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2022-2023学年湖南省株洲市第二中学高二上学期期中考试化学试题 Word版
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这是一份2022-2023学年湖南省株洲市第二中学高二上学期期中考试化学试题 Word版，共22页。试卷主要包含了16eV，02ev•ml-1等内容，欢迎下载使用。
株洲二中2022-2023年度高二上期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第I卷(选择题共46分)
一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。)
1．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
2．将物质的量均为n mol的氧化铝和氮气充入恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2Al2O3(s)＋2N2(g) 4AlN(s)＋3O2(g) ΔH>0.下列条件不能说明反应达到平衡的是
A．O2的体积分数保持不变 B．2v正(N2)=3v逆(O2)
C．混合气体的密度不变 D．容器内压强不再发生改变
3．某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是
A．升高温度，若增大，则
B．加入一定量Z，达新平衡后减小
C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后增大
D．加入一定量氩气，平衡不移动
4．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
Na+、Fe3+、SO、Cl-
过量H2S
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
B
Fe2+、K+、NO、Br-
少量HI
4H++3Fe2++NO=3Fe3++NO↑+2H2O
C
NH、Fe3+、AlO、Na+
少量铜粉
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D
AlO、Na+、K+、HCO
过量HCl
5H++HCO+AlO2-=Al3++CO2↑+3H2O
A．A B．B C．C D．D
5．已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线①代表的沉淀溶解曲线
B．该温度下的值为
C．加适量固体可使溶液由a点变到b点
D．时两溶液中
6．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*
B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV
C．该反应热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02ev•mol-1
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
7．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．(R核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数a(A-N-2)NA
B．10g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为0.2NA
C．含的浓硫酸和足量镁反应，转移电子数为0.2NA
D．将溶于适量水中，溶液中、和粒子数之和为NA
8．天津大学研究团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮苯()的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法正确的是
A．离子交换膜是阳离子交换膜
B．偶氮苯存在顺反异构
C．合成1mol偶氮苯，需转移8mol电子
D．Ni2P电极反应式为
9．某温度下，25 mL含KX和KY的混合溶液，用0.1000 mol·L-1的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定(Y-与H+的反应可以忽略)，获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示。
已知：Ⅰ.Ag+与Y-反应过程为：①Ag++2Y-=[AgY2]- 、②[AgY2]-+Ag+=2AgY↓
Ⅱ.该温度下，Ksp(AgY)=2 ×10-16，Ksp(AgX)=2 ×10-10。
下列说法不正确的是
A．若HY为弱酸，则从开始到B点，水的电离程度不断减小
B．原混合溶液中c(KX )=0.02000 mol·L-1
C．若反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，则=Ksp2 (AgY)
D．AgX(s)+Y-(aq) AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为106
10．下图是298 K时N2与H2反应过程中能量变化曲线。下列叙述正确的是
A．该反应的热化学方程式为N2＋3H22NH3 ΔH＝－92 kJ·mol－1
B．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，加入催化剂，该化学反应的反应热发生改变
C．298 K时、在一体积一定的密闭的容器中，充入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，充入2mol NH3反应后吸收的热量为Q2 kJ，则Q1 = Q2 = 92 kJ
D．298 K时、在一体积一定的密闭的容器中，充入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，充入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184＞Q2＞2Q1
二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是
A．图中四点Kw间的关系：A=D
C．若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入少量NH4Cl固体
D．若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量NH4Cl固体
12．已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数：
D．平衡常数K：
13．为应对全球气候问题，中国政府承诺“2030年碳达峰”、“2060年碳中和”。我国学者研究了与H2在催化剂表面生成和的部分反应历程，如图Ⅰ所示。另外，科学家使用络合物作催化剂，用多聚物来捕获二氧化碳，反应可能的过程如图Ⅱ所示。下列叙述错误的是
A．图Ⅰ反应历程中最大的活化能为1.21eV
B．图Ⅱ反应若得以推广将有利于碳中和
C．图Ⅱ总反应方程式为：
D．图Ⅰ、图Ⅱ反应过程中都只有极性键的断裂和形成
14．是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是
A．每个晶胞中个数为x
B．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8
C．每个晶胞中0价Cu原子个数为
D．当转化为时，每转移电子，产生原子
第II卷(非选择题共54分)
三、非选择题(本题共6小题，共54分。)
15．如图是一个电化学原理的示意图。填写下列空白：
(1)甲池中总反应的离子方程式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO+6H2O。则甲池是_______(填“原电池”或“电解池”)。甲池中通入的电极名称是_______，电极反应式为_______。
(2)乙池中B(石墨)电极的电极反应式为_______。
(3)电解过程中，乙池溶液pH的变化为(“升高”“降低”或“不变”)_______。
(4)当乙池中A(Fe)极的质量增加3.24g时，甲池中理论上消耗_______mL(标准状况下)。
(5)若乙池中的换成一定量溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.15molCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为_______mol(忽略溶液体积的变化)。
16．化学反应过程中释放或吸收的热量在生活、生产、科技及科学研究中具有广泛的应用。
(1)“神舟”系列火箭用偏二甲肼作燃料，作氧化剂，反应后产物无污染。
已知：
反应1：
反应2：。
写出和反应生成的热化学方程式：_______。
(2)已知某金属氧化物催化丙烷脱氢过程中，部分反应进程如图，则过程中的焓变为_______(列式表示)。
(3)已知，在25℃和下，部分化学键的键能数据如表所示。
化学键
键能/()
436
391
a
498
414
803
462
193
①在25℃和下，工业合成氨的反应中每生成就会放出热量，在该条件下，向某容器中加入、及合适的催化剂，充分反应后测得其放出的热量小于，原因可能是_______，表中的a=_______。
②科学家发现了一种新的气态分子()，在25℃和下，转化为的热化学方程式为_______，由此可知与中更稳定的是_______(填化学式)。
③已知：。甲烷是一种常用燃料，则表示甲烷的燃烧热的热化学方程式为_______。
17．超干重整技术可得到富含CO的化工原料。
(1)其他条件不变，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应进行相同时间后，的转化率随反应温度的变化如图所示。
a点所代表的状态_______(填“是”或“不是”)平衡状态；b点的转化率高于c点，原因是_______。
(2)恒温恒容刚性密闭容器中，和的分压分别为20kPa、25kPa，加入催化剂使其发生反应。
①研究表明CO的生成速率，某时刻测得，则_______kPa，_______。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为_______。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算)
18．三氯氧磷POCl3是一种化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示(夹持装置略去)：
已知和三氯氧磷的性质如表：
熔点/℃
沸点/℃
其他物理或化学性质
PCl3
-112.0
76.0
PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl
POCl3
1.25
106.0
回答下列问题：
(1)装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替____？做出判断并分析原因：___________。
(2)装置B的作用是___________(填标号)。A．干燥气体 B．加注浓硫酸 C．观察气体流出速度 D．调节气压
(3)干燥管中碱石灰的作用___________。
(4)写出装置C中发生反应的化学方程式____。
(5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl素含量，实验步骤如下：
Ⅰ．取ag产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液待完全水解后加稀硝酸至酸性。
Ⅱ．向锥形瓶中加入0.1000的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl-完全沉淀。
Ⅲ．向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀面被有机物覆盖。
Ⅳ．加入指示剂，用溶液滴过量至终点，记下所用体积为。
已知：
①滴定选用的指示剂是___________(填标号)，滴终点的现象为___________。
a． b． c．淀粉 d．甲基橙
②实验过程中加入硝基苯的目的是___________，如无此操作所测Cl元素含量将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
③所测Cl元素含量为___________。
19．A、B、C、D均为短周期元素。A、B可形成两种液态化合物甲和乙，其最简式分别为BA和B2A。A与D可形成气态化合物DA、DA2。A、B、D可组成离子化合物，该晶体化学式为B4A3D2，其水溶液呈弱酸性。B与D可形成一种极易溶于水的碱性气体X。B与C可形成极易溶于水的酸性气体Y。已知X分子与乙分子中的电子数相等，Y分子与甲分子中的电子数相等。请回答：
(1)A元素为___，甲的电子式为____________。
(2)常温下，pH为a的Y溶液与pH为b的氢氧化钠溶液按体积比1∶10混合后，正好完全反应，则a与b的关系为______。
(3)已知X在液态时和水一样，可发生微弱的电离，产生两种含相同电子数的粒子，请写出它电离方程式：____________________。
(4)将X和Y的稀溶液按某种比例混合，
①若所得溶液中只含一种溶质，则该溶质是______，溶液中离子浓度的大小顺序为____________________________；
②若该溶液是由体积相等的X和Y溶液混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(X)____c(Y)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系c(H＋)____c(OH－)(填“大于”、“等于”、“小于”)。
20．MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)为原料制备MnSO4的工艺流程如图。
资料：金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mn2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.4
7.6
完全沉淀
2.8
8.3
9.4
10.2
(1)写出酸浸前将菱锰矿石粉碎的目的是____。
(2)沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式：___。
(3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是____。
(4)如图为MnSO4和(NH4)2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为____，洗涤干燥。
(5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。
i.称取10.0g废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中。
ii.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH4)2S2O8(过氧硫酸铵)溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。
iii.加入指示剂，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为cmL， 重新变成Mn2+。
①写出下面补全的步骤ⅱ中反应的离子方程式：____。
2Mn2++ +_____=+_____+_____。
②废渣中锰元素的质量分数为____。
(6)废渣长期露置于空气，其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用如图装置提取MnO2中的锰元素。图中“H•”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的c(Mn2+)先增大后减小，减小的原因可能是____。(任写一点)
参考答案：
1．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。
2．B
【详解】A．可逆反应进行到一定程度，当各组分的浓度不变，说明反应达到平衡状态，O2的体积分数保持不变时其组分浓度不变，可说明反应达到平衡状态，故A不选；
B．平衡时正反应速率等于逆反应速率，不同物质的正逆反应速率之比应满足化学计量数之比，3v正(N2)=2v逆(O2)时反应达到平衡状态，故B选；
C．由反应可知，随反应进行气体的质量增加，容器体积不变，则密度逐渐增大，当密度不变时反应达到平衡状态，故C不选；
D．反应前后气体分子数不等，则压强随反应的进行发生变化，当压强不变时反应达到平衡状态，故D不选；
故选：B。
3．C
【详解】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而增大，说明平衡正向移动，故则，A正确；
B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后减小，B正确；
C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后不变，C错误；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确；
故答案为：C。
4．A
【详解】A．Na+、Fe3+、SO、Cl-之间不反应，能够大量共存，加入过量H2S后发生反应：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故A正确；
B．Fe2+、K+、NO、Br-之间能够大量共存，但I-的还原性大于Fe2+，加入少量HI后只有I-被氧化，正确的离子方程式为8H++6I-+2NO═3I2+2NO↑+3H2O，离子方程式书写错误，故B错误；
C．AlO与Fe3+发生双水解反应，离子反应为：3AlO+Fe3++6H2O═Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．AlO、HCO之间发生双水解反应，不能大量共存，不满足题干要求，故D错误；
故选：A。
5．B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系。
【详解】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；
B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c()＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；
C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误；
D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝，选项D错误；
答案选B。
6．A
【分析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。
【详解】A．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*，A正确；
B．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确；
C．该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev•为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02NAev•mol-1，C不正确；
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；
故选A。
7．A
【详解】A．R核内中子数为N，质量数为A，R的质子数为(A-N)，则R的核外电子数为(A-N)，R失去2个电子形成，的核外电子数为(A-N-2)，则的核外电子数a(A-N-2)NA，A项正确；
B．10g46%的甲酸水溶液中HCOOH的物质的量为，0.1mol HCOOH中含有O原子的数目为0.2NA，10g46%的甲酸水溶液中H2O的物质的量为，0.3mol H2O中含有O原子的数目为0.3NA，故10g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为，B项错误；
C．Mg和浓硫酸反应：，Mg和稀硫酸反应：，反应有生成，随着反应的进行，浓变为稀，如果反应只有生成，则转移0.2mol电子，若反应只有生成，则转移0.4mol电子，所以含的浓硫酸和足量镁反应，转移电子数目大于0.2 NA小于0.4 NA，C项错误；
D．将溶于适量水中，溶液中粒子除了、和外，还有分子，故溶液中、、和粒子数之和为NA，D项错误；
答案选A。
8．C
【分析】由图可知，该装置为电解池，CoP电极上，在水分子作用下硝基苯得到电子发生还原反应生成和氢氧根离子，电极反应式为：，为电解池的阴极，应与直流电源负极相连；Ni2P电极上，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成RCN和水，电极反应式为：，为电解池的阳极，应与直流电源正极相连；电解过程中氢氧根离子通过阴离子交换膜从左侧阴极室向右侧阳极室移动。
【详解】A．OH-离子通过离子交换膜由阴极室移向阳极室，离子交换膜是阴离子交换膜，A错误；
B．由结构简式可知，偶氮化合物中不饱和氮原子上只连有苯环1个取代基，不可能存在顺反异构体，B错误；
C．由分析可知，合成1mol偶氮化合物，需转移8mol电子，C正确；
D．碱性条件下在阳极失去电子发生氧化反应生成RCN和水，电极反应式为：，D错误；
故本题选C。
9．B
【详解】A．溶度积小的先生成沉淀，根据反应的方程式可知，B点生成AgY，若HY为弱酸，Y-被消耗，HY的电离程度增大，H+浓度增大，抑制水的电离，则从开始到B点，水的电离程度不断减小，故A正确；
B．B点KY完全和AgNO3反应生成AgY，则 KX和硝酸银完全反应消耗V(AgNO3)=(12.50-5.00)mL=7.50mL，BC段发生反应 Ag++X-= AgX↓，则原溶液中c(X-)= 0.1000 mol·L-1×7.5×10-3L=7.5×10-4mol，则c(KX )= 7.5×10-4mol ÷0.025L=0.03000 mol·L-1，故B错误；
C．①的平衡常数为K1=，反应②的平衡常数为K2=，K1×K2=，Ag++Y-═AgY↓，Ksp(AgY)=c(Ag+)×c(Y-)=，则=Ksp2 (AgY)，故C正确；
D．AgX(s)+Y-(aq) ⇌AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为===106，故D正确；
答案选B。
10．D
【详解】A．热化学方程式必须标注物质的聚集状态反应的焓变，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，△H=-92kJ•mol-1，故A错误；
B．催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，故B错误；
C．密闭容器中通入2mol NH3，达到平衡时吸收热量理论上讲应该是2×92.2kJ=184kJ，但反应物不可能充分进行彻底，所以Q＜184kJ，故C错误；
D．密闭容器中通入2mol N2和6mol H2，达到平衡时放出热量理论上讲应该是2×92.2kJ=184kJ，但反应物不可能充分进行彻底，所以Q＜184kJ，故D正确；
故选D。
11．BC
【详解】A．D、E的温度都是25℃，Kw相等，B点c(H+)和c(OH-)都大于E点的c(H+)和c(OH-)，并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-)，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大，故B＞C＞A=D，故A正确；
B．加碱，c(OH-)变大，c(H+)变小，温度不变，Kw不变，可以从D点到A点，故B错误；
C．若从A点到C点，c(H+)变大，c(OH-)变大，Kw增大，温度应升高，故C错误；
D．从A点到D点，温度不变，酸性增强，采用温度不变加入少量NH4Cl固体可使氢离子浓度增大，Kw不变，所以c(OH-)减小，故D正确；
故选BC。
12．BC
【分析】根据图象可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图象分析解答。
【详解】A.容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B.根据图象变化曲线可知，t2t3过程中，t2时，瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图象，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；
C.最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数(II)>(I)，C正确；
D.平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。
故选BC。
13．AD
【详解】A．图Ⅰ反应历程中最大的活化能为0.89eV-0eV=0.89eV，故A错误；
B．图Ⅱ反应将转化为，减少二氧化碳，有利于碳中和，故B正确；
C．图Ⅱ与H2在催化剂下反应生成和，总反应方程式为：，故C正确；
D．图Ⅱ反应过程中有H—H非极性键的断裂，故D错误；
故选AD。
14．BD
【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；
B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确；
C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；
D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+(1-y) Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；
故选BD。
15．(1) 原电池 负极
(2)2H2O—4e—= O2+4H+
(3)降低
(4)168
(5)0.3
【分析】由图可知，甲池为燃料电池，通入甲醇的电极为燃料电池的负极，甲醇碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH—6e—+8OH—=CO+6H2O，通入氧气的电极为正极，在水分子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O =4OH—；乙池为电解池，与燃料电池正极相连的石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—= O2+4H+，铁电极为阴极，银离子在阴极得到电子生成银，电极反应式为Ag++e—=Ag，电解的总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑。
（1）
由分析可知，甲池为属于原电池的燃料电池，通入甲醇的电极为燃料电池的负极，甲醇碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH—6e—+8OH—=CO+6H2O，故答案为：原电池；负极；CH3OH—6e—+8OH—=CO+6H2O；
（2）
由分析可知，乙池为电解池，与燃料电池正极相连的石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—= O2+4H+，故答案为：2H2O—4e—= O2+4H+；
（3）
由分析可知，乙池为电解池，电解的总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，反应中生成硝酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，故答案为：降低；
（4）
由得失电子数目守恒可知，当乙池中铁极析出3.24g银时，甲池中理论上消耗标准状况下氧气的体积为××22.4L/mol×103mL/L=168mL，故答案为：168 mL；
（5）
若乙池中硝酸银溶液换为硫酸铜溶液，电解的总反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.15mol氧化铜后恰好恢复到电解前的浓度和pH说明电解生成0.15mol硫酸，则反应转移电子的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，故答案为：0.3。
16．(1)
(2)
(3) 合成氨的反应为可逆反应 946 N2
【详解】（1）根据盖斯定律，由反应反应1可得目标反应的热化学方程式；
（2）由图中能量变化情况分析可知，过程中的焓变=；
（3）反应为可逆反应，反应不能完全发生，所以放出的热量会小于92kJ；
根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，可计算出a=946；
每个N4分子中含有6个N-N键，每个N2分子中含有1个N≡N键，由表中数据计算可得：；
由N4生成N2为放热反应，说明N2的能量更低，则N2更稳定；
根据燃烧热的定义，得出热化学方程式中甲烷的系数为1，生成的水应为液态水，根据表格中的数据和，可得出：。
17．(1) 不是 b和c都没平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高
(2) 15 1.95
【解析】（1）
因为催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂(1、II、 II)作用下达平衡时CH4的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，此时反应一直向正反应方向进行，b和c都没平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以点CH4的转化率高于c点。
（2）
①恒温恒容刚性密闭容器中，和的分压分别为20kPa、25kPa，加入催化剂使其发生反应，某时刻测得，可列出三段式：，则15kPa，
。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，设甲烷分压减少x kPa，可列出三段式为
，可得45+2x=45×1.8，解得x=18，则平衡时刻，p(CH4)=2kPa，p(CO2)=7kPa，p(CO)=36kPa，p(H2)=36kPa，则该反应的平衡常数的计算式为。
18．(1) 不能 长颈漏斗不能调节滴液速度
(2)ACD
(3)避免空气中的水进入装置C导致产物水解
(4)2PCl3+O22POCl3
(5) b 溶液变红色，且半分钟内不恢复原色 使生成的沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN 偏小
【分析】A中过氧化氢在二氧化锰催化条件下反应生成氧气，B用于干燥氧气，装置C中在热水浴作用下氧气与三氯化磷反应生成三氯氧磷，装置乙用于冷凝回流，碱石灰可避免空气中的水进入装置C导致产物水解。
（1）
装置A中的分液漏斗用于调节滴液速度，而长颈漏斗不能调节滴液速度，因此装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替；
（2）
装置B中所装试剂为浓硫酸，用于干燥氧气，另外通过观察气泡产生的快慢可了解氧气流出速率的大小，装置B中的长颈漏斗可以调节装置内气体压强，使装置B起到安全瓶的作用，则装置B的作用为观察气体流出速度、调节压强、干燥氧气，因此答案选ACD；
（3）
POCl3遇水剧烈水解，因此干燥管中碱石灰的作用为：避免空气中的水进入装置C导致产物水解；
（4）
装置C中三氯化磷和氧气发生氧化还原反应生成POCl3，反应的化学方程式为：2PCl3+O22POCl3；
（5）
①用溶液滴定过量的银离子至终点，当滴定达到终点时，稍过量一点，加入作指示剂，铁离子与硫氰酸根离子反应使溶液变红，若半分钟内不褪色，则可确定达到滴定终点；
②加入少量硝基苯可将生成的氯化银沉淀与溶液隔开，如果不加硝基苯，根据，可知在水溶液中部分氯化银可以转化为，使得实验中生成的偏多，测定结果将偏小；
③n(Cl)=0.1000mol/L40.0010-3L-cV10-3mol=，则m(Cl)=35.5(4-cV)10-3g，所测Cl元素含量为。
19． 氧 a＋b＝13 2NH3NH4+＋NH2- NH4Cl c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－) 大于 大于
【分析】A、B、C、D均为短周期元素；A、B可形成两种液态化合物甲和乙，其最简式分别为BA和B2A，则A、B分别为O、H，甲为过氧化氢，乙为水；B与D可形成一种极易溶于水的碱性气体X，X分子与乙分子中的电子数相等，则X为氨气，D为N；A、B、D可组成离子化合物，该晶体化学式为B4A3D2，该晶体为硝酸铵；B与C可形成极易溶于水的酸性气体Y，Y分子与过氧化氢分子中的电子数相等，为18，则C为Cl，Y为HCl；
【详解】（1）根据分析可知，A为O；甲为过氧化氢，过氧化氢的电子式为：；
（2）常温下，pH为a的HCl溶液与pH为b的氢氧化钠溶液按体积比1∶10混合后，正好完全反应，则氢离子、氢氧根离子的物质的量相等，则10-aV=10b-1410V，解得a＋b＝13；
（3）已知氨气在液态时和水一样，可发生微弱的电离，产生两种含相同电子数的粒子，分别为铵根离子和NH2-离子，电离的方程式为：2NH3NH4+＋NH2-；
（4）①氨气与盐酸反应只生成一种溶质，则为氯化铵；氯化铵为强酸弱碱盐，少量的铵根离子发生水解生成一水合氨与氢离子，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)；
②由体积相等的氨水和HCl溶液混合而成，且恰好呈中性，则混合后溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等，氯化铵溶液中存在一定量的一水合氨分子，则混合前氨水的浓度大于盐酸的浓度；氨水为弱碱水溶液，盐酸为强酸，则混合前酸中氢离子浓度大于碱中氢氧根离子的浓度。
20．(1)增大接触面积，提高浸取速率和锰元素的浸取率
(2)2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(3)若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低
(4)蒸发结晶，趁热过滤
(5) 2Mn2++5+8H2O=2+10+16H+ 0.44bc%
(6)随着电流强度的增加，Mn2+在阴极得电子生成Mn，或H+被消耗，溶液pH增大，Mn2+水解生成Mn(OH)2沉淀，都导致c(Mn2+)减小
【分析】在菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)中加入硫酸酸浸，过滤，得到含有Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+等的滤液，在滤液中先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水，沉淀Fe3+，过滤，除去氢氧化铁，在滤液中加入含硫沉淀剂沉淀钴离子，过滤得到含有MnSO4的滤液，再经过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥，得到MnSO4晶体。
（1）
酸浸前将菱锰矿石粉碎的目的是增大接触面积，提高浸取速率和锰元素的浸取率；
（2）
先加MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于加入氨水时以氢氧化铁的形式除去，则加MnO2时发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2＋4H＋= Mn2+＋2Fe3+＋2H2O；
（3）
沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，是因为若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低；
（4）
从溶解度曲线可以看出，MnSO4的溶解度随温度升高而降低，(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而增大，故从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥；
（5）
①步骤ⅱ中将Mn2+氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：2Mn2+ + 5+ 8H2O = 2+ 10+16H+；
②根据以上反应过程可得关系式为：Mn2+~ ~5Fe2+，则废渣中锰元素的质量分数为×100%=0.44bc%；
（6）
实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2+ + 2e− = Mn，使得c(Mn2+)减小；H+放电直接生成H2而不是H·，MnO2被H·还原的反应不能进行，使得c(Mn2+)减小；Mn2+在阳极放电生成MnO2，使得c(Mn2+)减小。
株洲二中2022-2023年度高二上期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第I卷(选择题共46分)
一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。)
1．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
2．将物质的量均为n mol的氧化铝和氮气充入恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2Al2O3(s)＋2N2(g) 4AlN(s)＋3O2(g) ΔH>0.下列条件不能说明反应达到平衡的是
A．O2的体积分数保持不变 B．2v正(N2)=3v逆(O2)
C．混合气体的密度不变 D．容器内压强不再发生改变
3．某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是
A．升高温度，若增大，则
B．加入一定量Z，达新平衡后减小
C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后增大
D．加入一定量氩气，平衡不移动
4．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
Na+、Fe3+、SO、Cl-
过量H2S
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
B
Fe2+、K+、NO、Br-
少量HI
4H++3Fe2++NO=3Fe3++NO↑+2H2O
C
NH、Fe3+、AlO、Na+
少量铜粉
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D
AlO、Na+、K+、HCO
过量HCl
5H++HCO+AlO2-=Al3++CO2↑+3H2O
A．A B．B C．C D．D
5．已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线①代表的沉淀溶解曲线
B．该温度下的值为
C．加适量固体可使溶液由a点变到b点
D．时两溶液中
6．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*
B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV
C．该反应热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02ev•mol-1
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
7．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．(R核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数a(A-N-2)NA
B．10g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为0.2NA
C．含的浓硫酸和足量镁反应，转移电子数为0.2NA
D．将溶于适量水中，溶液中、和粒子数之和为NA
8．天津大学研究团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮苯()的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法正确的是
A．离子交换膜是阳离子交换膜
B．偶氮苯存在顺反异构
C．合成1mol偶氮苯，需转移8mol电子
D．Ni2P电极反应式为
9．某温度下，25 mL含KX和KY的混合溶液，用0.1000 mol·L-1的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定(Y-与H+的反应可以忽略)，获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示。
已知：Ⅰ.Ag+与Y-反应过程为：①Ag++2Y-=[AgY2]- 、②[AgY2]-+Ag+=2AgY↓
Ⅱ.该温度下，Ksp(AgY)=2 ×10-16，Ksp(AgX)=2 ×10-10。
下列说法不正确的是
A．若HY为弱酸，则从开始到B点，水的电离程度不断减小
B．原混合溶液中c(KX )=0.02000 mol·L-1
C．若反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，则=Ksp2 (AgY)
D．AgX(s)+Y-(aq) AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为106
10．下图是298 K时N2与H2反应过程中能量变化曲线。下列叙述正确的是
A．该反应的热化学方程式为N2＋3H22NH3 ΔH＝－92 kJ·mol－1
B．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，加入催化剂，该化学反应的反应热发生改变
C．298 K时、在一体积一定的密闭的容器中，充入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，充入2mol NH3反应后吸收的热量为Q2 kJ，则Q1 = Q2 = 92 kJ
D．298 K时、在一体积一定的密闭的容器中，充入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，充入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184＞Q2＞2Q1
二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是
A．图中四点Kw间的关系：A=D
C．若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入少量NH4Cl固体
D．若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量NH4Cl固体
12．已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数：
D．平衡常数K：
13．为应对全球气候问题，中国政府承诺“2030年碳达峰”、“2060年碳中和”。我国学者研究了与H2在催化剂表面生成和的部分反应历程，如图Ⅰ所示。另外，科学家使用络合物作催化剂，用多聚物来捕获二氧化碳，反应可能的过程如图Ⅱ所示。下列叙述错误的是
A．图Ⅰ反应历程中最大的活化能为1.21eV
B．图Ⅱ反应若得以推广将有利于碳中和
C．图Ⅱ总反应方程式为：
D．图Ⅰ、图Ⅱ反应过程中都只有极性键的断裂和形成
14．是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是
A．每个晶胞中个数为x
B．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8
C．每个晶胞中0价Cu原子个数为
D．当转化为时，每转移电子，产生原子
第II卷(非选择题共54分)
三、非选择题(本题共6小题，共54分。)
15．如图是一个电化学原理的示意图。填写下列空白：
(1)甲池中总反应的离子方程式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO+6H2O。则甲池是_______(填“原电池”或“电解池”)。甲池中通入的电极名称是_______，电极反应式为_______。
(2)乙池中B(石墨)电极的电极反应式为_______。
(3)电解过程中，乙池溶液pH的变化为(“升高”“降低”或“不变”)_______。
(4)当乙池中A(Fe)极的质量增加3.24g时，甲池中理论上消耗_______mL(标准状况下)。
(5)若乙池中的换成一定量溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.15molCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为_______mol(忽略溶液体积的变化)。
16．化学反应过程中释放或吸收的热量在生活、生产、科技及科学研究中具有广泛的应用。
(1)“神舟”系列火箭用偏二甲肼作燃料，作氧化剂，反应后产物无污染。
已知：
反应1：
反应2：。
写出和反应生成的热化学方程式：_______。
(2)已知某金属氧化物催化丙烷脱氢过程中，部分反应进程如图，则过程中的焓变为_______(列式表示)。
(3)已知，在25℃和下，部分化学键的键能数据如表所示。
化学键
键能/()
436
391
a
498
414
803
462
193
①在25℃和下，工业合成氨的反应中每生成就会放出热量，在该条件下，向某容器中加入、及合适的催化剂，充分反应后测得其放出的热量小于，原因可能是_______，表中的a=_______。
②科学家发现了一种新的气态分子()，在25℃和下，转化为的热化学方程式为_______，由此可知与中更稳定的是_______(填化学式)。
③已知：。甲烷是一种常用燃料，则表示甲烷的燃烧热的热化学方程式为_______。
17．超干重整技术可得到富含CO的化工原料。
(1)其他条件不变，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应进行相同时间后，的转化率随反应温度的变化如图所示。
a点所代表的状态_______(填“是”或“不是”)平衡状态；b点的转化率高于c点，原因是_______。
(2)恒温恒容刚性密闭容器中，和的分压分别为20kPa、25kPa，加入催化剂使其发生反应。
①研究表明CO的生成速率，某时刻测得，则_______kPa，_______。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为_______。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算)
18．三氯氧磷POCl3是一种化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示(夹持装置略去)：
已知和三氯氧磷的性质如表：
熔点/℃
沸点/℃
其他物理或化学性质
PCl3
-112.0
76.0
PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl
POCl3
1.25
106.0
回答下列问题：
(1)装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替____？做出判断并分析原因：___________。
(2)装置B的作用是___________(填标号)。A．干燥气体 B．加注浓硫酸 C．观察气体流出速度 D．调节气压
(3)干燥管中碱石灰的作用___________。
(4)写出装置C中发生反应的化学方程式____。
(5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl素含量，实验步骤如下：
Ⅰ．取ag产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液待完全水解后加稀硝酸至酸性。
Ⅱ．向锥形瓶中加入0.1000的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl-完全沉淀。
Ⅲ．向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀面被有机物覆盖。
Ⅳ．加入指示剂，用溶液滴过量至终点，记下所用体积为。
已知：
①滴定选用的指示剂是___________(填标号)，滴终点的现象为___________。
a． b． c．淀粉 d．甲基橙
②实验过程中加入硝基苯的目的是___________，如无此操作所测Cl元素含量将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
③所测Cl元素含量为___________。
19．A、B、C、D均为短周期元素。A、B可形成两种液态化合物甲和乙，其最简式分别为BA和B2A。A与D可形成气态化合物DA、DA2。A、B、D可组成离子化合物，该晶体化学式为B4A3D2，其水溶液呈弱酸性。B与D可形成一种极易溶于水的碱性气体X。B与C可形成极易溶于水的酸性气体Y。已知X分子与乙分子中的电子数相等，Y分子与甲分子中的电子数相等。请回答：
(1)A元素为___，甲的电子式为____________。
(2)常温下，pH为a的Y溶液与pH为b的氢氧化钠溶液按体积比1∶10混合后，正好完全反应，则a与b的关系为______。
(3)已知X在液态时和水一样，可发生微弱的电离，产生两种含相同电子数的粒子，请写出它电离方程式：____________________。
(4)将X和Y的稀溶液按某种比例混合，
①若所得溶液中只含一种溶质，则该溶质是______，溶液中离子浓度的大小顺序为____________________________；
②若该溶液是由体积相等的X和Y溶液混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(X)____c(Y)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系c(H＋)____c(OH－)(填“大于”、“等于”、“小于”)。
20．MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)为原料制备MnSO4的工艺流程如图。
资料：金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mn2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.4
7.6
完全沉淀
2.8
8.3
9.4
10.2
(1)写出酸浸前将菱锰矿石粉碎的目的是____。
(2)沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式：___。
(3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是____。
(4)如图为MnSO4和(NH4)2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为____，洗涤干燥。
(5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。
i.称取10.0g废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中。
ii.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH4)2S2O8(过氧硫酸铵)溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。
iii.加入指示剂，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为cmL， 重新变成Mn2+。
①写出下面补全的步骤ⅱ中反应的离子方程式：____。
2Mn2++ +_____=+_____+_____。
②废渣中锰元素的质量分数为____。
(6)废渣长期露置于空气，其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用如图装置提取MnO2中的锰元素。图中“H•”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的c(Mn2+)先增大后减小，减小的原因可能是____。(任写一点)
参考答案：
1．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。
2．B
【详解】A．可逆反应进行到一定程度，当各组分的浓度不变，说明反应达到平衡状态，O2的体积分数保持不变时其组分浓度不变，可说明反应达到平衡状态，故A不选；
B．平衡时正反应速率等于逆反应速率，不同物质的正逆反应速率之比应满足化学计量数之比，3v正(N2)=2v逆(O2)时反应达到平衡状态，故B选；
C．由反应可知，随反应进行气体的质量增加，容器体积不变，则密度逐渐增大，当密度不变时反应达到平衡状态，故C不选；
D．反应前后气体分子数不等，则压强随反应的进行发生变化，当压强不变时反应达到平衡状态，故D不选；
故选：B。
3．C
【详解】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而增大，说明平衡正向移动，故则，A正确；
B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后减小，B正确；
C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后不变，C错误；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确；
故答案为：C。
4．A
【详解】A．Na+、Fe3+、SO、Cl-之间不反应，能够大量共存，加入过量H2S后发生反应：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故A正确；
B．Fe2+、K+、NO、Br-之间能够大量共存，但I-的还原性大于Fe2+，加入少量HI后只有I-被氧化，正确的离子方程式为8H++6I-+2NO═3I2+2NO↑+3H2O，离子方程式书写错误，故B错误；
C．AlO与Fe3+发生双水解反应，离子反应为：3AlO+Fe3++6H2O═Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．AlO、HCO之间发生双水解反应，不能大量共存，不满足题干要求，故D错误；
故选：A。
5．B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系。
【详解】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；
B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c()＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；
C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误；
D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝，选项D错误；
答案选B。
6．A
【分析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。
【详解】A．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*，A正确；
B．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确；
C．该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev•为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02NAev•mol-1，C不正确；
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；
故选A。
7．A
【详解】A．R核内中子数为N，质量数为A，R的质子数为(A-N)，则R的核外电子数为(A-N)，R失去2个电子形成，的核外电子数为(A-N-2)，则的核外电子数a(A-N-2)NA，A项正确；
B．10g46%的甲酸水溶液中HCOOH的物质的量为，0.1mol HCOOH中含有O原子的数目为0.2NA，10g46%的甲酸水溶液中H2O的物质的量为，0.3mol H2O中含有O原子的数目为0.3NA，故10g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为，B项错误；
C．Mg和浓硫酸反应：，Mg和稀硫酸反应：，反应有生成，随着反应的进行，浓变为稀，如果反应只有生成，则转移0.2mol电子，若反应只有生成，则转移0.4mol电子，所以含的浓硫酸和足量镁反应，转移电子数目大于0.2 NA小于0.4 NA，C项错误；
D．将溶于适量水中，溶液中粒子除了、和外，还有分子，故溶液中、、和粒子数之和为NA，D项错误；
答案选A。
8．C
【分析】由图可知，该装置为电解池，CoP电极上，在水分子作用下硝基苯得到电子发生还原反应生成和氢氧根离子，电极反应式为：，为电解池的阴极，应与直流电源负极相连；Ni2P电极上，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成RCN和水，电极反应式为：，为电解池的阳极，应与直流电源正极相连；电解过程中氢氧根离子通过阴离子交换膜从左侧阴极室向右侧阳极室移动。
【详解】A．OH-离子通过离子交换膜由阴极室移向阳极室，离子交换膜是阴离子交换膜，A错误；
B．由结构简式可知，偶氮化合物中不饱和氮原子上只连有苯环1个取代基，不可能存在顺反异构体，B错误；
C．由分析可知，合成1mol偶氮化合物，需转移8mol电子，C正确；
D．碱性条件下在阳极失去电子发生氧化反应生成RCN和水，电极反应式为：，D错误；
故本题选C。
9．B
【详解】A．溶度积小的先生成沉淀，根据反应的方程式可知，B点生成AgY，若HY为弱酸，Y-被消耗，HY的电离程度增大，H+浓度增大，抑制水的电离，则从开始到B点，水的电离程度不断减小，故A正确；
B．B点KY完全和AgNO3反应生成AgY，则 KX和硝酸银完全反应消耗V(AgNO3)=(12.50-5.00)mL=7.50mL，BC段发生反应 Ag++X-= AgX↓，则原溶液中c(X-)= 0.1000 mol·L-1×7.5×10-3L=7.5×10-4mol，则c(KX )= 7.5×10-4mol ÷0.025L=0.03000 mol·L-1，故B错误；
C．①的平衡常数为K1=，反应②的平衡常数为K2=，K1×K2=，Ag++Y-═AgY↓，Ksp(AgY)=c(Ag+)×c(Y-)=，则=Ksp2 (AgY)，故C正确；
D．AgX(s)+Y-(aq) ⇌AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为===106，故D正确；
答案选B。
10．D
【详解】A．热化学方程式必须标注物质的聚集状态反应的焓变，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，△H=-92kJ•mol-1，故A错误；
B．催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，故B错误；
C．密闭容器中通入2mol NH3，达到平衡时吸收热量理论上讲应该是2×92.2kJ=184kJ，但反应物不可能充分进行彻底，所以Q＜184kJ，故C错误；
D．密闭容器中通入2mol N2和6mol H2，达到平衡时放出热量理论上讲应该是2×92.2kJ=184kJ，但反应物不可能充分进行彻底，所以Q＜184kJ，故D正确；
故选D。
11．BC
【详解】A．D、E的温度都是25℃，Kw相等，B点c(H+)和c(OH-)都大于E点的c(H+)和c(OH-)，并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-)，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大，故B＞C＞A=D，故A正确；
B．加碱，c(OH-)变大，c(H+)变小，温度不变，Kw不变，可以从D点到A点，故B错误；
C．若从A点到C点，c(H+)变大，c(OH-)变大，Kw增大，温度应升高，故C错误；
D．从A点到D点，温度不变，酸性增强，采用温度不变加入少量NH4Cl固体可使氢离子浓度增大，Kw不变，所以c(OH-)减小，故D正确；
故选BC。
12．BC
【分析】根据图象可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图象分析解答。
【详解】A.容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B.根据图象变化曲线可知，t2t3过程中，t2时，瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图象，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；
C.最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数(II)>(I)，C正确；
D.平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。
故选BC。
13．AD
【详解】A．图Ⅰ反应历程中最大的活化能为0.89eV-0eV=0.89eV，故A错误；
B．图Ⅱ反应将转化为，减少二氧化碳，有利于碳中和，故B正确；
C．图Ⅱ与H2在催化剂下反应生成和，总反应方程式为：，故C正确；
D．图Ⅱ反应过程中有H—H非极性键的断裂，故D错误；
故选AD。
14．BD
【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；
B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确；
C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；
D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+(1-y) Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；
故选BD。
15．(1) 原电池 负极
(2)2H2O—4e—= O2+4H+
(3)降低
(4)168
(5)0.3
【分析】由图可知，甲池为燃料电池，通入甲醇的电极为燃料电池的负极，甲醇碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH—6e—+8OH—=CO+6H2O，通入氧气的电极为正极，在水分子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O =4OH—；乙池为电解池，与燃料电池正极相连的石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—= O2+4H+，铁电极为阴极，银离子在阴极得到电子生成银，电极反应式为Ag++e—=Ag，电解的总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑。
（1）
由分析可知，甲池为属于原电池的燃料电池，通入甲醇的电极为燃料电池的负极，甲醇碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH—6e—+8OH—=CO+6H2O，故答案为：原电池；负极；CH3OH—6e—+8OH—=CO+6H2O；
（2）
由分析可知，乙池为电解池，与燃料电池正极相连的石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—= O2+4H+，故答案为：2H2O—4e—= O2+4H+；
（3）
由分析可知，乙池为电解池，电解的总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，反应中生成硝酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，故答案为：降低；
（4）
由得失电子数目守恒可知，当乙池中铁极析出3.24g银时，甲池中理论上消耗标准状况下氧气的体积为××22.4L/mol×103mL/L=168mL，故答案为：168 mL；
（5）
若乙池中硝酸银溶液换为硫酸铜溶液，电解的总反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.15mol氧化铜后恰好恢复到电解前的浓度和pH说明电解生成0.15mol硫酸，则反应转移电子的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，故答案为：0.3。
16．(1)
(2)
(3) 合成氨的反应为可逆反应 946 N2
【详解】（1）根据盖斯定律，由反应反应1可得目标反应的热化学方程式；
（2）由图中能量变化情况分析可知，过程中的焓变=；
（3）反应为可逆反应，反应不能完全发生，所以放出的热量会小于92kJ；
根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，可计算出a=946；
每个N4分子中含有6个N-N键，每个N2分子中含有1个N≡N键，由表中数据计算可得：；
由N4生成N2为放热反应，说明N2的能量更低，则N2更稳定；
根据燃烧热的定义，得出热化学方程式中甲烷的系数为1，生成的水应为液态水，根据表格中的数据和，可得出：。
17．(1) 不是 b和c都没平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高
(2) 15 1.95
【解析】（1）
因为催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂(1、II、 II)作用下达平衡时CH4的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，此时反应一直向正反应方向进行，b和c都没平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以点CH4的转化率高于c点。
（2）
①恒温恒容刚性密闭容器中，和的分压分别为20kPa、25kPa，加入催化剂使其发生反应，某时刻测得，可列出三段式：，则15kPa，
。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，设甲烷分压减少x kPa，可列出三段式为
，可得45+2x=45×1.8，解得x=18，则平衡时刻，p(CH4)=2kPa，p(CO2)=7kPa，p(CO)=36kPa，p(H2)=36kPa，则该反应的平衡常数的计算式为。
18．(1) 不能 长颈漏斗不能调节滴液速度
(2)ACD
(3)避免空气中的水进入装置C导致产物水解
(4)2PCl3+O22POCl3
(5) b 溶液变红色，且半分钟内不恢复原色 使生成的沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN 偏小
【分析】A中过氧化氢在二氧化锰催化条件下反应生成氧气，B用于干燥氧气，装置C中在热水浴作用下氧气与三氯化磷反应生成三氯氧磷，装置乙用于冷凝回流，碱石灰可避免空气中的水进入装置C导致产物水解。
（1）
装置A中的分液漏斗用于调节滴液速度，而长颈漏斗不能调节滴液速度，因此装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替；
（2）
装置B中所装试剂为浓硫酸，用于干燥氧气，另外通过观察气泡产生的快慢可了解氧气流出速率的大小，装置B中的长颈漏斗可以调节装置内气体压强，使装置B起到安全瓶的作用，则装置B的作用为观察气体流出速度、调节压强、干燥氧气，因此答案选ACD；
（3）
POCl3遇水剧烈水解，因此干燥管中碱石灰的作用为：避免空气中的水进入装置C导致产物水解；
（4）
装置C中三氯化磷和氧气发生氧化还原反应生成POCl3，反应的化学方程式为：2PCl3+O22POCl3；
（5）
①用溶液滴定过量的银离子至终点，当滴定达到终点时，稍过量一点，加入作指示剂，铁离子与硫氰酸根离子反应使溶液变红，若半分钟内不褪色，则可确定达到滴定终点；
②加入少量硝基苯可将生成的氯化银沉淀与溶液隔开，如果不加硝基苯，根据，可知在水溶液中部分氯化银可以转化为，使得实验中生成的偏多，测定结果将偏小；
③n(Cl)=0.1000mol/L40.0010-3L-cV10-3mol=，则m(Cl)=35.5(4-cV)10-3g，所测Cl元素含量为。
19． 氧 a＋b＝13 2NH3NH4+＋NH2- NH4Cl c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－) 大于 大于
【分析】A、B、C、D均为短周期元素；A、B可形成两种液态化合物甲和乙，其最简式分别为BA和B2A，则A、B分别为O、H，甲为过氧化氢，乙为水；B与D可形成一种极易溶于水的碱性气体X，X分子与乙分子中的电子数相等，则X为氨气，D为N；A、B、D可组成离子化合物，该晶体化学式为B4A3D2，该晶体为硝酸铵；B与C可形成极易溶于水的酸性气体Y，Y分子与过氧化氢分子中的电子数相等，为18，则C为Cl，Y为HCl；
【详解】（1）根据分析可知，A为O；甲为过氧化氢，过氧化氢的电子式为：；
（2）常温下，pH为a的HCl溶液与pH为b的氢氧化钠溶液按体积比1∶10混合后，正好完全反应，则氢离子、氢氧根离子的物质的量相等，则10-aV=10b-1410V，解得a＋b＝13；
（3）已知氨气在液态时和水一样，可发生微弱的电离，产生两种含相同电子数的粒子，分别为铵根离子和NH2-离子，电离的方程式为：2NH3NH4+＋NH2-；
（4）①氨气与盐酸反应只生成一种溶质，则为氯化铵；氯化铵为强酸弱碱盐，少量的铵根离子发生水解生成一水合氨与氢离子，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)；
②由体积相等的氨水和HCl溶液混合而成，且恰好呈中性，则混合后溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等，氯化铵溶液中存在一定量的一水合氨分子，则混合前氨水的浓度大于盐酸的浓度；氨水为弱碱水溶液，盐酸为强酸，则混合前酸中氢离子浓度大于碱中氢氧根离子的浓度。
20．(1)增大接触面积，提高浸取速率和锰元素的浸取率
(2)2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(3)若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低
(4)蒸发结晶，趁热过滤
(5) 2Mn2++5+8H2O=2+10+16H+ 0.44bc%
(6)随着电流强度的增加，Mn2+在阴极得电子生成Mn，或H+被消耗，溶液pH增大，Mn2+水解生成Mn(OH)2沉淀，都导致c(Mn2+)减小
【分析】在菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)中加入硫酸酸浸，过滤，得到含有Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+等的滤液，在滤液中先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水，沉淀Fe3+，过滤，除去氢氧化铁，在滤液中加入含硫沉淀剂沉淀钴离子，过滤得到含有MnSO4的滤液，再经过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥，得到MnSO4晶体。
（1）
酸浸前将菱锰矿石粉碎的目的是增大接触面积，提高浸取速率和锰元素的浸取率；
（2）
先加MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于加入氨水时以氢氧化铁的形式除去，则加MnO2时发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2＋4H＋= Mn2+＋2Fe3+＋2H2O；
（3）
沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，是因为若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低；
（4）
从溶解度曲线可以看出，MnSO4的溶解度随温度升高而降低，(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而增大，故从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥；
（5）
①步骤ⅱ中将Mn2+氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：2Mn2+ + 5+ 8H2O = 2+ 10+16H+；
②根据以上反应过程可得关系式为：Mn2+~ ~5Fe2+，则废渣中锰元素的质量分数为×100%=0.44bc%；
（6）
实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2+ + 2e− = Mn，使得c(Mn2+)减小；H+放电直接生成H2而不是H·，MnO2被H·还原的反应不能进行，使得c(Mn2+)减小；Mn2+在阳极放电生成MnO2，使得c(Mn2+)减小。
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