2025届高三化学一轮复习夯实练——化学反应原理

2025届高三化学一轮复习夯实练——化学反应原理 一、单选题 1．生活中处处有化学，下列说法正确的是 A．炼钢模具在炽热的钢水注入之前进行干燥处理，可避免发生爆炸 B．高铁酸钠溶液和硫酸铝溶液均可用于饮用水的杀菌消毒 C．含较多的盐碱地可通过施加适量熟石灰进行改良 D．工业制硫酸和合成氨时，原料中的硫元素和氮元素均被氧化 2．杭州亚运会是科技创新改变生活的真实体现：高耐腐蚀场馆顶部、石墨烯涂层地面、环保绿电东送、亚运火炬“薪火”等都使用了科技材料。下列相关叙述正确的是（　　） A．绿电包含光伏发电和风力发电，太阳能和风能均属新能源 B．石墨烯涂层可增强防滑性，石墨烯属于有机物 C．场馆顶部覆盖聚四氟乙烯（）膜，分子中含大量的碳碳双键 D．亚运火炬“薪火”金属部分是铝合金，铝合金的熔点比纯铝高 3．下列所加物质的作用与其还原性有关的是（　　） A B C D 腌咸菜加氯化钠 食用盐中加碘酸钾 红酒中添加SO2 生活用水消毒加入次氯酸钙 A．A B．B C．C D．D 4．下列说法正确的是（　　） A．使用容量瓶配制溶液时，应先检漏，且干燥后才能使用 B．使用pH试纸时用手捏住即可 C．利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和MgCl2溶液 D．新制氯水保存在棕色广口瓶中 5．根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是（　　） 　 实验操作 预测实验现象 实验结论或解释 A 向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置 下层溶液显紫红色 氧化性:Fe3+>I2 B 向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 有砖红色沉淀生成 葡萄糖具有还原性 C 常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验 试液不变蓝 常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应 D 向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 NH4++OH- = NH3↑+H2O A．A B．B C．C D．D 6．将19.4gCO2和水蒸气组成的混合气体缓慢通过足量的Na2O2，最后收集到5.6L的气体(标准状况)，下列说法错误的是（　　） A．反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂 B．混合气体中n(CO2)：n(H2O)=1：4 C．19.4g该混合气体物质的量是0.5mol D．反应中转移电子数目是0.5NA 7．0.1 mol/L 溶液的pH随温度的变化如图所示，下列说法正确的是（　　） A．温度高于60℃时，pH变化主要受水的电离平衡移动的影响 B．常温下： C．常温下： D．升高温度，平衡逆向移动 8．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W的负一价阴离子W-能与水反应生成W2，Y、Z同主族，其原子L电子层的电子数比为3：4，X、Y、Z的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是（　　） A．原子半径：W>X>Y B．W、X、Y三者可形成离子化合物 C．简单氢化物的沸点：Z>x>Y D．W与X只能形成含有极性键的化合物 9．废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb及少量BaSO4，从中回收PbO的工业流程及一些难溶电解质的溶度积常数如下： 难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3 Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9 下列说法错误的是 A．“脱硫”的目的是将PbSO4转化为PbCO3 B．滤渣的主要成分为BaSO4 C．“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂 D．“沉铅”后的滤液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) 10．中国科学院研究团队在碱性锌铁液流二次电池电池研究方面取得新进展。下列叙述不正确的是（　　） A．充电时，电极M与电源正极相连 B．充电时，阳极的电极反应式为Fe(CN)64－－e－＝Fe(CN)63－ C．放电时，电极N发生氧化反应 D．放电时，电路中转移2 mol电子时，负极区电解质溶液增重65g 11．下列实验操作正确的是（　　） A．用pH试纸测定某溶液的pH时，需预先用蒸馏水湿润pH试纸 B．蒸馏石油时为了更好地控制温度，应将温度计的水银球伸入液面以下 C．蒸发结晶时不能将溶液全部蒸干，应该在有大量晶体析出时停止加热 D．稀释浓硫酸时，可向盛有浓硫酸的烧杯中直接加蒸馏水 12．相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示： 下列推理不正确的是（　　） A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比 B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定 C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键 D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性 13．电解合成 1 ， 2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．该装置工作时，化学能转变为电能 B．CuCl2能将C2H4还原为 1 ， 2－二氯乙烷 C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜 D．该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaCl H2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl 14．是一种光催化半导体材料(其结构如图1所示)。光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化(如图2所示)。下列说法错误的是 A．该光催化材料实现了太阳能→化学能 B．每消耗22g，能产生1mol C．转化的反应为 D．图1和图2物质中碳原子共形成4种不同的共价键 15．常温下含碳各微粒H2CO3、HCO3－和CO32－存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（　　） A．为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为7～9之间 B．pH=10.25时，c(Na+)=c(CO32－)+c(HCO3－) C．根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)=10－6.37 D．若是0.1mol NaOH反应后所得的1L溶液，pH=10时，溶液中存在以下关系： c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H+) 16．在高温高压的水溶液中，与发生反应沉积出磁铁矿（主要成分）和金矿（含单质），且硫元素全部转化为气体放出。对于该反应的说法一定正确的是 A．反应后溶液的降低 B．每生成气体，转移电子数为 C．既作氧化剂又作还原剂 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比 17．研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是（　　） A．加入HNO3降低了正极反应的活化能 B．电池工作时正极区溶液的pH降低 C．当有 反应时，有 被还原 D．负极反应为 18．一种双膜结构的多硫化合物一空气碱性液流电池的工作原理如下图所示。 下列说法正确的是（　　） A．图中的电子流向，虚线代表放电情况 B．放电时，从Ⅱ室穿过阴离子交换膜向Ⅲ室迁移 C．充电时，Ⅱ室溶液的pH增大 D．充电时，阴极反应为 19．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（　　） A．雷雨天闪电时空气中有臭氧(O3)生成，O2和O3的相互转化是物理变化 B．新型冠状病毒具有极强的传染性，可用84消毒液、过氧乙酸等进行环境消毒，是利用了其强氧化性 C．以煤炭为主要燃料的地区，降落后的酸雨中的主要酸性物质是HNO3 D．通常用石油的年产量来衡量一个国家的石油化学工业发展水平 20．党的二十大报告中指出：要“加强污染物协同控制，基本消除重污染天气”。二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保二位一体的结合，可以解决酸雨等环境污染问题，原理如图所示。下列说法正确的是（　　） A．该电池放电时电子流向：电极→负载→电极→质子交换膜→电极 B．电极附近发生的反应： C．放电过程中若消耗(标准状况)，理论上可以消除 D．移向电极，导致电极附近减小 二、综合题 21．化学平衡是最重要的化学反应原理之一。 （1）现有容积为1L的恒温恒容密闭容器，向其中加入1molA气体和1molB气体后发生反应：A(g)＋B(g) C(g) ΔH=-qkJ·mol-1(q>0)，ts后，反应达到平衡状态，生成0.5molC气体，放出热量Q1kJ。回答下列问题： ①在题干条件下，说明该反应已经达到平衡状态的有　 　（填序号）。 A．消耗0.1molA的同时生成0.1molC B．容器中气体的压强不随时间而变化 C．容器中气体的密度不随时间而变化 D．A的转化率为50% ②保持容器温度和容积不变，若开始时向容器中加入1molC气体，反应达到平衡时，吸收热量Q2kJ，则Q1、Q2与q的数值关系正确的是　 　（填序号）。 A．Q1＋Q2=q B．Q1＋2Q2<q C．Q1＋2Q2>q D．Q1＋Q2<q ③在原平衡基础上，保持容器温度和容积不变，向容器中再通入amolA气体，重新达平衡后，B气体的转化率为75%，则a=　 　。 （2）在一容积可变的密闭容器中充有10molCO和20molH2，发生CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)反应。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。 ①A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为　 　。 ②若达到平衡状态A时，容器的体积为8L，则在平衡状态B时容器的体积为　 　L。 （3）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。则电源的正极为　 　（填“A”或“B”），写出阳极的电极反应式　 　。 22．利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S 废气制取氢气，既价廉又环保。 （1）工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。 ①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为　 　； ②常温下，不能与M单质发生反应的是　 　(填序号)； a．CuSO4溶液　 b.Fe2O3 　 c.浓硫酸 d.NaOH溶液　 e．Na2CO3固体 （2）利用H2S废气制取氢气的方法有多种。 ①高温热分解法已知：H2S(g) H2(g)＋1/2S2(g) 在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L－1测定H2S的转化率，结果见图。曲线a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。根据图像回答下列问题： i 计算 985 ℃时H2S按上述反应分解的平衡常数 K＝　 　； ii 说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：　 　； ②电化学法 i该法制氢过程如图。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是　 　； ii反应池中发生反应的化学方程式为　 　； iii反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为　 　。 23．卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。 （1）I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图： 氧原子核外有　 　种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为　 　；K2CO3固体中含有的化学键有　 　。 （2）合成步骤中的化学方程式为　 　。 （3）当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：　 　。 （4）Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取： 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O 该反应的氧化产物为　 　，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为　 　。 （5）Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。 向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是　 　。 （6）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3　 　mol。 24．氧化亚铜(Cu2O)是一种附加值较高的铜类物质，某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下： 常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表： 　 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 开始沉淀 7.5 2.7 4.8 完全沉淀 9.0 3.7 6.4 （1）炉气中的有害气体成分是　 　，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。 （2）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：　 　。 （3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是　 　。 （4）写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：　 　，操作X包括过滤、洗涤、烘干，其中过滤后，可以通过　 　的方法检验固体物质是否已被洗涤干净。 （5）Cu2O也常用电解法制备，流程如下： 已知：①Cu2O为暗红色的固体，有毒 ②部分难溶物的颜色和常温下的Ksp如下表所示： 难溶物 Cu(OH)2 CuOH CuCl Cu2O 颜色 蓝色 黄色 白色 红色 Ksp(25 ℃) 1.6×10-19 1.0×10-14 1.2×10-6 — 实验室模拟电解装置如图所示，观察到的现象如下： ①开始无明显现象，随后液面以下的铜棒表面逐渐变暗； ②5 min后，b极附近开始出现白色沉淀，并逐渐增多，且向a极扩散； ③10 min后，最靠近a极的白色沉淀开始变成红色； ④12 min后，b极附近的白色沉淀开始变成黄色，然后逐渐变成橙黄色； ⑤a极一直有大量气泡产生； ⑥停止电解，将U形管中悬浊液静置一段时间后，上层溶液呈无色，没有出现蓝色，下层沉淀全部显红色。则： ①电解池的阳极反应式为　 　。 ②b极附近的白色沉淀开始变成黄色，此时溶液中 =　 　。 25．铜及其化合物在工业上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下： （1）“浸取”反应中氧化剂的化学式为　 　；若“浸取”反应中得到一种单质，则滤渣Ⅰ的成分为 MnO2 和　 　、　 　 (写化学式)。 （2）“除铁”这一步反应在 25 ℃ 进行，加入的试剂 A 为　 　，若加 A 后溶液　的 pH调为 4，溶液中 Fe3＋浓度为　 　mol/L。{已知 Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38} （3）写出“沉锰”(除 Mn2＋)过程中反应的离子方程式：　 　。 （4）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是　 　(写化学式)。 （5）过滤Ⅱ的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，如何判断沉淀已洗净？　 　。 答案解析部分 1．【答案】A 【解析】【解答】A．若模具不干燥，炽热的钢水会引发铁和水蒸气反应，产生H2，H2易燃易爆，从而引发钢水爆炸性迸溅，故炼钢模具在炽热的钢水注入之前进行干燥处理，可避免发生爆炸，A符合题意； B．高铁酸钠溶液具有强氧化性，能够用于饮用水的杀菌消毒，而硫酸铝溶液没有强氧化性不可用于饮用水的杀菌消毒，只能用于作净水剂，B不符合题意； C．盐碱地（含较多Na2CO3等）不利于作物生长，如施加熟石灰进行改良，生成CaCO3和NaOH，加重土壤的碱性和板结，该应用不合理，C不符合题意； D．工业制硫酸即将FeS2、S、CuFeS2等原料中的S最终转化为H2SO4，化合价升高，硫元素被氧化，而合成氨反应方程式为：N2+3H22NH3，反应中N的化合价降低，即氮元素被还原，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】B..硫酸铝只能水解产生胶体，不具有杀菌消毒的作用； C.碳酸钠显碱性，应用酸性物质进行改良； D.化合价升高被氧化，化合价降低被还原。 2．【答案】A 【解析】【解答】A、太阳能和风能均属新能源，故A正确； B、石墨烯为碳单质，属于无机物，故B错误； C、聚四氟乙烯不含碳碳双键，故C错误； D、合金的熔点低于其组分金属，则铝合金的熔点比纯铝低，故D错误； 故答案为：A。 【分析】A、太阳能和风能均属新能源； B、石墨烯为碳单质； C、聚四氟乙烯不含碳碳双键； D、合金的熔点低于其组分金属。 3．【答案】C 【解析】【解答】A．腌咸菜加氯化钠，不存在元素化合价的变化，不是氧化还原反应， A不合题意； B．食用盐中加碘酸钾，没有发生化学变化，不表现还原性，B不合题意； C．红酒中添加SO2，SO2具有还原性，可以防止红酒被氧化变质，所以与SO2的还原性有关， C符合题意； D．生活用水消毒加入次氯酸钙是由于次氯酸钙能与空气中的CO2和H2O生成具有强氧化性的HClO，故利用其氧化性，D不合题意； 故答案为：C。 【分析】反应中存在元素化合价变化的为氧化还原反应，化合物中元素的化合价升高，具有还原性，以此来解答。 4．【答案】C 【解析】【解答】A. 使用容量瓶配制溶液时，应先检漏，但不要求干燥，A不符合题意； B. 使用pH试纸时用镊子夹取，B不符合题意； C. 蛋白质溶液为胶体，能够发生丁达尔效应，可与MgCl2溶液区分开，C符合题意； D. 新制氯水保存在棕色细口瓶中，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A.容量瓶使用前需检漏，但不需要干燥； B.根据溶液pH测定方法分析； C.应用丁达尔效应可鉴别胶体和溶液； D.溶液应保存在细口瓶中； 5．【答案】C 【解析】【解答】A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+>I2，A不符合题意； B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B不符合题意； C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C符合题意； D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】 A、根据氧化性的强弱及分液的特点分析解答； B、根据葡萄糖具有还原性进行分析； C、浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，据此解答； D、碱少量的时候，加入铝离子发生反应生成氢氧化铝，据此解答。 6．【答案】B 【解析】【解答】A．发生的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2中的O元素的化合价既升高也降低，既是氧化剂，也是还原剂，A不符合题意； B．设混合气体中CO2的物质的量为a mol，水蒸气的物质的量为bmol，则a+b=0.5，44a+18b=19.4，解得，a=0.4，b=0.1，故混合气体中n(CO2)：n(H2O)=4：1，B符合题意； C．由上述分析可知，19.4g该混合气体物质的量是0.5mol，C不符合题意； D．反应中生成氧气的物质的量n(O2)= ，则转移的电子数目为0.25mol×2×NA=0.5NA，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】根据方程式标出元素的化合价即可判断出氧化剂还原剂氧化产物还原产物即可计算出数据，结合选项即可判断 7．【答案】A 【解析】【解答】A、碳酸根水解呈碱性，水电离产生氢离子， 根据图知，温度高于60℃时，溶液的pH减小，说明pH变化主要受水的电离平衡移动的影响， 故A正确； B、常温下，碳酸钠溶液中存在电荷守恒： ，故B错误； C、碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，则溶液中应存在 ，故C错误； D、升高温度， 的平衡正向移动，故D错误； 故答案为：A。 【分析】A、升温促进水的电离，也促进碳酸根水解； B、根据电荷守恒分析； C、碳酸根分步水解； D、升温促进碳酸根水解。 8．【答案】B 【解析】【解答】 A.同一周期，从左到右，原子半径减小（稀除外），所以原子半径：N>O>H， A不符合题意； B.N、O、H三种元素可以形成硝酸铵，离子化合物，B符合题意； C.简单氢化物为硫化氢、氨气和水，由于水形成的氢键比氨气多，硫化氢分子没有氢键，所以沸点由大到小的顺序为水、氨气和硫化氢，C不符合题意； D.氢与氮可以形成NH3，含有极性键的化合物，也可以形成N2H4，氮氮之间为非极性共价键，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】W的负一价阴离子W-能与水反应生成W2，氢负离子与水反应生成氢气， W为氢；Y、Z同主族，其原子L电子层的电子数比为3：4，所以Y为氧，Z为硫；短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大， X、Y、Z 的最外层电子数之和为17，X为氮； 9．【答案】D 【解析】【解答】A．“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，平衡常数K= >105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失，A不符合题意； B．加入碳酸钠时， BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)，K=<105，说明该反应正向进行的程度有限，BaSO4不溶于醋酸，所以滤渣的主要成分为BaSO4，B不符合题意； C．酸浸时，过氧化氢能促进Pb、CH3COOH转化为Pb(CH3COO)2和H2O，H2O2做氧化剂，过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(CH3COO)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂，“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂，C不符合题意； D．加入碳酸钠时， BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)，“脱硫”时生成少量BaCO3，“酸浸”时溶于醋酸，因此沉铅的滤液中，金属离子有 Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+，“沉铅”后的滤液中存在2c(Ba2+)+ c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。 10．【答案】D 【解析】【解答】A、由分析可知，充电时M为阳极，与电源正极相连，故A不符合题意； B、充电时，在阳极发生氧化反应生成，电极反应式为，故B不符合题意； C、由分析可知，放电时N为负极，发生氧化反应，故C不符合题意； D、放电时，Zn失电子后与氢氧根生成，当电路中转移2mol电子时，溶液增加的质量为1molZn和2molOH-的质量之和，大于65g，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】由图可知，放电时，N电极上Zn失去电子，生成，则N为负极，M为正极，得电子发生还原反应；充电时，N为阴极，M为阳极。 11．【答案】C 【解析】【解答】A.测量溶液的pH值时，应用干燥的pH试纸，若用湿润的pH试纸，相当于对待测溶液进行了稀释操作，会引起误差，A不符合题意； B.蒸馏时，温度计测量的是蒸汽的温度，因此温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，B不符合题意； C.蒸发结晶过程中，当出现大量晶体时，停止加热，利用余热将水分蒸发，C符合题意； D.稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A.测溶液的pH值，应用干燥的pH试纸； B.根据温度计测量的对象，确定温度计水银球的位置； C.结合蒸发结晶操作分析； D.结合浓硫酸的稀释操作分析； 12．【答案】A 【解析】【解答】A.2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A符合题意； B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B不符合题意； C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C不符合题意； D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.2ΔH1≈ΔH2只能说明双键之间的能量差； B.能量越低越稳定； C.3ΔH1＜ΔH4说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键； D.ΔH3-ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4-ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性。 13．【答案】D 【解析】【解答】A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项不符合题意； B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项不符合题意； C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项不符合题意； D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaCl H2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项符合题意； 故答案为：D。 【分析】A. 该装置为外加电源的电解池原理； B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律； C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答； D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。 14．【答案】D 【解析】【解答】A．光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化，A不符合题意； B.22g二氧化碳得到变成CH4，得失电子守恒可知H2O中的-2价氧元素失去4mol电子生成1molO2，B不符合题意； C．空穴()可得电子，可视为氧化剂，转化的反应为，C不符合题意； D．图1和图2物质中碳原子的杂化方式共有3种，甲烷中的碳采用sp3杂化，二氧化碳中是sp杂化，中碳采用sp2杂化，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A. 光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化，说明该过程中，太阳能→化学能； B.22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，根据得失电子守恒计算； C.空穴()可得电子，能氧化水生成氧气，反应的离子方程式为。 15．【答案】B 【解析】【解答】A.根据图示可知，pH在7～9之间，溶液中主要存在HCO3-，该pH范围内和获得较纯的NaHCO3，选项A不符合题意； B.pH=10.25时，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中满足物料守恒：c（Na+）═2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），则混合液中c（Na+）>c（CO32-）+c（HCO3-），选项B符合题意； C.根据图象曲线可知，pH=6.37时，H2CO3和HCO3-的浓度相等，碳酸的第一步电离的平衡常数K1（H2CO3）= =10-6.37，选项C不符合题意； D.pH=10时的溶液为碱性，则c（OH-）>c（H+），溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，c（Na+）离子浓度最大，结合图象曲线变化可知：c（HCO3-）>c（CO32-），此时离子浓度大小为：c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+），选项D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.根据图示，找出产生碳酸氢钠含量最高的点的范围即可 B.pH=10.25时，次数主要是碳酸根和碳酸氢根且浓度相等，根据物料守恒和电荷守恒进行判断即可 C.pH=6.37时，碳酸氢根和碳酸浓度相等，根据电离常数公式进行计算即可 D.根据电荷守恒在集合图示即可比较 16．【答案】A 【解析】【解答】A．根据分析可知，反应生成氢离子，反应后溶液的pH降低，A符合题意； B．未知气体所处的状态，无法确定2.24L气体的物质的量，B不符合题意； C．该反应中AuS-中Au化合价降低只做氧化剂，C不符合题意； D．根据以上分析，AuS-中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，有3mol二价铁参与反应，生成1molFe3O4，四氧化三铁可看作Fe2O3•FeO，所以只有2mol二价铁作为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比2∶2=1∶1，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】根据题干信息，涉及反应是2AuS-+3Fe2++4H2OFe3O4+2Au+2H2S↑+4H+，反应前后Au元素化合价由+1降为0，部分Fe元素化合价由+2升为+3，所以AuS-作氧化剂，Fe2+作还原剂。 17．【答案】B 【解析】【解答】A．由图可知，硝酸是正极的催化剂，所以HNO3降低了正极反应的活化能，故A不符合题意； B．电池工作时正极区的总反应为 ，氢离子浓度减小，溶液的pH升高，故B符合题意； C.1mol氧气得4mol电子，当有 被完全氧化为二氧化碳时转移12mol电子，根据电子守恒，有 被还原，故C不符合题意； D．乙醇在负极失电子生成二氧化碳，负极反应为 ，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.加入硝酸促进了电池的大电流放电因此硝酸可做催化剂，降低活化能 B.正极是氧气得到电子结合氢离子形成水导致氢离子浓度降低 C.写出总的反应方程式即可判断 D.负极是乙醇失去电子变为二氧化碳和氢离子的反应写出即可 18．【答案】D 【解析】【解答】A．放电时，电子由负极经外电路流向正极，充电时，Ⅰ室为阴极室，电子从阳极经外电路向阴极移动，图中虚线，电子流向Ⅰ室代表充电情况，故A不符合题意； B．放电时，向负极移动，即从Ⅲ室穿过阴离子交换膜向Ⅱ室迁移，故B不符合题意； C．放电时，Ⅱ室浓度增加，则充电时浓度减小，pH减小，故C不符合题意； D．充电时，Ⅰ室为阴极室，得电子发生还原反应，如图，转化为，其电极反应式为，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．放电时，电子由负极经外电路流向正极，充电时，电子从阳极经外电路向阴极移动； B．依据离子与离子交换膜种类一致判断； C．依据放电原理判断； D．阴极得电子发生还原反应。 19．【答案】B 【解析】【解答】A．氧气和臭氧互相转化时，有了新物质的生成，所以为化学变化，A不符合题意； B.84消毒液的主要成分是次氯酸钠，次氯酸钠和过氧乙酸都具有强氧化性，会使蛋白质变性，达到消毒作用，B符合题意； C．主要酸性物质是硫酸，煤炭燃烧会产生二氧化硫，二氧化硫氧化成三氧化硫后，会随着雨水以硫酸的形式降落地面，形成酸雨，C不符合题意； D．通常用乙烯的产量来衡量一个国家石油化工业发展的水平，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.物质不同故为化学变化 B.84消毒液以及过氧乙酸均有氧化性可以利用氧化性进行消毒 C.煤炭中主要含有硫元素，应该是硫酸型酸雨 D.衡量石油水平是乙烯 20．【答案】C 【解析】【解答】A．电子不能进入内电路，A不符合题意； B．由分析可知，电极为负极，二氧化硫失去电子发生氧化反应生成硫酸，，B不符合题意； C．根据电子守恒可知，，放电过程中若消耗(标准状况1mol)，理论上可以消除，C符合题意； D．原电池中阳离子向正极移动，故移向电极，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应。 21．【答案】（1）BD；AC；1.25 （2）KA=KB>KC；1.6 （3）A；2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ 【解析】【解答】（1）①分析题给信息，根据化学平衡的特点，正逆反应速率相等或变量不变即可说明反应达平衡状态： A．消耗0.1molA的同时生成0.1molC指的都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A项不正确； B．由反应方程式可知，该可逆反应为反应前后气体分子数减小的反应，故容器中气体的压强不随时间而变化，即总压强一定，说明该反应达平衡状态，B项正确； C．根据题给信息，恒容条件下，该反应中物质的总质量不变，任何时刻容器中气体密度都不随时间而变化，故不能说明该反应达平衡状态，C项不正确； D．根据题给信息：向容积为1L的恒温恒容密闭容器中加入1molA气体和1molB气体后发生反应，ts后，反应达到平衡状态，生成0.5molC气体，则根据反应方程式可知，消耗0.5molA气体，则A气体的转化率= ，则A的转化率为50%可以说明反应达平衡状态，D项正确； 答案选BD。②根据等效平衡可知，保持容器温度和容积不变，开始时向容器中加入1molC气体与开始时加入1molA气体和1molB气体是等效的，则有：Q1＋Q2=q，据此可知，Q1＋2Q2>q。故AC正确； 答案选AC。③原平衡中，加入1molA气体和1molB气体，达平衡后生成0.5molC气体，则根据反应方程式可知，平衡时A、B气体的物质的量均为0.5mol，则平衡常数K= 。 在原平衡基础上，保持容器温度和容积不变，向容器中再通入amolA气体，重新达平衡后，B气体的转化率为75%，则可知重新达平衡时，B又消耗了 ，由题意可知，温度不变，平衡常数不变，根据三段式，有： 则平衡常数K= ，解得a=1.25，答案为：1.25；（2）①分析题中转化率-温度图可知，随着温度升高，CO的转化率逐渐降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，该可逆反应为放热反应。根据平衡常数只与温度有关，A点和B点的温度相同，则KA=KB。A、B点温度为T1℃，C点温度为T2℃，T2℃＞T1℃，该可逆反应正反应为放热反应，故KA=KB>KC。答案为：KA=KB>KC；②由题可知，A点时CO的转化率为0.5，则CO转化的物质的量= ，容器体积为8L，则有： 平衡常数K= A点和B点的温度相同，平衡常数K也相同。B点时CO的转化率为0.8，则CO转化的物质的量= 。设平衡状态B时容器的体积为V，则据题意有： 平衡常数K= ，解得：V=1.6L。答案为：1.6；（3）由题中所给工作原理图，可知该装置为电解池。由图可知，H+向右侧移动，根据电解池原理，阳离子移向阴极，阴极与电源的负极相连，由此可知，B为电源的负极，电源的正极为A。阳极发生氧化反应，结合电解池的工作原理图，可知，阳极的电极反应方程式为：2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+；答案为：A；2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。 【分析】（1）②根据等效平衡原理：恒温恒容条件下反应前后体积改变的反应，通过化学计量数比换算成同一半边的物质后，物质的量与原平衡相等即等效，可知开始时加入1molC与原平衡等效，平衡时对应各组分的物质的量相等，则可知Q1、Q2和q的关系，据此分析。③分析题给信息，温度不变，则平衡常数不变，根据原平衡可计算出平衡常数，根据平衡常数的计算式，进而可计算出a的值。 22．【答案】（1）；b、e （2） (mol/L)1/2；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)；增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl；2Fe2＋＋2H＋ 2Fe3＋＋H2↑ 【解析】【解答】（1）①无机材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中钾显+1价，氧显-2价，氢显+1价，则M显+3价，R显+4价；M、R为第3周期主族元素，质子数之和为27，则M、R原子的质子数分别为13、14，M、R分别是铝、硅，硅原子的结构示意图为 。 ②由金属活动性顺序可得，铝比铜活泼，则铝与硫酸铜溶液可以发生置换反应，反应方程式为：2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu，故a项错误； 铝与氧化铁在高温下才能发生铝热反应，常温下不能反应，故b项正确； 浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铝钝化，铝表面生成一层致密的保护膜，钝化是化学变化，故c项错误； 氢氧化钠是强碱，铝单质与NaOH溶液容易反应，放出气体，故d项错误； 常温下铝不能与碳酸钠固体反应，故e项正确， 综上所述，正确答案为b、e。 （2）①H2S起始浓度均为c mol·L－1，985 ℃时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4c mol·L－1，则： H2S(g) H2(g)＋ S2(g) 起始（mol/L） c 0 0 转化（mol/L） 0.4c 0.4c 0.2c 平衡（mol/L） 0.6c 0.4c 0.2c K= = = (mol/L)1/2 ， 温度逐渐升高，H2S分解的反应速率加快，达到平衡的时间缩短，在一定的时间内能更快的达到平衡，在图像上表现出来就是b渐渐向a逼近。 因此，答案为： (mol/L)1/2；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短； ②由图可知，H2S气体从反应池底部通入，FeCl3溶液从反应池顶部喷下，这种采用气液逆流方式加入反应物的主要目的是增大反应物接触面积，使反应更充分； 由图可知，H2S中S被氧化，而FeCl3被还原为FeCl2，配平可得：H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，电解池中含有的Fe2+被氧化为Fe3+，H+被还原为H2，电解总反应的离子方程式：2Fe2＋＋2H＋ 2Fe3＋＋H2↑，因此，答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl；2Fe2＋＋2H＋ 2Fe3＋＋H2↑。 【分析】（1）①由物质的组成可知，M显+3价，R显+4价，结合质子数之和为27，可知M、R分别是铝和硅； ②结合金属铝的化学性质进行分析； （2）①ⅰ根据三段式计算平衡时各物质的浓度，再结合平衡常数的表达式进行计算； ⅱ结合温度对反应速率的影响进行分析； ②ⅰ气液逆流，可以增大反应物的接触面； ⅱ由图示可知，该反应的反应物为H2S和FeCl3，生成物为FeCl2、S、HCl，结合得失电子守恒、原子守恒书写化学方程式； ⅲ电解池中反应产生Fe3+和H2； 23．【答案】（1）8；5s25p5；离子键、极性共价键 （2）I2+5H2O2 2HIO3+4H2O （3）H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 （4）Cl2；2NA （5）加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 （6）1 【解析】【解答】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子； 碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5； K2CO3为离子化合物，K+与 之间以离子键结合；在阴离子 中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键； (2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O； (3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等； II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA； III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率； (6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。 【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3； II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算； III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。 24．【答案】（1）SO2；2：1 （2）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O （3）3.7≤pH<4.8 （4）4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；取最后一次洗涤液少量于试管中，先加入盐酸酸化，而后滴加几滴BaCl2溶液 ，若产生白色沉淀，则证明没有洗净（或：若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净） （5）Cu+Cl--e-=CuCl；8.3×10-9 【解析】【解答】(1)根据流程可知，矿石与氧气反应得到金属氧化物和SO2，Cu2S与O2反应的化学方程式为Cu2S+O2 2CuO+SO2，氧化剂是O2，还原剂是Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，答案：SO2；2：1；(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，答案：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(3)加入试剂Y的目的是调节溶液和pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+，根据表中数据可知，pH的调控范围是3.7≤pH<4.8，答案：3.7≤pH<4.8；(4)在碱性条件下N2H4将Cu2+还原为Cu2O，由流程可知反应的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；过滤、洗涤后，取最后一次洗涤液少量于试管中，先加入盐酸酸化，而后滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明没有洗净(或：若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净)，答案：4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；取最后一次洗涤液少量于试管中，先加入盐酸酸化，而后滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明没有洗净（或：若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净）；(5)根据题中提供有物质的颜色及离子沉淀的pH可以推知，亚铜离子与溶液中的氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，在碱性环境中氯化亚铜可转化为氢氧化铜沉淀，氢氧化亚铜分解生成氧化亚铜。 ①电解时铜作阳极，失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，电极反应式为Cu+Cl--e-=CuCl，答案：Cu+Cl--e-=CuCl； ②亚铜离子与溶液中的氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，在碱性环境中氯化亚铜可转化为氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为CuCl+OH-=CuOH+Cl-，氢氧化亚铜分解生成氧化亚铜，白色沉淀变成黄色的过程中， = = = =8.3×10-9，答案：8.3×10-9。 【分析】硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH将Fe3+转化为沉淀经过滤除去，将滤液用KOH、N2H4还原，过滤、洗涤、隔绝空气烘干，得到Cu2O，据此分析解答。 25．【答案】（1）MnO2；S；SiO2 （2）CuO 或 Cu(OH)2 或CuCO3或Cu2(OH)2CO3；4.0×10－8 （3）Mn2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＝MnCO3↓＋NH4+＋H2O （4）(NH4)2SO4 （5）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀HCl酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净 【解析】【解答】（1）由滤渣1的成分可知反应的化学方程式是：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，反应中Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，因二氧化硅与酸不反应，则滤渣Ⅰ的成分为MnO2、S和SiO2，故答案为：MnO2，S、SiO2。（2）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，若加入A后溶液的pH值为4，c（OH-）＝10-10mol/L，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则溶液中铁离子浓度：4.0×10－38/(10-10)3mol/L＝4.0×10-8mol/L，故答案为：4.0×10-8。（3）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＝MnCO3↓＋NH4+＋H2O，故答案为：Mn2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＝MnCO3↓＋NH4+＋H2O。（4）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：(NH4)2SO4。（5）分析流程题可知，第一步加入了H2SO4，在整个过程中没有除去H2SO4，判断沉淀是否已经洗净，就是检验是否含有SO42-，检验方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀HCl酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀HCl酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净。 【分析】（1）在氧化还原反应中，化合价降低的物质是氧化剂； 不会溶于硫酸的固体由硫单质和二氧化硅； （2）既要将铁离子除去又不引入杂质的物质可以是氧化铜、氢氧化铜或者碳酸铜或者碱式碳酸铜； （3）锰离子、碳酸氢根离子和氨水反应得到碳酸锰沉淀、铵根离子和水； （4）蒸发是指将溶液中的溶剂通过升温的方式让溶剂脱离溶质的过程；结晶是溶质聚合变为固体(晶体)的过程； （5）要判断硫酸根全部除去，应该用钡离子来检验。 学科网（北京）股份有限公司 $$