江苏省苏州市八校2025届高三下学期三模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江苏省苏州市八校2025届高三下学期三模考试一、单选题1．2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功发射。下列说法正确的是A．宇航服材料中的聚四氟乙烯的单体属于烃类有机物B．储存氧气的钛合金罐体材料中的钛位于d区IVB族C．飞船推进器的陶瓷氮化硼属于含极性键的分子晶体D．飞船推进剂中的高氯酸铵属于氮的最高价含氧酸盐【答案】B【解析】聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯（CF2=CF2）。四氟乙烯含有氟元素，不属于烃类，A错误；钛的原子序数为22，电子排布式为[Ar]3d24s2。属于d区；在周期表中位于第4周期IVB族，B正确；氮化硼（BN）陶瓷常用于航天推进器，B2．反应NaClO＋2NH3＝N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备肼。下列说法正确的是A．NaClO中阳、阴离子个数比为1∶2B．NH3和H2O分子空间构型相同C．N2H4的电子式：D．NaCl晶体中Na+的配位数为6【答案】D【解析】NaClO由Na+、ClO－构成，阳、阴离子个数比为1∶1，A错误；NH3是三角锥形分子，H2O是V形分子，B错误；N2H4的电子式为，C错误；NaCl晶体中Na+在Cl－形成的八面体内，离Na+最近且距离相等的Cl－有6个，Na+的配位数为6选D。3．下列有关物质的制备、除杂、分离、分析相关实验正确的是A．制备乙烯B．除乙炔中的H2SC．分离硝基苯和苯D．测定胆矾的结晶水A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】在加热下溴乙烷在NaOH水溶液中发生取代反应生成乙醇，不能生成乙烯，A错误；乙炔、硫化氢均能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，故不能用酸性KMnO4溶液除乙炔中的H2S，B错误；硝基苯和苯互溶，不能用分液法分离，C错误；测定胆矾中的结晶水，需灼烧胆矾样品使其恰好失去所含的结晶水，固体灼烧用坩埚，D正确。故选D。4．冰晶石(Na3AlF6)可用于冶炼铝时降低Al2O3的熔融温度。下列说法正确的是A．沸点：H2O>HF B．电离能：I1(O)>I1(F)C．半径：r(Al3+)>r(Na＋) D．碱性：Al(OH)3>NaOH【答案】A【解析】H2O、HF都能形成分子间氢键，水分子间形成的氢键数目多，导致水的沸点高于HF，A正确；同一周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，故电离能I1(O)<I1(F)，B错误；Al3+和Na+的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故半径大小为r(Al3+)<r(Na+)5．F2在常温下与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。(CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。下列说法不正确的是A．1mol硫酰氟(SO2F2)分子中含4molσ键B．ClO3-和Cl2O的中心原子的杂化轨道类型为C．常温下，氟化氢分子间以配位键结合形成(HF)2D．(CN)2分子中所有原子最外层均满足8电子结构【答案】C【解析】SO2F2中心S原子的价电子对数为4，故1mol硫酰氟(SO2F2)分子中含4molσ键，A正确；ClO3-中心Cl原子的价层电子对数为3+7+1-2×32=4，Cl的杂化类型为sp3杂化，Cl2O中心原子O原子的价层电子对数为2+6-2×12=4，O的杂化类型为sp3杂化，B正确；常温下，氟化氢分子间以氢键结合形成6．F2在常温下与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。(CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。下列化学反应表示正确的是A．CaF2与浓硫酸反应：CaF2＋H2SO4(浓)ΔCaSO4＋B．F2与熔融的Na2SO4反应：F2＋Na2SO4＝SO2F2＋Na2OC．(CN)2与水反应：(CN)2＋H2O⇌H+＋CN－＋HOCND．Cl2和潮湿的Na2CO3反应：Cl2＋CO32-＋H2O＝HCO3-＋【答案】A【解析】CaF2与浓硫酸反应生成硫酸钙和HF，A正确；F2与熔融的Na2SO4反应生成SO2F2，氟元素化合价降低，则氧化合价会升高生成氧气，还会生成NaF，反应为2F2＋Na2SO4=SO2F2＋2NaF＋O2↑，B错误；(CN)2与水反应生成弱酸HCN和氰酸HOCN，反应为(CN)2＋H2O⇌HCN＋HOCN，C错误；少量Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成碳酸氢钠固体、氯化钠固体和次氯酸，潮湿的Na2CO3在反应中不能拆，Cl2＋Na2CO3＋H2O=NaHCO3＋NaCl＋HClO，D错误。故选A。7．F2在常温下与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。(CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。下列物质性质与用途具有对应关系的是A．ClO2具有还原性，可用于自来水消毒B．HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃C．SO2具有氧化性，可用于与KClO3反应制ClO2D．Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，可用于制作储存F2的容器【答案】D【解析】ClO2具有强氧化性，能杀菌，可用于自来水消毒，A错误；HF能和SiO2反应，玻璃中含有SiO2，故HF可用于蚀刻玻璃，与其弱酸性无关，B错误；KClO3具有强氧化性，SO2具有一定还原性，可使得KClO3发生还原反应生成ClO2，C错误；Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，阻碍了反应的进行，可用于制作储存F2的容器，D正确。故选D。8．某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是A．a是电源的负极B．电解后海水pH上升C．理论上转移2mole－生成4gH2D．阳极发生：Cl－＋H2O＋2e－＝HClO＋H＋【答案】B【解析】由图示电解池可知，钛网上海水中Cl-、H2O发生失电子的氧化反应生成HClO、O2，钛网为阳极；钛箔上生成H2，钛箔为阴极。钛网与电源的a极相连，则a极为电源正极，A错误；电解的主要总反应为H++Cl-+H2O==电解HClO+H2↑，电解后海水中H+浓度减小，pH上升，B正确；钛箔上生成9．化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A．X与足量H2加成后的产物中含有2个手性碳原子B．可用酸性高锰酸钾溶液检验Y中是否含有XC．Y→Z发生取代反应，有CH3CH2OH生成D．等物质的量的Y、Z分别与足量NaOH溶液反应，Y消耗NaOH的量更多【答案】C【解析】连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，X与足量氢气加成后的产物中环上连接支链的碳原子都是手性碳原子，有3个手性碳原子，A错误；X、Y中酚羟基、甲基都能被酸性高锰酸钾氧化而使得溶液褪色，不可用酸性高锰酸钾溶液检验Y中是否含有X，B错误；Y中酚羟基和酯基发生取代反应生成Z和CH3CH2OH，C正确；酯基水解生成的羧基、酚羟基都能和NaOH以1∶1反应，1molY最多消耗3molNaOH，Z中酯基水解生成酚羟基、羧基和醇羟基，1molZ最多消耗3molNaOH，D错误。故选C。10．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A．FeS2→高温O2SO3→HB．Cu2S(s)→O2(g)C．淀粉→加热稀硫酸C6H12O6(葡萄糖)→酒化酶D．石英砂→焦炭1800℃-2000℃粗硅【答案】D【解析】FeS2和O2高温下反应生成SO2而非SO3，SO2和O2催化氧气生成SO3，SO3和水生成H2SO4，A不能实现；Cu2S(s)和O2在高温下反应生成铜，铜不能和稀盐酸反应生成CuCl2，B不能实现；淀粉酸性水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精，C不能实现；石英砂SiO2与碳高温反应生成CO和Si，Si与HCl反应生成SiHCl3和H2，SiHCl3与H2反应生成Si和HCl，D能实现。故选D。11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A鸡蛋清溶液中加入Ba(NO3)2溶液，有沉淀生成蛋白质发生盐析B向盐酸酸化的Fe(NO3)3溶液中加入Cu片，Cu片溶解氧化性：Fe3+>Cu2+C用pH计测量等浓度的CH3COONa和HCOONa溶液的pH，前者大于后者Kh(CH3COO－)>Kh(HCOO－)D取Al与Fe2O3发生铝热反应后的固体，溶于足量稀硫酸，取上层清液，加KSCN溶液后无明显变化，再加入双氧水出现血红色Fe2O3已完全反应A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】鸡蛋清溶液中加入Ba(NO3)2溶液，有沉淀生成，原因是Ba(NO3)2电离出的Ba2+使蛋白质变性，而盐析是在轻金属盐或铵盐作用下，蛋白质溶解度降低而析出，该过程可逆，A结论错误；向盐酸酸化的Fe(NO3)3溶液中加入Cu片，Cu片溶解，虽然Fe3+能氧化Cu，但NO3-在酸性条件下的氧化性强于Fe3+，NO3-先与Cu反应，不能得出氧化性Fe3+>Cu2+的结论，B结论错误；用pH计测量等浓度的CH3COONa和HCOONa溶液的pH，前者大于后者，说明CH3COO-水解程度大，其水解常数Kh越大，所以Kh(CH3COO－)>Kh(HCOO－)，C正确；取Al与Fe2O3发生铝热反应后的固体，溶于足量稀硫酸，取上层清液，加KSCN溶液后无明显变化，只能说明此时溶液中没有Fe3+。但不能说明Fe2O3已完全反应，因为即使Fe2O3没有完全反应，若反应后的固体中存在过量的Al12．室温下，通过下列实验探究NaHC2O4的性质。已知：室温下，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5×10－5，Ksp(CaC2O4)＝2.4×10－9。lg2＝0.3。实验1：往20mL0.10mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L－1NaOH溶液。实验2：往20mL0.10mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L－1CaCl2溶液。假设溶液混合后体积变化忽略不计。下列说法不正确的是A．实验1可选用酚酞作指示剂，反应终点为无色变为浅红色B．实验1中pH＝4.3时，溶液中c(C2O42-)<c(HCC．实验2中V(CaCl2)＝10mL时，溶液中c(H+)＋c(Na+)>c(Cl－)＋c(OH－)D．实验2中V(CaCl2)＝80mL时，溶液中c(C2O42-)约为4.0×10－【答案】B【解析】NaHC2O4溶液中滴加NaOH溶液，化学反应方程式为NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，Na2C2O4溶液显碱性，反应终点为无色变为浅红色，因此用酚酞作指示剂，A正确；pH=4.3时，pKa2=-lg(5×10-5)≈4.3，Ka2=13．甲烷氧化偶联制乙烯过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：①4CH4(g)＋O2(g)＝2C2H6(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－354kJ·mol－1②2CH4(g)＋O2(g)＝C2H4(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－282kJ·mol－1③CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)ΔH3＝－803kJ·mol－1将CH4与O2以一定体积比投入反应体系中，维持压强恒定，反应一定时间，测得CH4转化率与C2H6、C2H4、CO2选择性随原料气的n(CH4)：n(O2)的变化如图所示。已知：C2H4或C2H6的选择性＝2n(C2H4)或2n(C2H6)n(反应的CH4)×100%。O2的分压p(O2)＝p总A．曲线a表示C2H6选择性随投料比的变化B．反应④2C2H6(g)＋O2(g)＝2C2H4(g)＋2H2O(g)在任意温度下自发C．其他条件不变，增大体系压强，产物中H2O的体积分数增大D．若O2的初始分压为p0，随着反应的进行，当C2H4的生成速率v降低到其初始生成速率v0的34时，O2的分压为【答案】D【解析】随着nCH4∶nO2增大，CH4的转化率降低，则曲线b表示CH4的转化率，曲线a表示C2H6的选择性，A正确；由盖斯定律可知，反应②×2－反应①＝反应④，则反应④的△H＝(－282kJ/mol)×2－(－354kJ/mol)＝－210kJ/mol，该反应是熵增的放热反应，任何条件下，反应ΔH－TΔS均小于0，能自发进行，B正确；压强对反应②、③的平衡移动几乎无影响，增大压强反应①平衡正向移动，产物中H2O的体积分数增大，C正确；反应起始时lgv0=12lgp0+1.1①二、解答题14．一种利用铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se等)分离提取铜和硒的流程如下：已知：①K2S2O8Δ2SO4-·＋2K+，副反应：SO4-·＋SO4-②Ka1(H2SeO3)＝3×10－3，Ka2(H2SeO3)＝5×10－8(1)氧化浸取1控制液固比为20：1，温度为80℃，反应2h，Cu、Se、Ag浸取率随K2S2O8浓度变化如1所示。①浸取时，SO4-·将Cu2Se转化为Cu2+和Se．SO4-·氧化Cu2Se的离子方程式为②当K2S2O8的浓度超过8g·L－1时，Cu元素浸取率迅速下降的原因是。(2)氧化浸取2将H2O2、H2SO4、NaCl溶液按一定比例配成溶液，充分浸泡滤渣，所得滤液中含Se微粒主要为Se(IV)。①当体系pH＝5时，Se(IV)微粒的主要存在形式为。②氧化浸取2过程中，随着H2O2量的增加，体系pH明显下降的原因是。(3)沉硒向氧化浸取2的滤液中通入SO2获得单质Se，并测定产品中Se的纯度。①要获得1molSe理论上需要通入标准状况下SO2的体积为。②通过如下步骤测定产品中Se的纯度：取1.6000g产品磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液转移至250mL容量瓶中。准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入25.00mL0.0400mol·L－1KMnO4标准溶液，再向锥形瓶中加入0.0500mol·L－1FeSO4标准溶液滴定至紫红色褪去，平行滴定3次，平均消耗FeSO4溶液20.00mL。已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+速率较慢，滴定过程可忽略此反应。计算产品中Se的纯度(写出计算过程，计算结果保留两位小数)。(4)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，硒氧化铋晶胞可以看成带正电的[Bi2O2]n2n+层与带负电的【答案】(1)4SO4-·+Cu2Se80℃2Cu2++Se+4SO42-SO4-·比S2O82-氧化速率更快，K2S2O8浓度超过8g·L－1时，SO4-·会发生(2)HSeO3-Se被氧化成H2SeO3和H2SeO3被氧化成H2SeO4共同导致溶液酸性增强的影响大于H2O2氧化Ag2(3)44.8L98.75%(4)Bi2O2Se【解析】铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se等)“氧化浸取1”，加入K2S2O8将Cu2Se氧化成Cu2+和Se，过滤除去Cu2+；滤渣中存在Ag2Se与Se，“氧化浸取2”，加入H2SO4、H2O2、NaCl，使Ag2Se转化为AgCl和Se(Ⅳ)；“沉硒”中加入SO2还原H2SeO3，得Se单质。（1）①浸取时，SO4-·将Cu2Se转化为Cu2+和Se．SO4-·转化为SO42-，SO4-·氧化Cu2Se的离子方程式为4SO4②当K2S2O8的浓度超过8g·L－1时，Cu元素浸取率迅速下降的原因是：SO4-·比S2O82-氧化速率更快，K2S2O8浓度超过8g·L－1时，SO4-·会发生SO4-·（2）①Ka1(H2SeO3)＝3×10－3，Ka2(H2SeO3)＝5×10－8，当体系pH＝5时，c(HSeO3-)c(H2SeO3)=Ka1c(H+)=3×10②氧化浸取2过程中，随着H2O2量的增加，体系pH明显下降的原因是：Se被氧化成H2SeO3和H2SeO3被氧化成H2SeO4共同导致溶液酸性增强的影响大于H2O2氧化Ag2Se使酸性减弱的影响。（3）①向氧化浸取2的滤液中通入SO2获得单质Se，发生反应H2SO3+2SO2+H2O=Se+2SO②KMnO4标准溶液与H2SeO3溶液发生氧化还原反应，关系式为2MnO4-+5H2SeO3∼2Mn2++5SeO42-，剩余的KMnO4标准溶液再与FeSO4标准溶液反应，关系式为MnO4-+5Fe2+∼（4）原子半径Bi大于Se大于O，结合图示可知，大黑球为Bi，小黑球为O，灰色球为Se，根据均摊法，晶胞中含8×14+2=4个Bi，8×12=4个O，8×18+1=215．化合物I是一种药物中间体，可由下列路线合成(Ph代表苯基，部分反应条件略去)：已知：RMgX易与含活泼氢化合物(HY)反应：HY代表H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等。(1)A→B中使用MnO2而不使用KMnO4(H+)的原因是。(2)E→F反应中，下列物质不能用作反应溶剂的是。(填标号)。a．CH3OCH3b．CH3CH2OHc．d．CH3COOH(3)化合物H的分子式为C31H26N2O，则其结构简式为。(4)J是相对分子质量比D少14的一种有机物，写出同时满足下列条件的J的一种链状同分异构体的结构简式：。①含有1个手性碳原子②含有2个碳碳三键且不含甲基(5)写出以和CH3Br为原料制备的合成路线流图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】(1)防止B中的醛基被进一步氧化(2)bcd(3)(4)或(5)【解析】（1）KMnO4(H+)的氧化性强于MnO2，为防止B中的醛基被进一步氧化，A→B中使用MnO2而不使用KMnO4(H+)。（2）RMgX易与含活泼氢化合物(HY)反应，HY代表H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等，CH3CH2OH、CH3COOH含有－OH，含有N－H键，为防止F与CH3CH2OH、、CH3COOH反应，E→F反应中，不能用作反应溶剂的是bcd。（3）G中含有羟基，羟基易被MnO2氧化为羰基，化合物H的分子式为C31H26N2O，可知G中羟基氧化为羰基，H结构简式为。（4）J是相对分子质量比D少14的一种有机物，即J分子比D少1个CH2，分子式为C7H9N，①含有1个手性碳原子，②含有2个碳碳三键且不含甲基，满足条件的J的链状同分异构体的结构简式为或。（5）被二氧化锰氧化为，CH3Br和Mg反应生成CH3MgBr，与CH3MgBr反应生成，被MnO2氧化为，与CH3MgBr反应生成，合成路线为16．利用菱锰矿[主要成分为MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2等杂质]制备Mn3O4的工艺流程如下：已知：①MnCO3分解吸热；②锰氨配合物能稳定存在的pH范围为8.2~10.6。(1)碱浸时，加入质量分数为25%的NaOH溶液并控制温度为85℃。碱浸时发生反应的离子方程式为。(2)控制不同温度在N2氛围中焙烧所得产物成分如下表：温度/℃600700800主要成分MnCO3、CaMg(CO3)2MnO、CaMg(CO3)2、CaCO3、MgOMnO、CaCO3、MgO①控制800℃时，CaMg(CO3)2发生反应的化学反应方程式为。②在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃，其原因是。(3)浸锰时通常使用氨水－(NH4)2CO3混合溶液，将MnO转化成[Mn(NH3)4]CO3，(NH4)2CO3溶液的作用是。(4)沉锰过程中温度对Mn沉淀率和溶液pH的影响如图1所示。随着温度升高，溶液pH降低的原因是。(5)制备高纯Mn3O4；已知：①Mn(OH)2比Mn2+更容易被氧化；②体系中不同温度和pH下所得产品的X－射线衍射图(可用于判断某晶态物质是否存在)如图2所示。请补充完整以MnCO3为原料制备Mn3O4的实验方案：将MnCO3固体粉碎，，干燥［须使用的试剂和仪器：H2SO4溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液、O2、水浴锅］。【答案】(1)SiO(2)CaMgCO32800℃CaCO3+MgO+CO2↑将N2替换为CO2，c(CO2)浓度变大，不利于MnCO3的分解，MnCO3分解吸热，温度升高到700℃导致K增大，当Qc<K，MnCO3才能显著分解，故将N(3)(NH4)2CO3能提供NH4+，促使NH3·H2O的电离平衡逆向移动，增大溶液中NH3的浓度，且能调节溶液pH在(4)[Mn(NH3)4]CO3分解生成MnCO3和NH3，CO32-浓度降低与NH3逸出共同使溶液(5)边搅拌边将固体分批加入到H2SO4溶液至不再产生气泡，加入NaOH溶液至生成大量沉淀，用水浴锅控制温度为60℃，持续通入O2，用NaOH溶液调节pH为11，反应一段时间后过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无沉淀【解析】菱锰矿与加入的NaOH溶液反应，使得SiO2和NaOH反应生成能溶于水的Na2SiO3，过滤，滤渣在氮气环境下焙烧，使MnCO3发生分解反应生成MnO，再加入氨水－(NH4)2CO3溶液浸锰，过滤除去CaMg(CO3)2，得到含有[Mn(NH3)4]CO3的浸锰液，再沉锰制得MnCO3，处理得到Mn3O4。（1）碱浸时，SiO2和NaOH反应生成Na2SiO3和水，反应的离子方程式为SiO2（2）①由表可知，控制800℃时，CaMg(CO3)2发生反应生成CaCO3、MgO，结合质量守恒，还生成CO2，化学反应方程式为CaMgCO②将N2替换为CO2，c(CO2)浓度增大，不利于MnCO3的分解，MnCO3分解吸热，温度升高到700℃导致K增大，当Qc<K，MnCO3才能显著分解，故将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃；（3）已知锰氨配合物能稳定存在的pH范围为8.2~10.6，(NH4)2CO3能提供NH4+，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，增大溶液中NH3的浓度，且能调节溶液pH在（4）温度升高，使得[Mn(NH3)4]CO3分解生成MnCO3和NH3，CO32-浓度降低与NH3逸出共同使溶液（5）由图像可知，60℃、pH为11条件下，得到Mn3O4纯度较大，故以MnCO3为原料制备Mn3O4的实验方案为：将MnCO3固体粉碎，边搅拌边将固体分批加入到H2SO4溶液至不再产生气泡，将碳酸锰转化为锰离子，加入NaOH溶液至生成大量Mn(OH)2沉淀，用水浴锅控制温度为60℃，持续通入O2，用NaOH溶液调节pH为11，反应一段时间后过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无沉淀，固体干燥得到Mn3O4。17．丙烯的制备和应用具有重要意义。I．丙烯的制备一种甲烷溴化偶联制丙烯过程中发生的相关反应如下：反应I：CH4(g)＋Br2(g)＝CH3Br(g)＋HBr(g)反应Ⅱ：CH3Br(g)＋Br2(g)＝CH2Br2(g)＋HBr(g)反应Ⅲ：3CH3Br(g)＝C3H6(g)＋3HBr(g)(1)将8molCH4和8molBr2通入密闭容器，560℃达平衡时，测得容器中CH4的物质的量为1.6mol、CH3Br的物质的量为5.0mol。此时容器中含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2，该温度下反应Ⅱ的平衡常数K＝。(2)向反应体系中加入少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8molCH4和8molBr2，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量随时间的变化关系如图1所示。①在8～14s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比v(有I2)v(无②图1中能说明I2提高了CH3Br的选择性的依据是。Ⅱ．丙烯的分离通过C3H8氧化制得的C3H6中通常含有C3H8；由于Cu