四川省广安市华蓥中学2023-2024学年高二下学期入学考试化学试题（含解析）

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本试卷100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 Na-23 S-32 Cr-52 Mn-55
一、单选题(本大题共14小题，每小题3分，共42分)。
1. 化学与生产、生活密切相关，生活中处处有化学，化学让世界更美好。下列叙述正确的是
A. “84”消毒液等含氯消毒剂、过氧乙酸、体积分数为75%的酒精等均可以有效灭活新型冠状病毒，所以将“84”消毒液与75%酒精1∶1混合，消毒效果更好
B. 明矾是一种良好的净水剂，能够杀菌消毒净化水质
C. CO、、NO、均为大气污染物，“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D. 生活中的干电池以及光伏路灯，均可将化学能转变成电能
【答案】C
【解析】
【详解】A．“84”消毒液的有效成分为次氯酸钠，与75%酒精混合会发生氧化还原反应，使消毒效果降低，选项A错误；
B．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，不能用来杀菌消毒，选项B错误；
C．“燃煤固硫”减少空气中二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”减少空气中氮氧化物的排放，都能提高空气质量，选项C正确；
D．太阳能路灯的电池板白天将太阳能转化为电能，同时对蓄电池充电，进而将电能转化为化学能，选项D错误；
答案选C。
2. 下列事实可用勒夏特列原理解释的是
A. 温度升高，纯水的pH减小
B. 500℃比室温更有利于工业合成氨的反应
C. 由和组成的平衡体系，加压后颜色变深
D. 向盛有双氧水的试管中加入少量，立即产生大量气泡
【答案】A
【解析】
【详解】A．水是弱电解质，存在水的电离平衡，升高温度，平衡向电离方向移动，纯水的pH减小，A符合题意；
B．人工合成氨的反应在高温下反应速度加快，但人工合成氨是放热的可逆反应，对平衡而言高温不利于转化，B不符合题意；
C．颜色加深是由于增大压强，浓度增大，C不符合题意；
D．二氧化锰是催化剂可加速双氧水的分解反应，但与可逆反应和平衡无关，D不符合题意；
故选A。
3．负载有和的活性炭形成微型原电池，可选择性去除实现废酸的纯化，其工作原理如下图。下列说法正确的是
A．作原电池负极
B．电子由经活性炭流向
C．表面发生的电极反应：
D．每消耗（标准状况）的，最多去除
【答案】A
【分析】由图可知，废酸为电解质溶液，Pt表面氧气得电子生成水，发生的电极反应：O2+4H++4e-=2H2O，Pt为正极，Ag为负极，电极反应：Ag-e-+Cl-=AgCl，电子由负极经活性炭流向正极，据此分析。
【详解】A．由分析可知，Ag作原电池负极，A正确；
B．Pt电极为正极，Ag失电子为负极，电子从Ag电极经外电路流向Pt电极，B错误；
C．废酸为电解质溶液，Pt表面发生的电极反应：O2+4H++4e-=2H2O，C错误；
D．负极反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，正极反应为O2+4H++4e-=2H2O，则消耗标准状况下11.2L即O2时，可转移2ml电子，最多去除2mlCl-，D错误；
答案选A。
4．下列溶液因盐的水解而呈酸性的是
A．溶液B．溶液C．溶液D．溶液
【答案】B
【详解】A．硫酸钠是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故A不符合题意；
B．氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，故B符合题意；
C．碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度使溶液呈碱性，故C不符合题意；
D．醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子使溶液呈酸性，故D不符合题意；
故选B。
5. W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3︰2，X与Z同主族，Z的价电子排布式为。下列说法错误的是
A. 气态氢化物的热稳定性：B. 第一电离能：
C. 原子半径：D. 电负性：
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H；Z的价电子排布式为3s23p4， Z为S；X与Z同主族，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3:2，X为O，Y为Si，R为Cl。
【详解】A．元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：S>Si，气态氢化物的热稳定性：H2S>SiH4，A正确；
B．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，因此第一电离能：Cl>S>Si，B正确；
C．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：S>Cl>O，C错误；
D．根据同周期从左到右元素电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：S答案选C。
6. 高炉炼铁过程中发生反应： Fe2O3(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见表。
下列说法正确的是
A. 增加高炉的高度可以有效降低炼铁尾气中CO的含量
B. 由表中数据可判断该反应：反应物的总能量＞生成物的总能量
C. 为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)
D. 1000℃下Fe2O3与CO反应，t min达到平衡时c(CO) =2×10-3 ml/L，则用CO表示该反应的平均速率为2×10-3/t ml/(L·min)
【答案】B
【解析】
【详解】A.高炉煤气的成分与高炉高度是没有关系的,煤气中CO的含量是高炉生产的产物, 增加高炉的高度，不影响化学平衡移动，不会降低CO的含量，故A错误；B. 由表中数据可知升高温度，该反应的平衡常数降低，所以该反应属于放热反应，反应物的总能量＞生成物的总能量，故B正确；C.平衡常数只和温度有关，所以增大c(CO)不会改变K，故C错误；D. 1000℃下Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，K=c(CO2)/ c(CO) =4, c(CO) =2×10-3ml/L, c(CO2)=8×10-3ml/L,因为方程式中CO和CO2的计量数相等，所以CO的平均速率为 ml/(L·min)，故D错误；答案：B。
7. 下列实验不能达到预期目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgNO3会和Na2S会反应生成Ag2S黑色沉淀，无法证明发生了沉淀的转化，则不能比较二者的溶解度，且二者为不同类型沉淀，无法通过溶解度比较溶度积，A错误；
B．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，溶液变红褐色，停止加热，可以得到Fe(OH)3胶体，B正确；
C．Fe2+水解会使溶液显酸性，加入稀盐酸可以抑制其水解，Fe3+可以Fe被还原为Fe2+，加入Fe可以防止FeCl2被氧化，C正确；
D．NO2的密闭玻璃球中存在平衡2NO2N2O4，NO2为红棕色气体，N2O4无色，浸泡在热水中观察颜色的变化可以研究研究温度对化学平衡移动的影响，D正确；
综上所述答案为A。
8．下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A．升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大
B．加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
C．向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
D．对有气体参加的化学反应，压缩容器使容积减小，单位体积内活化分子数增多
【答案】C
【详解】A．升高温度，反应物获得能量，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，反应速率增大，A正确；
B．加入催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，反应速率加快，B正确；
C．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内活化分子数目增多，反应速率增大，但活化分子百分数不变，C错误；
D．对有气体参加的反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数目增多，反应速率增大，D正确；
答案选C。
9. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是
A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)＞pH(H2CO3)＞pH(HCN)
B. 醋酸溶液加水稀释，其电离程度先增大后减小
C. NaCN中通入少量CO2发生的化学反应为：NaCN+CO2+H2O＝HCN+NaHCO3
D. 稀释HCN溶液过程中，减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN，浓度相同酸性越强pH越小，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)＜pH(H2CO3)＜pH(HCN)，故A错误；
B．弱电解质的浓度越小电离程度越大，即加水稀释，电离程度一直增大，故B错误；
C．根据电离平衡常数的大小关系可知酸性H2CO3＞HCN＞HCO，所以NaCN中通入少量CO2生成碳酸氢钠和HCN，化学方程式为NaCN+CO2+H2O＝HCN+NaHCO3，故C正确；
D．，加水稀释酸性减弱，氢离子浓度减小，电离平衡常数不变，所以增大，故D错误；
综上所述答案为C。
10. 反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57kJ·ml-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. A、B两点可知，T2＜T1
B. 从A点变到C点，平衡逆移，气体的颜色：A深，C浅
C. 该反应ΔH>0，ΔS>0，高温下可以自发进行，室温下不能自发进行
D. B、C两点气体的平均相对分子质量：
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57kJ·ml-1，则升温时平衡右移、NO2(g)的体积分数增大，则A、B两点可知，T2＞T1，A错误；
B．增压N2O4(g)2NO2(g)平衡左移、NO2(g)的体积分数减小，但N2O4(g)和NO2(g)的浓度都增大，故从A点变到C点，平衡逆移，气体的颜色：A浅，C深，B错误；
C． 该反应ΔH＞0，ΔS＞0，高温下可以自发进行，但只要ΔH-TΔS＜0即可自发，C错误；
D． B、C两点气体NO2(g)的体积分数相等、N2O4(g)的体积分数也相等，则混合气体的平均相对分子质量：，D正确；
答案选D。
11．时，下列有关及其盐溶液的说法正确的是
A．的溶液中，存在
B．的溶液中，水电离产生的
C．的溶液中，，
D．的溶液中，
【答案】C
【详解】A．根据电荷守恒，的溶液中，存在，醋酸的浓度远大于氢氧根离子的浓度，，故A错误；
B．的溶液中，醋酸抑制水电离，水电离产生的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，，故B错误；
C．根据电荷守恒，的溶液中，，，故C正确；
D．的溶液中，发生水解使溶液显碱性，所以，故D错误；
选C。
12．已知： 。以太阳能为热源分解，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如下：
过程Ⅰ： 。以太阳能为热源分解；
过程Ⅱ：……
下列说法正确的是
A．起催化剂的作用，在反应过程中没有参与反应
B．相同条件下，比具有更高的能量
C．过程Ⅰ中每消耗转移电子
D．过程Ⅱ的热化学方程式为
【答案】D
【详解】A．反应经过2个过程经热化学铁氧化合物循环分解水，反应中起催化剂的作用，四氧化三铁为过程Ⅰ反应物，过程Ⅱ的生成物，参与反应，A错误；
B．相同条件下， 比具有更高的能量，B错误；
C．反应中氧元素化合价由-2变为0，电子转移为，的物质的量为1ml，则反应转移2ml电子，C错误；
D．已知：① ，② ，根据盖斯定律，则反应Ⅱ=(①-②)，，则过程Ⅱ的热化学方程式为 ，D正确；
故选D。
13．下列铁制品防护的装置或方法中，不正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】A．铁上镀铜时，铁制镀件应与直流电源的负极相连、铜片与正极相连、硫酸铜溶液作电镀液，故A正确；
B．题给装置为牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁输水管，装置中镁做负极被损耗，输水管做正极被保护，故B正确；
C．用外加直流电源的阴极保护法保护钢制管桩时，管桩应与直流电源的负极相连，故C错误；
D．题给装置为锌铁原电池，装置中锌做负极被损耗，铁做正极被保护，故D正确；
故选C。
14. 已知时，向溶液中逐滴加入的盐酸，滴入过程中，溶液中、分布系数【如的分布系数：】与的变化关系如图所示。
下列叙述错误的是
A. 水的电离程度：
B. 的数量级是
C. 时，
D. 时，
【答案】C
【解析】
【详解】A．随溶液pH逐渐增大，CN-浓度逐渐增大，且CN-促进水的电离平衡，故水的电离程度依次增大，即，故A正确；
B．e点时，c(CN-)=c(HCN)，=10-9.2，数量级是，故B正确；
C．时，发生反应HCl+NaCN=NaCl+HCN，故溶质为等物质的量浓度的NaCN、NaCl、HCN，根据B中电离常数可得NaCN水解大于HCN电离，故，故C错误；
D．根据电荷守恒可得，，故D正确；
故选C。
二、解答题（本题4个大题，共58分)
15. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。
（1）自然界中的氮元素主要以分子的形式存在于空气中，是人工固氮的主要来源。
①基态氮原子的轨道表示式为_______，占据最高能级电子的电子云轮廓图为_______形。
②分子中，与N原子相连的H显正电性，N、H电负性大小顺序为_______。
（2）铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有、、CaO、MgO、等氧化物中的几种。
①上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素是_______。
②比较Mg、Ca第一电离能的大小：_______。
③下表的数据从上到下是钠、镁、铝逐级失去电子的电离能。
结合数据说明Mg的常见化合价为+2价的原因：_______。
（3）我国科研人员研制出了“Fe—LiH”催化剂，温度、压强分别降到了350℃、1MPa，这是近年来合成氨反应研究中的重要突破。
①基态Fe原子的核外电子排布式为_______，铁在元素周期表中的位置_______。
②比较与的半径大小关系：_______(填“>”或“<”)。
【答案】（1） ①. ②. 哑铃 ③. N>H
（2） ①. Al、O ②. Mg>Ca ③. 镁的第三电离能比第一、二电离能大很多，镁很难失去第三个电子，而易失去两个电子形成＋2价镁离子
（3） ①. 1s22s22p63s23p63d64s2 ②. 第四周期VIII族 ③. ＜
【解析】
【小问1详解】
①氮元素的原子序数为7，基态原子的电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式为，原子中占据最高能级为电子云轮廓图为哑铃形的2p能级，故答案为：；哑铃；
②氨分子中与氮原子相连的氢原子显正电性说明氮元素的电负性大于氢元素，故答案为：N＞H；
【小问2详解】
①由化学式可知，上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素是铝元素和氧元素，故答案为：Al、O；
②同主族元素，从上到下第一电离能逐渐减小，则镁元素的第一电离能大于钙元素，故答案为：Mg>Ca；
③由表格数据可知，镁元素的第三电离能比第一、二电离能大很多，说明镁元素很难失去第三个电子，而易失去两个电子形成＋2价镁离子，所以镁元素的常见化合价为＋2价，故答案为：镁的第三电离能比第一、二电离能大很多，镁很难失去第三个电子，而易失去两个电子形成＋2价镁离子；
【小问3详解】
①铁元素的原子序数为26，位于元素周期表中第四周期Ⅷ族，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；第四周期Ⅷ族；
②电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径的大小顺序为r(Li＋)＜r(H—)，故答案为：＜。
16. 碳的化合物在生产、生活中有着重要的作用。
（1）已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H1=-566kJ•ml-1
H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) △H2=-41kJ•ml-1
CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H3=-107kJ•ml-1
则2CO2(g)+4H2O(g)=2CH3OH(g)+3O2(g) △H=_______kJ•ml-1。
（2）T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中通入4.0mlCO2和6.8mlH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=50kJ•ml-1，5分钟时反应达到平衡，CO2的转化率为50%，回答下列问题：
①在0～5min内容器中v(H2)=_______。
②反应过程中，下列各项指标能表明A容器中反应的v正＜v逆的是_______(填标号)。
A.体系内的压强增大 B.气体的平均相对分子质量减小
C.H2O(g)的物质的量增加 D.v正(CO2)=v逆(H2)
（3）T℃时，通入1.0mlCO和3.0mlH2于恒压容器(带可移动活塞)中，起始容积为2L，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。5分钟时反应达到平衡，CO的转化率为50%，回答下列问题：
①该温度下上述反应的平衡常数K=________；平衡时H2的转化率是_______。
②若达平衡后，再充入1.0nlCO、4.0mlH2、1.0mlCH3OH，平衡_______(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（4）CH3OH和O2组合形成的燃料电池的结构如图所示，质子(H+)交换膜左右两侧的溶液均为1L2ml/L的H2SO4溶液。电极c是_______(填“正”或“负”)极，写出物质a在电极c上发生的反应式为_______。
【答案】（1）+1320
（2） ①. 0.6ml•L-1•min-1 ②. AB
（3） ①. 或0.5625 ②. 33.3% ③. 不
（4） ①. 负 ②. CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【解析】
【小问1详解】
将已知反应依次编号为①
②
③
由盖斯定律可知，可得反应，则；
【小问2详解】
①由二氧化碳的转化率为可知，三步法如下：
则在内容器中；
②A．该反应为气体体积减小的反应，体系内的压强增大，说明平衡向逆反应方向移动，，故A正确；
B．该反应为气体体积减小的反应，气体的平均相对分子质量减小，说明平衡向逆反应方向移动，，故B正确；
C．的物质的量增加，说明平衡向正反应方向移动，，故C错误；
D．，说明平衡向正反应方向移动，，故D错误；
故选AB；
【小问3详解】
①由5分钟时反应达到平衡，一氧化碳的转化率为可知，
平衡时体积为，一氧化碳的浓度为、氢气的浓度为、甲醇的浓度为，平衡常数或0.5625；平衡时的转化率是；
②平衡后，物质的量之比为；再充入、、，为等比例加入各物质，容器为恒压容器(带可移动活塞)，且反应温度不变，根据等效平衡原理平衡不移动；
小问4详解】
原电池反应时，电解质中的阳离子向正极移动，因此电极为负极，通入的物质是，在电极上发生的反应为：。
17. 工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72－，利用滴定原理测定Cr2O72－含量方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72－+6I－+14H+=== 2Cr3++3I2+7H2O。
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000 ml•L-1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：（I2+2Na2S2O3=== 2NaI+Na2S4O6）
（1）步骤Ⅰ量取30.00 mL废水选择的仪器是_____。
（2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_____。滴定达到终点的实验现象是____。
（3）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则：
① a=_____。
② Cr2O72－的含量为____g•L-1。
（4）以下操作会造成废水中Cr2O72－含量测定值偏高的是_____。
A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.量取Na2S2O3溶液滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
【答案】 ①. 酸式滴定管 ②. 淀粉溶液 ③. 溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色 ④. 18.20 ⑤. 2.16 ⑥. CD
【解析】
【详解】(1)根据信息，Cr2O72－氧化性较强,量取废水应用酸式滴定管，因此，本题正确答案是:酸式滴定管;
(2)滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂;滴定达到终点时碘单质刚好被消耗,所以溶液的颜色由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色,
因此，本题正确答案是:淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色；
(3)①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20；
②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 ml•L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL，
根据Cr2O72－+6I－+14H+=== 2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3=== 2NaI+Na2S4O6
Cr2O72－~3I2~6Na2S2O3，
n(Cr2O72－)=n(Na2S2O3)=01000ml/L×18.00×10-3L=3×10-4ml
Cr2O72－的含量为:= 2.16g•L-1
(4)根据Cr2O72－+6I－+14H+=== 2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3=== 2NaI+Na2S4O6,
则c(待测)偏高,Cr2O72－含量就偏高;
A.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,造成V(标准)偏小,根据c(待测)=分析,测定c(待测)偏低,故A错误;
B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗,对V(标准)无影响,根据c(待测)=分析,测定c(待测)无影响,故B错误;
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析,测定c(待测)偏高,所以C选项是正确的;
D.未用标准液润洗碱式滴定管,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)分析,测定c(待测)偏高,所以D选项是正确的;
因此，本题正确答案是:CD。
18．工业上可用低品位锰矿（主要成分，含、、等元素的杂质）与废溶液经过一系列转化得到高品位，某流程如下：
已知：
回答下列问题
(1)“焙烧”过程中的氧化剂为 、 （填化学式）。
(2)“滤渣1”的主要成分为 （填化学式，下同）；“滤渣2”的主要成分为 。
(3)“沉锰”时，会转化为，若常温下控制溶液，且最终，则此溶液中 。
(4)测定产品中的纯度。称取样品置于具塞锥形瓶中，加水润湿后，依次加入足量稀硫酸和过量溶液。盖上玻璃塞，充分摇匀后静置。用标准溶液滴定生成的，平行滴定三次，平均消耗标准溶液。滴定反应为。产品中的纯度为 。
【答案】(1) MnO2 O2
(2) Al(OH)3 NiS、BaSO4
(3)4×10-8
(4)90%
【分析】低品位锰矿经过FeSO4溶液和空气的焙烧，二氧化锰转化为硫酸锰，硫酸亚铁转化为氧化铁。浸出除去氧化铁，得到主要含硫酸锰的浸出液，加氨水将+3价铝离子转化为氢氧化铝沉淀，在滤渣1中除去，加BaS溶液将硫酸镍转化为NiS和硫酸钡沉淀在滤渣2中除去，锰离子与碳酸氢铵和氨水转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰在空气中煅烧转化为二氧化锰，据此回答。
【详解】（1）MnO2转化为硫酸锰，O2转化为-2价O，所以MnO2和O2为氧化剂；
（2）①反应的离子方程式为，故“滤渣1”的主要成分为氢氧化铝沉淀；
②加入BaS溶液方程式为，故“滤渣2”的主要成分为硫化镍和硫酸钡；
（3）“沉锰”时，会转化为MnCO3，若常温下控制溶液pH=8，且最终=0.1ml⋅L−1，根据碳酸第二步电离，则，所以
（4）根据关系式得，则，所以，产品中MnO2的纯度为
温度T/℃
1000
1150
1300
平衡常数K
4.0
3.7
3.5
序号
实验操作
实验目的
A
向含有AgCl和AgNO3的浊液中滴加Na2S溶液，有黑色沉淀生成
证明Ksp(Ag2S)B
将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，溶液变红褐色
制备Fe(OH)3胶体
C
配制FeCl2溶液时，向溶液中加入少量Fe和稀盐酸
抑制Fe2+水解和防止Fe2+被氧化
D
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
研究温度对化学平衡移动的影响
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
1.8×10﹣5
4.9×10﹣10
K1＝4.3×10﹣7
K2＝5.6×10﹣11
A
B
C
D
元素
Na
Mg
Al
电离能(kJ/ml)
496
738
578
4562
1451
1817
6912
7733
2745
9543
10540
11575
滴定次数
Na2S2O3溶液起始读数/mL
Na2S2O3溶液终点读数/mL
第一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0. 20
a
物质
，