北京市十中2020届高三化学上学期期中试题（含解析）.docx

北京市十中2020届高三化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Na 23 Cu 64 Cl 35.5 Mn 55第I卷 42分一、每小题只有一个选项符合题。1.中国传统文化中包括许多科技知识。下列古语中不涉及化学变化的是千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金熬胆矾(CuSO45H2O)铁釜，久之亦化铜凡石灰(CaCO3)，经火焚炼为用丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂ABCDA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A项，意思是淘金要千遍万遍的过滤，虽然辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出闪亮的黄金。不涉及化学变化，故A符合题意；B项，CuSO45H2O 煎熬泉水的锅用久了就会在其表面析出一层红色物质（铜），其原因为： CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，发生了化学反应，故B不符合题意；C项，石灰石加热后能制得生石灰，发生了化学反应，故C不符合题意；D项，丹砂（HgS）烧之成水银，即红色的硫化汞（即丹砂）在空气中灼烧有汞生成；积变又还成了丹砂，即汞和硫在一起又生成硫化汞，发生了化学反应，故D不符合题意。故答案选A。2.下列化学用语正确的是：（ ）A. 硫的原子结构示意图：B. NH4Cl的电子式：C. 原子核内有8个中子的氧原子：188OD. Be2+离子中的质子数和电子数之比为2:1【答案】D【解析】S原子的最外层电子数是6个，A不正确；B中氯离子的电子式不正确，应该是，B不正确；C不正确，应该是，所以正确的答案选D。3.食盐在不同分散剂中形成不同分散系。分散系1：食盐分散水中形成无色透明溶液分散系2：食盐分散在乙醇中形成无色透明胶体下列说法正确的是A. 分散系1中只有两种离子B. 分散系2为电解质C. 可用丁达尔效应区分两个分散系D. 两个分散系中分散质粒子直径相同【答案】C【解析】【详解】A.分散系1为食盐水，其中除了钠离子、氯离子这两种离子外，还存在微量的氢离子和氢氧根离子，故A错误；B.分散系2为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C.由于分散系2为胶体，会产生丁达尔效应；分散系1为溶液，没有丁达尔效应，可用丁达尔效应来区分，故C正确；D.分散系2中胶粒的直径介于1nm至100nm之间，而分散系1中微粒直径小于1nm，两者的微粒直径大小不同，故D错误；答案选C。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. pH=1的溶液中：HCO3-、SO42-、K+、Cl-B. 遇酚酞变红的溶液中：NO3-、Na+、A1O2-、K+C. c(NO3-)=1 molL-1的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH4+D. 无色透明溶液中：K+、SO42-、Na+、MnO4-【答案】B【解析】A. pH=1的溶液显酸性，在酸性溶液中HCO3-不能大量存在，故A错误；B. 遇酚酞变红的溶液显碱性，在碱性溶液中，NO3-、Na+、A1O2-、K+离子间不发生反应，能够大量共存，故B正确；C. 在酸性溶液中，NO3-、H+、Fe2+能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D. MnO4-是紫红色的，与溶液无色不符，故D错误；故选B。点睛：解题时要注意题目所隐含的条件。如：溶液无色透明时，则溶液中一定没有Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子；强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子等。本题的易错点为C，Fe2+与NO3-能共存，但在强酸性条件下(即Fe2+、NO3-、H+相遇)不能共存。5.通常工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是SO2+ H2O2+ BaCl2= BaSO4+ 2HC1 ，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 0.1 molBaCl2中所含离子总数约为0.3 NAB. 25时，pH=l的HC1溶液中含有H+的数目约为0.1 NAC. 标准状况下，17gH2O2中所含电子总数约为9 NAD. 生成2.33gBaSO4沉淀时，吸收SO2的体积在标准状况下约为0.224L【答案】B【解析】A. 0.1 molBaCl2中含有0.1mol Ba2+和0.2mol Cl-，所含离子总数约为0.3 NA，故A正确；B. 未注明溶液体积，无法计算25时，pH=l的HC1溶液中含有H+的数目，故B错误；C. 17gH2O2的物质的量为=0.5mol，所含电子的物质的量为0.5mol18=9mol，电子总数约为9 NA，故C正确；D. 2.33gBaSO4的物质的量为=0.01mol，根据方程式，吸收SO20.01mol，在标准状况下的体积为0.01mol22.4L/mol =0.224L，故D正确；故选B。6.下列有关原子结构及元素周期表的叙述正确的是A. 第IA族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个质子B. 第三周期金属元素的离子半径：r(Na+) r(Mg2+)r(Al3+)C. 第A族元素从上到下，单质与氢气化合越来越容易D. 通常可在周期表的过渡元素中寻找化学反应的催化剂【答案】D【解析】A. 221Fr比223Fr为同位素，质子数相同，故A错误；B. 电子层结构相同的离子，离子半径随核电荷数的增加而减小，因此离子半径r(Na+) r(Mg2+)r(Al3+)，故B错误；C. 第A族元素从上到下，元素的非金属逐渐减弱，单质与氢气化合越来越困难，故C错误；D. 优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料大多属于过渡元素，故D正确；故选D。7.下列解释事实的离子方程式正确的是A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2OB. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：H+OH-+ Ba2+SO42- =BaSO4+H2OC. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2+ 2HCO3-+2OH-= CaCO3+CO32-+ 2H2OD. 在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13+3OH-= Al(OH)3【答案】C【解析】A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故A错误；B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H+2OH-+ Ba2+SO42- =BaSO4+2H2O，故B错误；C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2+ 2HCO3-+2OH-= CaCO3+CO32-+ 2H2O，故C正确；D. 氨水是弱碱，用化学式表示，故D错误；故选C。8.元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。下列说法正确的是A. T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性TZB. R、X、Y的单质失去电子能力最强的是XC. M与Q形成的是离子化合物D. M、Q、Z都在第2周期【答案】A【解析】【分析】R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，可说明R为钠元素，O为氧元素。其中T元素主要化合价有-2、+4、+6，且半径大于氧原子，则T为硫元素；M元素的主要化合价为+1，且其原子半径比氧小，则M为氢元素；Z原子的半径较氧大，主要化合价为-1，则为氯元素；X、Y两元素的主要化合价分别为+3、+2，原子半径比钠略小，则X、Y为铝、镁元素，据此分析可得结论。【详解】A.由上述分析可知T、Z分别为硫和氯元素，因氯元素的非金属性比硫强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性S镁铝，则单质失去电子能力最强的为钠，故B错误；C.M、Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；D.由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分列于周期表中的一、二、三周期，故D错误；答案选A。9. 下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是( )碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸 二氧化碳与氢氧化钠溶液 硝酸银溶液和氨水 氯化铝与氨水 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水A. B. C. 仅有D. 【答案】C【解析】试题分析：碳酸钠与少量盐酸：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；与过量盐酸反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，反应物用量不同，发生反应不同，离子方程式不同不选；偏铝酸钠溶液与少量盐酸：NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl；偏铝酸钠溶液与过量盐酸：NaAlO2+4HCl=AlCl3+2H2O，偏铝酸钠溶液与盐酸，反应物用量不同，发生反应不同，离子方程式不同，不选；二氧化碳与过量的氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，与少量的氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，离子方程式不同，不选；硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子（银氨溶液）使沉淀溶解先发生：Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+，后发生：AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2+OH-+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液（氨水过量），量不同，生成产物不同，不选；氯化铝与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，与用量没有关系，正确；碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O，后者过量，HCO3-+Ca2+OH-=CaCO3+H2O，量不同，生成产物不同，不选；答案选C。【考点定位】本题考查离子反应【名师点晴】该题为高频考点，把握发生的反应及离子反应中量对反应的影响为解答的关键，侧重与量有关的离子反应考查。在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。10.我国化学家侯德榜创立了著名的“侯氏制碱法”(流程简图如图所示)，促进了世界制碱技术的发展.下列有关说法正确的是（ ）A. 沉淀池中的反应物共含有五种元素B. 过滤得到的“母液”中一定只含有两种溶质C. 图中X可能是氨气D. 通入氨气的作用是使溶液呈碱性，促进二氧化碳的吸收，更多地析出沉淀【答案】D【解析】【详解】A沉淀池中发生的反应的反应物是氯化钠、氨气、二氧化碳和水，所以含有钠、氯、氮、氢、碳、氧六种元素，故A错误；B过滤得到的“母液”中含有的溶质有碳酸氢钠、氯化铵，还有可能含有过量的氯化钠，故B错误；C碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以X是二氧化碳，故C错误；D氨气的水溶液显碱性，能更好的吸收二氧化碳，使反应物浓度大，反应速度快，故D正确；故答案为D。11.下列实验操作及现象能够达成相应实验目的的是实验目的实验操作及现象A检验Na2SO3溶液是否变质向Na2SO3溶液中加入Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解B证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝；再加入10%的H2O2溶液，溶液立即变蓝色C证明碳的非金属性强于硅将浓盐酸滴入碳酸钠固体中，生成的气体通入盛有水玻璃的试管中，出现浑浊D证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性KMnO4 溶液中，溶液紫色褪去A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A. 硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，故A错误；B. 向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝，说明硫酸不能将碘离子氧化； 再加入10%的H2O2溶液，溶液立即变蓝色，说明双氧水将碘离子氧化为碘单质，说明双氧水的氧化性比碘强，故B正确；C.浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢也能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故C错误； D. 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去，体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，故D错误；故选B。12.下列除杂方案不正确的是（ ）被提纯的物质括号内物质是杂质除杂试剂除杂方法ACO(g) CO2(g)NaOH溶液、 浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq) Fe3(aq)NaOH溶液过滤CCl2(g) HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNa2CO3(s) NaHCO3(s)加热A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可用洗气的方法除杂，故A正确；B加入氢氧化钠，引入新杂质，应用氨水除杂，故B错误；C氯气难溶于饱和食盐水，可用洗气方法除杂，故C正确；DNaHCO3不稳定，加热易分解，生成碳酸钠，故D正确；故答案为B。13.在酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，溶液紫色褪去，其反应的离子方程式为：2MnO416H5Na2O2 = 2Mn25O28H2O10Na。下列说法正确的是A. 通常用浓盐酸酸化KMnO4溶液B. O2是还原产物，Mn2是氧化产物C. KMnO4溶液紫色褪去，说明Na2O2具有漂白性D. 此反应产生22.4 L O2（标准状况下）时转移了2 mol e【答案】D【解析】【详解】A.浓盐酸是强还原性的酸，不能酸化氧化性强的高锰酸钾，两者发生氧化还原反应，故A错误；B.该反应中高锰酸根中的Mn元素的化合价从+7价降低+2价，所以Mn2是还原产物，过氧化钠中的O元素从-1价升高到0价，所以O2是氧化产物，故B错误；C.过氧化钠与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，体现过氧化钠的还原性，而不是漂白性，故C错误；该反应中转移10个电子，生成5mol氧气，故生成标准状况下22.4L氧气，转移2mol电子，故D正确。故选D。14.向两份等体积、等浓度，pH不同的FeSO4，溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表。下列说法不正确的是（）实验实验现象滴入V1mL NaClO溶液产生大量红褪色沉淀滴入V1mL NaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加出现红褪色沉淀A. ab段主要反应的离子方程式为：B. de段主要反应的离子方程式为：C. c、f点pH接近的主要原因是：D. 向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出【答案】B【解析】【详解】Aab段生成红褐色沉淀，即生成了氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO-+5H2O2Fe(OH)3+Cl-+4H+，故A正确；Bde段溶液变黄，说明生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO-+2H+2Fe3+Cl-+H2O，故B错误；Cc、f点NaClO过量，NaClO水解溶液显碱性，水解的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，故C正确；D盐酸与氢氧化铁反应生成氯化铁，盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，所以加过量的盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出，故D正确；故答案为B。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。第II卷 58分15.已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y 的氧化物属于两性氧化物，Y、Z 位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）X在元素周期表中的位置是_。（2）下列事实能用元素周期律解释的是_(填字母序号)。A.Y 的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2B.Z的气态氢化物的稳定性小于HFC.WZ3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（3）Z的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因是_。（4）工业上用电解法制备Y单质，化学方程式为_。（5）家用“管道通”的有效成分是烧碱和Y 的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为_。（6）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转化成为铵根离子，同时生成磁性的W的氧化物H，再进行后续处理。相应离子方程式为_。Y 的单质与H在高温下反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第二周期，第IVA族 (2). AB (3). Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2 (4). 2Al2O3 (熔融) 4A1+3O2 (5). 2Al+2NaOH+ 2H2O=2NaAlO2 + 3H2 (6). 3Fe + NO3-+ 2H+ H2O= Fe3O4+ NH4+ (7). 8Al+ 3Fe3O44Al2O3+ 9Fe【解析】已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X为C元素；Y 的氧化物属于两性氧化物，Y为Al元素；Y、Z 位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14，则Z原子最外层电子数为14-4-3=7，Z为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素。(1)X为C元素，在元素周期表中位于第二周期，第IVA族，故答案为：第二周期，第IVA族；(2)A.同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，能够用元素周期律解释，故选；B.同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越弱，气态氢化物越稳定，HCl的稳定性小于HF，能够用元素周期律解释，故选；C.FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是利用铁离子的氧化性，与元素周期律无关，故不选；故选AB；(3)Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2，因此氯气可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，故答案为：Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2；(4)工业上用电解熔融的氧化铝制备铝单质，化学方程式为2Al2O3(熔融) 4A1+3O2，故答案为：2Al2O3(熔融) 4A1+3O2；(5)家用“管道通”的有效成分是烧碱和铝，使用时需加入一定量的水，铝能够与氢氧化钠溶液反应放出氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；(6)铁可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转化成为铵根离子，同时生成磁性氧化铁，反应的离子方程式为3Fe+NO3-+2H+H2O=Fe3O4+NH4+，铝与四氧化三铁在高温下发生铝热反应，反应的化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，故答案为：3Fe+NO3-+2H+H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。16.工业上利用铁的氧化物在高温条件下循环裂解水制氢气的流程如下图所示。(1)反应I的化学方程式为：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)，反应的化学方程式为_，对比反应I、，铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是_。用化学方程式表示反应I、的总结果：_。(2)反应III为：CO2(g)+C(s)2CO(g) H0。为了提高达平衡后CO的产量，理论上可以采取的合理措施有_(任写一条措施)。(3)上述流程中铁的氧化物可用来制备含有Fe3+的刻蚀液，用刻蚀液刻蚀铜板时，可观察到溶液颜色逐渐变蓝，该反应的离子方程式为_。刻蚀液使用一段时间后会失效，先加酸，再加入过氧化氢溶液，可实现刻蚀液中Fe3+的再生，该反应的离子方程式为_。(4)上述流程中碳的氧化物可用来制备碳酰肼CO(NHNH2)2，其中碳元素为+4价。加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳。该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 3FeO（s）+H2O(l) H2（g）+Fe3O4（s） (2). 催化剂 (3). C（s）+H2O（g）=CO(g)+H2（g）(方程不写状态，写可逆号亦可) (4). 升高温度，减小压强，移走CO，加入CO2等 (5). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (6). H2O2+2Fe2+2H+=2H2O+2Fe3+ (7). CO(NHNH2)2+12Fe2O38Fe3O4+2N2+CO2+3H2O【解析】【分析】（1）由流程图可获取化学反应的反应物和生成物相关信息，再结合原子守恒和电子守恒进行分析解答；（2）反应III为：CO2（g）+C（s）2CO（g） 0，该反应正反应为一个气体分子数目增多的吸热反应，提高达平衡后CO的产量，则需要促使平衡正向移动，由化学平衡移动原理分析解答；（3）用刻蚀液刻蚀铜板时的反应为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，刻蚀液中Fe3+的再生，即将亚铁离子氧化又生成铁离子，由此解答；（4）由题给信息分析出该反应的反应物和生成物，再结合氧化还原反应方程式的配平方法可解答。【详解】（1）由流程图可知反应II的反应物为FeO（s）和H2O(g)，生成物为H2（g）和Fe3O4（s），配平可得方程式3FeO（s）+H2O(g)H2（g）+Fe3O4（s）；反应I为：Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g)，反应II为：3FeO（s）+H2O(g)H2（g）+Fe3O4（s），综合两反应可知铁的氧化物虽然参与了反应，但在反应前后并没有发生变化，起到催化剂的作用；由流程图可知，整个过程的反应物为C（s）和H2O（g），生成物为CO(g)和H2（g），则反应I、II、III的总结果为：C（s）+H2O（g）CO(g)+H2（g）；故答案为：3FeO（s）+H2O(g) H2（g）+Fe3O4（s）、催化剂、C（s）+H2O（g）CO(g)+H2（g）(方程不写状态，写可逆号亦可) ； （2）反应III为：CO2（g）+C（s）2CO（g） 0，该反应正反应为一个气体分子数目增多的吸热反应，提高达平衡后CO的产量，则需要促使平衡正向移动，由化学平衡移动原理可知；在其它条件不变时，升高温度、减小压强、移走CO或加入CO2等都可使平衡正向移动，提高达平衡后CO的产量，故答案为：在其它条件不变时，升高温度、减小压强、移走CO或加入CO2等（任写一条措施）；（3）用刻蚀液刻蚀铜板时，可观察到溶液颜色逐渐变蓝，是因为生成了Cu2+，发生的离子反应为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；在酸性条件下，双氧水可将Fe2+氧化生成Fe3+，从而实现刻蚀液的再生，发生的离子反应为：H2O2+2Fe2+2H+=2H2O+2Fe3+；故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；H2O2+2Fe2+2H+=2H2O+2Fe3+；（4）由题给信息可知该反应的反应为：CO(NHNH2)2和Fe2O3，生成物有Fe3O4、N2、CO2、H2O等，由氧化还原反应的规律配平可得方程式CO(NHNH2)2+12Fe2O38Fe3O4+2N2+CO2+3H2O；故答案为：CO(NHNH2)2+12Fe2O38Fe3O4+2N2+CO2+3H2O。17.以废旧锌锰电池初步处理分选出的含锰废料(MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等)为原料制备高纯MnCl2xH2O,实现锰的再生利用。其工作流程如下：资料aMn的金属活动性强于Fe；Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。资料b生成氢氧化物沉淀的pHMn(OH)2Pb(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时8.16.51.9完全沉淀时10.18.53.2注：金属离子的起始浓度为0.1 molL-1（1）过程的目的是浸出锰。经检验滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+。MnOOH与浓盐酸反应的离子方程式是_。检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是：_。Fe3+由Fe2+转化而成，可能发生的反应有：a2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-b4Fe2+O2+4H+=2Fe3+2H2Oc写出c的离子方程式：_。（2）过程的目的是除铁。有如下两种方法，氨水法：将滤液1先稀释，再加适量10%的氨水，过滤。焙烧法：将滤液1浓缩得到的固体于290焙烧，冷却，取焙烧物，加水溶解，过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5。已知：焙烧中发生的主要反应为2FeCl3+3O2=2Fe2O3+3Cl2，MnCl2和PbCl2不发生变化。氨水法除铁时，溶液pH应控制在_之间。两种方法比较，氨水法除铁的缺点是_。（3）过程的目的是除铅。加入的试剂是_。（4）过程所得固体中的x的测定如下，取m1g样品，置于氯化氢氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m2g。则x=_。【答案】 (1). 2MnOOH+6H+2Cl-2Mn2+Cl2+4H2O (2). 取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成或另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红 (3). MnO2+4H+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O或MnOOH+3H+Fe2+=Mn2+Fe3+2H2O (4). 3.26.5 (5). 引入杂质NH4+ (6). Mn (7). 7(m1-m2)/m2【解析】（1）含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）与浓盐酸反应，过滤滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+，所以浓盐酸与MnOOH反应，Mn元素化合价降低到+2价，-1价的Cl-被氧化产生氯气，离子方程式：2MnOOH+6H+2Cl-2Mn2+Cl2+4H2O；要检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+，取滤液1分在2支试管中，一支试管中滴加铁氰化钾溶液，无明显变化，说明滤液1中无Fe2+，另一支试管中滴加KSCN溶液，溶液变红说明滤液1中有Fe3+；Fe3+由Fe2+转化而成，可能是由氯气、氧气氧化Fe2+，也可能由MnO2、MnOOH氧化Fe2+，所以可能发生的反应为：MnO2+4H+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O或MnOOH+3H+Fe2+=Mn2+Fe3+2H2O正确答案为：MnO2+4H+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O或MnOOH+3H+Fe2+=Mn2+Fe3+2H2O；（2）根据题干信息：Fe(OH)3开始沉淀的PH=1.9，完全沉淀的PH=3.2，Mn(OH)2开始沉淀的PH=8.1，Pb(OH)2开始沉淀的PH=6.5，调节pH除去铁离子，pH大于3.2时，铁离子沉淀完全，铅离子、锰离子不能沉淀，所以pH应小于6.5，正确答案为：3.26.5；氨水法除铁的过程中存在NH4+离子，所以两种方法比较，此方法的缺点是引入杂质NH4+，正确答案是：引入杂质NH4+离子；（3）根据题干信息：Mn的金属活动性强于Fe和金属活动顺序表可知：Mn的金属性比Pb强，因此加入锰，将铅离子置换与溶液分离，自身生成锰离子，不引入杂质，正确答案是：加入的试剂是Mn；（4）m1gMnCl2xH2O置于氯化氢氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl2质量为m2g，则结晶水的质量为m（H2O）=（m1-m2）g，根据方程式MnCl2xH2OMnCl2+xH2O计算：126:18x=m2:(m1-m2),x=7(m1-m2)/m2，正确答案：x=7(m1-m2)/m2。18.某学习小组在实验室研究SO2与Ba(NO3)2溶液的反应：实验：向盛有2mL0.1mol/LBa(NO3)2溶液的试管中，缓慢通入SO2气体，试管内有白色沉淀产生，液面上方略显浅棕色。探究1:白色沉淀产生的原因。(1)白色沉淀是_。(2)分析白色沉淀产生的原因，甲同学认为是NO3-氧化了SO2，乙同学认为是溶液中溶解的O2氧化了SO2。支持甲同学观点的实验证据是_。依据甲的推断，请写出Ba(NO3)2溶液与SO2反应的离子方程式_。乙同学通过下列实验证明了自己的推测正确，请完成实验方案：实验操作实验现象向2mL_mol/L_溶液(填化学式)中通入SO2_探究2：在氧化SO2的过程中，NO3-和O2哪种微粒起了主要作用。实验操作实验数据向烧杯中加入煮沸了的0.1mol/L的BaCl2溶液25mL，再加入25mL植物油，冷却至室温，通入SO2，用pH传感器测定溶液pH随时间(t)的变化曲线图1:向BaCl2(无氧)溶液中通入SO2向烧杯中分别加入25mL0.1mol/L的BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液，通入SO2，用pH传感器分别测定溶液pH随时间(t)变化的曲线