2023北京朝阳高二（上）期末化学（教师版）

这是一份2023北京朝阳高二（上）期末化学（教师版），共20页。试卷主要包含了 基元反应的反应过程如下图， 常温下，用0等内容，欢迎下载使用。

2023北京朝阳高二（上）期末
化 学
(考试时间90分钟 满分100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mn 55
第一部分(选择题，共42分)
每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分。
1. 下列仪器中，不属于酸碱中和滴定中常用仪器的是




A.分液漏斗
B.酸式滴定管
C.碱式滴定管
D.锥形瓶

A. A B. B C. C D. D
2. 下列基态原子的最外层电子排布式表示的元素，不一定属于主族元素的是
A. B. C. D.
3. 基元反应的反应过程如下图。下列分析不正确的是

A. 该基元反应涉及键断裂和键形成
B. 该基元反应属于吸热反应
C. 使用催化剂，可以改变该反应
D. 增大，该反应单位体积内活化分子数增多
4. 下列用于解释事实方程式书写不正确的是
A. 向溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：
B. 在气流中加热得到无水
C. 向亚硫酸溶液中滴入紫色石蕊溶液，溶液变红：、
D. 用KI溶液将转化
5. 化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如下：
序号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验


现象
铁钉周边出现_________色
锌片周边未见明显变化
铁钉周边出现蓝色
铜片周边略显红色
下列说法不正确的是
A. 实验Ⅰ中铁钉周边出现红色
B. 实验I中负极的电极反应式：
C. 实验Ⅱ中正极的电极反应式：
D. 对比实验I、Ⅱ可知，生活中镀锌铁板比镀铜铁板在镀层破损后更耐腐蚀
6. 生产钛的方法之一是将金红石()转化为，再进一步还原得到钛。转化为有直接氯化法和碳氯化法，相关能量示意图如下所示。下列说法不正确的是

A. 将反应物固体粉碎可以加快直接氯化，碳氯化的反应速率
B. 可推知
C. 判断直接氯化反应能否自发进行需要综合考虑体系的焓变和熵变
D. 对于碳氯化反应，温度升高，平衡时的产率变小
7. 下列所述的粒子(均为36号以前的元素)，按半径由大到小的顺序排列正确的是
①基态X原子的结构示意图为
②基态的价电子排布式为
③基态的轨道表示式为
④基态的最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数
A. ②>③>① B. ④>③>② C. ③>②>④ D. ④>②>③
8. 室温下，用溶液溶液和蒸馏水进行如下表所示的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化。
编号
溶液
溶液
蒸馏水
浑浊度随时间变化的曲线




①
1.5
3.5
10
②
2.5
3.5
9
③
3.5
3.5
x
④
3.5
2.5
9
⑤
3.5
1.5
10
下列说法不正确是
A. 实验③中
B. 实验①②③或③④⑤均可说明其他条件相同时，增大反应物浓度可增大该反应速率
C. 降低溶液浓度比降低溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大
D. 。将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线应为a
9. 常温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是
已知：；

A. 曲线M为的滴定曲线
B. 点①和点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 点④所示溶液中：
10. 下列实验不能得出相应实验结论的是
选项
A
B
C
D
实验




结论
该反应的
平衡正向移动
醋酸的大于碳酸的
相同温度下的溶液度：

A. A B. B C. C D. D
11. 一定温度下，在两个容积均为的恒容密闭容器中加入一定量的反应物，发生反应，相关数据见下表。
容器编号
温度/℃
起始物质的量/
平衡物质的量/



Ⅰ

0.4
0.4
0.2
Ⅱ

0.4
0.4
0.24
下列说法不正确的是
A.
B. Ⅰ中反应达到平衡时，的转化率为50%
C. Ⅱ中反应平衡常数
D. 的容器中，若四种气体的物质的量均为，则
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
13. 以石灰石矿(主要成分为，含少量等)为原料制备高纯轻质碳酸钙的一种工艺流程如下。

已知：固体B中含有及
下列说法不正确的是
A. 过程Ⅱ中，溶液浸出而非是因为
B. 过程Ⅲ中，反应的离子方程式为
C. 过程Ⅱ和过程Ⅲ的操作均应在较高温度下进行
D. 整个流程中，“变废为宝、循环利用”的物质是
14. 室温下，向新制酸化的和未酸化的的溶液中通入氧气且搅拌时，变化曲线如图。

已知：的；的
开始沉淀时的；开始沉淀时的
下列说法不正确的是
A. M点对应的溶液中水解程度小于Р点对应的溶液中水解程度
B. 导致M点→N点升高的反应为：
C. 导致Р点→Q点降低的反应为：
D. O点和Q点后变化不大，推测两个反应体系中一定不再发生的氧化反应
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 是汽车尾气中的主要污染物，在汽车尾气系统中装配催化转化器，可有效降低的排放。
（1）当尾气中空气不足时，(以为主)在催化转化器中被还原成排出。
①基态碳原子中，电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状是_________。
②氧的基态原子的轨道表示式为_________。
③C、N、O电负性由大到小顺序为_________。
（2）当尾气中空气过量时，催化转化器中金属氧化物吸收生成盐。其吸收能力顺序如下：。已知：镁、钙、锶、钡的部分电离能数据如下表所示。
元素






738
589.7
549
502.9

1451
1145
1064
965.2

7733
4910
a
3600
①推测的第三电离能a的范围：_________。
②对的吸收能力增强，从原子结构角度解释原因：为同主族元素，_________，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对的吸收能力逐渐增强。
（3）研究作为脱硝催化剂的性能时发现：在上适当掺杂不同的金属氧化物如等有利于提高催化脱硝性能。
①基态V原子的核外电子排布式为_________。
②若继续寻找使催化性能更好的掺杂金属氧化物，可以在元素周期表_________区寻找恰当元素(填序号)。
A.s B.p C.d D.ds
16. 电解食盐水可以制备烧碱、次氯酸钠消毒液等
【用途一】制备烧碱
（1）离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图如图1。

①气体a的电子式为：_________。
②结合电极反应式解释阴极区得到溶液的原因_________。
【用途二】制备次氯酸钠溶液
采用无隔膜电解槽，电解3%～5%的溶液，可制备溶液。控制较低温度，适宜电压电解制备溶液原理示意图如图2。

已知：与次氯酸盐相比，次氯酸具有更强的氧化性。
（2）电解食盐水制备溶液总反应的化学方程式为_________。
（3）研究发现，电解制备溶液时，中性溶液为宜，若初始过高()或过低()都会降低的浓度。分析可能原因：
①过高，阳极会发生放电，导致电解效率降低，电极反应为_________。
②过低，产生影响的可能原因：
假设过低时，导致溶解度_________，生成的减少。
假设过低时，浓度增大氧化，生成和。
I.查阅文献，假设b成立。相应反应的离子方程式为_________。
Ⅱ.若通过检测反应前后溶液酸性的变化证实假设b成立，实验操作和现象为：取溶液，_________。可供选择的试剂和仪器：a.稀硫酸 b.稀盐酸 c.石蕊溶液 d.计
17. 用甲烷制高纯氢气是目前研究热点之一。
（1）一定条件下，反应历程如图1所示，其中化学反应速率最慢的反应过程为_________。

（2）甲烷水蒸气催化重整可制得较高纯度的氢气，相关反应如下。
反应I.
反应Ⅱ.
①总反应：_________
②已知830℃时，反应Ⅱ的平衡常数。在容积不变的密闭容器中，将与加热到830℃，反应达平衡时的转化率为_________。
③在常压，600℃条件下，甲烷制备氢气的总反应中平衡产率为82%。若加入适量生石灰后的产率可提高到95%，应用化学平衡移动原理解释原因_________。
（3）科学家研究将与联合重整制备氢气：
反应I：
反应Ⅲ：
常压下，将和按一定比例混合置于密闭容器中，相同时间不同温度下测得体系中变化如图2所示。

①已知700℃、催化剂条件下，向反应体系中加入少量可增加产率，此条件下还原性_________(填“>”“<”或“=”)。
②随着温度升高变小的原因可能是_________。
18. 高纯硫酸锰在电池材料等领域具有重要的用途，可用如下方法制备。
（1）酸浸

酸浸过程中的主要反应为(将离子方程式补充完整)：_________。
□□_________=□□□_________
（2）净化
含的浸取液中有等杂质离子，一种制备高纯硫酸锰的工艺流程如下。

已知：a.可溶于水
b.部分难溶电解质的溶度积常数(25℃)如下表：
化学式













①加入的目的是：_________。
②常温下，除铁过程中调节，通过计算判断是否沉淀完全并简述理由_________。(一般认为溶液中离子浓度小于时沉淀完全)
③结合离子方程式说明选用作为沉淀剂的原因：_________。
（3）“酸浸渣”中锰元素含量检测
i.称取mg酸浸渣，将其中的锰元素全部溶出成，过滤，将滤液定容于容量瓶中；
ⅱ.取溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量的溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使剩余的分解；(已知：)
ⅲ.加入指示剂，用溶液滴定，至终点时消耗重新变为。
①“酸浸渣”中锰元素的质量分数为_________。
②ⅱ中若未充分加热煮沸，将会造成锰元素质量分数的测定结果_________(填“偏大”“偏小”或“不影响”)。
19. 某小组研究和的氧化性，进行如下实验。

已知：是黄色液体，氧化性：。
（1）实验Ⅰ过程Ⅰ中与反应的化学方程式是_________。
（2）实验Ⅰ过程Ⅱ中溶液变红，说明产生了，分析可能原因。
假设①被氧化。过程Ⅱ发生反应的电极反应式：
a.氧化反应：
b.还原反应：_________。
假设②和生成，进而使清液中的氧化为。设计实验Ⅱ证实假设。

i._________。
ⅱ.实验Ⅱ中过程Ⅱ的离子方程式为_________。
（3）设计实验进一步研究能否氧化。
编号
实验Ⅲ
实验Ⅳ
实验及现象


①实验Ⅲ中溶液的作用是_________。
②实验Ⅳ证实能氧化的实验现象除电流表指针偏转外，还有_________(答出2点)。
（4）分析实验Ⅱ中能氧化，实验Ⅲ中未能氧化的原因：_________。

参考答案
第一部分(选择题，共42分)
每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分。
1. 【答案】A
【解析】
【详解】酸碱中和滴定时，用酸式滴定管或碱式滴定管量取待测液体放入锥形瓶，标准溶液装在滴定管中进行滴定， 分液漏斗用来分液，不属于酸碱中和滴定的常用仪器，答案：A。
2. 【答案】C
【解析】
【详解】A．基态原子的最外层电子排布式，为He，为0族元素，一定不属于是主族元素，A错误；
B．基态原子最外层电子排布式，为第三周期第ⅢA族元素，一定属于主族元素，B错误；
C．基态原子的最外层电子排布式，可能是ⅡA或过渡元素，不一定属于主族元素，C正确；
D．基态原子的最外层电子排布式，为第四周期的ⅦA元素，一定属于主族元素，D错误；
故答案选C。
3. 【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知，该基元反应涉及H−I键断裂和H−H键形成，A正确；
B．断键吸收的能量大于成键放出的能量，该反应吸热，B正确；
C．催化剂只改变活化能，影响反应速率，不影响焓变，C错误；
D．增大c(HI)，该反应单位体积内活化分子数增多，反应速率加快，D正确；
故选C。
4. 【答案】A
【解析】
【详解】A．发生水解，溶液呈碱性，遇酚酞变红，水解分步进行，，A错误；
B．HCl能抑制氯化镁水解，加热得到无水氯化镁，，B正确；
C．亚硫酸电离溶液呈酸性，使紫色石蕊溶液变红，、，C正确；
D．难溶的能转化为更难溶的转化为，，D正确；
故答案选A。
5. 【答案】B
【解析】
【详解】A．实验Ⅰ中锌做负极，铁做正极，铁钉极氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，溶液显碱性周边出现红色，故A正确；
B．实验I中锌做负极，负极的电极反应式：，故B错误；
C．实验Ⅱ中铜不活泼，铜作正极，正极的电极反应式：，故C正确；
D．对比实验I、Ⅱ可知，锌能保护铁，而铜铁形成原电池会加速铁锈蚀，故生活中镀锌铁板比镀铜铁板在镀层破损后更耐腐蚀，故D正确；
故选B。
6. 【答案】B
【解析】
【详解】A．将反应物固体粉碎，增大反应物的接触面积，可以加快直接氯化，碳氯化的反应速率， A正确；
B．根据图示写出热化学方程式①，②，方程式②-①，得，，B错误；
C．因为，反应能自发进行，所以判断反应能否自发进行需要综合考虑体系的焓变和熵变，C正确；
D．碳氯化反应为放热反应，，温度升高，平衡向逆方向移动，的产率变小，D正确；
故答案选B。
7. 【答案】B
【解析】
【分析】①X为F元素，②Y为Cl元素，③Z为S元素，④E为K元素，根据元素周期律，判断原子半径K>S>Cl>F，即④>③>②>①。
【详解】A．原子半径③>②>①，A错误；
B．原子半径④>③>②，B正确；
C．原子半径④>③>②，C错误；
D．原子半径④>③>②，D错误；
故答案选B。
8. 【答案】D
【解析】
【分析】实验发生反应，浑浊是因为生成了硫单质，浑浊度代表生成硫单质的速率。
【详解】A．因避免溶液总体积不同对实验造成干扰，总体积应相同故实验③x=8，A正确；
B．实验①②③其他条件相同，随着Na2S2O3浓度增大，反应速率加快，实验③④⑤其他条件相同，随着H2SO4浓度减小，反应速率减慢，说明增大反应物浓度可增大该反应速率，B正确；
C．由①②③和③④⑤的速率变化图像可知，降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大，C正确；
D．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间，温度升高，反应速率加快，浑浊度曲线变化应更快，D错误；
故选D。
9. 【答案】C
【解析】
【详解】A. 由题干已知信息可知Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，则等浓度的CH3COOH和HCN的pH值，CH3COOH的更小，故曲线M为HCN的滴定曲线，A正确；
B．点①和点②所示溶液加入的NaOH体积相等，点①溶液呈碱性，溶质为等物质的量的NaCN和HCN，且CN-的水解＞HCN的电离， 点②溶液呈酸性，溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，且CH3COOH的电离大于CH3COO-水解，故有c(CN-)＜c(CH3COO-)，B错误；
C．点③溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)，故溶液中有c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，C正确；
D．点④溶液中溶质为NaCN，溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CN-)，故溶液中有：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确；
故答案：C。
10. 【答案】D
【解析】
【详解】A．，升高温度，颜色加深，平衡向逆方向移动，反应为放热反应， ，A正确；
B．，加NaOH，H+浓度减小，平衡右移，颜色变黄色，B正确；
C．向醋酸中加碳酸钠，有气泡生成，说明酸性：醋酸大于碳酸，则醋酸的大于碳酸的，C正确；
D．向氢氧化钠中加少量氯化镁，生成白色沉淀，氢氧化钠过量，和加入的氯化铁反应生成红褐色沉淀，无法判断氢氧化镁和氢氧化铁溶解度大小，D错误；
故答案选D。
11. 【答案】D
【解析】
【分析】温度为t1时，根据起始物质的量和平衡时的物质的量可列三段式：

【详解】A．该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小，所以温度t1＞t2，故A正确；
B．由以上分析可知，Ⅰ中反应达到平衡时， NO 的转化率为×100%=50%，故B正确；
C．由以上分析可知，Ⅰ中反应达到平衡时， 各物质的物质的量浓度分别为NO：0.1mol/L，CO：0.1mol/L，N2：0.05mol/L，CO2：0.1mol/L，则t1温度下反应的平衡常数K==5，Ⅱ的温度比Ⅰ低，则Ⅱ中反应平衡常数 K>5，故C正确；
D．t1℃、2L 的容器中，若四种气体的物质的量均为 0.4mol ，则各物质的物质的量浓度均为0.2mol/L，则Q==5=K，所以 v(正)=v(逆)，故D错误；
故选D。
12. 【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1molLi+通过Li+透过膜进入左室，D错误；
故答案选B。
13. 【答案】C
【解析】
【分析】煅烧石灰石矿(主要成分为，含少量等)，、分解分别生成CaO和MgO ，并放出CO2，煅烧后固体 CaO、MgO，加氯化铵浸取，溶解CaO，得到含氯化钙和 的滤液A，过滤，固体B中含有及，滤液A中通CO2，，生成沉淀CaCO3。
【详解】A．过程Ⅱ中，溶液浸出而非，因为，A正确；
B．过程Ⅲ中，CO2和氯化钙和反应生成CaCO3，的离子方程式为，B正确；
C．过程Ⅱ的反应物氯化铵受热易分解，过程Ⅲ中受热易分解、易挥发，不能在较高温度下进行，C错误；
D．过程Ⅰ产生的是过程Ⅲ的反应物，过程Ⅲ中的生成物是过程Ⅱ的反应物，所以可循环利用，D正确；
故答案选C。
14. 【答案】D
【解析】
【详解】A．水解，增大H+浓度，抑制水解，所以M点对应的溶液中水解程度小于Р点对应的溶液中水解程度，A正确；
B．由图可知通氧气，PH<1.5时，被氧气氧化，Fe3+不会形成氢氧化铁沉淀，所以 M点→N点升高，离子方程式，B正确；
C．由信息可知，未酸化的FeSO4，被氧气氧化，Fe3+形成氢氧化铁沉淀，所以Р点→Q点降低的反应为：，C正确；
D．O点和Q点后变化不大，可能是两个反应体系中氧化反应的速率减慢，D错误；
故答案选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 【答案】（1） ①. 哑铃形 ②. ③. O>N>C
（2） ①. 3600 （3） ①. 1s22s22p63s23p63d34s2 ②. C
【解析】
【小问1详解】
①基态碳原子中，电子占据最高能级为2p能级，电子云轮廓图形状为哑铃型。
②氧的基态原子的轨道表示式为。
③同周期元素从左到右元素电负性逐渐增强，则电负性由大到小顺序为O>N>C。
【小问2详解】
①Sr的第三电离能大于钡的第三电离能，小于钙的第三电离能，3600 ②从原子结构角度可知，Mg、Ca、Sr、Ba为同主族元素，自上而下原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。
【小问3详解】
①V为23号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2。
②V、Mn、Fe、Ni、Cu中大部分元素在d区，则若继续寻找使TiO2催化性能更好的掺杂金属氧化物，应该在元素周期表的d区寻找，故答案选C。
16. 【答案】（1） ①. ②. 在阴极区水得电子生成氢气和氢氧根，电极反应为：，钠离子通过阳离子交换膜迁移到阴极区，故在阴极区生成NaOH溶液；
（2）
（3） ①. ②. 减小 ③. ④. 取NaClO溶液，用pH计分别测量初始溶液和滴入适量稀硫酸后溶液的pH值，若开始时溶液的pH值大于7，滴入适量的稀硫酸后，溶液的pH值小于7，则假设成立
【解析】
【分析】制备烧碱：电解饱和食盐水总反应为：，阳极为氯离子失电子生成氯气，即气体a为Cl2；阴极为是得电子生成氢气和氢氧根，气体b为H2；
制备次氯酸钠溶液：电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、力气和氢气，生成的氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，故总反应为：。
【小问1详解】
根据分析，气体a为Cl2，电子式为：；在阴极区水得电子生成氢气和氢氧根，电极反应为：，钠离子通过阳离子交换膜迁移到阴极区，故在阴极区生成NaOH溶液；
【小问2详解】
根据分析，电解食盐水制备溶液总反应的化学方程式为：；
【小问3详解】
①过高，阳极会发生放电，导致电解效率降低，电极反应为：；
②过低，产生影响的可能原因：
假设过低时，溶液中氢离子浓度大，氯气与水的反应受到抑制，导致溶解度减小，生成的减少；
假设过低时，浓度增大氧化，生成和，根据氧化还原反应配平，离子反应为：；
NaClO溶液显碱性，且具有强氧化性，不能向其中加入稀盐酸，会发生氧化还原反应生成氯气，降低pH值只能选用稀硫酸。先用pH计测得溶液的pH值大于7，滴入适量的稀硫酸后，部分次氯酸钠与硫酸反应生成次氯酸，次氯酸与次氯酸根发生氧化还原反应生成氯离子、氯酸根和氢离子，溶液酸性增强，pH计测得溶液的pH值小于7，则假设成立。故取NaClO溶液，用pH计分别测量初始溶液和滴入适量稀硫酸后溶液的pH值，若开始时溶液的pH值大于7，滴入适量的稀硫酸后，溶液的pH值小于7，则假设成立。
17. 【答案】（1）CH+3H=C+4H
（2） ①. +165kJ/mol ②. 80% ③. 加入生石灰，发生反应，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高
（3） ①. > ②. 温度升高，对反应Ⅲ的促进作用更大，n(CO) 增加的更多，导致变小
【解析】
【小问1详解】
反应历程共分四步，其中活化能最大的一步是第四步，化学反应速率最慢，该反应过程为CH+3H=C+4H；
【小问2详解】
①总反应=反应Ⅰ+反应Ⅱ，根据盖斯定律，；②设达到平衡时，CO转化了xmol，列出三段式：，解得x=1.6mol，CO的转化率为；③加入生石灰，发生反应，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高；
【小问3详解】
①向反应体系中加入少量O2可增加H2产率，反应正向移动，O2和CO发生了反应，说明在此条件下还原性CO>H2；②温度升高，对反应Ⅲ的促进作用更大，n(CO) 增加的更多，导致变小；
18. 【答案】（1） ①. 2FeS2+15MnO2+28H+=15Mn2++2Fe3++4+14H2O ②. 28H+ ③. 14H2O
（2） ①. 将Fe2+氧化成Fe3+ ②. pH=4时，c(OH)-=10-10mol/L，根据氢氧化铁的溶度积常数，c(Fe3+)==2.8×10-9mol/L<1×10-5mol/L，可判断铁离子已沉淀完全 ③. Pb2++S2-=PbS↓，Ba2++=BaSO4↓，在除去铅离子的同时确保没有引进杂质离子钡离子。
（3） ①. ×100% ②. 偏大
【解析】
【小问1详解】
酸浸过程有氢离子参与，则反应物中有H+，则产物中有H2O，已知FeS2的系数为2，则产物中的系数为4，反应中FeS2中Fe共失去2个电子，S失去28个电子，则Mn得到30个电子，MnO2前系数为15，Mn2+前系数为15，则离子方程式为2FeS2+15MnO2+28H+=15Mn2++2Fe3++4+14H2O。
【小问2详解】
含MnSO4的浸取液中加入MnO2，将Fe2+氧化成Fe3+，滤液1中加入MnCO3调pH=4，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，滤液2中加适量MnF2，除去钙离子，再加BaS，除去Pb2+，最后经过系列操作得到纯净MnSO4溶液。
①加入MnO2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+。
②pH=4时，c(OH-)=10-10mol/L，根据氢氧化铁的溶度积常数，c(Fe3+)==2.8×10-9mol/L<1×10-5mol/L，可判断铁离子已沉淀完全。
③BaS中S2-与Pb2+生成PbS沉淀，Ba2+与反应生成BaSO4沉淀，在除去铅离子的同时确保没有引进杂质离子钡离子，离子方程式为Pb2++S2-=PbS↓，Ba2++=BaSO4↓。
【小问3详解】
①ⅲ中Fe2+与反应，根据得失电子守恒可知，消耗Fe2+的物质的量与消耗的物质的量比值为5：1，已知消耗Fe2+的量为a×b×10-3mol，则消耗的物质的量为a×b×10-3mol，根据Mn元素守恒，可知酸浸渣中锰元素的质量为a×b×10-3mol×55g/mol×4=44a×b×10-3g，故酸浸渣中锰元素的质量分数为×100%。
②ⅱ中若未充分煮沸，会将ⅲ中的亚铁离子氧化成铁离子，则消耗的硫酸亚铁铵体积偏大，导致测定结果偏大。
19. 【答案】（1）Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2
（2） ①. Cu2++e-+SCN-=CuSCN↓ ②. 0.1 ③. 2Fe2++(SCN)2=2Fe(SCN)2+
（3） ①. 检验实验中是否有Fe2+生成 ②. 正极区FeCl3溶液颜色变浅，负极区KSCN溶液由无色变为黄色
（4）实验Ⅱ中能氧化由于生成CuSCN白色沉淀，促进反应正向进行，而实验Ⅲ中能与形成Fe(SCN)2+络离子，从而减弱了Fe3+的氧化性
【解析】
【小问1详解】
实验Ⅰ过程Ⅰ中Cu与FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2，故该反应的化学方程式是Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，故答案为：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2；
【小问2详解】
b.由题干实验信息可知，生成白色沉淀CuSCN，则还原反应为：Cu2++e-+SCN-=CuSCN↓，故答案为：Cu2++e-+SCN-=CuSCN↓；
i.根据对照实验I中，FeCl3的浓度为0.1mol/L，根据反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2可知，足量的Cu与FeCl3反应后生成的CuCl2的物质的量浓度为0.1mol/L，为了实验中控制变量，故0.1，故答案为：0.1；
ⅱ.实验Ⅱ中过程I方程式为：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，则过程Ⅱ的离子方程式为2Fe2++(SCN)2=2Fe(SCN)2+，故答案为：2Fe2++(SCN)2=2Fe(SCN)2+；
【小问3详解】
①Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成普鲁士蓝色沉淀，则实验Ⅲ中K3[Fe(CN)6]溶液的作用是检验实验中是否有Fe2+生成，故答案为：检验实验中是否有Fe2+生成；
②实验Ⅳ证实能氧化，即该原电池的电极反应分别为：负极反应：2SCN--2e-=(SCN)2，正极反应为：Fe3++e-=Fe2+，故实验现象除电流表指针偏转外，还有正极区FeCl3溶液颜色变浅，负极区KSCN溶液由无色变为黄色，故答案为：正极区FeCl3溶液颜色变浅，负极区KSCN溶液由无色变为黄色；
【小问4详解】
实验Ⅱ中能氧化由于生成CuSCN白色沉淀，促进反应正向进行，而实验Ⅲ中能与形成Fe(SCN)2+络离子，从而减弱了Fe3+的氧化性，故答案为：实验Ⅱ中能氧化由于生成CuSCN白色沉淀，促进反应正向进行，而实验Ⅲ中能与形成Fe(SCN)2+络离子，从而减弱了Fe3+的氧化性。