（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（六） 教师版

（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2021届高考考前冲刺卷化学（六）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、选择题：每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．港珠澳大桥是中国建桥史上的又一伟大成就，下列有关说法错误的是A．用于大桥建设的桥梁钢为合金材料，具有强度大、耐腐蚀等性能B．用于大桥信息传输的光导纤维主要成分是硅酸盐C．用于铺设路面的沥青来自石油的分馏D．用于人工岛环岛跃浪沟的热塑长纤维属于高分子材料【答案】B【解析】A．钢为铁碳合金，属于金属材料，强度大、耐腐蚀，A正确；B．光导纤维主要成分是二氧化硅，B错误；C．石油分馏可以得到汽油、柴油、润滑油和沥青等馏分，C正确；D．热塑长纤维为纤维的一种，属于高分子材料，D正确；故选B。2．中华文化源远流长，对人类进步和社会发展有着巨大影响。《徐光启手记》中载有强水的制备方法：“绿矾FeSO4·7H2O五斤，硝KNO3五斤。将矾炒去，(质量)约折五分之一。将二味同研细，用铁作锅，锅下起火……，开坛则药化为水，而锅亦坏矣。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐(NaCl)则化……”。下列相关说法错误的是A．“炒”矾时绿矾失去全部结晶水B．强水中加盐后形成王水能溶解金C．硝的焰色试验中火焰呈紫色D．制备强水过程中涉及氧化还原反应【答案】A【解析】A．1molFeSO4·7H2O的质量为296g，失去全部结晶水，质量减少，，所以“炒”矾时绿矾没有失去全部结晶水，A项错误；B．强水是指硝酸，加入盐后形成王水，金能溶于王水，B项正确；C．硝是KNO3，含有K+，K+的焰色试验中透过钴玻璃观察到火焰呈紫色，C项正确；D．开坛则药化为水，而锅亦坏矣，铁被硝酸氧化为Fe3+，是氧化还原反应，D项正确；答案选A。3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．标准状况下，11.2LH218O中含有的中子数为5NAB．含1molHNO3的浓硝酸与足量的Cu反应转移电子数为NAC．2molNO与lmolO2充分反应后得到的分子数小于2NAD．0.2mol蔗糖完全水解，生成的葡萄糖中含羟基数目为2NA【答案】C【解析】A．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，A项错误；B．反应过程中浓硝酸变稀，产物是二氧化氮和一氧化氮的混合物，所以反应转移电子数不是NA，B项错误；C．NO和O2反应生成NO2中存在平衡2NO2N2O4，导致分子数减少，故所得产物分子数小于2NA，C项正确；D．0.2mol蔗糖完全水解生成0.2mol葡萄糖和0.2mol果糖，1mol葡萄糖含有5mol羟基，即0.2mol葡萄糖含有羟基数为NA，D项错误；答案选C。4．下列实验装置设计正确且能达到目的的是A．实验I：制取氯气B．实验II：加热熔融NaCl固体C．实验III：分离乙酸乙酯和乙醚的混合物D．实验IV：证明非金属性：C>Si【答案】C【解析】A．制取氯气时应使用分液漏斗，防止氯气溢出，故A错误；B．酒精灯火焰的温度低，不能使氯化钠融化，并且不能用玻璃棒搅拌，B错误；C．蒸馏时温度计水银球处于蒸馏烧瓶支管出口处附近，冷凝水需下进上出，C正确；D．盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，此装置不能证明碳酸酸性强于硅酸，D错误。故选C。5．Z是合成喘药沙丁胺醇的中间体，可由如下路线合成。下列叙述正确的是 A．X是乙醇的同系物B．Z的分子式为C12H12O5C．Y分子中所有原子可能在同一平面上D．X的苯环上一氯代物只有2种【答案】D【解析】A．X中含有苯环属于芳香化合物，与乙醇的结构不相似，不符合同系物的概念，故A错误；B．由Z的结构简式可知其分子式为：C13H14O5，故B错误；C．Y结构中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，故C错误；D．X结构存在对称，苯环上有两种氢，故苯环上一氯代物有2种，故D正确；故选D。6．下列说法正确的是A．银镜反应实验后附有银的试管，可用稀H2SO4清洗B．验证氯气是否收集满，可取一片淀粉碘化钾试纸后，放在集气瓶口检验C．乙酰水杨酸粗产品中加入足量碳酸氢钠溶液，充分反应后过滤，可去除聚合物杂质D．浓硫酸不能用于干燥NH3、SO2、H2S等气体【答案】C【解析】A．银镜反应实验后的试管附有银，单质银不能在稀H2SO4中溶解，故A错误；B．氯气可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，所以可以用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近集气瓶口进行检验；故B错误；C．用水杨酸与乙酸酐反应制备乙酰水杨酸（），同时生成副产物聚水杨酸，乙酰水杨酸的结构中含有羧基和酯基，向乙酰水杨酸粗产品中加入足量碳酸氢钠溶液，乙酰水杨酸转化为可溶于水的乙酰水杨酸钠，聚水杨酸难溶于水，过滤后可将其除去，向过滤后的滤液中加入盐酸可将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，故C正确；D．浓硫酸不能和二氧化硫反应，可以干燥二氧化硫，故D错误；综上答案为C。7．碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)失水可得到Na2CO3·H2O(s)或Na2CO3(s)，两个化学反应的能量变化示意图如下：下列说法正确的是A．∆H1＜0B．碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)失水不是化学变化C．Na2CO3·H2O(s)失水生成Na2CO3(s)：∆H=∆H1-∆H2D．向Na2CO3(s)中滴加几滴水，温度升高【答案】D【解析】A．从图1可看出反应物能量低，生成物能量高，是吸热反应，∆H1>0，故A错误；B．失水过程有新物质生成，是化学变化，故B错误；C．由图1得①Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3·H2O(s)+9H2O(g)∆H1，由图2得②Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g)∆H2，②-①得Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)∆H=∆H2-∆H1，故C错误；D．碳酸钠溶于水是典型的放热反应，向Na2CO3(s)中滴加几滴水，温度会升高，故D正确；故答案为D。8．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，这些元素形成的常见二元化合物或单质存在如图所示的转化关系(部分生成物已省略)，其中只有乙为单质。丁是淡黄色固体。焰色反应呈黄色，已为红棕色气体，对下列说法正确的是A．简单离子半径大小：Y>Z>W>XB．丁中阴阳离子于个数比为1∶1C．X、Y、Z三种元素形成的化合物均为共价化合物D．最简单气态氢化物的热稳定性：T>Z【答案】A【解析】丁为淡黄色固体，己为红棕色气体，则丁为Na2O2、己为NO2；只有乙为单质，则乙为O2，丙为NO，甲为NH3 。综上，X、Y、Z、W分别为H、N、O、Na。A．电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数越多，离子半径越大，所以简单离子半径大小为N3−>O2−>Na+>H+，故A项正确；B．丁为Na2O2，是由钠离子和O2−构成的，所以丁中阴阳离子个数比为1∶2，故B错误；C．X、Y、Z三种元素可组成硝酸铵，为离子化合物，故C错误；D．N的非金属性比O弱，所以水的热稳定性大于氨气，故D错误；答案选A。9．合成氨的化学反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol−1。最近，吉林大学与韩国、加拿大科研人员合作研究，提出基于机械化学(“暴力”干扰使铁活化)在温和条件下由氮气合成氨的新方案(过程如图所示)，利用这种方案所得氨的体积分数最终可高达82.5%。下列有关分析错误的是A．铁是该合成氨反应的催化剂B．采用该方案生产氨气，活化能不变C．采用该方案生产氨气，ΔH不变D．该方案氨的含量高，与反应温度较低有关【答案】B【解析】A．由循环图看出，铁结合了活性氮原子参与了反应，后又生成铁，在反应前后质量和性质不变，是合成氨的催化剂，A正确；B．使用催化剂能改变活化能，B错误；C．催化剂只改变反应历程，但ΔH不变，C正确；D．合成氨是放热反应，较低的反应温度有利于氮气转化率及氨气产率的提高，D正确。故选B。10．在一固定容积的密闭容器中，充入2molCO2和1molH2发生如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数(K)与温度(T)的关系如表：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6关于该反应的说法不正确的是A．ΔH＞0B．830℃时反应达到平衡，CO2气体的转化率为33.3%C．1000℃，当c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)时，该反应向正反应方向进行D．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v逆＜v正【答案】D【解析】A．由表格数据可知，温度升高，平衡常数增大，则平衡正向移动，正反应为吸热反应，故ΔH＞0，故A正确；B．830℃时反应达到平衡，平衡常数为1，设CO2的转化量为xmol，可列出三段式为(单位为mol)：则，解得x=，则CO2气体的转化率为，故B正确；C．1000℃，当c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)时，浓度商，则该反应向正反应方向进行，故C正确；D．该反应的正反应为吸热反应，则其他条件不变，降低温度，平衡逆向移动，则反应达到新平衡前：v逆＞v正，故D错误；故选D。11．在CF3COOH水溶液中将甲烷直接转化为CF3COOCH3(水解生成CH3OH)的反应机理如图，下列说法错误的是A．该反应的催化剂只有Pd2+B．反应③的氧化剂为NO2C．CF3COOCH3在稀硫酸中水解的反应式为：D．上述反应的总反应式为【答案】A【解析】A．该反应的催化剂有Pd2+、苯酚、二氧化氮，A错误；B．反应③中NO2转化为NO，化合价降低，被还原，做氧化剂，B正确；C．在稀硫酸中水解生成CF3COOH和甲醇，化学反应的反应式为：，C正确；D．根据图像可知反应物为CF3COOH、CH4和氧气，生成物为CF3COOCH3和水，所以反应方程式为：，D正确；答案选A。 12．用“H2SO4浸出一萃取”法从铅烟灰(主要含有In2O3，还含有PbO和SiO2杂质)中回收单质铟(In)的生产工艺流程如图所示。己知：I．“萃取”反应：In2(SO4)3+6(HA)2(有机液)2In(HA2)3(有机液)+3H2SO4II．“反萃”反应：In(HA2)3(有机液)+4HCl3(HA)2(有机液)+HInCl4下列说法正确的是A．“高温酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸可提高酸浸速率B．“萃取”时，等量的萃取剂一次萃取和分多次萃取的效率相同C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度可提高铟的反萃取率D．“置换”时，得到海绵铟的化学方程式为：Zn+2HInCl4=ZnCl2+H2↑+2InCl3【答案】C【解析】A．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，且高温会造成大量的HCl挥发造成损失，不能提高酸浸速率，A错误；B．每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，所以多次萃取的效率更高，B错误；C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度，平衡In(HA2)3(有机液)+4HCl3(HA)2(有机液)+HInCl4正向移动，可提高铟的反萃取率，C正确；D．“置换”时锌与HInCl4反应产生In单质而不是氢气，发生反应的化学方程式为3Zn+2HInCl4=2In+3ZnCl2+2HCl，D错误；综上所述答案为C。13．采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应，可生成非常活泼的(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如下图所示。下列说法正确的是A．H+通过质子交换膜向X电极移动B．阴极区每消耗lmolO2，外电路转移2mol电子C．每生成1mol，阴极区消耗3molH+D．起始时，若在Y电极附近加入适量Fe3+，装置不能正常工作【答案】C【解析】由装置图可知，X上发生的电极反应为：2H2O-4e−=O2↑+4H+，O元素的化合价升高，发生失电子的氧化反应，则X电极为阳极，Y电极为阴极，阴极上O2、Fe3+发生得电子的还原反应，电极反应为Fe3++e−=Fe2+、O2+2H++2e−=H2O2，Fe2+ 和H2O2生成Fe3+、H2O和：Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+。A．由分析知X电极为阳极，H+应移向阴极，A错误；B．阴极区每消耗lmolO2，阴极上除了O2得电子生成H2O2，还有Fe3+得电子，外电路转移电子大于2mol，B错误；C．每生成1mol，总反应消耗1molH+，另外总反应生成1mol需1molH2O2要在阴极生成O2+2H++2e−=H2O2，需消耗2molH+，故阴极区共消耗3molH+，C正确；D．若起始时，在阴极Y附近加入适量Fe3+：Fe3+得电子生成Fe2+，Fe3++e−=Fe2+，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能出现Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和的反应，装置均能正常工作，D错误；故选C。14．25℃时，HF和HCN的电离平衡常数Ka分别为6.8×10−4、6.2×10−10，稀释HF、HCN的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化如图所示，下列说法中正确的是A．a点所示溶液中c(H+)=c(CN−)+c(OH−)B．a、b、c三点所示溶液中水的电离程度c>a>bC．向NaCN溶液中滴加HF溶液的离子方程式：CN−+H+=HCND．同浓度NaF和NaCN的混合溶液中：c(Na+)>c(CN−)>c(F−)>c(OH−)>c(H+)【答案】B【解析】25℃时，HF和HCN的电离平衡常数Ka分别为6.8×10−4、6.2×10−10，这说明酸性：HF＞HCN，则pH相同的两种弱酸，稀释相同的倍数，酸性越强，pH变化越大，故故曲线Ⅰ为HF稀释曲线，曲线Ⅱ为HCN稀释曲线。A．曲线Ⅰ为HF稀释曲线，所以a点所示溶液中无CN−，故A错误；B．酸电离出的氢离子会抑制水的电离，且氢离子浓度越大水的电离程度越小，已知pH：c＞a＞b，则c(H+)：c＜a＜b，所以水的电离程度：c＞a＞b，故B正确；C．HF为弱酸，所以参与离子反应时保留化学式，即向NaCN溶液中滴加HF溶液的离子方程式：CN−+HF=HCN+F−，故C错误；D．由于酸性HF＞HCN，则相同条件下水解程度：CN−＞F−，则溶液中的离子浓度：F−＞CN−，由于两者都水解，溶液显碱性，故混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c(F−)>c(CN−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误。答案选B。 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题～第17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18题～第19题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题：共43分。15．As2O3在玻璃工业中常用作澄清剂和脱色剂，以增强玻璃制品的透光性，工业上用高浓度含砷废水(砷元素以+3价形式存在)提取As2O3的工艺流程如下：(1)不同pH时，该含砷废水中各种含砷微粒的物质的量分数如下图所示：①H3AsO3为_______元_______(填“强”或“弱”)酸。②“调pH”时，控制溶液的pH=6，“沉砷”时会生成As2S3沉淀。写出“沉砷”时反应的离子方程式：_______。(2)已知As2S3与过量的S2−存在反应：As2S3(s)+3S2−(aq)2AsS(aq)，则“沉砷"中加入FeSO4的作用是_______。(3)“氧化”步骤除了可以加入氧化剂，还可通过电解反应将有毒的AsO可转化为无毒的AsO。用石墨为电极，在强碱性溶液中电解含AsO的溶液，阳极的电极反应式为_______。(4)加H2SO4调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为_______。(5)已知As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示，为了提高As2O3的沉淀率，“一系列操作”过程中，冷却结晶时应控制的条件为_______。【答案】（1）三弱2H3AsO3+3S2−+6H+=As2S3↓+6H2O（2）与过量的S2−结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2−继续反应生成AsS(或与S2−结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果)（3）2OH−+AsO-2e−=AsO+H2O（4）2AsO+2SO2+2H+=As2O3↓+2SO+H2O（5）调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃【解析】由题给流程可知，向调节溶液pH后的高浓度含砷废水中加入硫化钠、硫酸亚铁发生反应，过滤得到三硫化二砷和硫化亚铁的固体；焙烧三硫化二砷和硫化亚铁的固体得到氧化铁、三氧化二砷固体和含有二氧化硫的气体，固体经碱浸后，过滤得到亚砷酸钠溶液，向亚砷酸钠溶液中加入氧化剂，将亚砷酸钠氧化为砷酸钠，将含有二氧化硫的气体净化后得到的二氧化硫通入到用稀硫酸酸化的砷酸钠溶液中，酸性条件下砷酸钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成三氧化二砷，将反应后的溶液中加入约为7mol/L的硫酸溶液、温度冷却至25℃，过滤、洗涤、干燥得到三氧化二砷固体。(1)①由图可知，亚砷酸溶液中存在亚砷酸、亚砷酸二氢根离子、亚砷酸氢根离子、亚砷酸根离子，则亚砷酸为三元弱酸，故答案为：三；弱；②“沉砷”时发生的反应为酸性条件下，溶液中的亚砷酸与硫离子反应生成三硫化二砷沉淀和水，反应的离子方程式为，故答案为：2H3AsO3+3S2−+6H+=As2S3↓+6H2O；(2)由题意可知，加入硫酸亚铁可以使溶液中的硫离子与亚铁离子反应生成硫化亚铁，溶液中的硫离子浓度减小，平衡As2S3(s)+3S2−(aq)2AsS(aq)向逆反应方向移动，防止防止As2S3与S2−继续反应生成AsS离子，提高沉砷效果，故答案为：与过量的S2−结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2−继续反应生成AsS(或与S2−结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果)；(3)由题意可知，用石墨为电极，在强碱性溶液中电解含AsO的溶液时，AsO离子在阳极失去电子发生氧化反应生成AsO，电极反应式为2OH−+AsO-2e−=AsO+H2O，故答案为：2OH−+AsO-2e−=AsO+H2O；(4)加H2SO4调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的反应为酸性条件下，砷酸钠溶液与二氧化硫反应生成硫酸钠、三氧化二砷沉淀和水，反应的离子方程式为，故答案为：2AsO+2SO2+2H+=As2O3↓+2SO+H2O；(5)由图可知，三氧化二砷在硫酸浓度为7mol/L、温度为25℃时溶解度最小，则为了提高As2O3的沉淀率，“一系列操作”过程中，冷却结晶时应控制的条件为调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃，故答案为：调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃。16．用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如下： 已知：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示：化学式Mg(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Ksp1.8×10−111.8×10−131.0×10−334.0×10−38②溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1时，认为该离子沉淀完全。完成下列问题：(1)“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应的离子方程式为_____。(2)“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L−1，则“调节pH”的范围为_______，“滤渣2”的成分为______。(3)“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是___；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是____。(4)MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为__________。(5)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为____。(6)一种海生假单孢菌(采自太平洋深海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图所示。写出反应②③的总反应的离子方程式____________。【答案】（1）MnO2+SO2=Mn2++SO（2）5≤pH＜8Fe(OH)3、Al(OH)3（3）Mg2+使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2（4）抑制MgCl2水解（5）萃取剂或有机相2（6）MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−【解析】锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、Al2O3转化为Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SO，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2，滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及SO，调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，则滤渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及SO的溶液，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及SO，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl2∙6H2O，在干燥的HCl气流中加热分解得到MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4，可返回步骤Ⅰ酸浸使用。(1)根据分析，“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应，SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SO，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO；(2)调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1时，认为该离子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH−)==1.0×10−9mol·L−1，pOH=9，则pH=14-pOH=5；根据Ksp[Mn(OH)2]=1.8×10−13，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10−11，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L−1时，溶液中c(OH−)==1.0×10−6mol·L−1，pOH=6，则pH=14-pOH=8，则“调节pH”的范围为5≤pH＜8；根据分析，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；(3)根据分析，“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2；(4)MgCl2属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl气流中加热分解，可以抑制MgCl2水解；(5)根据分析，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2；(6)根据图示，反应②为：Mn3++HX=Mn2++X+H+，反应③为：Mn2++MnO2+2H2O=4OH−+2Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−。17．利用磷石膏废渣(主要成分为CaSO4)生产硫酸可实现硫资源的循环利用。回答下列问题：(1)硫黄分解磷石膏工艺涉及的主要反应为：(I)S2(g)+CaSO4(s)CaS(s)+2SO2(g)∆H=+240.4kJ·mol−1(II)CaS(s)+3CaSO4(s)4CaO(s)+4SO2(g)∆H2=+1047.9kJ·mol−1①反应S2(g)+4CaSO4(s)4CaO(s)+6SO2(g)的∆H=_______kJ·mol−1；②在恒温恒容密闭容器中只进行反应(I)，能说明其已达到平衡状态的是_______(填字母)。A．v正(SO2)=2v正(S2)B．气体中含硫原子总数不随时间变化C．容器内固体总质量不再随时间变化D．容器内气体总压强不再随时间变化 ③在恒温恒容密闭容器中进行的反应(II)达到平衡时，向容器中(CaS、CaSO4、CaO均足量)再充入少量SO2，达到新平衡后，与原平衡相比c(SO2)_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为_______。(2)有效除去废气中的SO2和氮氧化物，是打贏蓝天保卫战的重中之重。某温度下，N2O5气体在一体积固定的容器中发生如下反应：2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)(慢反应)∆H