北京部分学校2025届高三高考化学模拟卷化学试题

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第I部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是( )
A．蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素
B．港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
C．国产C919飞机用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
D．中国天眼传输信息用的光纤材料是硅
【答案】 D
【解析】 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素位于第四周期第ⅣB族，属于过渡元素，A正确；中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅，D错误。
2.下列表示正确的是( )
A．二氧化碳的空间填充模型：
B．丙醛的键线式：
C．次氯酸的电子式：
D．异丙醇的结构简式：CH3CH(OH)CH3
【答案】 D
【解析】 二氧化碳的空间结构是直线形，碳和氧在同周期，同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，碳原子的半径大于氧原子半径，空间填充模型：，故A错误；丙醛的结构简式为CH3CH2CHO，键线式：，故B错误；次氯酸的电子式中氧原子在氢原子和氯原子之间，与氢原子和氯原子各形成一对共用电子对，电子式为，故C错误；异丙醇的官能团是羟基，可以看作是丙烷中亚甲基上的氢原子被羟基取代，结构简式是CH3CH(OH)CH3，故D正确。
3.医学界通过用14C标记的C60发现了一种C60的羧酸衍生物，这种羧酸衍生物在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖。下列有关14C的叙述正确的是( )
A．与12C60的碳原子化学性质不同
B．与14N含的中子数相同
C．14C60是12C60的同素异形体
D．与12C互为同位素
【答案】 D
【解析】 同一种元素的化学性质是一样的，14C与12C60中碳原子的化学性质相同，故A错误；14C和14N的中子数分别为8、7，故B错误；14C60与12C60是碳元素的同种单质，不互为同素异形体，故C错误。
4.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是( )
A．Na2O2放入水中：Na2O2＋H2O===2NaOH＋O2↑
B．H2O(g)通过灼热铁粉：3H2O＋2Fe===Fe2O3 ＋ 3H2
C．铜丝插入热的浓硫酸中：Cu＋H2SO4 ===CuSO4 ＋ H2↑
D．SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2＋2H2O＋2MnOeq \\al(－,4)===5SOeq \\al(2－,4)＋4H＋＋2Mn2＋
【答案】 D
【解析】 Na2O2放入水中反应的化学方程式是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，A错误；H2O(g)通过灼热铁粉在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误。
5.实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是( )
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4既是氧化剂又是还原剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25 ml
【答案】 D
【解析】 加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由－2升高至0，被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－1升高至0，被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B正确；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；每生成1 ml O2转移4 ml电子，每生成1 ml Cl2转移2 ml电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl－生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max＝0.25 ml，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25 ml，故D错误。
6. 汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是
A. 催化剂能提高反应速率B. 、均发生了氧化反应
C. 转化为时，转化为D. 催化剂对化学反应有选择性
【答案】B
【解析】催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；故选B。
7. Bentn试剂常用于氧化降解有机污染物X。在一定条件下，反应初始时c(X)＝2.0×
10－3 ml·L－1，反应10 min进行测定，得图1和图2。下列说法不正确的是( )
A．50 ℃，pH在3～6之间，X降解率随pH增大而减小
B．pH＝2，温度在40～80 ℃，X降解率随温度升高而增大
C．无需再进行后续实验，就可以判断最佳反应条件是pH＝3、温度为80 ℃
D．pH＝2、温度为50 ℃，10 min内v(X)＝1.44×10－4 ml·L－1·min－1
【答案】 C
【解析】 由图1可知，50 ℃时，pH在3～6之间，X降解率随pH增大而减小，故A正确；由图2可知，pH＝2时，温度在40～80 ℃，X降解率随温度升高而增大，故B正确；溶液的pH、温度会影响X的降解率，需要进行pH＝3、温度对X降解率影响实验或温度为80 ℃、pH对X降解率影响实验，故C错误；由图2可知，pH＝2,50 ℃时到达平衡时X降解率为72%，X的浓度变化量为2.0×10－3 ml·L－1×72%＝1.44×10－3 ml·L－1，故v(X)＝eq \f(1.44×10－3 ml·L－1,10 min)＝1.44×10－4 ml·L－1·min－1，故D正确。
8.联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．①转化中N2H4是还原剂
B．工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
C．1 ml N2H4可处理水中1.5 ml O2
D．③中发生反应后溶液的pH增大
【答案】 C
【解析】 ①转化中N2H4转化为N2，N元素化合价升高，所以N2H4是还原剂，故A正确；Na2SO3具有较强还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故B正确；据图可知，整个流程中Cu元素的化合价没有发生变化，N2H4中N元素转化为N2，化合价升高2价，所以1 ml N2H4反应时转移4 ml电子，O2中的O元素由0价变为－2价，所以转移4 ml电子时消耗1 ml O2，故C错误；第②步中加入氨水，溶液呈碱性，③中氧气得电子，碱性溶液中会生成氢氧根离子，导致溶液 pH 增大，故D正确。
9.下列实验操作、实验现象及解释与结论都正确的是( )
【答案】 C
【解析】 乙醇的消去反应中，催化剂浓硫酸具有脱水性，能使少量的乙醇在浓硫酸作用下脱水生成碳单质，碳和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体，该气体和挥发的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，水解产物是葡萄糖，它和新制的Cu(OH)2的反应必须在碱性环境下发生，验证水解产物时必须先加入氢氧化钠溶液使混合液变为碱性，再加入新制的Cu(OH)2，故B错误；甲苯和溴水之间不会发生取代反应，只有在铁催化下才和液溴反应，溴在甲苯中的溶解度大于在水中的溶解度，所以甲苯能够萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的密度小，所以上层呈橙红色，下层几乎无色，故C正确；能够发生银镜反应的物质具有醛基，但是不一定为醛，比如甲酸、甲酸酯都含有醛基，但是不属于醛类，故D错误。
10.氨硼烷(NH3·BH3)电池装置如图所示(起始未加入氨硼烷之前，两极室内液体质量相等)，该电池工作时的总反应为NH3·BH3＋3H2O2===NH4BO2＋4H2O。下列说法不正确的是( )
A．负极反应式为NH3·BH3－6e－＋2H2O===NHeq \\al(＋,4)＋BOeq \\al(－,2)＋6H＋
B．当消耗6.2 g NH3·BH3时，左右两极室内液体质量差为5 g
C．电池工作时，阳离子向正极移动，故H＋通过质子交换膜向右移动
D．其他条件不变，向酸性H2O2溶液中加入适量硫酸能增强溶液导电性
【答案】 B
【解析】 左侧通入NH3·BH3，电极为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为NH3·BH3＋2H2O－6e－===NHeq \\al(＋,4)＋BOeq \\al(－,2)＋6H＋，A正确；未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，消耗6.2 g NH3·BH3后，负极反应式为NH3·BH3＋2H2O－6e－===NHeq \\al(＋,4)＋BOeq \\al(－,2)＋6H＋，正极反应式为3H2O2＋6H＋＋6e－===6H2O，则转移电子的物质的量为1.2 ml，则左室质量增加6.2 g－1.2 g＝5 g，右室质量增加1.2 g，即两极质量相差(5－1.2) g＝3.8 g，B错误；电池内部阳离子向正极移动，右侧H2O2所在电极为正极，电池工作时H＋由左侧极室经质子交换膜进入右侧极室，C正确；H2SO4是强电解质，其他条件不变，向酸性H2O2溶液中加入适量硫酸能增大溶液中自由移动离子的浓度，故能增强溶液导电性，D正确。
11.水体中过量氨氮(以NH3表示)或总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如图所示：
下列说法错误的是( )
A．NaClO除去氨氮的总反应的化学方程式为2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O
B．整个过程中发生的反应都是氧化还原反应
C．在较高温度下，氨氮去除率会降低
D．NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降
【答案】 B
【解析】 由图分析，进去的物质为反应物，出来的物质为生成物，所以总反应为2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O，A正确；盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B错误；较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C正确；次氯酸钠投入过多，可能将氨气氧化为硝酸根离子，去除率降低，D正确。
12．全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，其工作原理如图所示。下列叙述正确的是( )
A．电子由Y极流出，经质子交换膜到X极
B．放电过程中，电解质溶液pH降低
C．Y极反应式为V2＋－e－===V3＋
D．每转移1 ml电子，理论上有2 ml H＋由质子交换膜右侧向左侧迁移
【答案】 C
【解析】 观察装置图，由物质转化可以确定右边发生氧化反应，Y极为负极，左边发生还原反应，X极为正极。电子由Y极经导线流向X极，故A错误；放电过程中，电池反应式为V2＋＋VOeq \\al(＋,2)＋2H＋===V3＋＋VO2＋＋H2O，消耗H＋，pH升高，故B错误；Y极为负极，发生氧化反应，由离子转化关系知反应式为V2＋－e－===V3＋，故C正确；X极反应式为VOeq \\al(＋,2)＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O，得失电子数决定氢离子迁移数目，转移1 ml电子，只有1 ml H＋迁移，故D错误。
13.．我国科学家在可充放电式锌－空气电池研究方面取得重大进展。电池原理如图所示，该电池的核心组分是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)的双功能催化剂，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应式为2Zn＋O2＋4OH－＋2H2O===2[Zn(OH)4]2－。下列有关说法不正确的是( )
A．放电时电解质溶液中K＋向正极移动
B．放电时锌电池负极反应为Zn－2e－＋4OH－===[Zn(OH)4]2－
C．充电时催化剂降低析氧反应(OER)的活化能
D．充电时阴极生成6.5 g Zn的同时阳极产生2.24 L O2(标准状况)
【答案】 D
【解析】 放电时电解质溶液中带正电荷的K＋向正极移动，A正确；由总反应式知，放电时负极是活泼金属锌失去电子被氧化为Zn2＋，Zn2＋与OH－反应结合为[Zn(OH)4]2－：Zn－2e－＋4OH－===[Zn(OH)4]2－，B正确；由总反应式和原理图知，放电时发生“氧化还原反应(ORR)”，充电时发生“析氧反应(OER)”，“双功能催化剂”意味着无论放电还是充电均能降低反应活化能，起到催化作用，C正确；充电时阴极生成6.5 g Zn转移0.2 ml e－，而阳极产生2.24 L O2(标准状况)，转移0.4 ml e－，D错误。
14. 捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A. 反应①为；反应②为
B. ，比多，且生成速率不变，可能有副反应
C. 时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率
D. 之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【解析】 由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；由题干图2信息可知，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B正确；由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，故能够说明副反应生成的速率小于反应②生成速率，C错误；由题干图2信息可知，之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；故【答案】为：C。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]是一种很好的有机反应氧化剂，可用如下反应制备：4Mn(NO3)2·6H2O＋26(CH3CO)2O===4(CH3COO)3Mn＋8HNO2 ＋ 3O2↑＋ 40CH3COOH。
请回答下列问题：
(1)三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]中阳离子的价层电子排布式为____________，该价层电子排布式中电子的自旋状态______________(填“相同”或“相反”)。
(2)过渡元素锰能形成很多重要的配合物。三醋酸锰就是一种配合物，其结构如图所示，其中配位键数为______________________________________________________________。
Mn2＋能形成配离子为八面体的配合物MnClm·nNH3，在该配合物的配离子中，Mn2＋位于八面体的中心。若含1 ml该配合物的溶液与足量AgNO3溶液作用可生成1 ml AgCl沉淀，则化学式中的n为__________。
(3)CH3COOH中碳原子的杂化方式为__________，CH3COOH中所含元素的电负性由大到小的顺序为________________(用元素符号表示)。
(4)NOeq \\al(－,2)的空间结构是______________，1 ml醋酸酐[(CH3CO)2O]中所含σ键数与π键数之比为________。
(5)碘与锰形成的某种化合物晶胞结构及晶胞参数如图所示(已知图中I原子与所连接的三个Mn原子的距离相等)，则该化合物的化学式是__________，晶体密度的计算式为__________g·cm－3 (计算式可不化简)。
【答案】 (1)3d4 相同 (2)3 5 (3)sp2、sp3 O＞C＞H (4)V形 6∶1
(5)MnI2 eq \f(309,NAa2bsin60°)(或eq \f(206\r(3),NAa2b))
【解析】 (1)Mn为25号元素，根据构造原理知，Mn的基态原子核外电子排布为[Ar]3d54s2，故Mn3＋核外电子排布式为[Ar]3d4，价层电子排布式为3d4，该价层电子排布图为，电子的自旋状态相同。
(2)由三醋酸锰的结构可知，配位键数为3；由1 ml该配合物与足量AgNO3作用生成1 ml AgCl沉淀，知1 ml配合物电离出1 ml Cl－，即配离子显＋1价，又因为外界有1个Cl－，且Mn显＋2价，所以[MnClp·nNH3]＋中有1个氯原子，即p＝1，又因为该配合物为八面体的配合物，Mn2＋位于八面体的中心，如图所示，其中数字处的小圆圈表示NH3分子或Cl－，该配合物配位数为6，所以n＝6－1＝5，该配合物为MnCl2·5NH3。
(3)CH3COOH中甲基上C原子价层电子对数是4、羧基上C原子价层电子对数是3，根据价层电子对互斥模型判断碳原子的杂化方式前者为sp3、后者是sp2；元素的非金属性越强，其电负性越大，在CH3COOH中所含元素的非金属性：O＞C＞H，则电负性：O＞C＞H。
(4)NOeq \\al(－,2)中N原子价层电子对数为2＋eq \f(5＋1－2×2,2)＝2＋1＝3，含一对孤电子对，根据价层电子对互斥模型判断该离子空间结构为V形；单键全是σ键，双键含一个σ键和一个π键，醋酸酐[(CH3CO)2O]的结构简式可表示为,1 ml 醋酸酐中含12 ml σ键与2 ml π键，则σ键数与π键数之比为6∶1。
(5)由晶胞图知，I在内部，有2个，Mn在顶点，数目为eq \f(1,8)×8＝1，即化合物的化学式为MnI2；ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(\f(55＋127×2,NA) g,a×asin60°×bcm3)＝eq \f(309,NAa2bsin60°) g·cm－3＝eq \f(206\r(3),NAa2b) g·cm－3。
16.石油加氢精制和天然气净化等过程产生有毒的H2S，直接排放会污染空气。
(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如下：

①反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·ml−1
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·ml−1
克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：______。
②为了提高H2S转化为S比例，理论上应控制反应炉中H2S的转化率为______。
(2)科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S，反应为：H2S H2+S，一定条件下，H2S的转化率随温度变化的曲线如图。
①H2S分解生成H2和S的反应为______反应(填“吸热”或“放热”)。
②微波的作用是______。
(3)某科研小组将微电池技术用于去除天然气中的H2S，装置示意图如下，主要反应：2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O(FeS难溶于水)，室温时，pH=7的条件下，研究反应时间对H2S的去除率的影响。
①装置中微电池负极的电极反应式：______。
②一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低，可能的原因是______。
【答案】 （1）①2H2S(g)+O2(g) == 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·ml−1
② 或33.3%
（2）①吸热（1分）
②微波使H2SH2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率（1分）
（3）①Fe-2e－+H2S== FeS+2H+
②生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢
【解析】(1) ① 反应Ⅰ：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·ml−1
反应Ⅱ：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·ml−1
根据盖斯定律Ⅰ×＋Ⅱ×得 2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·ml−1；
②为了提高H2S转化为S的比例，催化转化器中H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应，假设催化转化器中参加反应的H2S(g)的物质的量为2ml，SO2的物质的量是1ml，即反应炉中需要生成1mlSO2，反应炉中参加反应的H2S的物质的量为1ml，所以理论上应控制反应炉中H2S的转化率为；
(2) ①根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应；
②根据图示，相同温度下，利用微波法处理尾气H2S的平衡转化率大，所以微波的作用是使H2S⇌H2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率；
(3) ①根据总反应2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe发生氧化反应， Fe是原电池负极，负极反应式是Fe-2e－+H2S= FeS+2H+；
②负极生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢，所以一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低。
【点睛】本题以有毒的H2S的处理为载体，考查盖斯定律、原电池原理，明确反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，原电池负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应。
17（13分）孟鲁司特(F)，结构为可用于成人哮喘的预防和治疗，有多种合成路线。其中一种合成路线如图所示：
已知：①eq \(――――→,\s\up7(CH3MgX),\s\d5(一定条件))；
②eq \(―――――→,\s\up7(1LiHMDS),\s\d5(2CH3MgX))。
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称为__________。
(2)由C生成D的反应类型是__________。
(3)B的结构简式为_______________________________________________________________。
C中手性碳原子(连有4个不同的原子或基团的碳原子)的个数为____________。
(4)D→E反应的化学方程式为_____________________________________________________。
(5)的同分异构体中，与含有相同官能团且含有四元环的同分异构体共有__________种。
(6)设计以和CH3MgBr为主要原料制备的合成路线：______________________________(无机试剂任选)。
【答案】 (1)羟基、酮羰基 (2)取代反应
(3) 1 (4)eq \(――――→,\s\up7(一定条件)) (5)16 (6)eq \(――→,\s\up7(Br2))eq \(――――→,\s\up7(NaOH，水),\s\d5(△)) eq \(―――――→,\s\up7(Cu或Ag，O2),\s\d5(△))eq \(――――→,\s\up7(CH3MgBr),\s\d5(一定条件))
【解析】 (2)C→D的反应中，C中的羟基被溴原子取代，故该反应为取代反应。(3)经分析，B的结构简式为；手性碳原子上连有4个不同的原子或基团，则C的手性碳原子有1个。(5)该化合物中，有5个饱和碳原子，则符合条件的同分异构体中，除了有饱和四元环、—SH、—COOH外，还有一个饱和的碳原子，则相应的同分异构体有6种骨架：①若四元环连有—CHSH、—COOH，有3种结构；②若四元环连有—CH2COOH、—SH，有3种结构；③若四元环连有—CH(SH)COOH，有1种结构；④若四元环连有—SH、—COOH、—CH3，其中—SH和—COOH处于邻位，有4种结构；—SH和—COOH处于对位，有3种结构；—SH和—COOH连在同一个碳原子上，有2种结构；综上所述，符合条件的同分异构体共有16种。
18.（12分）工业上利用碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐，Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，其工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)“酸浸”中MnCO3溶解的离子方程式为___________________________________。
为提高“酸浸”速率，下列措施不可行的是________(填字母)。
A．升温
B．采用高压氧酸浸
C．使用98%的浓硫酸
D．将矿石粉碎成小块
(2)“除铝铁”步骤中加入MnO2发生反应的离子方程式为____________________________。
(3)加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系如图所示，则应调节的pH范围为________(填字母)。
A．1～2 B．2～3
C．3～4 D．4～5
已知在此条件下Mn2＋不会产生沉淀，推测锰元素损失的可能原因是_____________________
___________________________________________________。
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是________________________
________________________________________________。
造成锰元素损失，产率下降。实际生产采用SDD代替。
(5)“结晶分离”步骤所得滤渣主要成分是________________________________________。
(6)为确定所得硫酸锰中含有的结晶水，称取纯化后的硫酸锰晶体8.45 g，加热至完全脱去结晶水，固体减重0.9 g，则该硫酸锰晶体的化学式为_______________________________。
【答案】 (1)MnCO3＋2H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O C
(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
(3)D Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2＋
(4)可能生成MnS (5)MgSO4、CaSO4 (6)MnSO4·H2O
【解析】 (1)“酸浸”中MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为MnCO3＋2H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O；98%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用98%的浓硫酸不能加快酸浸的速率。
(3)根据加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系图知， pH范围为4～5 时，铝铁去除率高、锰损失率低；锰元素损失的原因可能是Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2＋。
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是可能生成MnS沉淀，造成锰元素损失，产率下降。
(5)根据流程图， “结晶分离”步骤前的溶液中含有杂质MgSO4、CaSO4，所以“结晶分离”的滤渣主要成分是MgSO4、CaSO4。
(6)设硫酸锰晶体的化学式是MnSO4·xH2O，则8.45×eq \f(18x,151＋18x)＝0.9，解得x＝1，则该硫酸锰晶体的化学式为MnSO4·H2O。
19.（12分）绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。
(实验猜想)
猜想1：生成Fe2O3、SO2、H2O；
猜想2：生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O；
猜想3：生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O；
……
(实验探究)该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)实验操作的先后顺序是________(填字母)。
a．熄灭酒精灯，冷却
b．先检查装置的气密性，后加入药品
c．点燃酒精灯，加热
d．在“气体入口”处通入干燥的N2
其中操作d的作用是__________________________________________________________。
(2)在实验过程中，观察到A中固体变红色，B中无水CuSO4________，C中试纸的颜色变化是________。
(3)反应结束后，取A中固体进行实验，实验操作及现象如下：
①将固体加入盛有足量稀硫酸的试管中，固体完全溶解，且无气体放出；
②取①中溶液滴入适量KMnO4溶液中，KMnO4溶液不褪色；
③取①中溶液滴入KSCN溶液中，溶液变红色。
由此得出结论：红色固体为________。
(4)D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为________________。有同学认为还应该增加一个实验，取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定其组成，从而确定FeSO4·xH2O的分解产物，你认为是否需要？说明你的理由：__________________________________________________
_____________________________________________________________________。(实验结论)
(5)硫酸亚铁晶体加热分解的化学方程式为__________________________________________
___________________________________________________________________。(实验改进)
(6)有同学对上述实验装置进行了改进，设计出如图所示装置，认为该装置也可以验证硫酸亚铁晶体热分解的产物。
①G中的现象是________________________________________________________________，反应的离子方程式为____________________________________________________________。
②H中球形干燥管的作用是______________________________________________________。
【答案】 (1)bdca 排净装置内的空气，防止Fe2＋被空气中的氧气氧化而干扰实验 (2)由白色变蓝色 蓝色变红色 (3)Fe2O3 (4)BaSO4、BaSO3 不需要，Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒，可知只有部分S元素的化合价降低，则进入D中的气体为SO3和SO2 (5)2(FeSO4·xH2O)eq \(=====,\s\up7(△))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋2xH2O (6)①高锰酸钾溶液褪色 5SO2＋2MnOeq \\al(－,4)＋2H2O===2Mn2＋＋5SOeq \\al(2－,4)＋4H＋ ②防倒吸
【解析】 A中的FeSO4·xH2O加热分解，产物通过无水硫酸铜，若变蓝，则证明有水生成；C中湿润的蓝色石蕊试纸变红，则证明有酸性气体生成；D中出现白色沉淀，则证明有SO2或SO3生成。再根据元素化合价的变化，可以最终确定FeSO4·xH2O的分解产物。改进实验中，先通氮气将容器中的空气排尽，加热硫酸亚铁晶体，用无水硫酸铜检验生成的水，用KMnO4溶液检验生成的SO2，用NaOH溶液进行尾气处理。
(1)该实验需要探究是否有气体生成，故首先应检查装置的气密性；Fe2＋具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响探究结果，故应在“气体入口”处通入干燥的N2，排净装置内的空气，防止Fe2＋被空气中的氧气氧化而干扰实验；点燃酒精灯，对样品进行加热，实验结束时，熄灭酒精灯，进行冷却。故实验操作的先后顺序是bdca。
(2)加热时，FeSO4·xH2O首先会失去结晶水，然后FeSO4分解。B中无水CuSO4用于检验水的生成，吸水后固体由白色变成蓝色；C中收集到酸性气体，该气体会使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
(3)由实验①可知，没有气体放出，可能的原因有两个：一是A中固体没有单质Fe，二是有单质Fe与Fe2O3，Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋；由实验②可知，溶液中不存在Fe2＋，则可知A中固体没有单质Fe；由实验③和固体颜色可知，A中固体应为Fe2O3。
(4)由(3)可知，Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有部分S元素的化合价降低，从而可知进入D中的气体为SO3和SO2，因此D中的白色沉淀为BaSO4和BaSO3，不需要再经过实验验证。
(5)根据实验可知，FeSO4·xH2O加热分解生成Fe2O3、SO2、SO3和水，反应的化学方程式为2(FeSO4·xH2O)eq \(=====,\s\up7(△))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋2xH2O。
(6)①SO2有还原性，能将KMnO4还原为Mn2＋，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为5SO2＋2MnOeq \\al(－,4)＋2H2O===2Mn2＋＋5SOeq \\al(2－,4)＋4H＋。②SO2有毒，不能排放到空气中，应用NaOH溶液吸收。若直接将导管插入溶液中，容易引起倒吸，故用球形干燥管防止倒吸。
选项
实验操作
实验现象
解释与结论
A
将乙醇与浓硫酸共热至170 ℃，所得气体通入酸性KMnO4溶液中
酸性KMnO4溶液褪色
乙醇发生消去反应，气体中只含有乙烯
B
淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，加新制的Cu(OH)2加热至沸腾
有砖红色沉淀产生
淀粉发生水解，产物具有还原性
C
向甲苯中滴入适量浓溴水，振荡，静置
溶液上层呈橙红色，下层几乎无色
甲苯萃取溴所致
D
将少量某物质滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热
有银镜生成
说明该物质一定是醛