2022-2023学年湖北省百校联考高三上学期10月联考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省百校联考高三上学期10月联考化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，有机推断题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
湖北省百校联考2022-2023学年高三上学期10月联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列有关说法错误的是
A．金刚砂常作砂纸和砂轮的磨料
B．高纯度硅是制造光伏电池板的主要材料
C．生产普通玻璃和水泥的原料都是石英砂
D．我国古代烧制的精美瓷器，其主要成分是硅酸盐
【答案】C
【详解】A．金刚砂又叫碳化硅，碳化硅（SiC）是用石英砂、煤焦油、木屑为原料通过电阻炉高温冶炼而成，具有硬度大的特性，可用作砂纸或砂轮的主要原料，A项正确；
B．高纯度硅制造光伏电池板的主要原料，如太阳能电池板，B项正确；
C．生产普通玻璃的原料为纯碱、石灰石、石英，生产普通水泥的原料为石灰石、黏土，则生产普通玻璃和水泥的原料都是石灰石，C项错误；
D．传统的瓷器制品，又被称为硅酸盐制品，则瓷器的主要成分是硅酸盐，D项正确；
答案选C。
2．我国科学家在铜电催化剂上锚定离子液体，提高了转化为的效率。化学反应原理是，下列说法正确的是
A．的结构式为 B．中子数为36的铜原子表示为
C．的分子式为 D．的空间填充模型为
【答案】D
【详解】A．CO2的电子式为，结构式为O=C=O，A错误；
B．Cu是29号元素，中子数为36的铜原子表示为，B错误；
C．乙烯的分子式为C2H4，结构简式为CH2=CH2，C错误；
D．H2O分子的空间构型是V形，氧原子半径大于氢原子，其空间填充模型为，D正确；
故选D。
3．粘康酸常用作抗紫外线的防护剂及航天隐形飞机的涂层材料，它的结构简式如图所示。下列说法错误的是

A．粘康酸的分子式为 B．粘康酸能与H2发生加成反应
C．粘康酸中只含有2种官能团 D．1mol粘康酸与足量NaHCO3溶液反应生成88g CO2
【答案】A
【分析】根据原子成键特点、结构简式进行判断化学式，利用含有的官能团进行判断其性质；
【详解】A．根据碳成四键，氧成两键，氢成一键的特点进行判断其化学式为：C6H6O4，故A不正确；
B．根据结构简式判断该有机物含有碳碳双键，故能与氢气发生加成反应，故B正确；
C．根据图中结构简式判断，该有机物含有碳碳双键和羧基两个官能团，故C正确；
D．根据图中结构简式判断含有羧基，故能与碳酸氢钠发生反应，故D正确；
故选答案A；
【点睛】此题考查有机物的结构和性质，根据其含有的官能团进行判断。
4．铁粉与稀硝酸反应的化学方程式为8Fe+30HNO3=8Fe(NO3)3+3NH4NO3+9H2O。下列有关说法正确的是
A．氧化性：HNO3＜Fe3+
B．作氧化剂的HNO3是参与反应的HNO3的10％
C．若铁粉过量，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶8
D．在反应后的混合物中滴加少量氢氧化钠溶液，有气体逸出
【答案】B
【分析】该反应中Fe元素化合价升高作还原剂被氧化，Fe3+为氧化产物，部分HNO3中N元素化合价降低作氧化剂被还原，NH为还原产物。
【详解】A．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，即氧化性：HNO3＞Fe3+，A错误；
B．根据化学方程式可知，30molHNO3参与反应时生成3molNH4NO3，即有3molHNO3被还原，做氧化剂，所以作氧化剂的HNO3是参与反应的HNO3的×100%=10%，B正确；
C．若铁粉过量，则Fe元素最终生成Fe2+，化合价升高2价，做氧化剂的HNO3中N元素化合价降低8价，根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶8，C错误；
D．在反应后的混合物中滴加少量氢氧化钠溶液，OH-会先结合Fe3+生成沉淀，不会有气体产生，D错误；
综上所述答案为B。
5．在我国古代，春节的民间习俗有祭灶、扫尘、吃灶糖等。下列说法错误的是
A．“祭灶”时燃放鞭炮，会产生一种大气污染物
B．“祭灶”时烧纸钱，纸钱的主要成分是纤维素
C．“扫尘”时阳光照射空气，会产生丁达尔效应
D．“灶糖”的主要成分是蔗糖，一定条件下蔗糖能水解生成葡萄糖和果糖
【答案】A
【详解】A．不是大气污染物，故A错误；
B．纸钱的主要成分是纤维素，故B正确；
C．“扫尘”时细小砂石颗粒漂浮在空气中，当阳光照射空气，会产生丁达尔效应，故C正确；
D．“灶糖”的主要成分是蔗糖，蔗糖是二元糖，一定条件下蔗糖能水解生成葡萄糖和果糖，故D正确；
故答案选A。
6．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．NaI溶液中：Al3+、Fe3+、NO、Cl−
B．能使酚酞变红的溶液中：K+、Na+、S2O、CO
C．稀H2SO4中：Mg2+、Na+、NO、CH3COO−
D．常温下由水电离的c(H+)·c(OH−)=1×10−26的溶液中：Ba2+、Na+、HCO、Cl−
【答案】B
【详解】A．Fe3+会氧化I-从而不能大量共存，A不符合题意；
B．能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，B符合题意；
C．稀硫酸溶液中有大量H+，CH3COOH为弱酸，所以CH3COO−不能大量存在，C不符合题意；
D．常温下由水电离的c(H+)·c(OH−)=1×10−26的溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=1×10-13mol/L，说明水的电离受到抑制，则可能是酸溶液，也可能是碱溶液，HCO在酸性或碱性条件下都不能大量存在，D不符合题意；
综上所述答案为B。
7．工业上制备粗硅发生的反应之一是。在一定温度下，向某恒容密闭容器中加入足量的和炭粉，仅发生上述反应。下列说法正确的是
A．、SiO和CO均属于酸性氧化物 B．当时，该反应达到平衡
C．平衡后再加入，平衡正向移动 D．当CO的质量不再改变时，该反应达到平衡
【答案】D
【详解】A．酸性氧化物是指能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，SiO和CO不是酸性氧化物，A错误；
B．SiO和CO均为生成物且按1:1生成，则始终等于，故二者相等时，该反应不一定达到平衡，B错误；
C．是固体，平衡后再加入，化学反应速率不变，化学平衡不移动，C错误；
D．随着反应的进行，CO的质量在不断增多，当CO的质量不再改变时，说明该反应达到平衡状态，D正确；
故选D。
8．下列实验操作正确的是
A
B
C
D




提纯乙烷
制备氨气
制备无水
制乙酸乙酯

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】根据除杂不引杂进行判断气体的提纯；根据氨气的制备原理进行判断；利用与亚硫酸钠的性质进行判断；乙酸乙酯在碱性条件下发生水解，利用反应进行判断；
【详解】A．乙烯能被高锰酸钾氧化成二氧化碳，导致引入二氧化碳杂质，故A不能达到提纯乙烷的目的，故A错误；
B．生石灰溶于水会放出热量，导致浓氨水分解放出氨气，故能制备少量的氨气，故B正确；
C．亚硫酸钠容易被空气中的氧气氧化，故C错误；
D．乙酸乙酯会与氢氧化钠发生反应，故不能用氢氧化钠溶液承接，应该换位碳酸钠溶液，故D错误；
故选答案B。
【点睛】此题考查实验原理及操作，利用物质的性质及实验目的进行判断。
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L葡萄糖中含羟基的数目为
B．10g 92％的酒精与足量钠反应转移的电子数为
C．30g由乙酸和甲醛(HCHO)组成的混合物中含原子数为
D．和恰好完全反应生成96g氧化产物，氧化剂的分子数为
【答案】C
【详解】A．标况下，葡萄糖是固体，其体积不能带入摩尔体积22.4L/mol计算，A选项错误；
B．足量钠能与酒精、水发生反应，转移的电子数必须考虑两个反应中转移的电子数。反应如下：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。10g 92％的酒精溶液中含CH3CH2OH为9.2g，则为0.2 mol CH3CH2OH参与反应，转移电子数是0.2，再计算含有0.8g H2O，参与反应转移电子数为，B选项错误；
C．方法一：乙酸和甲醛的实验式是CH2O，则30g混合物中含有的原子数是，为4；方法二是绝对值法，分别计算30g乙酸和30g甲醛中含有的原子数目，都为4，C选项正确；
D．和恰好完全反应的方程式是2H2S+SO2 = 3S↓+2H2O，SO2是氧化剂，S既是氧化产物也是还原产物，根据反应，消耗1mol SO2，生成3mol S，其中2molS是氧化产物，1mol S是还原产物。生成96g氧化产物时，即生成3mol S是氧化产物，此时消耗1.5mol SO2，D选项错误；
故答案选C。
10．某化学反应X＋Y→Z分两步进行：①X→M；②M＋Y→Z。其能量变化如图所示。下列说法正确的是

A．M是总反应的催化剂 B．总反应是理想的绿色化学反应
C．反应①②和总反应都是放热反应 D．反应物(X和Y)的总能量低于产物(Z)的总能量
【答案】B
【详解】A．M是中间产物而不是催化剂，A错误；
B．总反应是化合反应，原子被100%利用，是理想的绿色化学反应，B正确；
C．反应①中生成物能量高于反应物，为吸热反应，C错误；
D．由图可知，反应物(X和Y)的总能量高于产物(Z)的总能量，D错误；
故选B。
11．铁和铜部分物质的价一类关系如图所示。下列说法正确的是

A．a和d不能发生化合反应
B．a分别与硝酸、氯气、稀硫酸反应可制得对应的d
C．b、f都是黑色固体，d溶液和h溶液都是透明溶液
D．f与盐酸反应生成e和h，在该反应中f既表现氧化性，又表现还原性
【答案】D
【分析】根据Fe和Cu的化合价及相应物质的分类可知，a为Fe，b为FeO，c为Fe(OH)3，d为Fe(III)盐，e为Cu，f为Cu2O，g为Cu(OH)2，h为Cu(II)盐。
【详解】A．由分析可知，a为Fe，d为Fe(III)盐，二者可以发生化合反应，比如Fe+2FeCl3=3FeCl2，A错误；
B．由分析可知，a为Fe，d为Fe(III)盐，Fe和硝酸、氯气反应可制得对应的Fe(III)盐，Fe和稀硫酸反应产生FeSO4，B错误；
C．由分析可知，b为FeO，该物质是黑色固体；f为Cu2O，该物质是红色固体；d为Fe(III)盐，h为Cu(II)盐，它们的溶液都是透明溶液，C错误；
D．由分析可知，e为Cu，f为Cu2O，h为Cu(II)盐，Cu2O与盐酸反应生成Cu、CuCl2和H2O，Cu2O既表现氧化性，又表现还原性，D正确；
故选D。
12．我国科学家最近开发出锌硒电池，工作原理如图所示。放电时，电池总反应为Se+2CuSO4+2Zn=Cu2Se+2ZnSO4。下列说法错误的是

A．放电时化学能转化成电能 B．b极的电极反应式为Zn−2e−=Zn2+
C．放电时，溶液中SO向b极迁移 D．79g Se完全反应时外电路中转移2mol电子
【答案】D
【分析】根据总反应可知Zn被氧化，所以b电极为负极，a电极为正极，Se被还原。
【详解】A．放电时为原电池，将化学能转化为电能，A正确；
B．b电极上Zn被氧化为Zn2+，电极反应为Zn−2e−=Zn2+，B正确；
C．原电池中阴离子向负极移动，即溶液中SO向b极迁移，C正确；
D．79gSe的物质的量为=1mol，根据总反应可知，当1molSe参与反应时有0.5molZn被氧化为Zn2+，所以外电路中转移的电子为0.5mol×2=1mol，D错误；
综上所述答案为D。
13．下列操作、现象和结论均正确的是

操作
现象
结论
A
将铁片投入浓硫酸中
没有明显现象
铁不和浓硫酸反应
B
在淀粉溶液中滴加KI溶液
溶液变蓝色
淀粉遇碘变蓝色
C
在酸性溶液中滴加葡萄糖溶液
溶液逐渐褪色
葡萄糖具有还原性
D
在KSCN溶液中滴加溶液
溶液变红色


A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．Fe在常温下遇浓硫酸发生钝化，即在Fe的表面迅速生成一层致密的氧化膜，发生了化学反应，A错误；
B．淀粉遇碘变蓝，KI与淀粉不发生反应，B错误；
C．KMnO4具有强氧化性，葡萄糖能使KMnO4褪色，说明葡萄糖具有还原性，C正确；
D．Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，因此x=3，D错误；
故选C。
14．硝酸镉晶体常用于瓷器上色。以镉黄废料(主要含CdS，含少量的FeO、、)为原料制备硝酸镉晶体的流程如图所示。下列说法正确的是

A．“酸溶”时，硝酸只作氧化剂 B．“酸溶”时温度越高，酸溶效率越高
C．“滤渣2”中含有、 D．“系列操作”时，最好采用高温烘干
【答案】C
【分析】向镉黄废料(主要含CdS，含少量的FeO、、)中加入硝酸酸溶，CdS转化为硝酸镉，FeO与硝酸反应生成硝酸铁，与硝酸反应生成硝酸铝，而与硝酸不反应，则滤渣1含有，再向滤液中加入CdCO3调节pH除去杂质离子Fe3+、Al3+，使其转化为、沉淀，则滤渣2含有、，再过滤得到含有硝酸镉的溶液，最后经过系列操作得到硝酸镉晶体。
【详解】A．“酸溶”时，硝酸既作氧化剂，将亚铁氧化为三价铁，同时又表现酸性，生成硝酸盐，A错误；
B．硝酸受热易分解、易挥发，则“酸溶”时不一定温度越高，酸溶效率越高，B错误；
C．“酸溶”后铁元素转化为Fe3+，铝元素转化为Al3+，用CdCO3调节pH，促使Fe3+、Al3+水解生成、，则“滤渣2”中含有、，C正确；
D．“系列操作”时，不能采用高温烘干，因为高温会使硝酸镉晶体发生分解，D错误；
故选C。
15．短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于同族。我国科学家合成的一种比硫酸酸性更强的超强酸M，广泛应用于有机合成，M的结构式如图所示。下列说法正确的是

A．简单离子半径：W>Y>Z B．最简单氢化物稳定性：Y>Z>W
C．M中含有极性键和非极性键 D．R、X、Y只能组成一种三元化合物
【答案】A
【分析】短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大；如图所示，W原子周围有2个双键和2个单键，则W为S；Y的原子序数比W小，且Y、W位于同主族，故Y为O；X原子周围有4个单键，X的原子序数小于Y，故X为C；R原子和Z原子周围均只有1个单键，且R的原子序数小于X，Z的原子序数介于Y和W之间，故R为H，Z为F；综上所述，R为H，X为C，Y为O，Z为F，W为S。
【详解】A．由分析可知，Y为O，Z为F，W为S，它们的简单离子分别为O2-、F-、S2-；O和S位于同主族，且O的原子序数小于S，则离子半径：S2-＞O2-；O2-和F-的核外电子排布相同，O的原子序数小于F，故离子半径：O2-＞F-；综上所述，离子半径：S2-＞O2-＞F-，A正确；
B．由分析可知，Y为O，Z为F，W为S，它们最简单氢化物分别为H2O、HF、H2S；元素的非金属性越强，其最简单氢化物稳定性越强；非金属性：F＞O＞S，故最简单氢化物稳定性：HF＞H2O＞H2S，B错误；
C．M中只含有极性键，不含非极性键，C错误；
D．由分析可知，R为H，X为C，Y为O，这三种元素能形成多种三元化合物，比如CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH等，D错误；
故选A。

二、实验题
16．磺酰氯可用于制造锂电池的正极材料。实验室用和在活性炭催化下反应制取少量，该反应为放热反应，装置如图所示(部分夹持装置省略)。回答下列问题：

已知：熔点为℃，沸点为69.1℃，密度为，常温下较稳定，遇水剧烈反应，100℃以上易分解。
(1)A装置中盛装硫酸的仪器名称是________。
(2)A装置中硫酸在该反应中表现出来的性质有________(填标号)。
a.强氧化性            b.酸性            c.吸水性            d.脱水性
(3)B装置中试剂是________(填名称)。实验前烘热C装置中三颈瓶和活性炭，其目的是________。
(4)D装置中冷水浴的作用是________。
(5)E装置的作用是________。
(6)遇水生成两种强酸，写出发生反应的化学方程式：________。
(7)标准状况下，通入C装置中的和的体积分别为2.24L和3.36L，最终得到。则的产率为________(保留4位有效数字)。
【答案】(1)分液漏斗
(2)bc
(3)     浓硫酸     除去三颈瓶内水蒸气，避免水蒸气与产品反应
(4)冷却，减少损失
(5)吸收尾气中和，防止空气中的水蒸气进入装置D
(6)
(7)61.85％

【分析】A装置为亚硫酸氢钠和浓硫酸反应制备SO2气体，反应的方程式为：，A装置中盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，浓硫酸在反应中表现出来的性质为酸性和吸水性，B装置为干燥装置吸收SO2气体中的水蒸气，则B装置中所加试剂为浓硫酸，C装置为SO2和Cl2在催化剂作用下反应生成SO2Cl2，实验开始前烘热活性炭的目的是除去三颈烧瓶中的水蒸气，避免水蒸气和SO2Cl2发生反应，该反应为放热反应，装置D中冷水浴的作用是降低生成物的温度冷却，减少损失，装置E的作用为吸收尾气中未被反应的SO2和Cl2，防止空气中的水蒸气进入装置D对实验造成影响，SO2Cl2与水反应生成两种酸，根据元素守恒可知为HCl和H2SO4，发生反应的化学方程式为：，根据计算可知Cl2过量，产生的理论质量为，实际产生的为，则产率为61.85%，据此答题。
（1）
A装置中盛装硫酸的仪器名称分液漏斗；
（2）
A装置为亚硫酸氢钠和浓硫酸反应制备SO2气体，反应的方程式为：，根据化学方程式可知浓硫酸在反应中表现出来的性质为酸性和吸水性，答案选bc；
（3）
①B装置为干燥装置吸收SO2气体中的水蒸气，则B装置中所加试剂为浓硫酸；
②C装置为SO2和Cl2在催化剂作用下反应生成SO2Cl2，实验开始前烘热活性炭的目的是除去三颈烧瓶中的水蒸气，避免水蒸气和SO2Cl2发生反应；
（4）
该反应为放热反应，装置D中冷水浴的作用是降低生成物的温度冷却，减少损失；
（5）
装置E的作用为吸收尾气中未被反应的和，防止空气中的水蒸气进入装置D对实验造成影响；
（6）
SO2Cl2与水反应生成两种酸，根据元素守恒可知为HCl和H2SO4，发生反应的化学方程式为：；
（7）
制备SOCl2的化学方程式为：SO2+Cl2= SO2Cl2，根据计算可知Cl2过量，按照标况下SO2的体积计算，产生的理论质量为，实际产生的为，则产率为。

三、有机推断题
17．长效缓释阿司匹林(G)是日常生活中的常用药。一种合成G的路线如下：


回答下列问题：
(1)D中官能团的名称是________，B的化学名称是________。
(2)B→C的反应类型是________。
(3)在D的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有________种(不考虑立体异构体)。
①含有羟基和酯基        ②水解产物之一为HCOOH
(4)A、B、C、D、E中，属于手性分子的有________种。提示：与4个互不相同的原子或原子团相连的碳原子叫手性碳原子，含手性碳原子的分子叫手性分子。
(5)阿司匹林的结构简式为________，F→G的化学方程式为________。
(6)以环己醇为原料合成 ，设计合成路线________ (无机试剂任选)。
【答案】(1)     羧基、羟基     2-丙醇(或异丙醇)
(2)氧化反应
(3)5
(4)0
(5)          +nHOCH2CH2OH+ +2nH2O
(6)

【分析】丙烯与水发生加成反应生成B为 ，B发生催化氧化生成C即丙酮，丙酮与HCN先发生加成反应、然后-CN水解为-COOH得到  ， 发生消去反应生成E为 ，发生加聚反应生成 ，与乙二醇、阿司匹林发生酯化反应生成长效缓释阿司匹林G，可知阿司匹林结构简式为；
（1）
D中官能团为-OH、-COOH，名称是羟基、羧基；B为，B的化学名称是2-丙醇，故答案为：羟基、羧基；2-丙醇；
（2）
B为 ，B发生催化氧化生成C即丙酮，反应类型是氧化反应；
（3）
①含有羟基和酯基；②水解产物之一为HCOOH则为某醇甲酯，同分异构体有、共5种；
（4）
根据提示与4个互不相同的原子或原子团相连的碳原子叫手性碳原子，A、B、C、D、E中属于手性分子的有0种；
（5）
阿司匹林结构简式为；F→G的化学方程式为+nHOCH2CH2OH+ +2nH2O；
（6）
发生催化氧化生成，先与HCN发生加成反应、然后酸性条件下水解生成，发生消去反应生成，合成路线为。

四、原理综合题
18．我国科学家开发单原子电催化剂，实现了在温和条件下利用和合成。回答下列问题：
(1)工业合成氨的化学方程式为________。已知：和总能量大于总能量，则工业合成氨的反应是________(填“放热”或“吸热”反应。
(2)其他条件相同，在Cat1、Cat2、Cat3三种催化剂作用下，测得反应速率增大倍数与温度关系如图所示。实际生产中，宜选择的催化剂是________(填“Cat1”、“Cat2”或“Cat3”)，如果Cat1、Cat3是同一种催化剂，时反应速率增大倍数小于时的可能原因是________。

(3)一定温度下，在1L恒容密闭容器中充入和，测得的物质的量(n)与时间(t)关系如表所示：
时间/min
0
5
10
15
20
25
物质的量/mol
0
0.30
0.50
0.65
0.70
0.70

①0～10min内，的平均反应速率________。
②15min时，的正反应速率________(填“大于”、“小于”或“等于”)的逆反应速率。
③在上述条件下，的平衡转化率为________。
(4)氨气碱性(KOH溶液)燃料电池能量转化率较高，电池反应为，电池放电时，负极的电极反应式为________。
【答案】(1)          放热
(2)     Cat2     温度过高，催化剂活性降低(或温度过高，催化剂选择性降低等)
(3)     0.075     大于     35％
(4)

【解析】（1）
工业合成氨，氮气和氢气高温高压催化剂条件下生成氨气，化学方程式为：；反应物的总能量高于生成物的总能量的反应是放热反应；
（2）
由图可知催化剂Cat2反应速率增大倍数最多，故实际生产中，宜选择的催化剂是Cat2；催化剂活性及选择性受温度影响，故答案为：Cat2；温度过高，催化剂活性降低(或温度过高，催化剂选择性降低等)；
（3）
；15min后，氨气物质的量仍在增多，说明反应仍在正向进行，则正反应速率大于逆反应速率；到达平衡时生成0.70mol氨气，则氮气反应0.35mol，氮气转化率为 ；
（4）
负极氨气失电子生成氮气，氢氧化钾溶液碱性环境，故负极电极反应式为：。

五、工业流程题
19．硫酸锰晶体常用作动物饲料的添加剂。工业上以软锰矿(含和少量的、、)为原料制备硫酸锰晶体的流程如下：

已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物




开始沉淀的pH
2.7
7.6
4.0
7.7
完全沉淀的pH
3.7
9.6
5.2
9.8

回答下列问题：
(1)“酸浸”前需要将软锰矿粉碎，粉碎的目的是________，“酸浸”中和反应的离子方程式为________。
(2)“滤渣1”的主要成分是________(填化学式)。“系列操作”包括________、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等。
(3)“过滤”时，用到的玻璃仪器有________。
(4)从绿色化学角度分析，试剂A宜选择________(填标号)。
a.            b.            c.            d.
(5)如果省略“氧化”工艺，产品中可能会混有________(填化学式)。
(6)测定产品纯度：准确称取w g样品，加适量ZnO及煮沸、冷却后，转移至锥形瓶中，用，标准溶液滴定至溶液呈红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液V mL。样品的纯度为________(用含w、c、V的代数式表示)。已知：①。②杂质不与反应。
【答案】(1)     增大接触面积，加快反应速率    
(2)          蒸发浓缩
(3)烧杯、玻璃棒、漏斗
(4)bd
(5)
(6)%

【分析】向软锰矿(含和少量的、、)中加入过量的FeSO4+35%的硫酸，和FeSO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，离子方程式为，、和硫酸反应生成Fe2+、Fe3+、Al3+，不和硫酸反应，则滤渣1为；由几种金属离子沉淀的pH可知，加入试剂A是将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新杂质，从绿色化学角度分析，试剂A宜选择或；加入试剂B，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后，经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤得到。
（1）
“酸浸”前需要将软锰矿粉碎，粉碎是为了增大反应物接触面积，加快反应速率；由分析可知，“酸浸”中和反应的离子方程式为；
（2）
由分析可知，“滤渣1”的主要成分是；“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，最终得到；
（3）
“过滤”时，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）
加入试剂A是将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新杂质，从绿色化学角度分析，试剂A宜选择或，答案选bd；
（5）
由几种金属离子沉淀的pH可知，Fe2+和Mn2+开始沉淀的pH和完全沉淀的pH均相近，若省略“氧化”工艺，溶液中的Fe2+未被除去，产品中可能会混有；
（6）
用滴定，消耗标准溶液V mL，则消耗的物质的量为，根据可知，样品中的物质的量为，则样品的纯度为=%。