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2021-2022学年吉林省白山市高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年吉林省白山市高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共19页。试卷主要包含了4g，则反应中转移的电子数为0，1kJ⋅ml−1，【答案】C，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021年6月10日，国务院公布的第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录，包含柳州螺蛳粉制作技艺、鲁山花瓷烧制技艺、楚简制作技艺、大名小磨香油制作技艺等，下列说法错误的是( )
A. 柳州螺蛳粉的主要成分是米粉，富含淀粉
B. 鲁山花瓷烧制过程中包含复杂的物理变化和化学变化
C. 楚简属于竹制品，主要成分为纤维素
D. 大名小磨香油属于高分子化合物
化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中错误的是( )
A. 免洗洗手液能杀菌消毒，主要是因为其有效成分活性银离子能使蛋白质变性
B. 用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质
C. 碳酸钠可用作制作糕点的膨松剂，是因为加热能分解出二氧化碳
D. 煤经过气化和液化两个化学变化可转化为清洁能源
常温下，氯气可溶于水且与水反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，下列化学用语表示错误的是( )
A. 35Cl与 37Cl互为同位素B. HClO的结构式为H−O−Cl
C. O2−的结构示意图：D. H2O的空间充填模型：
SO2和H2SO4在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。下列关于SO2的说法错误的是( )
A. 食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用
B. 工业制备硫酸产生的含SO2的尾气大量排放至空气中会形成酸雨
C. SO2具有较强的还原性，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥SO2气体
D. SO2使品红溶液褪色后，加热可使溶液再次变红
化学创造美好生活．下列生产活动中，没有发生化学反应的是( )
A. 海水放进盐田晒制获得粗盐B. 用生石灰和水为自热米饭提供热源
C. 用装有酸性重铬酸钾的检测仪查酒驾D. 多吃富含维生素C的食物减缓衰老
已知4KMnO4+6H2SO4+5HCHO=4MnSO4+5CO2↑+11H2O+2K2SO4，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 0.1ml⋅L−1的K2SO4溶液中所含的离子总数为0.3NA
B. 1ml甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为3NA
C. 100g质量分数为98%的H2SO4溶液中含有的氧原子总数为4NA
D. 常温下，若该反应生成气体4.4g，则反应中转移的电子数为0.4NA
科学家研究二甲醚(DME)在H−ZSM−5分子筛(用H+A−表示)上的水解反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径
B. 升高温度，stepwise路径和cncerted路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率
C. 由于ΔEa>ΔEa2，DME水解反应更易以stepwise路径进行
D. 根据图示可知，DME首先与分子筛H+A−结合形成C(CH3)2OH+A−
有机物M具有一定的抗炎、抗菌活性，其结构简式如图。下列说法正确的是( )
A. 该有机物可以发生取代反应、加成反应和消去反应
B. 该有机物含有羧基、醛基、羟基和碳碳双键4种官能团
C. 1ml该有机物分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6：5
D. 该有机物不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能使酸性KMnO4溶液褪色
用如图实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是( )
A. 利用图甲验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
B. 利用图乙制备并收集干燥的氢气
C. 利用图丙制备并收集少量的NO2
D. 利用图丁制取碳酸氢钠
物质M可用作调味剂，其结构式如图所示。M的组成元素W、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法正确的是( )
A. 物质M与稀硫酸反应生成的有机物中含有两种含氧官能团
B. W、R、X、Y的原子半径大小顺序为R>X>Y>W
C. R、X、Y分别形成的最简单氢化物的沸点：R>X>Y
D. 工业上常采用电解Z的盐溶液冶炼金属Z
对废旧金属的回收利用具有社会、经济、生态等方面的效益，某研究小组设计以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)m(SO4)p]n的工艺流程如图，聚合硫酸铁是一种新型絮凝剂，处理污水能力比FeCl3高效，且腐蚀性小。下列说法错误的是( )
A. 废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好
B. 操作X中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
C. “酸浸氧化”时，可用过量的稀硝酸代替稀硫酸和H2O2溶液
D. 可用K3Fe(CN)6溶液检验“酸浸氧化”反应后的溶液中是否含有Fe2+
某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl−、CO32−、SO42−、NO3−中的若干种，为确定溶液组成进行如下实验：
(1)取100mL原溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。
(2)往(1)所得滤液c中加人足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤。
(3)取(2)中过滤所得滤液，通入少量的CO2，有白色沉淀f生成。
下列有关判断正确的是( )
A. 试液中一定没有Ba2+、CO32−、NO3−、Cl−
B. 试液中一定有Fe2+、NH4+、Al3+、SO42−
C. 气体b和气体d在一定条件下能发生反应生成一种单质和一种无色液体
D. 沉淀f一定含有Al(OH)3，可能含有BaCO3
水系可充电电池因其成本低、高离子电导率、高安全性和环境友好性等优势而备受关注。一种新型无隔膜Zn/MnO2液流电池的工作原理如图所示。电池以锌箔、石墨毡为集流体，ZnSO4和MnSO4的混合液作电解质溶液，下列说法正确的是( )
A. 放电时，当外电路转移1mle−时，两电极质量变化的差值为11g
B. 过程Ⅱ为放电过程，石墨毡电极的电极反应为MnO2−2e−+4H+=Mn2++2H2O
C. 过程Ⅰ为锌沉积过程，A连电源的正极，锌离子得到电子发生还原反应生成锌
D. 放电时，沉积在石墨毡上的MnO2逐渐溶解，石墨毡电极质量减小，锌箔质量增大
H3PO3是二元弱酸，常温下向⋅L−1Na2HPO3溶液中滴入0.1000ml⋅L−1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。已知10−1.7≈2×10−2，下列说法正确的是( )
A. 常温下，NaH2PO3溶液中c(Na+)>c(H2PO3−)>c(H3PO3)>c(HPO32−)
B. 常温下，H3PO3的一级电离常数Ka1约为3×10−4
C. H3PO3与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为H3PO3+3NaOH=Na3PO3+3H2O
D. a点溶液中存在c(H+)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)=c(Cl−)+c(OH−)
过二硫酸盐[例：(NH4)2S2O8、Na2S2O8]都具有强氧化性，可作为氧化剂和漂白剂，(NH4)2S2O8被广泛用于蓄电池工业，在照相工业上用来除去海波。
I.(NH4)2S2O8的制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O。实验室模拟制备(NH4)2S2O8的装置如图所示。
(1)仪器a的名称是 ______。
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是 ______。
(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是 ______。
II.(NH4)2S2O8的性质及应用。
(4)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，在Ag+催化作用下，S2O82−能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42−和MnO4−，1mlS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为 ______ml。过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为SO42−)，写出该反应的离子方程式 ______。
III.标定(NH4)2S2O8溶液的浓度。
(5)称取一定质量的(NH4)2S2O8，配制成溶液，并用碘量法标定该溶液的浓度，移取20.00mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用0.1ml⋅L−1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−。重复上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为18.40mL，滴定终点时的颜色变化为 ______，所标定的(NH4)2S2O8的浓度为 ______ml⋅L−1。
市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾(ZnSO4⋅7H2O)的工艺流程如图：
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 ______(任写一条)。
(2)“一系列操作”主要包括、______、过滤、洗涤，干燥。
(3)用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为 ______。
(4)“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl(可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl−)，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：______，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(5)浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为 ______。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为 ______。在pH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是 ______。
我国拥有众多非物质文化遗产，如建窑建盏烧制技艺、浦城剪纸、武夷岩茶(大红袍)制作技艺等。
I.建盏的魅力斑纹是由釉面里面由内至外呈现的，三维立体，栩栩如生，主要因建阳水吉附近的南方红壤土中蕴含大量的铁，通过高温烧制控制进入的氧气量，把坯体铁析晶和釉水铁析晶呈现出来，这些表现在建盏的釉色当中，该过程会形成不同形态的铁(如Fe2O3、FeO、，Fe3O4等)。以下是烧制过程中可能发生反应的热化学方程式：
Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH1=akJ⋅ml−1
FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)ΔH2=bkJ⋅ml−1
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)ΔH3=ckJ⋅ml−1
(1)写出CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的热化学方程式：______。
(2)在太阳能的作用下，缺铁氧化物(如Fe0.9O)能催化分解CO2，其过程如图所示。过程①的化学方程式是 ______，过程②能量转化的主要形式为 ______。
II.一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下：
反应i：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH4=−49.1kJ⋅ml−1
反应ii：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH5=+41.1kJ⋅ml−1
(3)往恒容密闭容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3(总量为aml)充入反应物，在合适催化剂作用下，发生反应i、ii，CO2的平衡转化率和甲醉的选择率(转化为甲醇的CO2物质的量与参加反应的CO2总物质的量之比)如图所示。在513K达平衡时，甲醇的物质的量为(列出计算式)______ml。随着温度的升高，CO2的平衡转化率升高但甲醇的选择率降低的原因是 ______。
(4)现向恒温恒压(0.1MPa)的密闭容器中充入1mlCO2、3mlH2和6mlHe，选择合适的催化剂使其仅按反应i进行，上述反应达平衡时，测得CO2的转化率为20%，则该反应的Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果精确到0.1)MPa−2。CO2制备CH3OH的过程中，往往伴随着反应ii，从而导致CH3OH的选择率下降，有研究表明，在原料气中掺入适量CO，能提高CH3OH的选择率，试说明其可能的原因：______。
在旧石器时代晚期，软锰矿(主要成分是MnO2，还含有硅、铁和少量重金属镍的化合物等杂质)就被人们当作颜料用于洞穴的壁画上．工业上常利用软锰矿制备MnSO4溶液，并以MnSO4溶液为原料制取单质锰和四氧化三锰．
(1)MnSO4溶液的制备：
步骤一：往软锰矿浆中通入SO2气体反应制备MnSO4，往往有副产物MnS2O6生成，温度对反应的影响如图1所示．为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 ______；写出反应生成MnSO4的化学方程式：______.
步骤二：①取上述反应后的混合物，调节pH除杂．已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4×10−38，欲使铁离子沉淀完全[c(Fe3+)≤1×10−5ml⋅L−1]，应调节溶液pH不低于 ______.(lg2=0.3)
②过滤除去硅、铁等杂质后，通常用BaS来除去溶液中的镍，pH对除镍效果的影响如图2所示．当pH<4.2，pH越小除镍效果越差的原因是 ______.
(2)制取金属锰：
惰性电极电解硫酸锰溶液制取金属锰的化学方程式为 ______.工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，反应的化学方程式为 ______.
(3)制取Mn3O4：
利用空气氧化法，用MnSO4溶液制备Mn3O4.在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氨水，加压通氧气反应7小时制备Mn3O4.
①写出上述反应的离子方程式：______.
②Mn3O4与浓盐酸共热，有氯气生成，此反应中被氧化和被还原的物质的量之比为 ______.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.柳州螺蛳粉的主要成分是米粉，富含糖类淀粉，故A正确；
B.鲁山花瓷烧制过程中有物质形状变化和生成新物质的变化，所以既有物理变化也有化学变化，故B正确；
C.竹制品的主要成分为纤维素，故C正确；
D.大名小磨香油中含有油脂，不属于高分子化合物，故D错误；
故选：D。
2.【答案】C
【解析】A.银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故A正确；
B.银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故B正确；
C.碳酸钠对热稳定、不分解，碳酸氢钠不稳定、受热分解生成二氧化碳，则碳酸氢钠可用于制作糕点的膨松剂，故C错误；
D.煤经过气化生成CO、氢气等，液化可生成甲醇等，可转化为清洁燃料，都是化学变化，故D正确；
故选：C。
3.【答案】C
【解析】A. 35Cl与 37Cl是氯元素的不同原子，它们质子数都是17，中子数分别为18、20，二者互为同位素，故A正确；
B.次氯酸的中心原子为O，含有O−Cl键、O−H键，结构式为H−O−Cl，故B正确；
C.O2−的质子数为8，核外电子数为10，最外层电子数为8，离子符号为，故C错误；
D.H2O是共价化合物，空间构型为V型，并且O原子半径大于H，则空间充填模型为，故D正确；
故选：C。
4.【答案】C
【解析】A.SO2具有漂白性、SO2有毒，能使蛋白质变性而失去活性、具有还原性，食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，故A正确；
B.酸雨的成因与二氧化硫和氮的氧化物排放有关系，所以工业制备硫酸后含SO2的尾气大量排放至空气中会形成酸雨，故B正确；
C.SO2与H2SO4中的S元素没有中间价，浓硫酸不能氧化SO2，能用浓硫酸干燥SO2气体，故C错误；
D.二氧化硫能够与有色物质化合生成不稳定的无色化合物而具有漂白性，该无色化合物不稳定，受热易分解重新生成带颜色物质，所以SO2使品红溶液褪色后，加热可使溶液再次变红，故D正确；
故选：C。
5.【答案】A
【解析】物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化。
A.海水放进盐田晒制获得粗盐，海水经风吹日晒获得粗盐是海水中的水挥发，溶质结晶的过程，不属于化学变化，故A正确；
B.用生石灰和水为自热米饭提供热源，是氧化钙和水反应生成氢氧化钙过程中放出的热量，属于化学反应，故B错误；
C.用装有酸性重铬酸钾的检测仪查酒驾，是乙醇被重铬酸钾氧化发生氧化还原反应，故C错误；
D.多吃富含维生素C的食物减缓衰老，是利用维生素C的还原性，发生了化学反应，故D错误；
故选：A。
6.【答案】D
【解析】A.溶液体积未知，无法计算离子个数，故A错误；
B.1ml甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为4NA，故B错误；
C.100g质量分数为98%的H2SO4溶液中含有的氧原子总数大于4NA，故C错误；
D.依据方程式4KMnO4+6H2SO4+5HCHO=4MnSO4+5CO2↑+11H2O+2K2SO4分析，生成5ml二氧化碳转移20ml电子，则生成二氧化碳气体4.4g，物质的量为：4.4g44g/ml=0.1ml，转移电子数为0.4NA，故D正确；
故选：D。
7.【答案】C
【解析】A.由图可知，在H−ZSM−5分子筛(用H+A−表示)上，反应经历了多种反应途径，故A正确；
B.温度越高反应速率越快，由图可知，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应物的转化率增大，故B正确；
C.对于stepwise路径，ΔEa1为168.6kJ⋅ml−1，ΔEa2为94.4kJ⋅ml−1，决定stepwise路径反应速率的步骤为第一步，而ΔEa1>ΔEa，故反应更易以cncerted路径进行，故C错误；
D.由图可知，DME首先与分子筛H+A−结合形成C(CH3)2OH+A−，故D正确；
故选：C。
8.【答案】A
【解析】A.该有机物中含有羧基、碳碳双键、醇羟基、醚键，具有羧酸、烯烃、醇、醚的性质，羧基、醇羟基都能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应，醇羟基都能发生消去反应，故A正确；
B.该有机物中含有羧基、碳碳双键、醇羟基、醚键四种官能团，不含醛基，故B错误；
C.−OH、−COOH都能和钠以1：1反应，只有−COOH和NaOH以1：1反应，该分子中含有5个醇羟基、1个羧基，所以1ml该有机物分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6：1，故C错误；
D.该分子中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选：A。
9.【答案】A
【解析】A.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色、可被酸性高锰酸钾氧化，图中装置可验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故A正确；
B.氢气的密度比空气密度小，图中应短导管进气收集氢气，不能选图中向上排空气法，故B错误；
C.Cu与稀硝酸反应生成NO，且二氧化氮与水反应，不能制备二氧化氮，故C错误；
D.氨气极易溶于水，易发生倒吸，图中氨气、二氧化碳的进气位置应互换，故D错误；
故选：A。
10.【答案】B
【解析】短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，由M的结构式可知，Z为带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Z为Na；W只能形成1个共价单键，且原子序数最小，W为H；由原子序数可知R、X、Y位于第二周期，R形成4个共价键，R为C，Y形成2个共价键，Y为O，X形成3个共价键，X为N，以此来解答。
由上述分析可知，W为H、R为C、X为N、Y为O、Z为Na，
A.物质M与稀硫酸反应生成的有机物中含有1种含氧官能团，为羧基，故A错误；
B.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从左向右原子半径增大，则W、R、X、Y的原子半径大小顺序为R>X>Y>W，故B正确；
C.水分子间比氨气分子间氢键多，则R、X、Y分别形成的最简单氢化物的沸点：Y>X>R，故C错误；
D.工业上常采用电解熔融NaCl冶炼金属，故D错误；
故选：B。
11.【答案】C
【解析】废铁屑用Na2CO3溶液浸取除去油污，在酸浸中加入酸，酸浸时加入的酸能腐蚀Fe且不能引进杂质，根据PFS成分知，酸为硫酸；然后过滤，向滤液中加入氧化剂，氧化剂能氧化亚铁离子且不能引进新的杂质，选取双氧水；然后向聚合釜中加入水和硫酸，最后得到PFS，据此分析回答问题。
A.温度越高，碳酸钠碱性越强，故废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好，故A正确；
B.操作X为过滤，过滤中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故B正确；
C.酸浸槽中加入的酸液不能用稀硝酸代替稀硫酸，硝酸会与废铁屑生成污染性的气体，故C错误；
D.可用K3Fe(CN)6溶液与Fe2+产生蓝色沉淀，故D正确；
故选：C。
12.【答案】C
【解析】在强酸性溶液中，CO32−不能大量存在，Fe2+和NO3−也不能同时存在，钡离子和碳酸根离子不共存，根据实验(1)可知溶液中一定不存在Ba2+、NO3−，一定存在Fe2+、SO42−，气体b为NO，沉淀a为BaSO4，根据实验(2)可知溶液中含有NH4+，气体d为NH3，沉淀e为Fe(OH)3，可能有Al3+因为氢氧化铝溶于氢氧化钠，根据实验(3)可知原溶液中可能含有Al3+，沉淀f可能为BaCO3或BaCO3和Al(OH)3的混合物，因为实验(1)中的Ba(NO3)2溶液是过量的。
A.由上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为Ba2+、CO32−、NO3−，故A错误；
B.由上述分析可知，原溶液中可能会含有Al3+，故B错误；
C.一氧化氮和氨气一定条件下可以生成氮气和水，故C正确；
D.沉淀f一定含有BaCO3，可能含有Al(OH)3，故D错误；
故选：C。
13.【答案】A
【解析】过程I中Zn2+离子得电子生成锌沉积沉积在锌箔上，Mn2+离子失电子生成二氧化锰沉积在石墨上，故过程I为充电过程，过程II为放电过程，放电时，负极Zn失去电子，正极二氧化锰得到电子溶解，据此解答。
A.放电负极反应为Zn−2e−=Zn2+，正极反应为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O，每当电路中通中1ml电子时，负极质量减少652g=32.5g，正极质量减少55+322g=43.5g，两极质量差为11g，故A正确；
B.放电时，石墨毡电极为正极，得到电子，电极反应为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O，故B错误；
C.充电时A连接电源的负极，故C错误；
D.放电时，当沉积在石墨毡上的MnO2溶解完全时，负极锌箔上沉积的锌正好完全溶解，负极质量也减少，故D错误；
故选：A。
14.【答案】D
【解析】A.根据图示可得出，常温下，NaH2PO3溶液显酸性，H2PO3−的电离大于水解，故c(HPO32−)>c(H3PO3)，故A错误；
B.c点时溶液中c(H3PO3)=0.1×20×10−320×10−3+40×10−3≈3.33×10−2(ml⋅L−1)，c(H+)≈c(H2PO3−)=10−1.7ml⋅L−1≈2×10−2ml⋅L−1，Ka1(H3PO3)=c(H+)c(H2PO3−)c(H3PO3)=10−1.7×10−×10−2≈3×10−2，故B错误；
C.H3PO3是二元弱酸，与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，故C错误；
D.a点溶质是等物质的量浓度的Na2HPO3、NaH2PO3、NaCl，依据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(HPO32−)，由物料守恒可得：c(Na+)=2c(H2PO3−)+2c(H3PO3)+2c(HPO32−)，计算可得c(H+)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)=c(Cl−)+c(OH−)，故D正确；
故选：D。
15.【答案】(1)分液漏斗
(2)防止产品因溶解造成损失
(3)温度过高，产品分解，造成产量损失
(4)0.4；2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+
(5)溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；0.046。
【解析】装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为(NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理，防止污染空气，
(1)仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是防止产品因溶解造成损失，
故答案为：防止产品因溶解造成损失；
(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是温度过高，产品分解，造成产量损失，
故答案为：温度过高，产品分解，造成产量损失；
(4)根据氧化还原反应中，Mn元素化合价升高值=S元素化合价降低值=转移电子数=10，所以S2O82−的系数是5，MnSO4前面的系数是2，根据原子守恒得出其他物质前的系数，离子反应为5S2O82−+2Mn2++8H2O=10SO42−+2MnO4−+16H+，1mlS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为0.4ml，过二硫酸铵常用于检验废水中Cr3+是否超标，若超标则溶液变为橙色，为Cr2O72−，还原产物为SO42−，反应为：2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+，
故答案为：0.4；2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+；
(5)由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；根据反应的方程式可知：
(NH4)2S2O8∼I2∼2Na2S2O3，
1ml 2ml
c××0.0184L
解得c=0.046ml/L，
故答案为：溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；0.046。
16.【答案】(1)搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度(任写一条)
(2)蒸发浓缩、冷却结晶
(3)2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+
(4)4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；4：1
(5)2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O；3.2；生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失
【解析】分析流程图可知，“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C，同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转化为相应的氧化物，“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐，过滤出微溶物Ag2SO4，滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH，反应原理为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O，加入Zn粉先置换出Cu，离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，后置换出Ni，离子方程为：Zn+Ni2+=Zn2++Ni，最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可获得ZnSO4⋅7H2O，据此分析解题。
(1)对反应物进行搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率，
故答案为：搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度；
(2)“一系列操作”主要包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(3)置换镍时，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+，
故答案为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+；
(4)“浸出”的浸渣中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，反应中Ag(NH3)2Cl作氧化剂，N2H4作还原剂，故则还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；4：1；
(5)由分析可知，浸出液中含有Fe2+，“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O，由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的PH约为3.2，由题干信息可知，除铁时若PH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀，故在PH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，PH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O；3.2；生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失。
17.【答案】CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1 10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C太阳能转化为化学能 0.25a×15%×78%升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度 33.3适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i
【解析】解：(1)CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的化学方程式为CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)，依次将题目所给三个热化学方程式标号为①②③，根据盖斯定律3×①−6×②−2×③可得CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)的ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1，
故答案为：CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1；
(2)据图可知过程①中Fe0.9O被CO2氧化为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C，过程②中再太阳能条件下Fe3O4被分解为O2和Fe0.9O，所以能量转化的主要形式为：太阳能转化为化学能，
故答案为：10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C；太阳能转化为化学能；
(3)根据题意可知投料为0.25amlCO2和0.75amlH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇为0.25a×15%×78%ml；反应i焓变小于0为放热反应，反应ii焓变大于0为吸热反应，升高温度反应ii平衡正向移动，反应i平衡逆向移动，且反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度，所以CO2的平衡转化率升高，甲醇的选择率降低，
故答案为：0.25a×15%×78%；升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度；
(4)平衡时CO2的转化率为20%，则Δn(CO2)=1ml×20%=0.2ml，剩余n(CO2)=0.8ml，结合方程式可知此时n(H2)=2.4ml、n(CH3OH)=0.2ml、n(H2O)=0.2ml，He不参与反应，仍为6ml，所以p(CO2)=0.80.8+2.4+0.2+0.2+6×0.1MPa=112×0.1MPa，同理可得p(H2)=14×0.1MPa、p(CH3OH)=p(H2O)=148×0.1MPa，所以Kp=p(H2O)⋅p(CH3OH)p(CO2)⋅p3(H2)=148×0.1×148×0.1(148×0.1)3×112×0.1MPa−2=33.3MPa−2；CO为反应ii的生成物，适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i，提高CH3OH的选择率，
故答案为：33.3；适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i。
(1)CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的化学方程式为CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)，依次将题目所给三个热化学方程式标号为①②③，根据盖斯定律3×①−6×②−2×③可得；
(2)据图可知过程①中Fe0.9O被CO2氧化为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式；
(3)根据题意可知投料为0.25amlCO2和0.75amlH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇的物质的量；
(4)平衡时CO2的转化率为20%，则Δn(CO2)=1ml×20%=0.2ml，剩余n(CO2)=0.8ml，结合方程式可知此时n(H2)=2.4ml、n(CH3OH)=0.2ml、n(H2O)=0.2ml，He不参与反应，仍为6ml，所以p(CO2)=0.80.8+2.4+0.2+0.2+6×0.1MPa=112×0.1MPa，同理可得p(H2)=14×0.1MPa、p(CH3OH)=p(H2O)=148×0.1MPa，所以Kp=p(H2O)⋅p(CH3OH)p(CO2)⋅p3(H2)。
本题考查化学平衡的计算，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，均为高频考点，考查较为综合，整体难度中等。
18.【答案】90℃MnO2+SO2−△MnSO4 3.2pH越小，c(H+)越大，硫化钡会与H+反应产生硫化氢气体 2MnSO4+2H2O−电解2Mn+2H2SO4+O2↑4Al+3MnO2−高温2Al2O3+3Mn6Mn2++12NH3⋅H2O+O2=2Mn3O4+12NH4++6H2O2：1
【解析】解：(1)由图1可知，90℃时，锰的浸出率已接近100%，副产物MnS2O6的生成率最低，所以“浸锰”的适宜温度是90℃；软锰矿浆中通入SO2气体反应制备MnSO4，反应中MnO2为氧化剂、SO2为还原剂，生成MnSO4的化学方程式为：MnO2+SO2−△MnSO4，
故答案为：90℃；MnO2+SO2−△MnSO4；
①欲使铁离子沉淀完全，当恰好沉淀时，c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=34×10−381.0×10−5=223×10−11ml/L，铁离子沉淀完全时pOH=−lgc(OH−)=10.8，则pH=14−10.8=3.2，所以应调节溶液pH不低于3.2，
故答案为：3.2；
②当pH<4.2，pH越小除镍效果越差的原因是：pH越小，c(H+)越大，硫化钡会与H+反应产生硫化氢气体，
故答案为：pH越小，c(H+)越大，硫化钡会与H+反应产生硫化氢气体；
(2)惰性电极电解硫酸锰溶液制取金属锰，锰离子在阴极得到电子变成锰单质，水在阳极失去电子变成氧气，化学方程式为：2MnSO4+2H2O−电解2Mn+2H2SO4+O2↑，工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，反应的化学方程式为4Al+3MnO2−高温2Al2O3+3Mn，
故答案为：2MnSO4+2H2O−电解2Mn+2H2SO4+O2↑；4Al+3MnO2−高温2Al2O3+3Mn；
(3)①在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氨水，加压通氧气反应7小时制备Mn3O4。则锰离子被氧化为Mn3O4，根据得失电子守恒和元素守恒可得方程式为：6Mn2++12NH3⋅H2O+O2=2Mn3O4+12NH4++6H2O，
故答案为：6Mn2++12NH3⋅H2O+O2=2Mn3O4+12NH4++6H2O；
②Mn3O4与浓盐酸生成二氯化锰、氯气和水，反应方程式为Mn3O4+8HCl(浓)−△3MnCl2+Cl2↑+4H2O，1mlMn3O4得到2ml电子做氧化剂被还原，1ml氯化氢失去1ml电子做还原剂被氧化，则根据得失电子守恒可得被氧化和被还原的物质的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1。
(1)由图1可知，90℃时，锰的浸出率已接近100%，副产物MnS2O6的生成率最低，所以“浸锰”的适宜温度是90℃；软锰矿浆中通入SO2气体反应制备MnSO4，反应中MnO2为氧化剂、SO2为还原剂，生成MnSO4；
①欲使铁离子沉淀完全，当恰好沉淀时，c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=34×10−381.0×10−5=223×10−11ml/L，铁离子沉淀完全时pOH=−lgc(OH−)=10.8，则pH=14−10.8=3.2；
②pH越小，c(H+)越大，有硫化氢产生；
(2)惰性电极电解硫酸锰溶液制取金属锰，锰离子在阴极得到电子变成锰单质，水在阳极失去电子变成氧气；工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，该反应为置换反应；
(3)①在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氨水，加压通氧气反应7小时制备Mn3O4。则锰离子被氧化为Mn3O4；
②Mn3O4与浓盐酸生成二氯化锰、氯气和水，反应方程式为Mn3O4+8HCl(浓)−△3MnCl2+Cl2↑+4H2O，1mlMn3O4得到2ml电子做氧化剂被还原，1ml氯化氢失去1ml电子做还原剂被氧化。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
2021年6月10日，国务院公布的第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录，包含柳州螺蛳粉制作技艺、鲁山花瓷烧制技艺、楚简制作技艺、大名小磨香油制作技艺等，下列说法错误的是( )
A. 柳州螺蛳粉的主要成分是米粉，富含淀粉
B. 鲁山花瓷烧制过程中包含复杂的物理变化和化学变化
C. 楚简属于竹制品，主要成分为纤维素
D. 大名小磨香油属于高分子化合物
化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中错误的是( )
A. 免洗洗手液能杀菌消毒，主要是因为其有效成分活性银离子能使蛋白质变性
B. 用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质
C. 碳酸钠可用作制作糕点的膨松剂，是因为加热能分解出二氧化碳
D. 煤经过气化和液化两个化学变化可转化为清洁能源
常温下，氯气可溶于水且与水反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，下列化学用语表示错误的是( )
A. 35Cl与 37Cl互为同位素B. HClO的结构式为H−O−Cl
C. O2−的结构示意图：D. H2O的空间充填模型：
SO2和H2SO4在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。下列关于SO2的说法错误的是( )
A. 食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用
B. 工业制备硫酸产生的含SO2的尾气大量排放至空气中会形成酸雨
C. SO2具有较强的还原性，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥SO2气体
D. SO2使品红溶液褪色后，加热可使溶液再次变红
化学创造美好生活．下列生产活动中，没有发生化学反应的是( )
A. 海水放进盐田晒制获得粗盐B. 用生石灰和水为自热米饭提供热源
C. 用装有酸性重铬酸钾的检测仪查酒驾D. 多吃富含维生素C的食物减缓衰老
已知4KMnO4+6H2SO4+5HCHO=4MnSO4+5CO2↑+11H2O+2K2SO4，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 0.1ml⋅L−1的K2SO4溶液中所含的离子总数为0.3NA
B. 1ml甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为3NA
C. 100g质量分数为98%的H2SO4溶液中含有的氧原子总数为4NA
D. 常温下，若该反应生成气体4.4g，则反应中转移的电子数为0.4NA
科学家研究二甲醚(DME)在H−ZSM−5分子筛(用H+A−表示)上的水解反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径
B. 升高温度，stepwise路径和cncerted路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率
C. 由于ΔEa>ΔEa2，DME水解反应更易以stepwise路径进行
D. 根据图示可知，DME首先与分子筛H+A−结合形成C(CH3)2OH+A−
有机物M具有一定的抗炎、抗菌活性，其结构简式如图。下列说法正确的是( )
A. 该有机物可以发生取代反应、加成反应和消去反应
B. 该有机物含有羧基、醛基、羟基和碳碳双键4种官能团
C. 1ml该有机物分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6：5
D. 该有机物不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能使酸性KMnO4溶液褪色
用如图实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是( )
A. 利用图甲验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
B. 利用图乙制备并收集干燥的氢气
C. 利用图丙制备并收集少量的NO2
D. 利用图丁制取碳酸氢钠
物质M可用作调味剂，其结构式如图所示。M的组成元素W、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法正确的是( )
A. 物质M与稀硫酸反应生成的有机物中含有两种含氧官能团
B. W、R、X、Y的原子半径大小顺序为R>X>Y>W
C. R、X、Y分别形成的最简单氢化物的沸点：R>X>Y
D. 工业上常采用电解Z的盐溶液冶炼金属Z
对废旧金属的回收利用具有社会、经济、生态等方面的效益，某研究小组设计以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)m(SO4)p]n的工艺流程如图，聚合硫酸铁是一种新型絮凝剂，处理污水能力比FeCl3高效，且腐蚀性小。下列说法错误的是( )
A. 废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好
B. 操作X中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
C. “酸浸氧化”时，可用过量的稀硝酸代替稀硫酸和H2O2溶液
D. 可用K3Fe(CN)6溶液检验“酸浸氧化”反应后的溶液中是否含有Fe2+
某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl−、CO32−、SO42−、NO3−中的若干种，为确定溶液组成进行如下实验：
(1)取100mL原溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。
(2)往(1)所得滤液c中加人足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤。
(3)取(2)中过滤所得滤液，通入少量的CO2，有白色沉淀f生成。
下列有关判断正确的是( )
A. 试液中一定没有Ba2+、CO32−、NO3−、Cl−
B. 试液中一定有Fe2+、NH4+、Al3+、SO42−
C. 气体b和气体d在一定条件下能发生反应生成一种单质和一种无色液体
D. 沉淀f一定含有Al(OH)3，可能含有BaCO3
水系可充电电池因其成本低、高离子电导率、高安全性和环境友好性等优势而备受关注。一种新型无隔膜Zn/MnO2液流电池的工作原理如图所示。电池以锌箔、石墨毡为集流体，ZnSO4和MnSO4的混合液作电解质溶液，下列说法正确的是( )
A. 放电时，当外电路转移1mle−时，两电极质量变化的差值为11g
B. 过程Ⅱ为放电过程，石墨毡电极的电极反应为MnO2−2e−+4H+=Mn2++2H2O
C. 过程Ⅰ为锌沉积过程，A连电源的正极，锌离子得到电子发生还原反应生成锌
D. 放电时，沉积在石墨毡上的MnO2逐渐溶解，石墨毡电极质量减小，锌箔质量增大
H3PO3是二元弱酸，常温下向⋅L−1Na2HPO3溶液中滴入0.1000ml⋅L−1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。已知10−1.7≈2×10−2，下列说法正确的是( )
A. 常温下，NaH2PO3溶液中c(Na+)>c(H2PO3−)>c(H3PO3)>c(HPO32−)
B. 常温下，H3PO3的一级电离常数Ka1约为3×10−4
C. H3PO3与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为H3PO3+3NaOH=Na3PO3+3H2O
D. a点溶液中存在c(H+)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)=c(Cl−)+c(OH−)
过二硫酸盐[例：(NH4)2S2O8、Na2S2O8]都具有强氧化性，可作为氧化剂和漂白剂，(NH4)2S2O8被广泛用于蓄电池工业，在照相工业上用来除去海波。
I.(NH4)2S2O8的制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O。实验室模拟制备(NH4)2S2O8的装置如图所示。
(1)仪器a的名称是 ______。
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是 ______。
(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是 ______。
II.(NH4)2S2O8的性质及应用。
(4)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，在Ag+催化作用下，S2O82−能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42−和MnO4−，1mlS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为 ______ml。过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为SO42−)，写出该反应的离子方程式 ______。
III.标定(NH4)2S2O8溶液的浓度。
(5)称取一定质量的(NH4)2S2O8，配制成溶液，并用碘量法标定该溶液的浓度，移取20.00mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用0.1ml⋅L−1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−。重复上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为18.40mL，滴定终点时的颜色变化为 ______，所标定的(NH4)2S2O8的浓度为 ______ml⋅L−1。
市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾(ZnSO4⋅7H2O)的工艺流程如图：
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 ______(任写一条)。
(2)“一系列操作”主要包括、______、过滤、洗涤，干燥。
(3)用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为 ______。
(4)“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl(可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl−)，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：______，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(5)浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为 ______。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为 ______。在pH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是 ______。
我国拥有众多非物质文化遗产，如建窑建盏烧制技艺、浦城剪纸、武夷岩茶(大红袍)制作技艺等。
I.建盏的魅力斑纹是由釉面里面由内至外呈现的，三维立体，栩栩如生，主要因建阳水吉附近的南方红壤土中蕴含大量的铁，通过高温烧制控制进入的氧气量，把坯体铁析晶和釉水铁析晶呈现出来，这些表现在建盏的釉色当中，该过程会形成不同形态的铁(如Fe2O3、FeO、，Fe3O4等)。以下是烧制过程中可能发生反应的热化学方程式：
Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH1=akJ⋅ml−1
FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)ΔH2=bkJ⋅ml−1
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)ΔH3=ckJ⋅ml−1
(1)写出CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的热化学方程式：______。
(2)在太阳能的作用下，缺铁氧化物(如Fe0.9O)能催化分解CO2，其过程如图所示。过程①的化学方程式是 ______，过程②能量转化的主要形式为 ______。
II.一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下：
反应i：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH4=−49.1kJ⋅ml−1
反应ii：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH5=+41.1kJ⋅ml−1
(3)往恒容密闭容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3(总量为aml)充入反应物，在合适催化剂作用下，发生反应i、ii，CO2的平衡转化率和甲醉的选择率(转化为甲醇的CO2物质的量与参加反应的CO2总物质的量之比)如图所示。在513K达平衡时，甲醇的物质的量为(列出计算式)______ml。随着温度的升高，CO2的平衡转化率升高但甲醇的选择率降低的原因是 ______。
(4)现向恒温恒压(0.1MPa)的密闭容器中充入1mlCO2、3mlH2和6mlHe，选择合适的催化剂使其仅按反应i进行，上述反应达平衡时，测得CO2的转化率为20%，则该反应的Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果精确到0.1)MPa−2。CO2制备CH3OH的过程中，往往伴随着反应ii，从而导致CH3OH的选择率下降，有研究表明，在原料气中掺入适量CO，能提高CH3OH的选择率，试说明其可能的原因：______。
在旧石器时代晚期，软锰矿(主要成分是MnO2，还含有硅、铁和少量重金属镍的化合物等杂质)就被人们当作颜料用于洞穴的壁画上．工业上常利用软锰矿制备MnSO4溶液，并以MnSO4溶液为原料制取单质锰和四氧化三锰．
(1)MnSO4溶液的制备：
步骤一：往软锰矿浆中通入SO2气体反应制备MnSO4，往往有副产物MnS2O6生成，温度对反应的影响如图1所示．为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 ______；写出反应生成MnSO4的化学方程式：______.
步骤二：①取上述反应后的混合物，调节pH除杂．已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4×10−38，欲使铁离子沉淀完全[c(Fe3+)≤1×10−5ml⋅L−1]，应调节溶液pH不低于 ______.(lg2=0.3)
②过滤除去硅、铁等杂质后，通常用BaS来除去溶液中的镍，pH对除镍效果的影响如图2所示．当pH<4.2，pH越小除镍效果越差的原因是 ______.
(2)制取金属锰：
惰性电极电解硫酸锰溶液制取金属锰的化学方程式为 ______.工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，反应的化学方程式为 ______.
(3)制取Mn3O4：
利用空气氧化法，用MnSO4溶液制备Mn3O4.在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氨水，加压通氧气反应7小时制备Mn3O4.
①写出上述反应的离子方程式：______.
②Mn3O4与浓盐酸共热，有氯气生成，此反应中被氧化和被还原的物质的量之比为 ______.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.柳州螺蛳粉的主要成分是米粉，富含糖类淀粉，故A正确；
B.鲁山花瓷烧制过程中有物质形状变化和生成新物质的变化，所以既有物理变化也有化学变化，故B正确；
C.竹制品的主要成分为纤维素，故C正确；
D.大名小磨香油中含有油脂，不属于高分子化合物，故D错误；
故选：D。
2.【答案】C
【解析】A.银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故A正确；
B.银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故B正确；
C.碳酸钠对热稳定、不分解，碳酸氢钠不稳定、受热分解生成二氧化碳，则碳酸氢钠可用于制作糕点的膨松剂，故C错误；
D.煤经过气化生成CO、氢气等，液化可生成甲醇等，可转化为清洁燃料，都是化学变化，故D正确；
故选：C。
3.【答案】C
【解析】A. 35Cl与 37Cl是氯元素的不同原子，它们质子数都是17，中子数分别为18、20，二者互为同位素，故A正确；
B.次氯酸的中心原子为O，含有O−Cl键、O−H键，结构式为H−O−Cl，故B正确；
C.O2−的质子数为8，核外电子数为10，最外层电子数为8，离子符号为，故C错误；
D.H2O是共价化合物，空间构型为V型，并且O原子半径大于H，则空间充填模型为，故D正确；
故选：C。
4.【答案】C
【解析】A.SO2具有漂白性、SO2有毒，能使蛋白质变性而失去活性、具有还原性，食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，故A正确；
B.酸雨的成因与二氧化硫和氮的氧化物排放有关系，所以工业制备硫酸后含SO2的尾气大量排放至空气中会形成酸雨，故B正确；
C.SO2与H2SO4中的S元素没有中间价，浓硫酸不能氧化SO2，能用浓硫酸干燥SO2气体，故C错误；
D.二氧化硫能够与有色物质化合生成不稳定的无色化合物而具有漂白性，该无色化合物不稳定，受热易分解重新生成带颜色物质，所以SO2使品红溶液褪色后，加热可使溶液再次变红，故D正确；
故选：C。
5.【答案】A
【解析】物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化。
A.海水放进盐田晒制获得粗盐，海水经风吹日晒获得粗盐是海水中的水挥发，溶质结晶的过程，不属于化学变化，故A正确；
B.用生石灰和水为自热米饭提供热源，是氧化钙和水反应生成氢氧化钙过程中放出的热量，属于化学反应，故B错误；
C.用装有酸性重铬酸钾的检测仪查酒驾，是乙醇被重铬酸钾氧化发生氧化还原反应，故C错误；
D.多吃富含维生素C的食物减缓衰老，是利用维生素C的还原性，发生了化学反应，故D错误；
故选：A。
6.【答案】D
【解析】A.溶液体积未知，无法计算离子个数，故A错误；
B.1ml甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为4NA，故B错误；
C.100g质量分数为98%的H2SO4溶液中含有的氧原子总数大于4NA，故C错误；
D.依据方程式4KMnO4+6H2SO4+5HCHO=4MnSO4+5CO2↑+11H2O+2K2SO4分析，生成5ml二氧化碳转移20ml电子，则生成二氧化碳气体4.4g，物质的量为：4.4g44g/ml=0.1ml，转移电子数为0.4NA，故D正确；
故选：D。
7.【答案】C
【解析】A.由图可知，在H−ZSM−5分子筛(用H+A−表示)上，反应经历了多种反应途径，故A正确；
B.温度越高反应速率越快，由图可知，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应物的转化率增大，故B正确；
C.对于stepwise路径，ΔEa1为168.6kJ⋅ml−1，ΔEa2为94.4kJ⋅ml−1，决定stepwise路径反应速率的步骤为第一步，而ΔEa1>ΔEa，故反应更易以cncerted路径进行，故C错误；
D.由图可知，DME首先与分子筛H+A−结合形成C(CH3)2OH+A−，故D正确；
故选：C。
8.【答案】A
【解析】A.该有机物中含有羧基、碳碳双键、醇羟基、醚键，具有羧酸、烯烃、醇、醚的性质，羧基、醇羟基都能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应，醇羟基都能发生消去反应，故A正确；
B.该有机物中含有羧基、碳碳双键、醇羟基、醚键四种官能团，不含醛基，故B错误；
C.−OH、−COOH都能和钠以1：1反应，只有−COOH和NaOH以1：1反应，该分子中含有5个醇羟基、1个羧基，所以1ml该有机物分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6：1，故C错误；
D.该分子中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选：A。
9.【答案】A
【解析】A.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色、可被酸性高锰酸钾氧化，图中装置可验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故A正确；
B.氢气的密度比空气密度小，图中应短导管进气收集氢气，不能选图中向上排空气法，故B错误；
C.Cu与稀硝酸反应生成NO，且二氧化氮与水反应，不能制备二氧化氮，故C错误；
D.氨气极易溶于水，易发生倒吸，图中氨气、二氧化碳的进气位置应互换，故D错误；
故选：A。
10.【答案】B
【解析】短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，由M的结构式可知，Z为带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Z为Na；W只能形成1个共价单键，且原子序数最小，W为H；由原子序数可知R、X、Y位于第二周期，R形成4个共价键，R为C，Y形成2个共价键，Y为O，X形成3个共价键，X为N，以此来解答。
由上述分析可知，W为H、R为C、X为N、Y为O、Z为Na，
A.物质M与稀硫酸反应生成的有机物中含有1种含氧官能团，为羧基，故A错误；
B.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从左向右原子半径增大，则W、R、X、Y的原子半径大小顺序为R>X>Y>W，故B正确；
C.水分子间比氨气分子间氢键多，则R、X、Y分别形成的最简单氢化物的沸点：Y>X>R，故C错误；
D.工业上常采用电解熔融NaCl冶炼金属，故D错误；
故选：B。
11.【答案】C
【解析】废铁屑用Na2CO3溶液浸取除去油污，在酸浸中加入酸，酸浸时加入的酸能腐蚀Fe且不能引进杂质，根据PFS成分知，酸为硫酸；然后过滤，向滤液中加入氧化剂，氧化剂能氧化亚铁离子且不能引进新的杂质，选取双氧水；然后向聚合釜中加入水和硫酸，最后得到PFS，据此分析回答问题。
A.温度越高，碳酸钠碱性越强，故废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好，故A正确；
B.操作X为过滤，过滤中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故B正确；
C.酸浸槽中加入的酸液不能用稀硝酸代替稀硫酸，硝酸会与废铁屑生成污染性的气体，故C错误；
D.可用K3Fe(CN)6溶液与Fe2+产生蓝色沉淀，故D正确；
故选：C。
12.【答案】C
【解析】在强酸性溶液中，CO32−不能大量存在，Fe2+和NO3−也不能同时存在，钡离子和碳酸根离子不共存，根据实验(1)可知溶液中一定不存在Ba2+、NO3−，一定存在Fe2+、SO42−，气体b为NO，沉淀a为BaSO4，根据实验(2)可知溶液中含有NH4+，气体d为NH3，沉淀e为Fe(OH)3，可能有Al3+因为氢氧化铝溶于氢氧化钠，根据实验(3)可知原溶液中可能含有Al3+，沉淀f可能为BaCO3或BaCO3和Al(OH)3的混合物，因为实验(1)中的Ba(NO3)2溶液是过量的。
A.由上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为Ba2+、CO32−、NO3−，故A错误；
B.由上述分析可知，原溶液中可能会含有Al3+，故B错误；
C.一氧化氮和氨气一定条件下可以生成氮气和水，故C正确；
D.沉淀f一定含有BaCO3，可能含有Al(OH)3，故D错误；
故选：C。
13.【答案】A
【解析】过程I中Zn2+离子得电子生成锌沉积沉积在锌箔上，Mn2+离子失电子生成二氧化锰沉积在石墨上，故过程I为充电过程，过程II为放电过程，放电时，负极Zn失去电子，正极二氧化锰得到电子溶解，据此解答。
A.放电负极反应为Zn−2e−=Zn2+，正极反应为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O，每当电路中通中1ml电子时，负极质量减少652g=32.5g，正极质量减少55+322g=43.5g，两极质量差为11g，故A正确；
B.放电时，石墨毡电极为正极，得到电子，电极反应为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O，故B错误；
C.充电时A连接电源的负极，故C错误；
D.放电时，当沉积在石墨毡上的MnO2溶解完全时，负极锌箔上沉积的锌正好完全溶解，负极质量也减少，故D错误；
故选：A。
14.【答案】D
【解析】A.根据图示可得出，常温下，NaH2PO3溶液显酸性，H2PO3−的电离大于水解，故c(HPO32−)>c(H3PO3)，故A错误；
B.c点时溶液中c(H3PO3)=0.1×20×10−320×10−3+40×10−3≈3.33×10−2(ml⋅L−1)，c(H+)≈c(H2PO3−)=10−1.7ml⋅L−1≈2×10−2ml⋅L−1，Ka1(H3PO3)=c(H+)c(H2PO3−)c(H3PO3)=10−1.7×10−×10−2≈3×10−2，故B错误；
C.H3PO3是二元弱酸，与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，故C错误；
D.a点溶质是等物质的量浓度的Na2HPO3、NaH2PO3、NaCl，依据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(HPO32−)，由物料守恒可得：c(Na+)=2c(H2PO3−)+2c(H3PO3)+2c(HPO32−)，计算可得c(H+)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)=c(Cl−)+c(OH−)，故D正确；
故选：D。
15.【答案】(1)分液漏斗
(2)防止产品因溶解造成损失
(3)温度过高，产品分解，造成产量损失
(4)0.4；2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+
(5)溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；0.046。
【解析】装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为(NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理，防止污染空气，
(1)仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是防止产品因溶解造成损失，
故答案为：防止产品因溶解造成损失；
(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是温度过高，产品分解，造成产量损失，
故答案为：温度过高，产品分解，造成产量损失；
(4)根据氧化还原反应中，Mn元素化合价升高值=S元素化合价降低值=转移电子数=10，所以S2O82−的系数是5，MnSO4前面的系数是2，根据原子守恒得出其他物质前的系数，离子反应为5S2O82−+2Mn2++8H2O=10SO42−+2MnO4−+16H+，1mlS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为0.4ml，过二硫酸铵常用于检验废水中Cr3+是否超标，若超标则溶液变为橙色，为Cr2O72−，还原产物为SO42−，反应为：2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+，
故答案为：0.4；2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+；
(5)由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；根据反应的方程式可知：
(NH4)2S2O8∼I2∼2Na2S2O3，
1ml 2ml
c××0.0184L
解得c=0.046ml/L，
故答案为：溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；0.046。
16.【答案】(1)搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度(任写一条)
(2)蒸发浓缩、冷却结晶
(3)2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+
(4)4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；4：1
(5)2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O；3.2；生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失
【解析】分析流程图可知，“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C，同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转化为相应的氧化物，“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐，过滤出微溶物Ag2SO4，滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH，反应原理为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O，加入Zn粉先置换出Cu，离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，后置换出Ni，离子方程为：Zn+Ni2+=Zn2++Ni，最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可获得ZnSO4⋅7H2O，据此分析解题。
(1)对反应物进行搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率，
故答案为：搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度；
(2)“一系列操作”主要包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(3)置换镍时，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+，
故答案为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+；
(4)“浸出”的浸渣中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，反应中Ag(NH3)2Cl作氧化剂，N2H4作还原剂，故则还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；4：1；
(5)由分析可知，浸出液中含有Fe2+，“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O，由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的PH约为3.2，由题干信息可知，除铁时若PH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀，故在PH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，PH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O；3.2；生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失。
17.【答案】CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1 10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C太阳能转化为化学能 0.25a×15%×78%升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度 33.3适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i
【解析】解：(1)CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的化学方程式为CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)，依次将题目所给三个热化学方程式标号为①②③，根据盖斯定律3×①−6×②−2×③可得CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)的ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1，
故答案为：CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1；
(2)据图可知过程①中Fe0.9O被CO2氧化为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C，过程②中再太阳能条件下Fe3O4被分解为O2和Fe0.9O，所以能量转化的主要形式为：太阳能转化为化学能，
故答案为：10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C；太阳能转化为化学能；
(3)根据题意可知投料为0.25amlCO2和0.75amlH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇为0.25a×15%×78%ml；反应i焓变小于0为放热反应，反应ii焓变大于0为吸热反应，升高温度反应ii平衡正向移动，反应i平衡逆向移动，且反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度，所以CO2的平衡转化率升高，甲醇的选择率降低，
故答案为：0.25a×15%×78%；升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度；
(4)平衡时CO2的转化率为20%，则Δn(CO2)=1ml×20%=0.2ml，剩余n(CO2)=0.8ml，结合方程式可知此时n(H2)=2.4ml、n(CH3OH)=0.2ml、n(H2O)=0.2ml，He不参与反应，仍为6ml，所以p(CO2)=0.80.8+2.4+0.2+0.2+6×0.1MPa=112×0.1MPa，同理可得p(H2)=14×0.1MPa、p(CH3OH)=p(H2O)=148×0.1MPa，所以Kp=p(H2O)⋅p(CH3OH)p(CO2)⋅p3(H2)=148×0.1×148×0.1(148×0.1)3×112×0.1MPa−2=33.3MPa−2；CO为反应ii的生成物，适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i，提高CH3OH的选择率，
故答案为：33.3；适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i。
(1)CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的化学方程式为CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)，依次将题目所给三个热化学方程式标号为①②③，根据盖斯定律3×①−6×②−2×③可得；
(2)据图可知过程①中Fe0.9O被CO2氧化为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式；
(3)根据题意可知投料为0.25amlCO2和0.75amlH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇的物质的量；
(4)平衡时CO2的转化率为20%，则Δn(CO2)=1ml×20%=0.2ml，剩余n(CO2)=0.8ml，结合方程式可知此时n(H2)=2.4ml、n(CH3OH)=0.2ml、n(H2O)=0.2ml，He不参与反应，仍为6ml，所以p(CO2)=0.80.8+2.4+0.2+0.2+6×0.1MPa=112×0.1MPa，同理可得p(H2)=14×0.1MPa、p(CH3OH)=p(H2O)=148×0.1MPa，所以Kp=p(H2O)⋅p(CH3OH)p(CO2)⋅p3(H2)。
本题考查化学平衡的计算，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，均为高频考点，考查较为综合，整体难度中等。
18.【答案】90℃MnO2+SO2−△MnSO4 3.2pH越小，c(H+)越大，硫化钡会与H+反应产生硫化氢气体 2MnSO4+2H2O−电解2Mn+2H2SO4+O2↑4Al+3MnO2−高温2Al2O3+3Mn6Mn2++12NH3⋅H2O+O2=2Mn3O4+12NH4++6H2O2：1
【解析】解：(1)由图1可知，90℃时，锰的浸出率已接近100%，副产物MnS2O6的生成率最低，所以“浸锰”的适宜温度是90℃；软锰矿浆中通入SO2气体反应制备MnSO4，反应中MnO2为氧化剂、SO2为还原剂，生成MnSO4的化学方程式为：MnO2+SO2−△MnSO4，
故答案为：90℃；MnO2+SO2−△MnSO4；
①欲使铁离子沉淀完全，当恰好沉淀时，c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=34×10−381.0×10−5=223×10−11ml/L，铁离子沉淀完全时pOH=−lgc(OH−)=10.8，则pH=14−10.8=3.2，所以应调节溶液pH不低于3.2，
故答案为：3.2；
②当pH<4.2，pH越小除镍效果越差的原因是：pH越小，c(H+)越大，硫化钡会与H+反应产生硫化氢气体，
故答案为：pH越小，c(H+)越大，硫化钡会与H+反应产生硫化氢气体；
(2)惰性电极电解硫酸锰溶液制取金属锰，锰离子在阴极得到电子变成锰单质，水在阳极失去电子变成氧气，化学方程式为：2MnSO4+2H2O−电解2Mn+2H2SO4+O2↑，工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，反应的化学方程式为4Al+3MnO2−高温2Al2O3+3Mn，
故答案为：2MnSO4+2H2O−电解2Mn+2H2SO4+O2↑；4Al+3MnO2−高温2Al2O3+3Mn；
(3)①在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氨水，加压通氧气反应7小时制备Mn3O4。则锰离子被氧化为Mn3O4，根据得失电子守恒和元素守恒可得方程式为：6Mn2++12NH3⋅H2O+O2=2Mn3O4+12NH4++6H2O，
故答案为：6Mn2++12NH3⋅H2O+O2=2Mn3O4+12NH4++6H2O；
②Mn3O4与浓盐酸生成二氯化锰、氯气和水，反应方程式为Mn3O4+8HCl(浓)−△3MnCl2+Cl2↑+4H2O，1mlMn3O4得到2ml电子做氧化剂被还原，1ml氯化氢失去1ml电子做还原剂被氧化，则根据得失电子守恒可得被氧化和被还原的物质的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1。
(1)由图1可知，90℃时，锰的浸出率已接近100%，副产物MnS2O6的生成率最低，所以“浸锰”的适宜温度是90℃；软锰矿浆中通入SO2气体反应制备MnSO4，反应中MnO2为氧化剂、SO2为还原剂，生成MnSO4；
①欲使铁离子沉淀完全，当恰好沉淀时，c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=34×10−381.0×10−5=223×10−11ml/L，铁离子沉淀完全时pOH=−lgc(OH−)=10.8，则pH=14−10.8=3.2；
②pH越小，c(H+)越大，有硫化氢产生；
(2)惰性电极电解硫酸锰溶液制取金属锰，锰离子在阴极得到电子变成锰单质，水在阳极失去电子变成氧气；工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，该反应为置换反应；
(3)①在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氨水，加压通氧气反应7小时制备Mn3O4。则锰离子被氧化为Mn3O4；
②Mn3O4与浓盐酸生成二氯化锰、氯气和水，反应方程式为Mn3O4+8HCl(浓)−△3MnCl2+Cl2↑+4H2O，1mlMn3O4得到2ml电子做氧化剂被还原，1ml氯化氢失去1ml电子做还原剂被氧化。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
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