能：，故D正确； 答案选B。 8. 肼(H2N-NH2)和偏二甲肼[H2N-N(CH3)2]均可用作火箭燃料。查阅资料得知，肼是一种良好的极性溶剂，沿肼分子球棍模型的N—N键方向观察，看到的平面图如下图所示。下列说法不正确的是 A. 肼分子中的氮原子采用sp3杂化 B. 肼分子中既有极性键又有非极性键 C. 肼分子是非极性分子 D. 肼与偏二甲肼互称同系物 【答案】C 【解析】 【详解】A．肼分子中的每个氮原子都有三个δ键，还有一对孤对电子，因此电子对有四对，因此采用sp3杂化，A正确； B．肼分子中既有N—H极性键又有N—N非极性键，B正确； C．由图可知，肼分子中6个原子不在同一平面上，结构不对称，因此是极性分子，C错误； D．肼与偏二甲肼结构相似，组成相差两个—CH2—结构，因此互称同系物，D正确； 答案选C。 9. 晶体是一类非常重要的材料，在很多领域都有广泛的应用。我国现已能够拉制出直径为300毫米、重量达81千克的大直径单晶硅，晶体硅大量用于电子产业。下列对晶体硅的叙述正确的是 A. 形成晶体硅时速率越快越好 B. 晶体硅没有固定的熔点 C. 可用X射线衍射实验来区别晶体硅和玻璃 D. 晶体硅的形成与晶体的自范性有关，而与各向异性无关 【答案】C 【解析】 【详解】A．形成晶体的适宜条件之一是适当的生长速率，生长速率过快，微粒难以形成周期性的有序排列，A项错误； B．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以晶体硅有固定的熔、沸点，B项错误； C．区别晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，晶体能产生衍射，非晶体只能产生散射，晶体硅是晶体，玻璃是非晶体，所以可用X射线衍射实验来鉴别晶体硅和玻璃，C项正确； D．晶体硅的形成与晶体的自范性和各向异性都有密切关系，D项错误； 答案选C。 10. 如表给出了几种氯化物的熔点和沸点。 物质 NaCl 熔点/℃ 801 712 190 -22.6 沸点/℃ 1465 1412 182.7 76.8 关于表中4种氯化物有下列说法： (1)在加热时可升华； (2)属于分子晶体； (3)1500℃时NaCl的组成可用NaCl表示； (4)是典型的离子晶体。 其中正确的是 A. 只有(1)和(2) B. 只有(3) C. 只有(1)(2)(3) D. 全部正确 【答案】C 【解析】 【详解】(1)由表格中的数据可知AlCl3的熔沸点较低，则AlCl3属于分子晶体，加热时能升华，故正确； (2)由表格中的数据可知CCl4的熔沸点较低，则CCl4是分子晶体，故正确； (3)由表格中的数据可知，NaCl的沸点为1413℃，则属于离子晶体，粒子之间以离子键结合，1500 ℃时NaCl蒸汽中组成可用NaCl表示，故正确； (4)由表格中的数据可知AlCl3的熔沸点较低，则AlCl3属于分子晶体，故错误； 故选C 11. 向溶液中滴加几滴的氨水，首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水并振荡，沉淀溶解，得到深蓝色溶液；继续滴加的乙醇，析出深蓝色的晶体。下列分析错误的是 A. 深蓝色晶体的化学式为 B. 属于配离子，为配体 C. 可表示为，离子空间结构一定为正四面体形 D. 五水硫酸铜可表示为 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．铜离子和氨气形成配位键，形成的配合物在乙醇中的溶解性降低，所以深蓝色晶体的化学式为，A正确； B．铜离子含有空轨道，氨气中氮原子含有孤电子对，因此属于配离子，其中为配体，B正确； C．可表示为，离子空间结构不一定为正四面体形，也可能为平面正方形，C错误； D．铜离子和水也可以形成配位键，所以五水硫酸铜可表示为，D正确； 答案选C。 12. 电解溶液得到，是早期制备的重要步骤。某实验装置如图所示。电解过程流出液b中混有少量气泡。下列说法错误的是 A. 电解过程中阴极区的不断迁移到阳极区 B. 图中a代表 C. 回路中通过电子产生 D. 氧化成的电极反应为 【答案】AC 【解析】 【分析】由实验装置图可知，与电源正极相连为电极为阳极，电极反应式为，电解过程流出液b中混有少量气泡，发生副反应，与电源负极相连的电极为阴极，电极反应式为。 【详解】A．由分析可知，阴离子向阳极移动，但是硫酸根不能通过质子交换膜，则硫酸根不能从阴极区迁移到阳极区，A错误； B．由分析可知，阴极区产生氢气，则a为氢气，B正确； C．由于阳极区存在副反应，则当回路中通过1mol电子产生的小于0.5mol，C错误； D．由分析可知，阳极区发生反应氧化反应，D正确； 故选AC。 13. 在生态系统的硫循环中不可或缺。时，水溶液中价S不同形态的分布分数如图所示，下列说法不正确的是 A. 线a表示H2S的分布分数 B. 时，的约为7.0 C. 溶液吸收的量大于 D. 可以向燃气中掺入微量以示警燃气泄漏 【答案】D 【解析】 【分析】氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，溶液pH增大，溶液中氢硫酸的浓度减小，HS−的浓度先增大后减小，S2-的浓度先不变后增大，则曲线a、b、c分别表示氢硫酸、HS−、S2-的分布分数；由图可知，溶液中氢硫酸的浓度与HS−的浓度相等时，溶液pH为7，由电离常数Ka1(H2S)= 可知，电离常数Ka1(H2S)= c(H+)=1×10-7。 【详解】A．由分析可知，曲线a、b、c分别表示H2S、HS−、S2-的分布分数，故A正确； B．由分析可知，电离常数Ka1(H2S)= 1×10-7，则硫化钠的Kb2= ，则PKb2约为7.0，故B正确； C．氢氧化钠溶液与过量的硫化氢反应生成硫氢化钠，则1.0L1mol/L的氢氧化钠溶液能与1mol硫化氢气体反应，由于硫化氢气体溶于水，所以1.0L1mol/L的氢氧化钠溶液吸收硫化氢气体的物质的量大于1mol，故C正确； D．硫化氢气体有毒，所以不能向燃气中掺入微量硫化氢气体以示警燃气泄漏，否则燃气泄漏时可能发生意外事故，故D错误； 故选D。 14. 实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. “反应1”中，每消耗，在下得到 B. “反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C. 在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D. “反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 【答案】B 【解析】 【分析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3‌，以此解题。 【详解】A．根据分析可知，每消耗，生成0.1mol氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错误； B．根据分析可知，反应2方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1molNO，转移电子数为，B正确； C．根据反应3，充分反应后生成个，但是体系中存在2NO2⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于，C错误； D．根据反应4可知，为使完全转化成，至少需要个O2，D错误； 故选B。 15. NbO的立方晶胞如图，晶胞参数为anm，P的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 A. Nb的配位数是6 B. Nb和O最短距离为anm C. 晶体密度 D. M的分数坐标为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，NbO立方晶胞中距离Nb原子最近且距离相等的O原子有4个，Nb的配位数是4，故A错误； B．由图可知，Nb和O最短距离为边长的，晶胞参数为anm，Nb和O最短距离为anm，故B错误； C．根据均摊法计算可知，Nb的个数为6×=3，O的个数为12×=3，即晶胞中含有3个NbO，晶胞密度为ρ=g/cm3，故C错误； D．P的分数坐标为（0，0，0），M位于正方体的面心，M的分数坐标为（，，），故D正确； 故选：D。 二、非选择题(本题共4小题，共55分 16. 已知25℃时，下列物质的电离平衡常数：已知：①lg2=0.3，lg3=0.5 化学式 CH3COOH H2CO3 HCN 电离常数 请回答下列问题： （1）pH相同的以下四种溶液，浓度最大的是___________(填字母)。 A. NaHCO3 B. NaCN C. CH3COONa D. Na2CO3 （2）25℃时，在醋酸溶液中由醋酸电离出的约是由水电离出的的___________倍。 （3）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中___________(填准确数值)。 （4）25℃时，将氢氧化钠溶液与醋酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为___________常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显___________(填“酸”“碱”或“中”)性。 （5）常温下，将10mL0.2mol/L的CH3COOH溶液加水稀释至100mL： ①稀释过程中溶液的pH随溶液体积变化的曲线正确的是___________(填标号)。 A． B． C． D． ②常温下，0.02mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度___________%。 【答案】（1）C （2） （3） （4） ①. ②. 碱 （5） ①. A ②. 3.0 【解析】 【小问1详解】 由电离常数可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞，酸性越弱，对应酸根离子的水解程度越大，则pH相同的以下四种溶液，浓度的大小为CH3COONa＞NaHCO3＞NaCN＞Na2CO3，则答案选C； 【小问2详解】 25℃时，在醋酸溶液中由醋酸电离出的=，溶液中水电离产生的H+浓度为=，则； 【小问3详解】 CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，根据电荷守恒有：，溶液的pH=6，则，，则=-=； 【小问4详解】 将氢氧化钠溶液与醋酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，此时溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，混合后，溶液中CH3COOH的浓度为，根据Na原子守恒可知，CH3COONa的浓度为，溶液显中性，则H+的浓度为，则用a、b表示醋酸的电离平衡常数为；常温下，NaCN的水解常数为，，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液中CN-的水解程度大于HCN的电离程度，则溶液显碱性； 【小问5详解】 ①常温下，0.2mol/L的CH3COOH溶液中=，则溶液的pH=3.5-lg6=2.7，根据稀释前溶液的pH为2.7可知，答案选A； ②常温下，0.02mol/L的CH3COOH溶液中，=，则CH3COOH的电离度为。 17. 前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，基态A原子核外电子占据3个轨道，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，C的双原子单质分子中键和键数目之比为1∶2，D的最高化合价和最低化合价代数和等于4；基态E原子核外有6个未成对电子。 (1)基态E原子的核外电子排布式为_______；基态D原子核外电子占据的能量最高的能级符号为_______。 (2)A元素的各级电离能数据如表： 符号 电离能/() 800.6 2427 3660 25026 32827 分析表中数据可知，相邻两级的电离能中，和之间差异最大，其主要原因是_______。 (3)A、B、C元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，其原因是_______。 (4)氯元素与A、B、C元素组成的共价分子、、中，中心原子采用杂化、空间结构为三角锥形的是_______(填分子式)。 (5)为热色性固体，且有色温效应.其颜色在低于℃时为淡黄色，室温下为橙黄色，高于100℃时为深红色.在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是_______；在常压下，高于130℃分解为相应的单质，这一变化中破坏的作用力是_______.在B、C、D的简单气态氢化物中，属于非极性分子的是_______(填分子式)。 (6)A、C形成立方晶体，晶体结构类似于金刚石，如图所示(白色球代表A原子，黑色球代表C原子).已知：该晶体密度为，代表阿伏加德罗常数的值。 ①该晶体的化学式为_______。 ②在该晶体中，A与C形成共价键的键长(d)为_______。 【答案】 ①. 或 ②. 3p ③. 硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子(或其他合理说法) ④. B、C、N元素的非金属性依次增强 ⑤. NCl3 ⑥. 分子间作用力(或范德华力) ⑦. 化学键(或共价键) ⑧. CH4 ⑨. BN ⑩. 【解析】 【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，则基态B原子核外电子排布式为，故B为C元素；基态A原子核外电子占据3个轨道，且A的原子序数小于B，则基态A原子核外电子排布式为，故A为B元素；C的双原子单质分子中键和键数目之比为1:2，则C为N元素；基态E原子核外有6个未成对电子，则E处于第四周期，价层电子排布式为，故E为Cr元素；D的最高化合价和最低化合价代数和等于4，D为第ⅥA族元素，且原子序数小于Cr，故D为S元素。.综上分析，A为B元素、B为C元素、C为N元素、D为S元素、E为Cr元素。 【详解】(1)由上述分析可知E为Cr元素，基态E原子的核外电子排布式为或；D为S元素，原子的核外电子排布式为，核外电子占据的能量最高的能级符号为3p，故答案为：；3p； (2)基态硼原子核外电子排布式为，所以硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子，因此硼原子相邻两级的电离能中，和之间差异最大，故答案为：硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子； (3)B、C、N元素的非金属性依次增强，所以B、C、N元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，故答案为：B、C、N元素的非金属性依次增强； (4)中硼原子价层电子对数为，且不含孤电子对，采用sp2杂化，空间结构为平面三角形；CCl4分子中碳原子价层电子对数为，且不含孤电子对，采用杂化，空间结构为正四面体形；分子中N原子价层电子对数为，采用杂化，该分子中含有1个孤电子对，所以其空间结构是三角锥形，故答案为：NCl3； (5)由已知高于130℃时发生分解可知，此过程中破坏的作用力是共价键；在低于该温度时发生颜色变化的过程中，破坏的作用力是分子间作用力(或范德华力)。C、N、S元素的简单气态氢化物中，CH4为正四面体形结构，是非极性分子；NH3为三角锥形结构，分子中正、负电中心不重合，所以是极性分子；硫原子最外层有6个电子，它和两个氢原子形成2个共用电子对后还有2个孤电子对，一共有4对电子在硫原子周围，这4对电子呈四面体形结构，其中两个方向被氢原子占据，还有2个方向被孤电子对占据，所以H2S分子呈V形，正、负电中心不重合，为极性分子，故答案为：分子间作用力(或范德华力)；化学键(或共价键)；CH4； (6)①B原子(白色球)占据立方体的8个顶点和6个面心，所以有个；N原子位于晶胞内部，共4个，故该晶体的化学式为BN，故答案为：BN； ②设晶胞边长为a、键长为d，A、C连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的，则，根据已知条件可得，所以，故答案为：。 18. 利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样，将样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装略小于的碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量碱性标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：)，立即用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： （1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是_______(填标号)。 A. 玻璃棒 B. 锥形瓶 C. 容量瓶 D. 胶头滴管 （2）装置B和C的作用是充分干燥，B中的试剂为_______。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是_______。 （3）该滴定实验达终点的现象是_______；滴定消耗碱性标准溶液，样品中硫的质量分数是_______(用代数式表示)。 （4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进的生成，粉尘在该过程中的作用是_______；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是_______；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，测定结果会_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】（1）AD （2） ①. 浓硫酸 ②. 防止倒吸 （3） ①. 当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色 ②. （4） ①. 催化剂 ②. 通入F的气体温度过高，导致部分升华，从而消耗更多的碱性标准溶液 ③. 不变 【解析】 【分析】由题中信息可知，利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经干燥、净化后通入管式炉中将钢铁中硫氧化为，然后将生成的导入碘液中吸收，通过消耗碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。 【小问1详解】 取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液（稀释了50倍后的浓度为0.0020000），需要用碱式滴定管或移液管量取的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的固体，需要在烧杯中溶解固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。 【小问2详解】 装置B和C的作用是充分干燥，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。 【小问3详解】 该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及、可得关系式3S~3~3~，若滴定消耗碱性标准溶液，则，，样品中硫的质量分数是。 【小问4详解】 若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化的氧化反应从而促进的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分升华，这样就要消耗更多碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，从电子转移守恒的角度分析，得到被还原为，仍能得到关系式3S~3~，测定结果会不变。 19. 镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为_______。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。 （3）“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______。 【答案】（1）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]- （3） ①. 铁 ②. [FeCl4]- （4） ①. 高 ②. NaCl （5） ①. 3.2 ②. 4.0×10-7 （6） ①. 2:1:1 ②. 8a3 【解析】 【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝； 【小问1详解】 “电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑； 【小问2详解】 “浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； 【小问3详解】 由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； 【小问4详解】 “LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； 【小问5详解】 由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； 【小问6详解】 合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 附加题：(本场考试不做) 20. 芦笋中的天冬酰胺(结构如图)和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。 （1）天冬酰胺所含元素中，基态原子核外未成对电子数最多的元素的价层电子排布图为___________。 （2）天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型分别为___________和___________。 （3）H2S和H2Se的参数对比见下表。 化学式 键长/nm 键角 沸点/℃ H2S 1.34 92.3° -60.75 H2Se 1.47 91.0° -41.50 ①H2Se含有的共价键类型为___________。 ②H2S的键角大于H2Se的原因可能为___________。 （4）已知钼(Mo)位于第五周期ⅥB族，钼、铬、锰的部分电离能如下表所示； 编号 A 6990 9220 11500 18770 B 6702 8745 15455 17820 C 5257 6641 12125 13860 B是___________(填元素符号)，A的价层电子排布式为___________。 【答案】（1） （2） ①. sp2 ②. sp3 （3） ①. 极性键或极性共价键、键 ②. S的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大 （4） ①. Cr ②. 3d54s2 【解析】 【小问1详解】 C、H、N、O的价层电子排布式分别为：2s22p2、1s1、2s22p3、2s22p4，未成对电子数分别为2、1、3、2，所以氮元素的基态原子未成对电子数最多，其价层电子排布图为； 【小问2详解】 碳原子全形成单键为sp3杂化，有1个双键为sp2杂化，故有2种杂化方式； 【小问3详解】 ①O、S、Se是同一主族的元素，H2Se的结构与H2O相似，其结构式：，共价键类型为极性共价键；②由于S的电负性比Se大，使共用电子对间的排斥力变大，因而H2S的键角更大(或者由于键长比键长短，两氢原子距离更近，斥力更强，因而H2S的键角更大)； 【小问4详解】 钼和铬在同一副族，性质存在相似性和递变性，故电离能也存在相似性，B、C电离能变化相似，且铬的金属性小于钼，故铬的电离能比钼大，故B为Cr，C为钼，A代表锰元素，锰的价层电子排布式为3d54s2。 21. 马日夫盐易溶于水，且水溶液呈酸性，主要用作大型机械设备的防锈剂，也用作各种武器等的润滑层和防护层。以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量的FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示： 已知常温下，几种离子形成氢氧化物沉淀时，开始沉淀与恰好完全沉淀时的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀pH 2.7 7.6 7.7 4.0 完全沉淀pH 3.3 9.6 10.1 5.2 回答下列问题： （1）为___________(填“纯净物”或“混合物”)。 （2）“浸锰”后溶液中的金属离子有___________。 （3）固体2的主要成分经处理可得到一种用于生产油漆、涂料的物质，调pH1时，pH的范围是___________，试剂Y不宜为___________(填字母)。 A．氨水 B．CaCO3 C．Na2CO3 D．H2SO4 （4）沉锰过程中有一种无色无味的气体生成，写出相应反应的离子方程式：___________。 （5）由表中数据可求出常温下为___________(离子浓度时可认为其沉淀完全)。 （6）操作X包括蒸发浓缩、___________、___________、洗涤、干燥。 （7）马日夫盐可作防锈剂的原因是在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，处理过程中马日夫盐可转化为FeHPO4的原理是___________。 【答案】（1）纯净物 （2）、、 （3） ①. 3.3≤pH<4.0 ②. BD （4） （5） （6） ①. 冷却结晶 ②. 过滤 （7）电离的被Fe消耗掉，促进进一步电离，最终形成FeHPO4 【解析】 【分析】软锰矿，主要成分为MnO2，还含少量的FeO、Al2O3和SiO2，加入稀硫酸和二氧化硫，二氧化硅不反应，被过滤出来得到固体1，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Al3+、H+、，根据离子形成沉淀时的pH不同，调节pH除去Fe3+和Al3+，再用NaHCO3使Mn2+沉淀，从而除去H+和，加入磷酸得到马日夫盐的溶液，最后通过冷却结晶等操作得到马日夫盐。 【小问1详解】 化学组成确定，为纯净物； 【小问2详解】 “浸锰”过程中，H2SO4将Al2O3转化为，MnO2具有较强的氧化性，与FeO、SO2反应，得到和，因此，“浸锰”后溶液中的金属离子有、、； 【小问3详解】 固体2的主要成分为，灼烧得到的Fe2O3可用于生产油漆等，故调pH1的目的是使沉淀完全，得到较纯净的，pH的范围为3.3≤pH<4.0.体系中含有H2SO4，若加入CaCO3调pH，一方面体系中存在的H2SO4与CaCO3反应产生微溶物CaSO4，CaSO4覆盖在CaCO3表面，阻止反应继续进行，另一方面会引入，沉锰时会生成CaCO3沉淀，故试剂Y不宜为CaCO3，也不能用H2SO4； 【小问4详解】 沉锰时得到MnCO3沉淀与CO2气体，相应反应的离子方程式为； 【小问5详解】 由题表中数据知pH=10.1时，恰好沉淀完全，此时，，故； 【小问6详解】 要从酸溶后的溶液中得到，需要进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作； 【小问7详解】 电离的被Fe消耗掉，促进进一步电离，最终形成FeHPO4。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $