北京一零一中2020届高三下学期化学统考三
北京一零一中2019-2020学年高三下学期统考三
化学试题
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器 D. 燃气灶
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，
答案选D。
2.化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是
A. 棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和合成纤维的主要成分都是蛋白质
B. 石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等
C. 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
D. 纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污
【答案】D
【解析】
【详解】A．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝主要成分是蛋白质，合成纤维的主要成分不是蛋白质，故A错误；
B．石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等，故B错误；
C．海水晒盐是物理变化，故C错误；
D
．纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污，故D正确；
故选D。
3.下列化学用语对事实的解释不正确的是
A. NaHS水溶液显碱性：HS-+H2OS2-+H3O+
B. 苯酚能溶于Na2CO3溶液：C6H5OH+CO32-=C6H5O-+HCO3-
C. 三元催化剂净化汽车尾气中NO和CO：2NO+2CO2CO2+N2
D. 铜矿淋溶液（CuSO4）遇方铅矿（PbS）发生沉积：Cu2++SO42-+PbS=CuS+PbSO4
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaHS水溶液显碱性：HS-+H2OH2S＋OH－，故A错误；
B．酸性：H2CO3>C6H5OH>HCO3－，苯酚能溶于Na2CO3溶液：C6H5OH+CO32-=C6H5O-+HCO3-，故B正确；
C．三元催化剂净化汽车尾气中的NO和CO：2NO+2CO2CO2+N2，故C正确；
D．铜矿淋溶液（CuSO4）遇方铅矿（PbS）发生沉积：Cu2++SO42-+PbS=CuS+PbSO4，CuS更难溶，故D正确；
故选A。
4. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
下列说法中正确的是
A. CO和O生成CO2是吸热反应
B. 在该过程中，CO断键形成C和O
C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D. 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III
的能量，故该过程是放热反应，A错误；
B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；
C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；
D.状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。
故选C。
5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y+与X2-具有相同的电子层结构，Z与X同族。下列说法正确的是
A. 简单离子的半径：X
HF B. ①和②中水的电离程度相同
C. 离子的总浓度：①>③ D. ④中：c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液PH，则对应酸性为H2CO3＜HF，故A错误；
B．氯化钠溶液是强酸强碱溶液，溶液pH=7，氯化钠不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，溶液pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，①和溶质未水解，②中溶质发生双水解，故B错误；
C．氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中电荷守恒c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（Cl－），NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，电荷守恒有c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（F－），两溶液中钠离子浓度相等，氢离子浓度①>③，所以离子的总浓度：①＞③，故C正确；
D．依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3）=0.1mol·L－1，故D错误；
故选C。
11.某同学研究K2Cr2O7溶液中的化学平衡，设计如图所示实验。已知：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+△H=+13.8kJ/mol。实验现象如下：
i.试管a中溶液为橙色；
ii.试管b中溶液为黄色；
iii.试管c中滴加浓硫酸后温度略有升高，溶液变为深橙色。
下列说法正确的是
A. 该反应是一个氧化还原反应
B. b试管中不存Cr2O72-
C. 该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动
D. 试管c中影响平衡的主要因素是温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应前后元素的化合价不变，该反应是一个非氧化还原反应，故A错误；
B．Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，是可逆反应，转化率不可能达到100%，b试管中存在Cr2O72-，故B错误；
C．滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，则该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动，可能升高温度平衡正向移动，故C正确；
D．试管c中温度、氢离子浓度均变化，则c中的现象不能说明影响平衡的主要因素是温度，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，把握可逆反应的特点、温度和浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意判断存在的变量，易错点C，注意滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，有多种变量。
12.相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)+3Y2(g) 2XY3(g) △H=-akJ/mol 实验测得反应的有关数据如下表。
容器
反应条件
起始物质的量/mol
达到平衡所用时间
达到平衡过程中的能量变化
/min
X2
Y2
XY3
①
恒容
1
3
0
10
放热0.1akJ
②
恒压
1
3
0
t
放热bkJ
下列叙述正确的是
A. 对于上述反应，①、②中反应的平衡常数K的数值不同
B. ①中：从开始至10min内的平均反应速率υ(X2)=0.1mol/(L·min)
C. ②中：X2的平衡转化率小于10%
D. b>0.1a
【答案】D
【解析】
【详解】A.①、②中反应温度相同，平衡常数K的数值相同，A项错误；B.①中反应放热0.1akJ，说明10min内X2反应了0.1mol，物质的量浓度改变量为0.1mol/L，所以其平均速率为υ(X2)=0.01mol/(L·min)，B项错误；C.据容器①中数据，可算出X2的平衡转化率为10%，容器②中是恒温恒压，容器①是恒温恒容，容器②相当于在容器①基础上加压，加压平衡右移，所以X2的转化率大于10%，C项错误；D.据C项分析，容器②相当于在容器①基础上右移，所以放出热量比容器①多，D项正确；答案选D项。
13.资料显示：FeF3溶液接近无色。某同学据此进行以下实验,依据上述实验无法获得的结论是
A. FeF3是弱电解质
B. ④中发生的离子反应为FeF3+3SCN-Fe(SCN)3+3F-
C. 相同条件下，结合Fe3+的能力：SCN->F->OH-
D. 向Fe(SCN)3溶液中加入NaF固体，溶液颜色会变浅
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应③由黄色转成无色，存在平衡Fe3＋+3F－FeF3，FeF3是弱电解质，故A正确；
B．④中由无色转变为红色，发生的离子反应为FeF3+3SCN-Fe(SCN)3+3F-，故B正确；
C．相同条件下，结合Fe3+能力：OH->SCN->F-，故C错误；
D．对于平衡FeF3+3SCN-Fe(SCN)3+3F-，向Fe(SCN)3溶液中加入NaF固体，提高氟离子浓度，平衡逆向移动，溶液颜色会变浅，故D正确；
故选C
14.生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH4+含量。利用的反应原理为：4NH4++6HCHO＝(CH2)6N4H+（一元酸）+3H++6H2O。实验步骤如下：
①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛amL于锥形瓶，加入1~2滴指示剂，用浓度为bmol/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2mL。
②向锥形瓶加入饱和食盐水试样cmL，静置1分钟。
③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为V3mL。
下列说法不正确的是
A. 步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液
B. 步骤②中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应
C. 步骤②若不静置会导致测定结果偏高
D. 饱和食盐水中的c(NH4+)=mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A. 酸和碱反应生成甲酸钠，溶液呈碱性，步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液，故A正确；
B. 通过延长反应时间，使反应进行得更充分，步骤②中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应，故B正确；
C. 步骤②若不静置，4NH4＋+6HCHO═（CH2）6N4H＋（一元酸）+3H＋+6H2O，反应不完全，生成的酸少，会导致测定结果偏低，故C错误；
D. 除去甲酸后的氢氧化钠溶液读数为V2 mL，加入饱和食盐水试样c mL，再加1～2滴酚酞，再用上述NaOH溶液滴定至微红色，滴定管的读数V3 mL，此时4NH4＋+6HCHO═（CH2）6N4H＋（一元酸）+3H＋+6H2O，滴入氢氧化钠反应，4NH4＋+～（（CH2）6N4H＋（一元酸）+3H＋）～4OH－；氢氧化钠物质的量和氮元素物质的量相同，所以饱和食盐水中的c(NH4+)= =mol·L－1，故D正确；
故选C。
15.（1）如图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。
①下列说法正确的是_______（填字母序号）
A.固氮过程中，N2只做氧化剂
B.硝化过程需要有氧化剂参与
C.反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响
D.同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化
②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。请将该反应的离子方程式补充完整：5CH3OH+□NO3—□_______+□_______+□_______+□_______，_____________
（2）研究表明，氮氧化物（NOx）和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。
①已知：SO2生成SO3总反应方程式是2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ/mol
此反应可通过如下两步完成：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH1＝－113kJ/mol
NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)ΔH2＝_______。
②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1∶3，则NO2的平衡转化率是_______。
（3）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，其化合物，有着广泛的用途。
①AsH3的稳定性比NH3的稳定性_______（填“强’’或“弱’’）。用原子结构解释原因_______。
②常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式_______。
③298K时，将20mL3xmol•L-1Na3AsO3、20mL3xmol•L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO43﹣)与反应时间（t）的关系如图所示。若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为_______。
【答案】 (1). BCD (2). 5CH3OH+6NO3-N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O (3). —41.8kJ/mol (4). 75% (5). 弱 (6). N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱 (7). 2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S (8).
【解析】
【详解】（1）①A．氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被氧化，所以N2作还原剂，故A错误；
B．NH3转化成HNO2，增加了O元素，则NH3被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与，故B正确；
C．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成影响，故C正确；
D．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化，故D正确；
故选BCD。
②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。CH3OH
与硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水，反应的离子方程式为：5CH3OH+6NO3-N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O，故答案为：5CH3OH+6NO3-N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O；
（2）①Ⅰ.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ·mol－1
Ⅱ.2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH1＝－113kJ·mol－1
盖斯定律计算（Ⅰ-Ⅱ）× 得到NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)ΔH2＝-41.8 kJ·mol－1，故答案为：-41.8 kJ·mol－1；
②一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1 mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1：3，结合三行计算列式得到，设消耗NO2的物质的量为x：
NO2和NO的浓度之比为1：3，物质的量之比=1：3，（1-x）：x=1：3，x=0.75mol，NO2的平衡转化率=×100%=75%，
故答案为：75%；
（3）①非金属性：N>As，AsH3的稳定性比NH3的稳定性弱，用原子结构解释原因：N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；
②常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，结合电子转移配平得方程式为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；
故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；
③列三段式如下：
根据平衡常数表达式K= ==，故答案为：。
16.含铬（Ⅵ）废水能诱发致癌，对人类和自然环境有严重的破坏作用。利用Cu2O光催化可以处理含有Cr2O72－的废水。
Ⅰ．制取Cu2O
（1）电解法：利用铜和钛做电极，电解含有NaCl和NaOH的溶液时，反应只消耗了铜和水，体系pH及Cl－浓度维持不变（溶液体积变化忽略不计）。阳极电极反应式是_______。
（2）还原法：控制100℃、pH=5的条件时，利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O，同时产生SO2气体。反应过程中需要不断地加入烧碱，其原因是_______。
Ⅱ．利用Cu2O光催化处理含Cr2O72－的废水的研究。
（1）光照射到Cu2O光催化剂上产生光催化反应，Cr2O72－和H2O分别在光催化反应中形成的微电极上发生电极反应，反应原理如图所示。写出Cr2O72－转化Cr3+的电极反应：_______。
（2）研究中对Cu2O的作用提出两种假设：
a．Cu2O作光催化剂；b．Cu2O与Cr2O72－发生氧化还原反应。
已知：Cu2O的添加量是2×10-4mol/L，Cr2O72－的初始浓度是1×10-3mol/L；对比实验（pH=3.0且其他条件相同），反应1.5小时结果如图所示。结合试剂用量数据和实验结果可得到的结论是_______，依据是_______。
（3）溶液的pH对Cr2O72－降解率的影响如图所示。
已知：Cu2OCu+CuSO4；酸性越大，Cr2O72－被还原率越大。
①pH分别为2、3、4时，Cr2O72－的降解率最好的是___________，其原因是___________。
②已知pH=5时，会产生Cr(OH)3沉淀。pH=5时，Cr2O72－的降解率低的原因是___________。
【答案】 (1). 2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2O (2). 2Cu2++SO32-+2H2O=Cu2O+4H++SO42-，反应过程中溶液的酸性不断地增强，为控制pH=5的反应条件，所以需要加入烧碱 (3). Cr2O72—+14H++6e－=2Cr3++7H2O (4). Cu2O作光催化剂 (5). 若发生氧化还原反应，则存在比例：3Cu2O—Cr2O72-，计算得：1×10-3×3×70%=2.1×10-3＞2×10-4mol/L；实验可以看到只有氧化亚铜和只有光照时，Cr2O72-的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu2O同时存在 (6). 3 (7). pH<2.5时Cu2O会歧化（转化）为Cu和Cu2+，所以不选pH=2；酸性越大，Cr2O72-被还原率越大，pH=3酸性强于pH=4的溶液，所以选择pH=3 (8). pH=5时，会产生Cr(OH)3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，影响反应继续进行
【解析】
【详解】Ⅰ．（1）反应只消耗了铜和水，说明铜在阳极放电，阳极电极反应式是2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2O。故答案为：2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2O；
（2）利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O，同时产生SO2气体。反应过程中需要不断地加入烧碱，其原因是：2Cu2++SO32-+2H2O=Cu2O+4H++SO42-，反应过程中溶液的酸性不断地增强，为控制pH=5的反应条件，所以需要加入烧碱。故答案为：2Cu2++SO32-+2H2O=Cu2O+4H++SO42-，反应过程中溶液的酸性不断地增强，为控制pH=5的反应条件，所以需要加入烧碱；
Ⅱ．（1）负极是水中-2价的氧失电子，而正极Cr2O72－转化Cr3＋，电极反应为：Cr2O72－+14H＋+6e－=2Cr3＋+7H2O；故答案为：Cr2O72－+14H＋+6e－=2Cr3＋+7H2O；
（2）若发生氧化还原反应，则存在比例：3Cu2O-Cr2O72－，计算9.60×10-4×3×69.5%=2.00×10-3＞1.74×10-4mol·L－1；实验可以看到只有氧化亚铜和只有光照时，Cr2O72－
的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu2O同时存在，故答案为：Cu2O作光催化剂；3Cu2O-Cr2O72－，计算9.60×10-4×3×69.5%=2.00×10-3＞1.74×10-4mol·L－1；实验可以看到只有氧化亚铜和只有光照时，Cr2O72－的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu2O同时存在；
（3）①由图可知：pH＜2.5时Cu2O会歧化（转化）为Cu 和Cu2＋，故答案为：pH=3；pH＜2.5时Cu2O会歧化（转化）为Cu 和Cu2＋，所以不选pH=2；酸性越大，Cr2O72－被还原率越大，pH=3酸性强于pH=4的溶液，所以选择pH=3；
②pH=5时，会产生Cr（OH）3沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，故答案为：pH=5时，会产生Cr（OH）3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，影响反应继续进行。
【点睛】本题综合考查环境保护，题目涉及化学平衡原理、氧化还原反应、离子方程式的书写和有关计算等内容，侧重于反应原理的应用的考查，分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答。
17.合成药物盐酸普罗帕酮的中间体E和双酚A型聚碳酸酯H的路线：
已知：i.
ii.
（1）A的结构简式是__________。
（2）试剂a是__________。
（3）C只含有一种官能团，反应②的化学方程式是__________。
（4）反应⑤的反应类型是__________。
（5）E中官能团是__________。
（6）下列说法正确的是：__________（填字母序号）。
a．反应③中C发生氧化反应
b．可用FeCl3溶液检验反应⑤中A是否反应完全
c．反应⑥的反应物与生成物互为同分异构体
d．反应⑩中试剂b的结构简式是
e．反应④是缩合聚合反应，生成了聚酯
（7）I→J转化的一种路线如图，已知中间产物2转化为J是消去反应，写出中间产物1和中间产物2的结构简式。
中间产物1：__________；中间产物2：__________。
（8）G的分子式为C3H6O3，只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，反应⑨的化学方程式是__________。
【答案】 (1). (2). H2 (3). (4). 取代反应 (5). 羟基、羰基 (6). abcd (7). (8). (9).
【解析】
【分析】
根据⑤产物结构简式及A分子式知，A为，⑤为取代反应；①为加成反应，a为H2，B为，②为催化氧化生成C为，D应为，由题给信息结合I的结构简式可知E为，含有羟基、羰基，G的分子式为C3H6O3
，只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，应为，由题给信息可知F为。
【详解】（1）A的结构简式是。故答案为：;
（2）A与与氢气发生加成反应生成B，故答案为：H2；
（3）C只含有一种官能团，为环己醇，反应②的化学方程式是:。
（4）反应⑤的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（5）结构简式可知E为，含有羟基、羰基，故答案为：羟基、羰基；
（6）a．C与过氧化物反应生成七元环酯，③中C发生氧化反应，故a正确；
b．A能与FeCl3溶液发生显色反应，可用FeCl3溶液检验反应⑤中A是否反应完全，故B正确；
c．E为，反应⑥的反应物与生成物互为同分异构体，故c正确；
d．对比F的结构简式，反应⑩中试剂b的结构简式是，故d正确。
e．反应④生成了聚酯但没有小分子生成，不是缩合聚合反应，故e错误；
故答案为：abcd；
（7）I含有碳碳双键，可与溴发生加成反应生成中间产物1：，脱去HBr生成中间产物2，再脱去HBr可生成J，
故答案为：；；
（8）G的分子式为C3H6O3，只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，反应⑨的化学方程式是。故答案为：。
【点睛】本题考查有机物的合成，侧重考查学生的分析能力，明确合成图中物质的结构与性质的关系、碳链结构与官能团的变化等即可解答，（7）为解答的难点，注意结合信息来分析解答。
18.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MnCl2·xH2O，实现锰的再生利用。其工作流程：
资料a．Mn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pH
Mn(OH)2
Pb(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
8.1
6.5
1.9
完全沉淀时
10.1
8.5
3.2
注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1
（1）过程Ⅰ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+。
①MnO2与浓盐酸反应的离子方程式是_____________。
②检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是：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；另取少量滤液1于试管中，_____________。
③Fe3+由Fe2+转化而成，可能发生的反应有：
a．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－
b．4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O
c．......
写出c的离子方程式：_____________。
（2）过程Ⅱ的目的是除铁。有如下两种方法：
ⅰ.氨水法：将滤液1先稀释，再加适量10%的氨水，过滤。
ⅱ.焙烧法：将滤液1浓缩得到的固体于290℃焙烧，冷却，取焙烧物......。
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。
①氨水法除铁时，溶液pH应控制在_____________之间。
②补全ⅱ中的操作：_____________。
③两种方法比较，氨水法除铁的缺点是_____________。
（3）过程Ⅲ的目的是除铅。加入的试剂是_____________。
（4）过程Ⅳ所得固体中的x的测定如下：取m1g样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m2g。则x=_____________。
【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 滴加KSCN溶液，变红 (3). MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O (4). 3.2~5.5 (5). 加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5 (6). 引入杂质NH4+ (7). 锰 (8).
【解析】
【分析】
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＋，过程II除去铁离子，过程III用锰除去铅离子。
【详解】（1）①MnO2与浓盐酸反应产生氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O ，故答案为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O 。
②亚铁离子与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，铁离子使KSCN溶液显红色，检验滤液1中只含Fe3＋不含Fe2＋的操作和现象是：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，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红，
故答案为：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，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红；
③Fe3+由Fe2+转化而成，由a、b两个方程式得：可能由氯气、氧气氧化，也可能由二氧化锰氧化，反应的离子方程式为：MnO2+4H＋+2Fe2＋=Mn2＋+2Fe3＋+2H2O，故答案为：MnO2+4H＋+2Fe2＋=Mn2＋+2Fe3＋+2H2O；
（2）①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，小于5.5时锰离子不易氧化，故pH应小于5.5，
故答案为：3.2～5.5；
②补全ⅱ中的操作：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5 ，故答案为：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5 。
③两种方法比较，氨水法除铁的缺点是：氨水法除铁的过程中，会引入杂质NH4＋，
故答案为：引入杂质NH4＋；
（3）过程Ⅲ的目的是除铅。用活泼金属置换不活泼金属，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，故答案为：Mn；
（4）过程Ⅳ所得固体中的x的测定如下：取m1g样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m2g。m1gMnCl2·xH2O置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl2质量为m2g，则n（MnCl2）=，结晶水的质量为（m1-m2）g，n（H2O）=，则1：x=n（MnCl2）：n（H2O），解得：x=，
故答案为：。
【点睛】本题考查了物质制备方案设计，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目涉及离子方程式的书写、物质组成的计算等知识，解题关键：注意把握实验的流程、相关物质的性质以及题目信息。
19.实验小组探究KI与Cu(NO3)2的反应，进行实验一：
实验一
注：本实验忽略Cu2+在此条件下的水解。
（1）取棕黄色清液，加入少量______溶液（试剂a），清液变为______色，说明生成了I2。
（2）探究生成I2的原因。
①甲同学进行如下实验：向2mL1mol·L-1KI溶液中加入1mL______溶液（硝酸酸化，pH=1.5），再加入少量试剂a，观察到与（1）相同的现象。甲同学由此得出结论：实验一中生成I2的原因是酸性条件下，氧化了I－。
②乙同学认为仅由甲的实验还不能得出相应结论。他的理由是该实验没有排除____________氧化I－的可能性。
③若要确证实验一中是氧化了I－，应在实验一的基础上进行检验______的实验。
（3）探究棕黑色沉淀的组成。
①查阅资料得知：CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出两种假设：
a．CuI吸附I2b．_________吸附I2。为证明上述假设是否成立，取棕黑色沉淀进行实验二：
实验二
已知：CuI难溶于CCl4；I2＋==2I－＋（无色）；Cu++S2O32-==（无色）。由实验二得出结论：棕黑色沉淀是CuI吸附I2形成的。
②现象iii为______________。
③用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因：________________。
【答案】 (1). 淀粉 (2). 蓝 (3). 2mol·L−1NaNO3（或KNO3） (4). 溶液中的Cu2+，空气中的O2 (5). NO3-的还原产物（NO、NO2等） (6). Cu (7). 棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色 (8). CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解
【解析】
【分析】
实验一：KI
溶液中滴加硝酸酸化的硝酸铜溶液反应得到棕黑色浊液，静置得到棕黑色沉淀和棕黄色溶液，（1）取棕黄色清液，加入少量淀粉。遇到碘单质变蓝色；
（2）①探究硝酸根离子酸性溶液中的强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，可以取用硝酸根离子浓度相同的硝酸钠验证；
②溶液中溶解的O2，铜离子也具有氧化性，能氧化碘离子为碘单质；
③若要确证实验一中是NO3－氧化了I－，需要验证硝酸根离子被还原生成的产物，一氧化氮或二氧化氮的存在；
（3）①结合假设a，铜离子化合价降低为+1价，也可能降为0价；
②I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；
③CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小。
【详解】（1）KI溶液中滴加硝酸酸化的硝酸铜溶液反应得到棕黑色浊液，静置得到棕黑色沉淀和棕黄色溶液，取棕黄色清液，加入少量淀粉溶液（试剂a），清液变为蓝色，证明生成了碘单质，故答案为：淀粉； 蓝；
（2）①上述实验中铜离子有可能氧化碘离子，因此需要排除铜离子的干扰，甲同学进行如下实验：向2mL1mol·L－1KI 溶液中加入1mL2 mol·L－1 NaNO3（或KNO3），溶液（ 硝酸酸化，pH=1.5 ），再加入少量试剂a，观察到与（1）相同的现象。甲同学由此得出结论：实验一中生成I2 的原因是酸性条件下，NO3－ 氧化了I－，
故答案为：2 mol·L－1 NaNO3（或KNO3）；
②乙同学认为仅由甲的实验还不能得出相应结论。他的理由是该实验没有排除溶液中的Cu2＋，溶液中溶解的O2氧化I－的可能性，故答案为：溶液中的Cu2＋，空气中的O2；
③若要确证实验一中是NO3－氧化了I－，应在实验一的基础上进行检验NO3－的还原产物（NO、NO2等）的实验，故答案为：NO3－的还原产物（NO、NO2等）；
（3）①结合假设a，铜离子化合价降低为+1价，也可能降为0价，因此假设b是Cu吸附I2，故答案为：Cu；
②I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4，因此实验iii的现象是棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳溶液变化为紫红色，故答案为：棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色；
③用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因：CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解；
故答案为：CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3
溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解。
【点睛】本题考查了实验方案的设计与评价、物质性质和反应现象判断，主要是题干信息的理解和应用，掌握提出假设、分析问题、解决问题的方法是解题关键，难点（2）③若要确证实验一中是NO3－氧化了I－，应在实验一的基础上进行检验NO3－的还原产物（NO、NO2等）的实验。
