2022届湖北省武汉市部分重点中学高二上学期期末联考化学试题（含解析）

武汉市部分重点中学2021—2022学年度上学期期末联考高二化学试卷可能要用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Mn-55一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.下列说法正确的是A.2px、2py、2pz轨道相互垂直，能量相等B.稀有气体元素的基态原子的价电子排布式都为ns2np6C.第一电离能越大，元素的电负性也越大D.元素周期表各周期总是从ns能级开始，以np能级结束【1题答案】【答案】A【解析】【详解】A．2p能级有三个轨道，分别为2px、2py、2pz，三个轨道相互垂直，能量相等，A正确；B．稀有气体元素氦，基态原子的价电子排布式为1s2，B不正确；C．稀有气体的第一电离能很大，但电负性很小，C不正确；D．元素周期表中第一周期只有1s能级，没有1p能级，D不正确；故选A。2.下列说法正确的是A.M2+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则元素M在周期表中位于第四周期第ⅦB族B.最外层电子数为ns2的原子，其价电子数也为2C.处于最低能量的原子叫做基态原子，1s22s22p1→1s22s23s1过程中会产生发射光谱D.氢原子“电子云”中的小黑点是电子在核外某空间内出现过的痕迹【2题答案】【答案】A【解析】【详解】A．M2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，该元素的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则元素M在周期表中位于第四周期第ⅦB族，A项正确；B．最外层电子数为ns2的原子可能为He、ⅡA族元素或一些过渡元素，B项错误；C．处于最低能量的原子叫做基态原子，但排布式：1s22s22p1比1s22s23s1的能量低，1s22s22p1→1s22s23s1过程中没有能量释放，不会产生发射光谱，C项错误；D．氢原子“电子云”中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，D项错误；答案选A。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y位于不同周期，Y与W位于同一主族，Y、Z原子的最外层电子数之和等于它们的内层电子总数之和，W在同周期主族元素的基态原子中第一电离能最大。下列说法正确的是A.Z元素基态原子最外层电子的原子轨道是哑铃形B.X、Y、Z、W均位于元素周期表的p区C.X、Y、Z、W中电负性最大的是YD.X、Y、Z、W中原子半径最大的是W【3题答案】【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W在同周期主族元素的基态原子中第一电离能最大，则W为Cl元素；Y与W位于同一主族，则Y为F元素；X与Y位于不同周期，则X为H元素；Y、Z原子的最外层电子数之和等于它们的内层电子总数之和，则Z为P元素。【详解】A．磷原子的价电子排布式为3s23p3，则原子最外层电子的原子轨道是球形和哑铃形，故A错误；B．氢原子的价电子排布式1s1，位于元素周期表的s区，故B错误；C．元素的非金属性越强，电负性越大，四种元素中氟元素的非金属性最强，电负性最大，故C正确；D．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则磷原子的原子半径大于氯原子，故D错误；故选C。4.下列装置或操作能达到目的是（）①②③④A.装置①用滴定法测定盐酸的浓度B.装置②依据单位时间内颜色变化来比较浓度对反应速率的影响C.装置③用于制取无水MgCl2D.装置④可用于合成氨并检验氨气的生成【4题答案】【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液应置于碱式滴定管，A错误；B．H2C2O4和KMnO4的物质的量比分别为10:1，5:1，草酸均过量，KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液均看不到颜色变化，B错误；C．在HCl氛围中加热MgCl2·2H2O可抑制MgCl2水解，最终得无水MgCl2，C正确；D．干燥的pH试纸遇氨气无现象，不能检验氨气的生成，D错误。答案选C。5.下列事实：①加热能使纯碱溶液去污能力增强②NaHCO3溶液能与NaAlO2溶液反应产生沉淀③Na2CO3溶液不能贮存在磨口玻璃瓶塞的试剂瓶中④铵态氮肥不能与草木灰混合施用⑤明矾可做净水剂⑥NaHSO4水溶液呈酸性⑦泡沫灭火器反应原理⑧NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放其中与盐类水解无关的是A.①⑤ B.②⑥ C.③④ D.⑥⑦⑧【5题答案】【答案】B【解析】【详解】①纯碱溶液中存在水解平衡：，加热有利于平衡正向移动，使c(OH-)增大，去污能力增强；②NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，发生反应：，与水解无关；③Na2CO3水解生成的NaOH，能与玻璃的主要成分SiO2反应，生成黏性物质硅酸钠，使瓶塞与瓶口黏在一起，难以打开，所以不能贮存在磨口玻璃瓶塞的试剂瓶中；④铵态氮肥与草木灰混合后，发生双水解反应，会释放出氨气，从而使肥分损失，所以不能混合施用；⑤明矾水解生成的氢氧化铝胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，所以可做净水剂；⑥NaHSO4在水溶液中直接电离，产生H+，从而使溶液呈酸性，和盐的水解无关；⑦泡沫灭火器中的硫酸铝和碳酸氢钠发生双水解反应，生成氢氧化铝胶状物和二氧化碳，覆盖在燃烧物表面，隔绝空气，从而达到灭火目的；⑧NH4F在水溶液中发生水解，生成的HF会与玻璃的主要成分反应，从而腐蚀玻璃，所以不能用玻璃瓶盛放；综合以上分析，只有②⑥与水解无关，故选B。6.青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀原理如图所示：多孔催化层中的Cl—扩散到孔口，与电极产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl。下列说法错误的是A.此过程为电化学腐蚀中的吸氧腐蚀B.电极b发生的反应：O2+4e—+2H2O=4OH—C.生成Cu2(OH)3Cl的反应：2Cu2++3H2O+Cl—=Cu2(OH)3Cl↓+3H+D.采用牺牲阳极的阴极保护法保护青铜器利用了原电池的原理【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，在青铜器腐蚀过程中氧气得到电子生成氢氧根离子，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，说明青铜器腐蚀过程为吸氧腐蚀，故A正确；B．由图可知，在青铜器腐蚀过程中氧气得到电子生成氢氧根离子，则电极b发生的反应为O2+4e—+2H2O=4OH—，故B正确；C．由图可知，生成Cu2(OH)3Cl的反应为在氢氧根离子作用下，铜离子与氯离子反应生成Cu2(OH)3Cl，反应的离子方程式为2Cu2++3OH—+Cl—=Cu2(OH)3Cl↓，故C错误；D．采用牺牲阳极的阴极保护法保护青铜器是利用了原电池的原理，金属活泼性强于铜的活泼金属做原电池的负极被损耗，铜做原电池的正极被保护，故D正确；故选C。7.纳米零价铁除去酸性废水中的三氯乙烯(C2HCl3)、五价砷的原理如图所示。下列说法错误的是

A.在处理三氯乙烯的过程中，能量转化的形式为：化学能转化为电能B.在处理三氯乙烯的过程中，纳米零价铁中的Fe作为原电池的正极C.在电极反应中，每生成标准状况下的11.2L乙烷气体，理论上会消耗2mol纳米零价铁D.酸性废水中五价砷除去的过程中As和S都被Fe2+还原了【7题答案】【答案】B【解析】【分析】根据题中原理图分析，处理过程中，Fe由0价转化为Fe2+，失去电子，发生氧化反应，做原电池负极，在酸性条件下，C2HCl3被还原为乙烷，则电极反应式为C2HCl3+5H++8e-=C2H6↑+3Cl-，亚铁离子在酸性条件下和、发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为14Fe2++++14H+=FeAsS↓+13Fe3++7H2O，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，该处理过程是利用原电池原理，即将化学能转化为电能，A项正确；B．由上述分析可知，Fe由0价转化为Fe2+，失去电子，发生氧化反应，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，做原电池负极，B项错误；C．原电池的总反应为：4Fe+C2HCl3+5H+=4Fe2++C2H6↑+3Cl-，每生成标准状况下的11.2L乙烷气体，其物质的量为0.5mol，理论上会消耗2mol纳米零价铁，C项正确；D．由上述分析可知，亚铁离子在酸性条件下和、发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为14Fe2++++14H+=FeAsS↓+13Fe3++7H2O，此反应中As元素、S元素均得到电子，发生还原反应，Fe2+失电子发生氧化反应，即酸性废水中的五价砷除去过程中As和S都被Fe2+还原了，D项正确；答案选B。8.两种等体积的碱性溶液在稀释过程中pH的变化如图所示，下列相关说法正确的是A.加水稀释到任何程度，图中a一定大于7B.若图中曲线分别表示KOH溶液和氨水，则X为KOH溶液C.若图中曲线分别表示CH3COONa溶液和NaClO溶液，则X为CH3COONa溶液D.两溶液稀释相同倍数，由水电离出的c(OH-)：X>Y【8题答案】【答案】B【解析】【详解】A．题目中没有标记温度，中性不一定等于7，故a不一定大于7，A错误；B．若图中曲线分别表示KOH溶液和氨水，KOH为强碱，氨水是弱碱，稀释相同倍数，强碱溶液的pH变化更加明显，则X为KOH溶液，B正确；C．由于CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，根据酸越弱对应的盐越易水解，则等pH的两溶液中，NaClO的浓度更小，溶液越稀释越水解碱性越强，但由于NaClO的浓度小，导致稀释相同倍数后其OH-浓度更小，故pH更小，故X为NaClO溶液，C错误；D．若两溶液为碱溶液，Y的OH-浓度大于X，故水电离的OH-浓度X＞Y；若两溶液为水解显碱性的盐溶液，水的电离程度X＜Y，D错误；故答案为：B。9.常温下，有关下列四种溶液的叙述正确的是A.在①中加入适量氯化铵晶体，会抑制NH3·H2O和H2O的电离，溶液中c(OH-)减小B.将②的温度降低10℃，氢氧化钠溶液中没有固体析出，则溶液pH不变C.在③中加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度变大D.④与①等体积混合，混合后的溶液中c(Cl-)＜c()【9题答案】【答案】D【解析】【详解】A．在①中加入适量氯化铵晶体，溶于水后发生水解，从而促进H2O的电离，A不正确；B．将②的温度降低10℃，虽然c(OH-)不变，但KW减小，所以c(H+)减小，溶液pH增大，B不正确；C．在③中加入少量冰醋酸，醋酸溶液的浓度增大，醋酸的电离程度变小，C不正确；D．④与①等体积混合，所得溶液为NH4Cl和氨水的混合溶液，一水合氨继续发生电离，所以混合后的溶液中c(Cl-)＜c()，D正确；故选D。10.室温下，某可溶性二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数(δ)随溶液pH变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A.Kb1的数量级为10—5B.pH=9.2时，溶液中没有X2+C.X(OH)NO3溶液中：c(X2+)>c[X(OH)2]D.在X(OH)NO3水溶中，c[X(OH)2]+c(H+)=c(X2+)+c(OH—)【10题答案】【答案】D【解析】【分析】由图可知，溶液中c[X(OH)2]=c[X(OH)+]时，溶液pH为9.2，由电离常数公式可知，二元碱Kb1==c(OH—)=10—4.8，同理可知，由溶液中c[X(OH)+]=c(X2+)，溶液pH为6.2时，二元碱Kb2=c(OH—)=10—7.8。【详解】A．由分析可知，Kb1==c(OH—)=10—4.8，数量级为10—5，故A正确；B．由图可知，溶液pH为9.2时，溶液中存在X(OH)2和X(OH)+，没有X2+，故B正确；C．由分析可知，X(OH)—的水解常数为Kh===10—9.2＜Kb2说明X(OH)+在溶液中的电离程度大于水解程度，X(OH)NO3溶液呈碱性，溶液中c(X2+)>c[X(OH)2]，故C正确；D．X(OH)NO3溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+2c(X2+)+c[X(OH)+]=c(NO)+c(OH—)和物料守恒关系c(NO)=c(X2+)+c[X(OH)+]+c[X(OH)2]，整理可得c[X(OH)2]+c(OH—)=c(X2+)+c(H+)，故D错误；故选D。11.室温下，通过下列实验探究0.0100mol·L-1Na2C2O4溶液的性质。(已知25℃时，Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9)实验1：向稀硫酸酸化KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色实验2：实验测得0.0100mol·L-1Na2C2O4溶液pH为8.6实验3：向0.0100mol·L-1Na2C2O4溶液中滴加等体积0.0100mol·L-1HCl溶液，溶液的pH由8.6降为4.8实验4：向0.0100mol·L-1Na2C2O4溶液中加入等体积0.0200mol·L-1CaCl2溶液下列说法正确的是A.实验1发生反应的离子方程式为：+4+12H+=2CO2↑+4Mn2++6H2OB.实验2溶液中由水电离出的c(H+)=10-8.6mol·L-1C.实验3滴加盐酸的过程中离子浓度可能满足关系式：c(Na+)-c(Cl-)＞c()+2c()D.实验4不能将溶液中的沉淀完全【11题答案】【答案】C【解析】【详解】A．方程式+4+12H+=2CO2↑+4Mn2++6H2O得失电子不守恒，A不正确；B．实验2溶液中，c(OH-)=，且OH-全部来自水电离，所以由水电离出的c(H+)=10-5.4mol·L-1，B不正确；C．依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(Cl-)+c(OH-)，实验3刚滴加盐酸时，溶液呈碱性，此时c(H+)＜c(OH-)，则c(Na+)＞c()+2c()+c(Cl-)，所以c(Na+)-c(Cl-)＞c()+2c()，C正确；D．实验4，当二者完全时，c(Ca2+)=，此时溶液中的c()=＜10-5mol/L，则溶液中的沉淀完全，D不正确；故选C。12.25℃时，H2A的Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19。用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是A.a点所得溶液中：2c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1B.b点所得溶液中：c(H+)+c(A2-)=c(OH-)+c(H2A)C.c点所得溶液中：c(Na+)=3c(HA-)D.从a点到b点溶液中HA-数目逐渐增多，从b点到e点溶液中HA-数目逐渐减少【12题答案】【答案】D【解析】【详解】A．a点所得溶液pH=1.85，即pH=pKa1，所得溶液中：c(HA-)=c(H2A)，根据物料守恒：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=mol·L-1，由于c(HA-)=c(H2A)，则2c(HA-)+c(A2-)=mol·L-1，A项错误；B．b点加入NaOH溶液体积为20mL，恰好完全反应生成NaHA，根据质子守恒：所得溶液中：c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)，B项错误；C．c点所得溶液pH=7.19，即pH=pKa2，所得溶液中：c(HA-)=c(A2-)，溶液为碱性，溶液中c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，可知c(Na+)＞3c(HA-)，C项错误；D．a点到b点溶液中，NaOH与H2A反应生成NaHA，则HA-数目逐渐增多，从b点到e点溶液中NaHA与NaOH反应生成Na2A，HA-数目逐渐减少，D项正确；答案选D。13.太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图所示。M电极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料，隔膜只允许Li+通过，电池反应式为LixC6+Li1-xFePO4LiFePO4+6C。下列说法正确的是

A.放电时，M电极为阴极，Li+从M电极移向N电极B.放电时，在Ｎ电极上，Li1-xFePO4中的磷原子得电子C.充电时，当电路中通过2.0mol电子，理论上产生6gLiD.充电时，N电极连接电源的正极，电极反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+【13题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据电池反应式，得出LixC6作负极，即M电极为负极，故A错误；B．放电时，正极即N电极上得到电子，Li1－xFePO4变成LiFePO4，电极反应为Li1－xFePO4+xLi++xe－=LiFePO4，不是磷原子得电子，故B错误；C．充电时，阴极反应式xLi＋＋6C＋xe－=LixC6，转移xmole－得到xmolLi，则通过0.5mol电子，生成0.5molLi单质，为3.5g，故C错误；D．充电时，N极连接电源的正极，作阳极，电极反应式是电池正极反应式的逆过程，即LiFeO4－xe－=Li1-xFeO4+xLi＋，故D正确；答案选D。14.MFC—电芬顿技术不需要外加能量即可发生，通过产生羟基自由基(·OH)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果，其耦合系统原理如图所示。已知：乙池开始工作时的Fe2+需要由外界加入但H2O2不需要由外界加入；乙池溶液环境为强酸性环境。下列说法错误的是A.电流方向为：电极b→电极X→电极Y→电极aB.Y电极上得到的H2O2反应为：O2+2e-+2H+=H2O2C.乙池中发生了反应：Fe3++e-=Fe2+，故乙池中的Fe2+可循环使用D.开始工作一段时间后，甲池中通过质子交换膜的H+为4mol时，乙池中产生17g·OH【14题答案】【答案】D【解析】【分析】由图中可以看出，a电极产生电子，则其为负极，由此得出b电极为正极，X电极为阳极，Y电极为阴极。【详解】A．电流方向与电子流动方向相反，电子流动方向为：电极a→电极Y、电极X→电极b，则电流方向为：电极b→电极X→电极Y→电极a，A正确；B．Y电极为阴极，O2得电子产物与H+反应生成H2O2，电极反应式为：O2+2e-+2H+=H2O2，B正确；C．乙池中，Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OH，同时Fe3++e-=Fe2+，所以乙池中的Fe2+可循环使用，C正确；D．开始工作一段时间后，甲池中通过质子交换膜的H+为4mol时，则线路中通过电子为4mol，由O2+2e-+2H+=H2O2得出，可生成2molH2O2，由反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OH可知，乙池中产生2mol·OH，质量为34g，D不正确；故选D。15.已知25℃时，部分弱电解质的电离平衡常数如表：弱电解质HClOH2CO3H2SO3NH3·H2O电离平衡常数Ka=4.0×10-8Ka1=4.3×10-7Ka2=4.7×10-11Ka1=1.5×10-2Ka2=6.0×10-8Kb=1.75×10-5下列离子方程式或守恒关系正确的是A.将Cl2通入到过量Na2CO3溶液中：Cl2+H2O+CO=HCO+HClO+Cl-B.将SO2通入到NaClO溶液中：ClO-+H2O+SO2=HClO+HSOC.向亚硫酸溶液中加入氨水至中性：c(NH)=c(SO)+c(H2SO3)+c(HSO)D.向过量Na2CO3溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+2CO=2HCO+SO【15题答案】【答案】D【解析】【详解】A．HClO的酸性强于HCO，故将Cl2通入到过量Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，HClO和碳酸钠反应生成NaClO和碳酸氢钠:Cl2+H2O+2CO=2HCO+ClO-+Cl-，故A错误；B．HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为:SO2+H2O+ClO-=Cl-+SO+2H+，故B错误；C．向亚硫酸溶液中加入氨水至中性，根据电荷守恒可得：c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，故C错误；D．由酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HCO，故向过量Na2CO3溶液中通入少量SO2，离子方程式为SO2+H2O+2CO=2HCO+SO，故D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.如图是元素周期表中的前四周期，回答下列问题：

（1）a元素的基态原子的电子排布图是图①、②中的一个。①②另一个电子排布图错误的原因是：它不符合____(填标号)。A.构造原理B.泡利原理C.洪特规则b元素的正二价离子的核外价电子排布图是____。（2）b、e两种元素的第四电离能大小关系为I4(____)>I4(____)(填元素符号)____，原因是____。（3）已知元素c、f的最简单的化合物中共用电子对偏向f，元素c、g的最简单的化合物中共用电子对偏向c，则元素e、f、g的电负性由大到小的顺序为____(填元素符号)（4）某元素的原子价电子排布式为nsn-1npn+1，该基态原子核外电子空间运动状态有____种。（5）d元素的下列微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是____(填标号)。A. B. C. D.（6）下列现象与原子核外电子跃迁有关的是____(填标号)a.激光b.LED灯光c.金属导电d.核辐射【16~21题答案】【答案】（1）①.C②.（2）①.I4(Fe)>I4(Co)②.Fe3+价电子排布式是3d5，为半充满的稳定状态，Co3+价电子排布式是3d6，再失去一个电子就会变为稳定的3d5状态（3）C>H>Si（4）9（5）A（6）ab【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置，a、b、c、d、e、f、g分别是N、Fe、H、Mg、Co、C、Si元素。【小问1详解】a元素的基态原子的电子排布图是。电子在能量相同的轨道上排布时，尽可能分占不同轨道，且自旋方向相同，不符合洪特规则；b是Fe元素，Fe2+的核外价电子排布式为3d6，价电子排布图是。【小问2详解】Fe3+价电子排布式是3d5，为半充满的稳定状态，Co3+价电子排布式是3d6，再失去一个电子就会变为稳定的3d5状态，所以两种元素的第四电离能大小关系为I4(Fe)>I4(Co)；【小问3详解】元素的电负性越大，吸引电子能力越强，CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则元素e、f、g的电负性由大到小的顺序为C>H>Si；【小问4详解】某元素的原子价电子排布式为nsn-1npn+1，则n=3，则某元素的原子价电子排布式为3s23p4，该元素为S，电子排布式是1s22s22p63s23p4，该基态原子核外电子空间运动状态有9种。【小问5详解】电离最外层一个电子所需能量为基态Mg的第二电离能；电离最外层一个电子所需能量为基态Mg的第一电离能；电离最外层一个电子所需能量为激发态Mg的第一电离能；电离最外层一个电子所需能量为激发态Mg的第二电离能；电离最外层一个电子所需能量最大的是是，选A。【小问6详解】a．激光是电子由激发态跃迁到基态释放能量，与电子跃迁有关，选a；b．LED灯光是电子由激发态跃迁到基态释放出的能量，与电子跃迁有关，选b；c．金属导电是电子在金属内的定向移动，与电子跃迁无关，故不选c；d．核辐射是原子核从一种结构或一种能量状态转变为另一种结构或另一种能量状态过程中所释放出来的微观粒子流，与电子跃迁无关，故不选d；选ab。17.高纯碳酸锰广泛应用于电子工业，是制备高性能磁性材料的原料。一种由软锰矿制备硫酸锰的工艺流程如图所示：

如表为常温下有关物质的pKsp(注：pKsp=-lgKsp)。物质Fe(OH)3Cu(OH)2Ca(OH)2Mn(OH)2CuSCaSMnSMnCO3pKsp37.419.325.2612.735.25.8612.610.7已知：碳酸锰难溶于水、乙醇，潮湿环境下长时间放置易被空气氧化，100℃开始分解。（1）软锰矿还原浸出的反应为：12MnO2+C6H12O6+12H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O。请写出一种能提高还原浸出速率的措施：____。（2）对MnSO4浸出液调节pH的目的是____，滤液1的pH至少为____(残留在溶液中的某离子浓度小于1×10-5mol·L-1时，该离子就沉淀完全)，加入(NH4)2S溶液的主要目的是除去____(填Ca2+、Fe3+或Cu2+)。（3）由MnSO4制取MnCO3：①往MnSO4溶液中加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为____；若向MnSO4溶液中加入(NH4)2CO3溶液，可能发生沉淀转化，则沉淀转化的离子方程式为____，常温下该反应的平衡常数K=____(填数值)。②从下列选项中选择合适操作可实现由硫酸锰溶液制备高纯碳酸锰，则合理的顺序是____(填标号)。a.控制温度65℃，边搅拌边加入足量NaHCO3溶液b.保温熟化lh再离心分离，沉淀用少量乙醇洗涤2~3次c.保温熟化1h再离心分离，沉淀用少量水洗涤2~3次d.检验SO是否被洗涤除去e.70~80℃干燥f.控制温度65℃，边搅拌边加入足量NH4HCO3溶液（4）碳酸锰中锰含量测定一般采用硝酸铵滴定法。步骤如下：试样经酸溶解后，在磷酸介质中，将溶液加热至220~240℃，用固体硝酸铵定量的将锰氧化至三价，以N—苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，测得锰的含量。现称取0.2000g试样，按以上步骤，最终消耗0.0800mol·L-1标准溶液20.50mL。则该样品中锰元素的质量分数为____(保留三位有效数字)。【17~20题答案】【答案】（1）升高反应温度或将软锰矿研细等（2）①.使MnSO4浸出液中的Fe3+沉淀完全②.3.2③.Cu2+（3）①.Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑②.MnCO3(s)+2OH-(aq)=Mn(OH)2(s)+CO(aq)③.100④.fcde（4）45.1%【解析】【分析】软锰矿还原浸出得到硫酸锰溶液，同时溶液中还含有Ca2+、Fe3+、Cu2+等杂质，调节溶液pH，Fe(OH)3的pKsp为37.4，与其他离子相比最大，调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来，向滤液中加人硫化铵，CuS的pKsp为35.2，可以将铜离子形成硫化物沉淀下来，再加入MnF2，形成CaF2沉淀，除去Ca2+，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰，据此分析作答。【小问1详解】根据软锰矿还原浸出的反应为：12MnO2+C6H12O6+12H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O，能提高还原浸出速率的措施为：升高反应温度或将软锰矿研细等，故答案为：升高反应温度或将软锰矿研细等；【小问2详解】软锰矿还原浸出得到硫酸锰溶液，同时溶液中还含有Ca2+、Fe3+、Cu2+等杂质，调节溶液的pH，Fe(OH)3的pKsp为37.4，与其他离子相比最大，调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来；Fe(OH)3的pKsp为37.4，则Ksp=10-37.4，根据Ksp==10-37.4，解得，则，即pH至少为3.2时，沉淀完全；向滤液中加人硫化铵，CuS的pKsp为35.2，可以将铜离子形成硫化物沉淀下来，故答案为：使MnSO4浸出液中的Fe3+沉淀完全；3.2；Cu2+；【小问3详解】①往MnSO4溶液中加入过量NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3、硫酸铵、二氧化碳和水，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑；若向MnSO4溶液中加入(NH4)2CO3溶液，因为碱性变强，则MnCO3沉淀转化Mn(OH)2，离子方程式为：MnCO3(s)+2OH-(aq)=Mn(OH)2(s)+CO(aq)；根据离子方程式，可知常温下该反应的平衡常数K=，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑；MnCO3(s)+2OH-(aq)=Mn(OH)2(s)+CO(aq)；100；②根据碳酸锰难溶于水、乙醇，潮湿环境下长时间放置易被空气氧化，100℃开始分解，要实现由硫酸锰溶液制备高纯碳酸锰，则合理的操作为：控制温度65℃，边搅拌边加入足量NH4HCO3溶液、要洗去硫酸根，则保温熟化1h再离心分离，沉淀用少量水洗涤2~3次、检验SO是否被洗涤除去、70~80℃干燥，则合理的顺序fcde，是故答案为：fcde；【小问4详解】试样经酸溶解后，在磷酸介质中，将溶液加热至220~240℃，用固体硝酸铵定量的将碳酸锰中的锰元素被氧化至三价，以N-苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，亚铁离子被氧化为铁离子，三价锰离子被还原为二价锰离子，则存在关系式：，解得n=1.64×10-3mol，则该样品中锰元素的质量=1.64×10-3mol×55g/mol=00902g，则该样品中锰元素的质量分数=，故答案为：45.1%。18.回答下列问题：（1）目前科学家利用生物燃料电池原理(电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子)，研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：①氢化酶区域所发生反应的离子方程式为____。②整个b电极区域所发生的总反应的离子方程式为____。③相比传统工业合成氨，该方法的优点有____。（2）若用如图所示生物燃料电池作甲装置的电源，并将甲装置中产生的CH4气体通入乙装置中，发生转化的过程如图：

①甲装置中Pt电极应连接生物燃料电池的___电极(填“a”或“b”)。电解一段时间后，甲装置阳极区c(H+)____(填“增大”“减小”或“不变”)。②乙装置中Ni—YSZ电极上的反应为：CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，且整个过程中消耗的O2-和产生的O2-总数目相等。则在Ni—YSZ电极上消耗的O2-与CO2消耗的O2-数目之比为____。③若开始电解一段时间后，甲装置中铜电极上只生成6.4gCH4，则甲装置铜极区溶液质量变化了____g，乙装置中理论上生成碳的质量为___g，生物燃料电池中理论上合成氨的质量为___g(保留到小数点后两位)。【18~19题答案】【答案】（1）①.H2+2MV2+=2MV++2H+②.N2+6H++6e-=2NH3③.条件温和、生成氨的同时释放电能（2）①.b②.增大③.2∶1④.14.4⑤.9.6⑥.18.13【解析】【小问1详解】①电极aMV+转变成MV2+失去电子，作负极，电极b是正极，氢化酶区域MV2+转变成MV+，发生反应的离子方程式是H2+2MV2+=2H++2MV+。②整个b电极区域内，MV2+得到电子转变为MV+，在穿过质子交换膜的H+参与下，MV+与N2反应重新生成MV2+及氨气，则所发生的总反应的离子方程式为N2+6H++6e-=2NH3。③该装置是原电池，相较于传统工业合成氨的高温高压，该方法反应条件温和，对环境友好，且能将化学能转化为电能。【小问2详解】①甲装置中铜电极上二氧化碳转变为乙醛、甲酸、甲烷和CO等，发生还原反应，则Cu电极为阴极，Pt电极为阳极，应连接正极、故Pt电极应连接生物燃料电池的b电极。电解一段时间后，甲装置阳极区内水电离产生的氢氧根离子放电：电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑，则c(H+)增大。②由图知，乙装置中Ni电极上碳酸根得到电子转变为O2-与C、反应为：，Ni—YSZ电极上CH4在O2-参与下生成CO2和H2：CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，O2-与CO2生成碳酸根离子，整个过程中消耗的O2-和产生的O2-总数目相等，则在Ni—YSZ电极上消耗的O2-与CO2消耗的O2-数目之比为2:1。③若开始电解一段时间后，甲装置中铜电极反应式为：，每生成1mol即16g甲烷从铜电极区逸出，同时铜极区需进入1molCO2和8molH+、质量增加(44+8-16)g=36g，则当铜电极上只生成6.4g即0.4molCH4，甲装置铜极区溶液质量变化了36g×0.4=14.4g。由，当铜电极上只生成6.4g即0.4molCH4，转移电子3.2mol，电极上得失电子数守恒，存在：，则按乙装置生成0.8molC，理论上生成碳的质量为9.6g，生物燃料电池中生成氨气约1.06mol、约为18.13g(保留到小数点后两位)。19.丙烯(分子式为C3H6)是重要的有机化工原料，丙烷(分子式为C3H8)脱氢制丙烯具有显著的经济价值和社会意义。（1）已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g)△H=-238kJ·mol-1Ⅱ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-484kJ·mol-1则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的正反应的活化能为akJ·mol-1，则该反应的逆反应的活化能为____kJ·mol-1(用带有a的代数式表示