2025届高三化学一轮复习 北京专用高三化学综合训练1

2025届高三化学一轮复习 北京专用高三化学综合训练1 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项. 1．据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的氦(3He)，每百吨氦(3He)核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量。下列说法正确的是 A．原子核外电子数为3 B．相对原子质量为2 C．原子结构示意图为 D．氦核聚变是化学变化 2．下列化学用语正确的是 A．乙醇的分子式：CH3CH2OH B．乙烷分子的填充模型： C．Na的原子结构示意图： D．N2的电子式： 3．铅蓄电池的结构示意图如图，下列关于铅蓄电池的说法正确的是 A．放电时，作负极，向负极方向移动 B．放电时，一段时间后电解质溶液值不变 C．充电时，铅蓄电池负极连接电源正极 D．充电时，阳极的电极反应为 4．下列说法正确的是（    ） A．煤的干馏、石油的分馏均为化学变化 B．蛋白质溶液里加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质会析出，且加水时也不溶解 C．植物油在空气中久置，会产生“哈喇”味，变质的原因是发生了加成反应 D．葡萄糖具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色 5．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列离子方程式能准确解释相应事实的是 A．工业上制漂白粉： B．明矾溶液通入过量氨气： C．向溶液中加入溶液得到沉淀： D．向溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀： 6．下列装置或操作一定能达到实验目的的是(已知：)（    ） A．的制备 B．验证热稳定性： C．除去铁红中混有的 D．证明非金属性： A．A B．B C．C D．D 7．工业生产中涉及的物质转化正确的是 A．工业制取漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉 B．工业制取纯碱：饱和食盐水NaHCO3固体Na2CO3 C．工业制取镁：MgCl2溶液无水MgCl2Mg D．工业制取硫酸：FeS2/SSO3H2SO4 8．取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序，反应现象没有明显差别的是 A．Na2CO3溶液和稀盐酸 B．NaOH溶液和Al2(SO4)3溶液 C．H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液 D．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液 9．下列分子属于极性分子的是 A． CS2 B． NF3 C． SO3 D． SiF4 10．目前工业上采用甲醇和一氧化碳反应制备乙酸：CH3OH+CO→CH3COOH。以阴离子为催化剂、以碘甲烷为助催化剂合成乙酸的示意图如下： 已知A为平面结构。下列说法错误的是（    ） A．化合物A与是同分异构体 B．由C生成D的过程中是以CO作为配体与Rh形成配位键 C．如果将C18O充入反应体系中，18O只出现在乙酸中 D．由E生成CH3COOH的反应是取代反应 11．一种自修复高分子材料在外力破坏后能够复原，其结构简式和修复原理分别如图1和图2所示。下列说法正确的是 A．该高分子材料不易溶于水 B．该高分子属于缩聚高分子 C．该材料通过形成氢键完成自修复 D．该高分子材料耐酸碱腐蚀 12．一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是(　　) A．第一电离能：Q＞Z＞W B．电负性：X＞Y＞Z C．WZX与WXQ均是强电解质，水溶液之间可以发生复分解反应 D．W2Q2Z3与X2QZ4溶液反应生成黄色浑浊和无色气体属于非氧化还原反应 13．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。    下列说法不正确的是（    ） A．该反应是化合反应 B．催化剂参加了化学反应过程 C．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键的断裂和形成 D．①→②过程中，形成了C—C键，断裂的化学键的总键能<形成的化学键的总键能 14．氮氧化物()是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。下列说法错误的是 A．A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是放热反应 B．过程II中，脱除1转移3电子 C．脱除的总反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶5 D．由A到B的变化过程可表示为 本部分共5题，共 58分， 第二部分 15．二氧化氯是一种绿色消毒剂，常温常压下为黄绿色气体，易溶于水。常见的化学合成方法有氧化法和还原法。 (1)过硫酸盐氧化法：用原料亚氯酸钠和过硫酸钠直接反应，操作简单，同时可得到副产品。 ①制备时发生反应的离子方程式为 。 ②原料亚氯酸钠的阴离子中原子的杂化方式为 ，副产品中阴离子的空间构型为 。 (2)盐酸还原法：此法制得的二氧化氯消毒液中常含有和两种主要成分。为测定某二氧化氯消毒液中的浓度，进行如下实验：量取二氧化氯消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释到25.00mL，再向其中加入过量溶液，充分振荡；用标准溶液滴定，消耗标准溶液5.50mL；加入稀调节溶液，再用标准溶液滴定，第二次滴定消耗溶液20.00mL。 已知： ①计算该二氧化氯消毒液中的物质的量浓度 。(写出计算过程) ②若实验中调节溶液时稀硫酸用量不足，将导致测得的浓度 (填“偏高”、“偏低”或“无影响)。 16．传统方法制备H2O2会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备H2O2，并用其处理有机废水，过程如图甲。 电解制备H2O2装置如图乙所示。 (1)a极的电极反应式为　　　　。  (2)通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是　　　　。  (3)pH过高时H2O2会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液的pH基本不变，原因是　　　 　　　　。  17．白藜芦醇(化合物K)有抗氧化、抗炎及保护心血管等作用，以下是一种合成白藜芦醇的路线： 已知：，。 (1)A的化学名称是 ；B的分子式为 。 (2)D生成E的化学方程式为 。 (3)E生成F的反应类型为 。 (4)G的结构简式为 。 (5)H中官能团的名称是 。 (6)满足下列条件的E的同分异构体有 种(不考虑立体异构)； ①苯环上有3个取代基，其中2个为羟基； ②官能团种类和数目与E相同。 其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的同分异构体结构简式为 (任写一种)。 18．Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量Fe2O3、FeO、CoO、Al2O3)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图。 已知：①氢氧化氧锰(MnOOH)难溶于水和碱性溶液。 ②滤渣2为CoS。 (1)MnOOH中Mn的化合价为 价。加快酸浸速率的措施 (只写一种)。 (2)“酸浸池”中Fe2O3发生反应的化学方程式为 。 (3)向“沉淀池I”中加入MnO2的作用是 ；“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。 (4)MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为 。 (5)MnSO4转化为MnOOH中“Ⅲ．实验操作”包含过滤、洗涤、干燥。检验MnOOH是否洗涤干净，具体操作为 。 (6)菱锰矿中Mn的质量分数为40%，假设沉淀池I中加入MnO2的质量为菱锰矿质量的1.74%，且生产过程中Mn元素均完全转化，则100kg该菱锰矿可以制备Mn2O3的质量为 kg。(结果保留3位有效数字) 19．(15分)研究表明物质的颜色与吸收光的波长(λ)有关,而颜色的深浅与吸光度(A)有关。如[Fe(SCN)n]3-n的吸光度随显色剂SCN-浓度的增大而增大(如图甲), 随着n的增加,颜色由红色逐渐加深至血红色。某科研小组为了研究影响[Fe(SCN)n]3-n颜色的因素,设计了如下实验: (1)配制500 mL 0.100 mol·L-1的FeCl3溶液。用电子天平准确称取8.125 g无水FeCl3晶体,溶解在约150 mL　　　　中,冷却后配制成500 mL溶液待用,此过程应该用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、500 mL容量瓶、　　　　　　。  (2)取配制好的FeCl3溶液5 mL,加入0.100 mol·L-1 KSCN溶液5 mL,溶液呈红色,将此红色溶液平均分装在a、b、c三支试管中,进行分析: ①取a试管,加入抗坏血酸(),发现溶液红色立即褪去,小组成员查阅资料确认脱氢抗坏血酸()的产生是褪色的主要原因,则此过程反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②取b试管,加入H2O2溶液,发现溶液红色缓慢褪去,同时产生大量无色、无味、无毒气体,经检验后确认气体有两种成分,其中一种是N2,可用于检验另一种气体的试剂是　　　　　　。  ③取c试管,发现红色溶液放置一段时间颜色变浅,具体的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)Fe3+和SCN-反应可以生成配位数从1到6的配离子[Fe(SCN)n]3-n,其水溶液都是红色,而Fe3+与F-配位时,溶液接近无色。研究小组收集到了[Fe(SCN)n]3-n的逐级稳定常数(K)的数据(见表),并由此推算出累积稳定常数(β),已知βn=K1×K2…Kn。 配位体 金属离子 K1 K2 K3 K4 K5 K6 SCN- Fe3+ 1.62×102 26.9 22.9 20.0 0.79 0.79 Cl- Fe3+ 3.02×104 4.47 7.24×10-3 1.05×10-3 — — F- Fe3+ 1.91×105 1.05×104 5.75×102 — — — OH- Fe3+ 7.41×1011 2.00×109 3.16×105 — — — 如:Fe3++SCN-[Fe(SCN)]2+　K1=1．62×102 [Fe(SCN)]2++SCN-[Fe(SCN)2]+　K2=26.9 则Fe3++2SCN-[Fe(SCN)2]+　β2=K1×K2=1.62×102×26.9≈4.36×103。 ①Fe(SCN)3+3F-FeF3+3SCN-的平衡常数K=　　　　(保留3位有效数字)。  ②某补血药片的主要成分是琥珀酸亚铁,现在已经部分变质(即铁元素被氧化),请根据表中数据设计实验证明该药片确实是部分变质:取部分变质的药片,剥去表面糖衣,研细成粉末,加水溶解,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,则证明溶液中有Fe2+,即药片部分变质(试剂可以任选)。 参考答案 1．【答案】C 【详解】A. 氦的质子数是2，则原子核外电子数为2，A错误； B. 氦的质子数是2，相对原子质量不是2，B错误； C. 氦的质子数是2，原子结构示意图为，C正确； D. 氦核聚变是物理变化，D错误； 答案选C。 【点睛】掌握原子的构成以及组成原子的微粒之间的数量关系是解答的关键，注意掌握元素的相对原子质量的计算依据，即该元素各种核素原子的相对原子质量与其在自然界中所占原子个数百分比的乘积之和为该元素的相对原子质量。 2．【答案】C 【详解】 A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，分子式为C2H6O，A用语错误； B．乙烷分子的球棍模型为，B用语错误； C．Na原子核外含有11个电子，原子结构示意图为 ，C用语正确； D．N2中N原子满足8个电子的稳定结构，电子式为，D用语错误； 答案为C。 3．【答案】D 【分析】放电时，铅是铅蓄电池的负极，硫酸根离子作用下铅在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸铅，二氧化铅是正极，酸性条件下二氧化铅在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电池总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O；充电时，铅蓄电池负极连接电源的负极做阴极，正极连接电源正极做阳极。 【详解】A．由分析可知，铅是铅蓄电池的负极，溶液中氢离子向正极移动，故A错误； B．由分析可知，电池总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，则放电时，一段时间后，溶液中硫酸溶液浓度减小，电解质溶液pH值增大，故B错误； C．由分析可知，充电时，铅蓄电池负极连接电源的负极做阴极，故C错误； D．由分析可知，充电时，正极连接电源正极做阳极，水分子作用下，硫酸铅在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化铅、氢离子和硫酸根离子，电极反应式为，故D正确； 故选D。 4．【答案】D 【详解】A．煤的干馏是有新的物质生成，属于化学变化，而石油的分馏没有新物质的生成，属于物理变化，A错误； B．蛋白质溶液里加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质会析出，此为蛋白质的盐析过程，属于可逆过程，即加水时能够重新溶解，B错误； C．植物油中含有碳碳双键等不饱和键，在空气中久置因被氧气氧化而变质，会产生“哈喇”味，C错误； D．葡萄糖为多羟基醛，分子中含有醇羟基和醛基，故具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，D正确； 故答案为：D。 5．【答案】C 【详解】A．工业上用氯气和石灰乳制漂白粉，其离子方程式为：Cl2+Ca（OH）2（石灰乳）═Cl-+ClO-+H2O+Ca2+，故A错误； B．Al3+和氨水反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3不溶于过量的氨水，正确的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH，故B错误； C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀，离子方程式为：Fe2++2HCO═FeCO3↓+CO2↑+H2O，故C正确； D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀，离子方程式为：H++SO+Ba2++OH-═BaSO4↓+H2O，故D错误； 故选：C。 6．【答案】C 【详解】A．极易被氧化，生成的会被氧化，发生反应，A不符合题意； B．为对比二者的稳定性，应将碳酸氢钠置于内管，碳酸钠置于外管，B不符合题意； C．Fe2O3不与碱反应，与碱反应生成，可用CsOH碱浸将转化为，再过滤，得到Fe2O3，C符合题意； D．盐酸为无氧酸，不能比较Cl、C的非金属性，且浓盐酸具有挥发性， H2SiO3无法确定是CO2还是HCl生成的，也无法比较C与Si的非金属性，D不符合题意； 故选C。 7．【答案】B　 【解析】较小，所以工业上将Cl2通入石灰乳或石灰浆中制得漂白粉，A错误；由于NH3极易溶于水，所以将CO2通入溶有NH3的饱和食盐水中可制得NaHCO3，NaHCO3受热分解可制得Na2CO3，B正确；MgCl2是强酸弱碱盐，水解生成易挥发的HCl，需在HCl氛围中加热MgCl2溶液，以抑制Mg2＋水解，C错误；FeS2/S与过量O2反应只能生成SO2而不能生成SO3，D错误。 【知识拓展】 NH3或N2与O2一步反应只能得到NO而不能得到NO2，H2S或S与过量的O2一步反应只能得到SO2而不能得到SO3。 8．【答案】D 【详解】A．向盐酸中滴加碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，现象为立即产生气体，向碳酸钠溶液中滴加盐酸反应生成碳酸氢钠，后与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故开始无明显现象，后产生气体，故A错误； B．向NaOH溶液中滴加Al2(SO4)3溶液反应为4OH-+Al3+=[Al(OH)4]-，3[Al(OH)4]- +Al3+=4Al(OH)3↓，反应现象为先无明显现象，后有白色沉淀生成，向Al2(SO4)3溶液加入NaOH溶液反应为3OH-+Al3+=Al(OH)3↓，现象为产生白色沉淀，故B错误； C．H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液混合发生反应为5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，向H2C2O4溶液中加入酸性KMnO4溶液现象为溶液由无色逐渐变为紫红色，向酸性KMnO4溶液中加入H2C2O4溶液现象为溶液紫红色逐渐变浅，故C错误； D．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应都生成白色BaSO4沉淀，现象相同，与滴加顺序无关，故D正确； 故选：D。 9．【答案】B 【解析】CS2分子的空间构型为直线形，SO3分子的空间构型为平面三角形，SiF4分子的空间构型为正四面体形，三种分子的结构对称，正、负电荷重心重合，均为非极性分子，A、C、D不符合题意；NF3分子的空间构型为三角锥形，其正、负电荷重心不重合，为极性分子，B符合题意。【命题点】极性分子的判断。 【方法技巧】 共价键的极性与分子极性的一般关系 特别注意：臭氧是极性分子，且臭氧分子中的共价键是极性键。 10．【答案】C 【详解】 A．由于A是平面结构，所以A与的配体位置不同，二者的结构就不同，它们是顺反异构体的关系，A正确； B．CO中C提供孤电子对，与中心原子Rh的空轨道形成配位键，B正确； C．在离子D中，两个CO配体并无区别，所以C18O可能进入催化循环中，意味着A中的CO可能为C18O，即18O不一定只出现在乙酸中，C错误； D．根据元素守恒和成断键分析，E为CH3COI，与H2O发生取代反应生成乙酸和HI，D正确； 故合理选项是C。 【方法总结】需明确有机物的结构特点，注意把握有机物的官能团以及反应类型的判断，同时理解配位键的形成。 11．【答案】A 【详解】A．该有机物分子中含有酯基，且无其他亲水基团，因此不溶于水，选项A正确； B．通过分析高分子结构可知其应该是加聚高分子，选项B错误； C．由图2可知，该高分子不能形成氢键，因此不是通过氢键完成修复，选项C错误； D．该高分子含有酯基，酯基与酸、碱均可反应，因此不耐酸碱腐蚀，选项D错误； 答案选A。 12．【答案】C 【思路分析】　　X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知，Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W可形成带1个单位正电荷的离子，则W为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C，据此分析解答。 【详解】同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素，从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：Z＞Q＞W，故A错误；元素的非金属性越强，其电负性就越大，非金属性：X＜Y＜Z，所以电负性：X＜Y＜Z，故B错误；WZX表示的物质是KOH，是一元强碱，属于强电解质，WXQ表示的物质是KHS，该物质是盐，也属于强电解质，二者在水溶液中可以发生复分解反应产生K2S、H2O，故C正确；W2Q2Z3表示物质是K2S2O3，X2QZ4表示的物质是H2SO4，二者在溶液中发生反应产生K2SO4、H2O、S、SO2，反应前后部分S元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故D错误。 13．【答案】C 【详解】A. 根据图中信息可知，发生反应CH4+CO2→CH3COOH，该反应是化合反应，选项A正确； B、催化剂参加了化学反应过程，但质量及化学性质不变，选项B正确； C、CH4+CO2→CH3COOH过程中，C-H键、C=O均发生断裂，选项C不正确； D. ①→②过程中，形成了C—C键，反应为放热反应，断裂的化学键的总键能<形成的化学键的总键能，选项D正确。 答案选C。 14．【答案】C 【分析】 由图1箭头方向可知该过程为以Cu(NH3)为催化剂，利用NH3、O2对NO进行催化还原处理成为无污染产物N2和H2O。 【详解】 A．由图2可知各中间体对应相对能量大小顺序为A>B>C>D，故A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是放热反应，A选项正确； B．过程II的反应方程式为Cu(NH3)+NO= Cu(NH3)+N2+H2O+NH，发生化合价变化的有：Cu由+2降低为+1，NO中的N由+2降低为0，1个NH3中的N由-3升高为0，由此可得出脱除1molNO的电子转移数为3mol，B选项正确； C．据图1过程可得脱除NO的总反应式为4NH3+4NO+O2 = 4N2+6H2O，氧化剂(NO、O2)与还原剂(NH3)的物质的量之比为5:4，C选项错误； D．结合图1 中Cu(NH3)与O2进入沸石笼和图2 中物质B的结构，可知A→B的变化过程可表示为，D选项正确； 答案选C。 15．【答案】(1)      ；    杂化   ；  正四面体； (2)         ； 偏低； 【详解】 (1) ①亚氯酸钠(NaClO2)和过硫酸钠(Na2S2O8)直接反应可得ClO2，并得到副产品Na2SO4，该过程中Na2S2O8中-1价的O(过氧键)将+3价的Cl氧化为+4价，根据电子守恒可得NaClO2和Na2S2O8的系数之比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为：。 ②中原子的价层电子对数为2+(7+1-22)=4，所以为杂化；硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4+(6+2-24)=4，孤电子对数为0，所以空间构型为正四面体。 (2) ①第二次滴定消耗Na2S2O3溶液20.00mL，即被KClO2氧化生成的碘消耗了20.00mLNa2S2O3溶液，依据反应原理得关系式：2ClO2～2KClO2～4I2～8Na2S2O3，n(ClO2)==5.010-4mol，c(ClO2)==0.1mol/L。 ②若实验中调节溶液pH时稀硫酸用量不足，则KClO2无法完全反应，则产生的碘单质偏少，消耗的标准液减小，将导致测得的ClO2浓度偏低。 16．【答案】(1)O2+2H++2e-==H2O2　(2)将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2　(3)反应转移2 mol电子时，阳极反应产生2 mol H+并通过质子交换膜移动至阴极室，发生反应，即a极区消耗H+的物质的量与通过质子交换膜迁移过来的H+的物质的量相等 17．【答案】(1) 苯甲酸 C7H6O8S2 (2) (3)取代反应 (4) (5)醚键和碳溴键(溴原子) (6) 17 、、 【分析】 A与发烟硫酸反应发生取代反应得B，B在碱性条件下转化为C，C酸化得D，D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应得E，D中有1个羧基与甲醇可以发生酯化，故E的结构简式为，E发生取代反应，酚羟基上的H被取代生成F，F被还原剂LiAlH4还原，根据G的分子式，结合H的结构简式，可以推得F中羧基被还原为羟基，故G为，G中羟基被溴原子取代得H，H继续发生取代反应得I，I反应得J，J最终转化为K。 【详解】（1）由A的结构简式可知其名称为苯甲酸。由B的结构简式可知其分子式为； （2） 根据反应条件知，D生成E的反应是酯化反应，D分子中的与反应，所以反应的化学方程式为； （3） E到F的物质转化为，取代了上的氢原子，为取代反应； （4） 根据F、H的结构简式及G的分子式推断，G的结构简式为； （5） H的结构简式，所含官能团为醚键和碳溴键(溴原子)； （6）符合条件的同分异构体中苯环上有3个取代基，分子中所含官能团为2个羟基、1个酯基， 苯环上的取代基为2个、1个时，有如下6种位置关系：、、、、、； 苯环上取代基为2个、1个时，有如下6种位置关系：、、、、、。 苯环上取代基为2个、1个时，有如下6种位置关系：、、、、、。 综上所述，满足条件的结构一共有18种，除去E还有17种。 其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1的结构分别是、、、，除去E满足条件的同分异构体的结构简式为、、。 18．【答案】(1) +3 适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌 (2)Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O (3) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂 Fe(OH)3、Al(OH)3 (4) (5)取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，向其中滴加 BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，说明 MnOOH 已洗涤干净，反之则未洗涤干净 (6)118 【分析】菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有少量Fe2O3、FeO、CoO、Al2O3）用稀硫酸浸取过滤后得到含硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸钴等的溶液，向其中加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水将铁离子和铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去，“滤渣1”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入含S2−沉降剂除去钴离子，过滤所得滤渣2为CoS，滤液为含硫酸锰的溶液，向滤液中依次加入3%H2O2溶液、0.2mol/L氨水即可得到MnOOH，通过过滤、洗涤干燥得到高纯度的MnOOH，再将MnOOH在250℃时充分加热72h即可得Mn2O3，据此分析解题。 【详解】（1）根据化合物MnOOH中化合价代数和为零，设Mn的化合价为x，x＋(−2)＋(−1)=0，解得x=+3，适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌等措施均能提高“酸浸”的速率。 （2）“酸浸池”中Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为：。 （3）由分析可知，向“沉淀池I”中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂；“滤渣1”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。 （4）MnSO4溶液加入3%双氧水、0.2mol/L氨水将其转化为MnOOH，Mn元素的化合价由＋2价升高为＋3价，O元素的化合价由−1价降低为−2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：。 （5）检验MnOOH是否洗涤干净就是检验硫酸根离子，具体操作为取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，向其中滴加 BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，说明 MnOOH 已洗涤干净，反之则未洗涤干净。 （6）菱锰矿中Mn的质量分数为40%，则100kg该菱锰中n(Mn)= ，假设沉淀池I中加入MnO2的质量为菱锰矿质量的1.74%，n(MnO2)= ，且生产过程中Mn元素均完全转化，可以制备Mn2O3的质量为(727+20)mol×158g/mol=118kg。 19．【答案】(除标注外,每空2分,共15分) (1)稀盐酸　胶头滴管(1分) (2)①+2Fe3++2Fe2++2H+　②澄清石灰水　③Fe3+具有较强的氧化性,SCN-具有较强的还原性,因此,当放置时间较长时,二者之间发生氧化还原反应,导致溶液红色变浅(或从氧气将SCN-氧化解释,合理即可,3分) (3)①1.16×107　②向溶液中滴加KSCN溶液,溶液变为血红色,证明药片中有Fe3+;向血红色溶液中慢慢滴加KF溶液,至溶液刚好褪色,然后滴加少量氯水(或稀硝酸),若褪色后的溶液又变为红色(3分) 【解析】新趋考点：离子方程式的书写、实验操作、平衡常数有关计算、实验设计等 (1)由于Fe3+易水解,应该将FeCl3溶解在稀盐酸中再配制溶液;配制一定物质的量浓度的溶液的过程中,在定容时需要用到胶头滴管。 (2)①由抗坏血酸和脱氢抗坏血酸的结构可知,抗坏血酸与Fe3+发生氧化还原反应生成脱氢抗坏血酸,根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒可得反应的离子方程式。②加入H2O2溶液产生了N2,说明H2O2在此过程中作氧化剂,将SCN-氧化,另一种气体由于无色、无味、无毒,只能是CO2,CO2可以用澄清石灰水检验;③通过a、b实验的分析可知,Fe3+具有较强的氧化性,SCN-具有较强的还原性,因此,当放置时间较长时,二者之间发生氧化还原反应,导致溶液红色逐渐褪去;还可能是空气中的氧气将SCN-氧化而导致溶液褪色。 (3)①由题给信息可知,Fe3++3SCN-Fe(SCN)3　β3=K1×K2×K3=1.62×102×26.9×22.9、Fe3++3F-FeF3,β'3=K'1×K'2×K'3=1.91×105×1.05×104×5.75×102,则Fe(SCN)3+3F-FeF3+3SCN-的平衡常数K=≈1.16×107,②由①中分析可知,Fe(SCN)3很容易在F-存在时转化为FeF3,即向Fe(SCN)3溶液中慢慢滴加含F-溶液,由于Fe(SCN)3转化为FeF3导致溶液红色慢慢褪去,据此可以设计出证明药片部分变质的方案。 【分析】 ①由于Fe3+的水解能力很强,所以配制FeCl3溶液时,一定要将FeCl3溶解在稀盐酸中,而不是溶解在水中;②题干中累积稳定常数的现学现用是解决第(3)①问的关键,通过第(3)①问的设计,考生可以发现Fe(SCN)3很容易转化为FeF3这个事实,因此可以迅速将此结论应用至(3)②问中的实验设计。 第 page 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