【文档说明】北京市第一六一中学2023-2024学年高三上学期期中测试化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，2.084 MB，由小赞的店铺上传

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北京—六—中学2023—2024学年度第一学期期中阶段测试高三化学试卷考生须知：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：H1C12O16B11Na23Ca40S32I127Mn55一、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.中国航天员在“天宫课堂”演示了如下实验：将泡腾片（主要成分是碳酸氢钠和柠檬酸，其中柠檬酸的结构如图所示）放入

水球中，得到气泡球。下列说法不正确．．．的是A.柠檬酸分子中含有两种官能团B.常温下，碳酸氢钠溶液的pH7C.固体碳酸氢钠、柠檬酸放入水中会发生电离D.得到气泡球的反应：+23222H+COCO+HO−=【答案】

D【解析】【详解】A．柠檬酸分子中含有羧基和羟基两种官能团，选项A正确；B．碳酸氢钠为强碱弱酸盐，常温下，碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子电离程度，溶液呈碱性，选项B正确；C．固体碳酸氢钠为可溶性盐、柠檬酸为弱酸，都属于电解质，放入水中会发生电离，选项C正

确；D．柠檬酸为弱酸不能拆，不能用H+表示，碳酸氢钠电离出的阴离子为3HCO−，不能用碳酸根离子表示，选项D不正确；答案选D。2.下列化学用语或图示表达正确．．的是A.z2p电子云图为B.3NH的VSEPR模型为C.NaCl的电子式为NaClgggg∶∶D.

基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为【答案】A【解析】【详解】A．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，A项正确；B．氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B项错误：C．氯化钠是离子化合物，其电子式是，C项错误；D．基态铬原子的价电子排布式为：3d54s1，价层电子轨道表达式为：

，D项错误；故选A。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.下列对于物质结构和性质的分析不

正确．．．的是A.碳的原子半径小于硅，使金刚石熔点高于晶体硅B.卤代烃中C-X键极性较强，使卤素原子易被取代C.氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸D.邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，其沸点高于对羟基苯甲醛【答案】D【解析】【详解】A．原

子半径越小，共价键键长越短，键能越大，熔点越高，A说法正确；B．卤代烃中C-X键极性较强，容易断裂，使卤素原子易被取代，B说法正确；C．氟的电负性大于氯，故其诱导效应氟强于氯，所以三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸，C说法正确；D．分子内氢键会导

致沸点降低，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛沸点低于对羟基苯甲醛，D说法错误；答案选D。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2SO通入到()32BaNO溶液中，生成白色沉淀D.向4FeSO溶液中加入NaClO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3NO−(H+)氧化为H2SO4，24SO−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.我国科学家合成了检测-CN的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法不正确．．．的是A.不存在手性碳原子B.能形成分子内氢键C.能与饱和溴水发生取代反应和加成反应D

.1mol探针A最多能与3molNaOH反应【答案】D【解析】【详解】A．手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的碳原子，该有机物中不含手性碳原子，A说法正确；B．该分子中存在-OH和多个O、N，可形成分子内氢键，B说法正确；C．该分子具有碳碳双键，能与饱和溴水

发生加成反应，Br2可以取代酚羟基邻位或对位的H，发生取代反应，C说法正确；D．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH反应，1mol探针A最多能与4molNaOH反应，D说法错误；答案选D。7.为阿伏加德罗常数，下列说法正确．．的是A.0.1mol氨基（2-

NH）中含有AN个质子B.-131.0molLAlCl溶液中，Cl-的数目为A3NC.14g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为A2ND.电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1g时，外电路中通过电子的数目为A0.1N【答案

】C【解析】【详解】A．1个氨基(-NH2)中含有9个质子，则0.1mol氨基(-NH2)中含有0.9NA个质子，A错误；B．未说明溶液的体积，无法计算-131.0molLAlCl溶液中Cl-的数目，故B错误；C．

乙烯和丙烯属于烯烃，分子式最简式是CH2，式量是14，则14g乙烯和丙烯的混合气体中含有1molCH2，其中所含有碳氢键数为2NA，故C正确；D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1g时，反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)=7.1g

71g/mol=0.1mol，则外电路中通过电子的物质的量是0.2mol，故转移的电子数目为0.2NA，故D错误；故选C。8.实验室制备下列气体所选装置，除杂试剂不正确．．．的是(干燥、收集装置略)气体制备试剂除杂试剂所选装置ASO2Cu+浓H2SO4饱和NaHSO3溶液b、c

BCl2MnO2+浓HCl饱和NaCl溶液b、cCC2H4C2H5OH+浓H2SO4KMnO4溶液b、cDC2H2电石+饱和NaCl溶液CuSO4溶液a、cA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．铜与浓硫酸在加热条件下反应

得到二氧化硫，生成的二氧化硫中可能会带出硫酸，可用饱和亚硫酸钠溶液除去硫酸得到二氧化硫气体，装置可选b、c，故A正确；B．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，氯气中混有挥发出的HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置可选b、c，故B正确；C．乙烯能被高锰酸钾氧化，不能用高锰酸钾

溶液除去乙烯中的杂质气体，故C错误；D．电石和饱和食盐水常温下反应生成乙炔，因电石中含有硫化物，同时会生成硫化氢，可用硫酸铜溶液将硫化氢沉淀除去，装置应选a、c，故D正确；故选：C。9.下列方程式能准确解释相应事实的是A.硫酸型酸雨的形成：3222SO+HOHS

O=B.84消毒液不能与洁厕灵混用：--+22ClO+Cl+2HCl+HO=C.和面时在小苏打中加少量醋酸，增强效果：+-322H+HCO=HO+COD.向4NaHSO溶液中加入足量2Ba(OH)溶液，得到白色沉淀

：+2-2+-4422H+SO+Ba+2OH=BaSO+2HO【答案】B【解析】【详解】A．硫酸型酸雨的形成除了与二氧化硫溶于水生成亚硫酸有关，SO2+H2O=H2SO3，还包括亚硫酸被氧气氧化成硫酸，2H2SO3+O2=2H2SO4，A错误；B．8

4消毒液(主要成分为次氯酸钠)不能与洁厕灵(主要成分为HCl)混用：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，B正确；C．和面时在小苏打中加少量醋酸，增强效果，醋酸为弱酸不能拆：CH3COOH+3HCO−=CO2+CH3COO-+H2O，C错误；D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba(OH

)2溶液，硫酸氢钠完全反应，生成硫酸钡、水、氢氧化钠，离子方程式为：22442HHOSOBaOHBaSO+−+−+++=+，D错误；故选B。10.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>HClB.过程②，每溶解1molCuS，转移2mole-C.过程③，溶液的pH增大D.回收S的总反应为2222HSO2HO2S++催化剂【答案】A【解析】【详解】A．过程①中，H2S和C

u2+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1molCuS，转移2mole-，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2222HSO2HO2S++催化剂，故D正确；故答案为A。11.新型LiMg−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241x444xMgxLiS

O2LiFePOxMgSO2LiFePO−++=+。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：1x44LiFePOxLixeLiFePO+−−++

=C.充电时，外加直流电源的正极与M电极相连的D充电时，电路中每通过1mole−，左室溶液增加2molLi+【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：1x44LiFePOxLixeLiFePO+−−++=，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1mole−，有1molLi+通过Li+透过膜进入左室，D错误；故答案选B。12.中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳

砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体、、缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如下图，下列说法不正确．．．的是A.与互为同分异构B.的名称为44-DDS，′，推测的名称为33-DDS，′C.参加反应的三种单体的物质的量之比为3:1:8D.及时

移除HCl，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物【答案】C【解析】.【详解】A．与分子式相同，结构不同，互为同分异构，故A正确；B．根据的名称为4，4′-DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子位于4号碳原子上，则中N原子位于3号碳原子上，故名称为3，3

′-DDS，故B正确；C．芳砜纶纤维的结构简式为，则为0.75n，为0.25n，为n，参加反应的三种单体的物质的量之比为0.75n：0.25n：n=3：1：4，故C错误；D．三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl，及时移除HCl，平衡右移，有利于提高产率并得到具有较高聚合度

的缩聚物，故D正确；故选：C。13.某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如下图所示。下列实验事实与所得结论相．符．的是选项实验事实所得结论A湿润的蓝色石蕊试纸变红证明硫的燃烧产物中有酸B湿润的2NaS试纸上出现淡黄色固体证明硫的燃烧产物能被还原成硫C加入2Ba

Cl溶液产生白色沉淀证明硫燃烧的产物中有3SOD湿润的品红试纸褪色证明硫燃烧的产物中有2SOA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．产物中的二氧化硫与水反应生成的亚硫酸使湿润蓝色石蕊试纸变红，

不是硫的燃烧产物中有酸，故A错误；B．硫化钠也能被氧化生成硫单质，不能说明硫的燃烧产物能被还原成硫，故B错误；C．硫燃烧不能生成三氧化硫，只能生成二氧化硫，故C错误；D．硫燃烧生成的二氧化硫能使品红褪色，故D正确；

故选D。14.某科研团队研究用不同金属氧化物催化肉桂醛制苯甲醛(反应如下，部分产物略去)。反应时间和其它条件相同时，测得实验数据如下表。催化剂金属元素的电负性肉桂醛转化率/%苯甲醛选择性/%BaO0.980.7971.93CaO1.078.2760.5123AlO1.574.2154.83Zn

O1.676.4648.57CuO1.975.3441.71已知：i．选择性n(B)S(B)=100%n()生成所用的原料转化的原料ii．Ba与Ca同主族。下列说法不正确．．．的是A.肉桂醛制苯甲醛的反应属于氧化反应B.用ZnO作催化剂可以获得比用23AlO更大的主反应速率C

.使用CuO作催化剂时，反应后副产物最多D.金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好【答案】B【解析】【详解】A．该反应中，臭氧作氧化剂，将肉桂醛氧化成苯甲醛，该变化属于氧化反应，故A正确；B．由表中数据可知ZnO作催化剂时

，苯甲醛的选择性比Al2O3作催化剂时小，生成苯甲醛的反应为主反应，所以ZnO作催化剂时主反应速率小，故B错误；C．氧化铜作催化剂时苯甲醛的选择性最小，生成的副产物最多，故C正确；D．结合表中数据可知，随着金属元素电负性增大

，苯甲醛的选择性逐渐减小，因此可以得出结论：金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好，故D正确；答案选B。二、非选择题：本大题共5道小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上．．．．．．．．．．．．．．．。15.我国科学家发现催化剂23FeO−可高效活化2HO，实现物质的

高选择性氧化，为污染物的去除提供了新策略。污染物X去除的催化反应过程示意思如下。（1）Fe元素在元素周期表中的位置是___________。（2）污染物X在电极a上的反应式是___________。（3）科研团队研究了X分别为2NO−、23HPO−和33HAsO[也可以写作3

As(OH)]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。①基态As原子的价层电子排布式是___________。②2NO−中的键角___________(填“>”“<”或“=”)3NO−中的键角。③23HPO−的结构是，P原子的杂化轨道

类型是___________。（4）比较反应能力：23HPO−___________33HAsO(填“>”“<”或“=”)，原因是___________。（5）23FeO−晶胞的体积为3cmV，晶体密度为3g/cm，阿伏加德罗常数的值为AN，一个晶胞中Fe原子的个数为_______

____(23FeO的摩尔质量：160g/mol)。【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（2）X+H2O-2e-23αOFe−光XO+2H+（3）①.4s24p3②.<③.sp3（4）①.<②.23HPO−中磷原子无孤电子对，33HAsO中砷有孤电子对（5）ANρV80【解析】【小问1详解】铁元素在第四周

期第Ⅷ族。【小问2详解】污染物X在电极a上的反应式是X+H2O-2e-23αOFe−光XO+2H+。【小问3详解】基态砷为33号元素，其价层电子排布式为4s24p3。②亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为5122232+−

+=，为V形结构，硝酸根离子的价层电子对数为5132332+−+=，为平面三角形，亚硝酸根离子中孤电子对，有较大的排斥力，故亚硝酸根的键角小于硝酸根中的键角。磷原子无孤电子对，也形成4个σ键，故杂化类型为sp3。【小问4详解】23HPO−中磷原子无孤电子对，33HAsO中砷有孤电子对，故反应能

力23HPO−<33HAsO。【小问5详解】晶胞的质量为ρVg，故一个晶胞中氧化铁的物质的量为ρV160mol，铁原子的物质的量为ρV80mol，一个晶胞中Fe原子的个数为ANρV80。16.汽车尾气中的氮氧化物(NOx)对环境有危害，可利用化学方法实现氮的转化，从而降低氮氧化物

排放。(1)CO、HC(碳氢化合物)和NH3等均可在催化剂作用下，将NOx转化为N2。①CO在氮的转化过程中体现了___性。②NH3和NO反应的化学方程式为__。(2)利用电解装置可以将尾气中的NO转化为尿素[CO(NH2)2，其中碳的化合价为+4价，属于非电解质

]，工作原理如图。①阴极的电极反应式为___。②反应一段时间后，阳极区的pH基本不变，结合化学用语解释原因为___。③用NO2−代替NO进行电化学反应，研究表明阴极反应的历程如下：I.CO2(g)+2H++2e－=CO(pre)+H2OII.……III.CO(pre)+2NH2(pre

)=CO(NH2)2其中，CO(pre)表示CO前体，NH2(pre)表示NH2前体。用化学用语表示步骤II的反应：__。【答案】①.还原②.4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O③.CO2+2NO+10H++10e－=CO(NH2

)2+3H2O④.阳极发生反应：H2－2e－=2H+，根据闭合回路中电量守恒，同时会有等量的H+通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，因此，阳极区的pH基本不变⑤.2NO2−+12H++10e－=2NH2(pr

e)+4H2O【解析】【详解】(1)①根据题意，NOx化合价降低变为N2，则CO化合价升高，因此CO在氮的转化过程中体现了还原性；故答案为：还原。②NH3和NO反应生成氮气和水，其化学方程式为4NH3+6NO催化剂5N2+

6H2O；故答案为：4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O。(2)①根据图中信息，阴极是CO2和NO反应生成CO(NH2)2，NO中N化合价降低，得到电子，CO2中C化合价不变，其电极反应式为CO2+2NO+1

0H++10e－=CO(NH2)2+3H2O；故答案为：CO2+2NO+10H++10e－=CO(NH2)2+3H2O。②根据题中信息，阳极通入氢气，氢气失去电子变为氢离子，等量的氢离子穿过质子交换膜进入到左侧，因此反应一段时间后，阳极区的pH基本不变；故答案为：阳极发生反应：H2－2e－=

2H+，根据闭合回路中电量守恒，同时会有等量的H+通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，因此，阳极区的pH基本不变。③根据题中信息，说明步骤II是生成NH2(pre)的反应，根据元素守恒说明氢来自于氢离子，NO2

−中氧和氢离子反应生成水，因此表示步骤II的反应：2NO2−+12H++10e－=2NH2(pre)+4H2O；故答案为：2NO2−+12H++10e－=2NH2(pre)+4H2O。17.维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图(部分试剂和反应条件略去)。已

知：+H2N－R2→R1－CH=N－R2+H2O（1）A是芳香族化合物，其名称是_____。（2）A→B所需试剂和反应条件是_____。（3）D的官能团是_____。（4）下列有关戊糖T的说法正确的是_____(填序号)

。a.属于单糖b.可用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基c.存在含碳碳双键的酯类同分异构体（5）E的结构简式是_____。（6）I→J的方程式是_____。（7）由K经过以下转化可合成维生素B2。M的结构简式是_____。【答案】

（1）邻二甲苯（2）浓HNO3、浓H2SO4，加热（3）氨基（4）a（5）（6）+→+2C2H5OH（7）【解析】【分析】参照K的结构简式及F的分子式，可确定F为，J为。由此可推出A为，B为，D为，T为，E

为；G为，I为。【小问1详解】由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯。答案为：邻二甲苯；【小问2详解】A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓HNO3、浓H2SO4，加热。答案为：浓HNO3、浓

H2SO4，加热；【小问3详解】D为，官能团是氨基。答案为：氨基；小问4详解】a.戊糖T不能发生水解，则属于单糖，a正确；b.戊糖T分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基，b不

正确；c.戊糖T的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c不正确；故选a。答案为：a；【小问5详解】由分析可知，E的结构简式是。答案为：；【小问6详解】I()与反应→J()等，化学方程式是+→+2C

2H5OH。答案为：+→+2C2H5OH；【小问7详解】由K脱去C6H7N，则生成L的结构简式为，发生分子内加成后生成M的结【构简式是。答案为：。【点睛】合成有机物时，可采用逆推法。18.2MnO是重要化工原料。由软锰矿制备2MnO的一种工艺流程如下：24

HSO2+2+2(50)MnMnMnO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→过量较浓、过量铁屑研磨溶出℃纯化电解软锰矿溶出液纯化液资料：①软锰矿的主要成分为2MnO，主要杂质有23AlO和2SiO。②金属离子沉淀的pH3Fe+3Al+2Mn+2Fe+开

始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3③该工艺条件下，2MnO与24HSO不反应。（1）溶出①溶出前，软锰矿需研磨。目的是__________。②溶出时，Fe的氧化过程及得到2Mn+的主要途径如图所示。ⅰ．

Ⅱ是从软锰矿中溶出2Mn+的主要反应，反应的离子方程式是__________。ⅱ．若2Fe+全部来自于反应22Fe2HFeH+++=+，完全溶出2Mn+所需Fe与2MnO的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是__________。（2）纯化已知：2Mn

O的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入2MnO，后加入32NHHO，调溶液pH5=。说明试剂加入顺序及调节pH的原因：__________。（3）电解2Mn+纯化液经电解得2MnO，生成2MnO的电极反应式是__________。（4）产品纯度测定向g

a产品中依次加入足量224gNaCOb和足量稀24HSO，加热至充分反应，再用4mol/LKMnOc溶液滴定剩余224NaCO至终点，消耗4KMnO溶液的体积为Ld。(已知：2MnO及4MnO−均被还原为2Mn+。相对分子质

量：2MnO86.94；224NaCO134.0)产品纯度为__________(用质量分数表示)。【答案】（1）①.增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率②.MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2

O③.二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+（2）MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再通过NH3⋅H2O调pH除去溶液中的A13+、Fe3+（3）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+（4）

(b-335cd)86.94100%134a【解析】【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率。加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子，溶液中还存在铝离子，纯化除去铁离子和铝离子，再电解Mn

2+的纯化液制取MnO2。【小问1详解】①溶出前，软锰矿需研磨，研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率。②根据反应途径可知，Fe与H2SO4反应产生Fe2+，MnO2与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，则反应的离子方程式为

：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；根据方程式可知：Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的Fe减少，故实际比值(0.9)小于2。【小问2详解】MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐

渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的A13+、Fe3+。【小问3详解】电解时，溶液呈酸性，Mn2+

失电子与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。【小问4详解】根据题意可知：部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应的(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+

2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=bgcmol/LdL-5134g/mol2，则产品的纯度

为：bgcmol/LdL(-5)86.94g/mol(b-335cd)86.94134g/mol2100%=100%ag134a。19.资料显示，酸性介质中，228SO−和2Mn+可反应转化为4MnO−和24SO−。小组探究利用该反应测定2Mn+含量的条件。实验序号物质a

实验现象I0.002mol/L4MnSO溶液无明显变化II0.002mol/L4MnSO溶液加热至沸腾，5min后溶液变为紫色III0.05mol/L4MnSO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（1）根据实验II的现象，氧化性：228SO−_______4MnO−(填“>”或“<”)。（2）实验II中反应的离子方程式是_______。（3）实验I的条件下228SO−能将2Mn+氧化为4Mn

O−，推测实验I未出现紫色的原因：_______。（4）经检验，棕黑色沉淀为2MnO，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：假设1：228SO−的浓度较低，不足以将2Mn+氧化为4MnO−假设2：溶液中存在还原剂2Mn+，将生成的4MnO−还原为2MnO①甲同学

分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。请写出实验操作和现象：_______。③实验III中生成2MnO的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。（5）资料表

明Ag+可作为2Mn+和228SO−反应转化为4MnO−催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L3AgNO溶液，再加入0.0005mol()4282NHSO固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。（

6）根据上述实验，要利用()4282NHSO将2Mn+转化为4MnO−的反应来快速测定2Mn+的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。【答案】（1）>（2）5228SO−+22Mn++8H2O=24MnO−+1024SO−+16

H+（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228SO−的浓度相同②.向1mL0.05mol/L4MnSO溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL0.05mol/LKMnO4，有棕黑

色沉淀生成③.32Mn++24MnO−+2H2O=52MnO↓+4H+④.溶液中存在反应2-2+2--+282442+422i.5SO+2Mn+8HO=10SO+2MnO+16Hii.2MnO3Mn+2

HO=5MnO?+4H−++,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液（5）1mL0.05mol/L4MnSO溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中（6）4228(NH)SO过量、加入催化剂3AgNO【解

析】【小问1详解】酸性介质中，228SO−和2Mn+可反应转化为4MnO−和24SO−，该过程中228SO−是氧化剂，4MnO−是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：228SO−>4MnO−。【小问2详解】实验II中，228SO−和2Mn+在酸性条件下反应生成4Mn

O−和24SO−，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：5228SO−+22Mn++8H2O=24MnO−+1024SO−+16H+。【小问3详解】的实验II、III均说明228SO−能将2Mn+氧化为4MnO−，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228SO−的浓度相同，实验II中228SO−能将2Mn+氧化为4MnO−，说明假设1不成立；②假设2认为溶液中存在还原剂2Mn+，将生成的4MnO−还原为2M

nO，则可向1mL0.05mol/L4MnSO溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL0.05mol/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2Mn+还原4MnO−生成2MnO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：32Mn

++24MnO−+2H2O=52MnO↓+4H+；溶液中存在反应2-2+2--+282442+422i.5SO+2Mn+8HO=10SO+2MnO+16Hii.2MnO3Mn+2HO=5MnO?+4H−++,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1mL0.05mol/L4MnSO溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L3AgNO溶液，再加入0.0005mol()4282NHSO固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色

，说明Ag+可作为2Mn+和228SO−反应转化为4MnO−的催化剂。【小问6详解】实验涉及温度不同、是否使用催化剂、2Mn+浓度变化，即要利用()4282NHSO将2Mn+转化为4MnO−的反应来快速测定2Mn+的含量，应控制的反应

条件有：加4228(NH)SO过量、加入催化剂3AgNO等。