精品解析：北京市第一六一中学2024-2025学年高三上化学期中考试

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班级___________ 姓名___________ 学号___________
考生须知
1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。
2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。
3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。
4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 Cu 64 I 127 Al 27 B 11 Ca 40 Mn 55
一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。
1. 我国科学家提出了高强度人造蚕丝的制备方法，用表面活性剂和溶液使丝胶蛋白水解，然后将浓缩的丝素蛋白挤入含和的溶液中凝固成纤维。下列说法不正确的是
A. 含或的盐溶液均能使蛋白质变性
B. 丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂
C. 中既含有亲水基团又含有疏水基团
D. 溶液显碱性的原因：
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠盐会使蛋白质发生盐析，不能使蛋白质变性，故A错误；
B．一定条件下蛋白质分子中含有的酰胺基会发生水解反应生成氨基酸，所以丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂，故B正确；
C．中为疏水基团，为亲水基团，所以中既含有亲水基团又含有疏水基团，故C正确；
D．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，反应的离子方程式为，故D正确；
故选A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. HCHO分子的空间结构模型为：
B. 的电子式：
C. 乙烯分子中π键的形成过程
D. 邻羟基苯甲醛分子内形成的氢键：
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲醛分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，分子的空间结构模型为，故A正确；
B．氯化镁是只含有离子键的离子化合物，电子式为，故B错误；
C．乙烯分子中的π键是碳原子的2p轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的，形成过程为，故C正确；
D．邻羟基苯甲醛分子含有O—H键，—CHO中含有电负性大的O原子，二者位置较近，根据氢键形成条件可知，邻羟基苯甲醛分子可形成分子内氢键，示意图为，故D正确；
故选B。
3. 下列过程中，没有发生酯化反应或酯的水解反应的是
A. 核苷酸聚合生成核酸B. 氨基酸缩合生成多肽
C. 油脂在碱性溶液中反应制取肥皂D. 纤维素和乙酸反应制取纤维素乙酸酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．核酸是通过三磷酸核苷聚合而成，相互之间以磷酸二酯键连接，发生了酯化反应，故不选A；
B．氨基酸缩合生成多肽，通过羧基与氨基脱水形成肽键连接，没有发生酯化反应也没有发生酯的水解，故选B；
C．油脂属于酯类，油脂在碱性溶液中发生酯的水解反应制取肥皂，故不选C；
D．纤维素中含有羟基，纤维素与乙酸发生酯化反应制取纤维素乙酸酯，故不选D；
选B。
4. 下列比较正确的是
A. 热稳定性：
B. 键角：
C. 离子半径：
D. 酸性：
【答案】C
【解析】
【详解】A．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，氢化物的热稳定性依次减弱，同周期元素，从左到右，非金属性依次增强，氢化物的热稳定性依次增强，则氢化物的热稳定性强弱顺序为，故A错误；
B．甲烷分子、氨气分子、水分子中碳原子、氮原子、氧原子的价层电子对均为4，孤对电子对数分别为0、1、2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则氢化物的键角大小顺序为，故B错误；
C．电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子的离子半径大小顺序为S2−>Cl−>K+，故C正确；
D．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，同周期元素，从左到右，非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则酸性强弱顺序为，故D错误；
故选C。
5. 下列反应不属于氧化还原反应的是
A. 铜丝加热后，伸入无水乙醇中，先变黑，后重新变为红色
B. 向硝酸银溶液中加入氨水至过量，产生沉淀又消失
C. 将通入到溶液中，生成白色沉淀
D. 向溶液中加入溶液，产生红褐色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜丝加热后，Cu被氧化为黑色的CuO，伸入无水乙醇中后又重新变为红色，则黑色的CuO被还原为Cu，则与氧化还原反应有关，故A错误；
B．向硝酸银溶液中加入氨水至过量，首先生成氢氧化银，随后氢氧化银再和氨气生成氢氧化二氨合银，不是氧化还原反应，故B正确；
C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与H2O反应产生的H2SO3被(H+)氧化为H2SO4，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，包含氧化还原反应，故C错误；
D．红褐色沉淀是氢氧化铁，硫酸亚铁中的二价铁可以被次氯酸根离子氧化为三价铁，属于氧化还原反应，故D错误；
故选B
6. 室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2.用试管收集Cl2后进行如图所示实验，下列对实验现象的分析或预测正确的是
A. 试管内液面上升，证明Cl2与水发生了反应
B. 取出试管中的溶液，加入少量CaCO3粉末，溶液漂白能力减弱
C. 取出试管中的溶液，光照一段时间后pH下降，与反应2HClO2HCl+O2↑有关
D. 取出试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色，加热后颜色又变为红色
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题目信息可知，氯气能溶于水，也可以使试管内液面上升，不能证明氯气和水发生了反应，A错误；
B．氯气与水反应的方程式为：，加入少量CaCO3粉末会与HCl反应，使平衡右移，HClO浓度增大，溶液漂白能力增强，B错误；
C．取出试管中的溶液，光照一段下发生反应：2HClO2HCl+O2↑，生成HCl，同时次氯酸浓度下降，可能使平衡右移，HCl浓度增大，溶液酸性增强，pH下降，C正确；
D．取出试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，由于溶液中有HCl和HClO，所以溶液先变红，次氯酸具有漂白性会使溶液褪色，次氯酸的强氧化性漂白不可逆，加热后颜色不会恢复，D错误；
故选C。
7. 我国科学家最新合成出一种聚醚酯(PM)新型材料，合成方法如下：
下列说法不正确的是
A. M分子中含有2个手性碳原子
B. M在碱性条件下水解开环得到
C. PM中含有酯基、醚键和羟基三种官能团
D. 合成1ml PM，理论上需要n ml M和1ml苯甲醇
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，M分子中含有如图*所示的2个手性碳原子：，故A正确；
B．由结构简式可知，M中含有酯基，在酸性条件下水解开环得到，碱性条件下水解会生成相应的羧酸盐，故B错误；
C．由结构简式可知，PM中含有酯基、醚键和羟基三种官能团，故C正确；
D．由结构简式可知，理论上，合成1ml PM需要消耗n ml M和1ml苯甲醇，故D正确；
故选B。
8. 下列所给事实对应方程式书写不正确的是
A. C和浓反应：
B. 用石灰乳吸收泄漏的氯气：
C. 溶液与少量的溶液反应：
D. 钢铁发生吸氧腐蚀时铁做负极：
【答案】D
【解析】
【详解】A．C和浓反应生成CO2、SO2和H2O，该化学方程式正确，A 正确；
B．石灰乳吸收泄漏的氯气，反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，该化学方程式正确，B正确；
C．溶液与少量的溶液反应生成CaCO3、NaOH和H2O，该离子方程式正确，C正确；
D．铁发生吸氧腐蚀时，铁做负极，生成Fe2+，正确的电极方程式：，D错误；
故答案选D。
9. 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 0.1 ml氨基()中含有个质子
B. 14g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2
C. 1.0溶液中，数目为3
D. 22.4L(标准状况)与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2
【答案】B
【解析】
【详解】A．0.1 ml氨基含有的质子数目为0.1 ml×9×NAml—1=0.9NA，故A错误；
B．乙烯和丙烯的最简式都为CH2，则14gCH2所含碳氢键数为×2×NAml—1=2NA，故B正确；
C．缺溶液的体积，无法计算1.0ml/L氯化铝溶液中氯化铝的物质的量和含有氯离子的数目，故C错误；
D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则标准状况下22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应时，转移电子数目为×1×NAml—1=NA，故D错误；
故选B。
10. 下列实验的对应操作中，不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理；
B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理；
C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理；
D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理；
答案选D。
11. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法不正确的是
A. 过程①生成了HCl，说明酸性：H2S>HCl
B. 过程②，每溶解1mlCuS，转移2mle-
C. 过程③，溶液的pH增大
D. 回收S的总反应为
【答案】A
【解析】
【详解】A．过程①中，H2S和Cu2+反应生成CuS，离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，反应发生是因为生成了沉淀，不能证明酸性强弱，故A错误；
B．过程②中，CuS和Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为2Fe3++CuS =Cu2++2Fe2++S，每溶解1mlCuS，转移2mle-，故B正确；
C．过程③中发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反应消耗H+，溶液酸性减弱，溶液的pH增大，故C正确；
D．由反应(①+②)×2+③可得回收S的总反应为，故D正确；
故答案为A。
12. 新型双离子可充电电池是一种高效，低成本的储能电池，其装置示意图如下。当闭合K2时，该电池的工作原理为。下列关于该电池的说法正确的是
A. 放电时，电子从N电极经导线流向M电极
B. 放电时，正极的电极反应式：
C. 充电时，外加直流电源的正极与M电极相连
D. 充电时，电路中每通过，左室溶液增加
【答案】B
【解析】
【分析】打开K1、关闭K2，形成原电池，左侧M电极做负极，右侧N电极为正极，关闭K1、打开K2进行充电，M电极接外加电源的负极做阴极，N电极接外加电源的正极做阳极。
【详解】A．放电时，电子从负极M电极经导线流向正极N电极，A错误；
B．放电时，N电极做正极，电极反应式：，B正确；
C．充电时，N电极接外加电源的正极，C错误；
D．充电时，电路中每通过，有1mlLi+通过Li+透过膜进入左室，D错误；
故答案选B。
13. 化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下：
已知L能发生银镜反应，下列说法不正确的是
A. 分子中碳原子的杂化方式均有和
B. 在水中的溶解度：
C. L为乙醛
D. 生成物M与的化学计量数之比为1：1
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子均有单键碳和双键碳，碳原子的杂化方式均有和，故A正确；
B．K分子中含有羧基，在水中的溶解度：，故B正确；
C．M比K多2个碳原子，L能发生银镜反应，L含有醛基，则L为乙醛，故C正确；
D．K和乙醛反应生成M和水，根据原子守恒，生成物M与的化学计量数之比为1：2，故D错误；
选D。
14. 实验小组探究浓度对溶液与溶液反应的影响。实验如下：
已知：①。
②取ⅰ～ⅳ充分反应后上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加溶液均产生蓝色沉淀。下列说法不正确的是
A. 分析ⅰ中数据可知：
B. ⅱ中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加溶液，产生白色沉淀
C. 本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大
D. 取ⅲ中充分反应后的上层清液，滴加溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据
【答案】D
【解析】
【详解】A．等体积混合后，此时，不会产生沉淀，所以a=0，故A正确；
B．ii中沉淀加适量浓氨水充分反应形成，溶液中增大，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，故B正确；
C．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，所以推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故C正确；
D．结合表中数据可知有生成，溶液中Fe2+过量，不能通过检验是否存在Fe2+作为为可逆反应的证据，故D错误；
故选D。
二、非选择题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。
15. 氧族元素Se(硒)及其化合物有着广泛应用价值。
（1）(硒代硫酸钠，其中可看作是中的一个O原子被Se原子取代的产物)在某些肿瘤治疗中能够提高治愈率。其制备和转化关系如下：
①基态Se原子的价层电子排布式是___________，按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区，Se位于元素周期表___________区。
②空间结构是___________，基态O原子中处于最高能级的电子的运动状态共有___________个。
③过程ⅱ中一定断裂的化学键是___________。
（2）非铅双钙钛矿材料［］有望大规模应用于太阳能电池。一定压力下合成的［］晶体的晶胞结构如下图，其中位于正方体的顶点和面心。
①比较Se原子和Br原子的第一电离能大小，并从原子结构的角度说明理由___________。
②中键角___________(填“>”或“Se，原子半径BrSe，所以第一电离能Br>Se ②. > ③.
（3）8
【解析】
【小问1详解】
①硒元素的原子序数为34，基态原子的价层电子排布式为，所以硒元素处于元素周期表的p区，故答案为：；p；
②中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间结构为四面体形；氧元素的原子序数为8，基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，处于最高能级2p的电子的运动状态共有4个，故答案为：四面体形；4；
③由转化关系可知，过程ⅱ中一定断裂的化学键是硫硒键，故答案为：硫硒键；
【小问2详解】
①Br和Se为同周期元素，电子层数相同，核电荷数Br>Se，原子半径BrSe，所以第一电离能Br>Se，故答案为：Br和Se为同周期元素，电子层数相同，核电荷数Br>Se，原子半径BrSe，所以第一电离能Br>Se；
②铵根离子中氮原子的孤电子对数为0，氨分子中氮原子的孤电子对数为1，铵根离子和氨分子中氮原子的价层电子对数都为4，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以氨分子的键角小于铵根离子，故答案为：>；
③由题意可知，[SeBr6]2-位于正方体的顶点和面心，1个晶胞中个数为8×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7 a)3d，解得d=，故答案为：；
【小问3详解】
由化合价变化可知，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，Se2-位于顶点和面心，1个晶胞中硒离子个数为8×+6×=4，则每个Na2Se晶胞转化为Cu2-xSe晶胞时转移电子数为8，故答案为：8。
16. 一种利用某镍矿资源（主要成分为、，含有少量、、、、）提取含Ni、Cu、Fe、Mg、Al的物质的流程如下：
资料：
i．25℃时，一些物质的如下：
ii．溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全。
（1）流程中能加快反应速率的措施有_________。
（2）固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式为_________。
（3）III中，生成转移，III中反应的化学方程式为_________；III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是_________。
（4）IV可以除去溶液D中的，由此推测氧化性_________（填“＞”或“＜”）。
（5）结合离子方程式解释V中加入的作用：_________。
（6）为了使沉淀完全，VI中溶液pH的最小值所属范围为_________（填字母）。
a．2~3 b．3~4 c．9~10 d．10~11
（7）VI中，不宜多加，原因是_________。
【答案】（1）研磨、加热
（2）
（3） ①. ②.
（4）＞ （5），更有利于提取含Fe物质
（6）b （7）过多，会导致发生反应，中会含有
【解析】
【分析】某镍矿（主要成分为、，含有少量、、、、）经研磨后在加热条件下加入硫酸溶解，二氧化硅不溶于硫酸，根据题干信息固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，加入硫酸铜溶解生成CuS，CuS经氧气氧化后被硫酸溶解生成硫酸铜，过滤除去二氧化硅；溶液B中加入过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸氢铵使溶液中铁离子形成氢氧化铁滤出；再想溶液中加入碳酸氢铵使溶液中氯离子形成氢氧化铝沉淀滤出；向溶液G中加入硫化钠使镍离子形成硫化镍沉淀，剩余含镁离子溶液。
【小问1详解】
流程中可以通过研磨、加热加快反应速率；
【小问2详解】
固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式：；
【小问3详解】
III中，生成转移，说明S元素由-1价被氧化为+6价，III中反应的化学方程式：；根据分析III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是SiO2；
【小问4详解】
IV可以除去溶液D中的，说明电解过程中先于发生反应，由此推测氧化性；
【小问5详解】
过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，，更有利于提取含Fe物质；
【小问6详解】
根据题干信息，若要使沉淀完全，但未沉淀，，计算得出pH范围3~4；
【小问7详解】
过多，会导致发生反应，中会含有。
17. 化合物K有抗高血压活性，其合成路线如下。
已知：
（1）A为芳香族化合物，A的名称是___________。
（2）B→D的化学方程式是___________。
（3）G的结构简式是___________。
（4）E属于酯，E的结构简式是___________。
（5）K中能与溶液反应的官能团有___________。
a．碳碳双键 b．酯基 c．酰胺基
（6）D也可由间硝基甲苯通过电解法制得，主要物质转化关系如下。
已知：电解效率的定义：
①Ⅱ中，生成Q的离子方程式是___________。
②若电解产生的使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，当电极通过，生成aml D时，___________。
（7）以D、F和为原料，“一锅法”合成G的转化过程如下。
M的结构简式是___________，M→N的反应类型是___________。
【答案】（1）甲苯 （2）
（3） （4）CH3COOCH2CH3
（5）bc （6） ①. ②.
（7） ①. ②. 加成反应
【解析】
【分析】由题干合成路线图可知，根据D的结构简式和B的分子式以及B到D的转化条件可知，B的结构简式为：，由A的分子式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由K的结构简式和G的分子式以及G到K的转化条件可知，G的结构简式为：，由F的分子式和D、F转化为G的转化条件可知，F的结构简式为：，由E的分子式并结合题干已知信息可知，E的结构简式为：CH3COOCH2CH3，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，A为芳香族化合物，A的结构简式为：，故A的名称是甲苯，故答案为：甲苯；
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为：，故B→D的化学方程式是，故答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，G的结构简式是，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，E属于酯，E的结构简式是CH3COOCH2CH3，故答案为：CH3COOCH2CH3；
【小问5详解】
碳碳双键不能和NaOH反应，酯基和酰胺基能与NaOH溶液发生水解反应，故K中能与溶液反应的官能团有酯基和酰胺基，故答案为：bc；
【小问6详解】
①由题干转化关系图可知Ⅱ中，生成Q即被Ce(OH)3+离子氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式是，故答案为：；
②若电解产生的使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，则由转化为D即，每生成1mlD需失去4ml电子，故当生成aml D时，失去电子4aml，=4a×100%，故答案为：4a×100%；
【小问7详解】
由分析可知，F的结构简式为：，G的结构简式为：，N到G发生消去反应，故N的结构简式为：，则M转化为N是氨基与酮羰基发生加成反应形成环，故M的，由F的结构简式：，和L到M的转化条件可知，L的结构简式为：，然后D和发生加成反应生成L，故答案为：；加成反应。
18. KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下：
Ⅰ．将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态物质。
Ⅱ．冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。
Ⅲ．向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体。
Ⅳ．过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。
资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。
(1)Ⅰ中，粉碎软锰矿的目的是_____。
(2)Ⅰ中，生成K2MnO4的化学方程式是_____。
(3)Ⅱ中，浸取时用稀KOH溶液的原因是_____。
(4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是_____。
(5)将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，也可制得KMnO4．装置如图：

①b极是_____极(填“阳”或“阴”)，D是____________。
②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：___________。
③传统无膜法电解时，锰元素利用率偏低，与之相比，用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，其原因是__________。
(6)用滴定法测定某高锰酸钾产品的纯度，步骤如下：
已知：Na2C2O4 +H2SO4 ═H2C2O4 +Na2SO4
5H2C2O4 +2MnO4﹣+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
摩尔质量：Na2C2O4 134g/ml KMnO4 158g/ml
ⅰ．称取ag产品，配成50mL溶液。
ⅱ．称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。
ⅲ．将锥形瓶中溶液加热到75℃～80℃，恒温，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL(杂质不参与反应)。
产品中KMnO4的质量分数的表达式为_________。
【答案】 ①. 增大反应物接触面积，加快反应速率 ②. 2MnO2 +4KOH+O2 2K2MnO4 +2H2O ③. 保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应 ④. 3K2MnO4 +2CO2 =2KMnO4 +MnO2↓+2K2CO3 ⑤. 阴 ⑥. 较浓的KOH溶液 ⑦. a极：MnO42--e-=MnO4-，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4 ⑧. 用阳离子交换膜可防止MnO4﹣、MnO42﹣在阴极被还原 ⑨.
【解析】
【分析】(1)粉碎软锰矿，可增大固体表面积；
(2)由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4；
(3)用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4变质；
(4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2；
(5)电解K2MnO4制取KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子；
(6)称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n(Na2C2O4)=，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL，由方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n(KMnO4)，进而计算纯度
【详解】(1)粉碎软锰矿，可增大固体表面积，反应物的接触面积增大，则反应速率加快；
(2)由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4，反应的方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
(3)由题意可知用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应而变质；
(4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2，反应的方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3；
(5)①由图可知b极生成氢气，应发生还原反应，为电解池阴极，阴极可得到较浓的KOH溶液；
②a为阳极，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子，发生MnO42--e-=MnO4-，同时部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4；
③用阳离子交换膜可防止MnO4-、MnO42-在阴极被还原，提高锰元素的利用率；
(6)称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n(Na2C2O4)=ml，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL，由方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n(KMnO4)=ml×，则50mL溶液中n(KMnO4)=ml×，质量m=ml××158g/ml=g，则产品中KMnO4的质量分数为。
【点睛】本题考查物质制备实验，注意把握物质的性质，把握流程中发生的反应、电解原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。
19. 资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。
（1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“ （2）5+2+8H2O=2+10+16H+
（3）相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢
（4） ①. 实验II和实验III中的浓度相同 ②. 向1mL 0.05ml/L溶液中滴入3滴1ml/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05ml/LKMnO4，有棕黑色沉淀生成 ③. 3+2+2H2O=5↓+4H+ ④. 溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液
（5）1mL 0.05ml/L溶液和3滴1ml/LH2SO4溶液的混合溶液中
（6）过量、加入催化剂
【解析】
【小问1详解】
酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。
【小问2详解】
实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。
【小问3详解】
实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。
【小问4详解】
①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立；
②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向1mL 0.05ml/L溶液中滴入3滴1ml/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05ml/LKMnO4，加热至沸腾，若紫色褪去，迅速生成棕黑色沉淀，说明假设2正确；
③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。
【小问5详解】
向1mL 0.05ml/L溶液中滴入3滴1ml/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1ml/L溶液，再加入0.0005ml固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。
【小问6详解】
实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加过量、加入催化剂等。
眼睛注视锥形瓶中溶液
A．用标准溶液滴定溶液
B．稀释浓硫酸
C．从提纯后的溶液获得晶体
D．配制一定物质的量浓度的溶液
实验
编号
试剂
沉淀物质的量之比
试剂X
试剂Y
ⅰ
0.04
0.04
a
ⅱ
0.1
0.1
0.15
ⅲ
0.5
0.5
0.19
ⅳ
1.0
1.0
0.26
物质
实验
序号
物质a
实验现象
I
0.002ml/L溶液
无明显变化
II
0.002ml/L溶液
加热至沸腾，5min后溶液变为紫色
III
0.05ml/L溶液
加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色