2026高二化学上学期第一次月考（湖南专用，人教版2019）含解析

2025-2026 学年高二年级化学上学期第一次月考卷（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3． 测试范围：选择性必修第一册第一章、第二章。4．难度系数：0.655．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mn 55一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与社会、科学、技术、环境密切相关，下列说法错误的是A．干冰可用于人工增雨作业。干冰在云层中的变化过程中B．“木与木相摩则然(燃)”中的“然”是化学能转变为热能C．《荀子劝学》中记载“冰之为水，而寒于水”，说明冰的能量低于水，冰变为水属吸热反应D．电热水器内装有镁棒，采用牺牲阳极法，防止不锈钢内胆被腐蚀【答案】C【详解】A．干冰在云层中的变化过程是二氧化碳固体转化为二氧化碳气体的过程，该过程是熵增的吸热过程，故 A 正确；B．“木与木相摩则然(燃)”中的“然”指的是木材的燃烧，燃烧是化学能转变为热能的过程，故 B 正确；C．冰变为水是吸热的物理过程，不是吸热反应，故 C 错误；D．镁比铁活泼，电热水器内装有的镁棒做原电池的负极，镁失去电子发生氧化反应被腐蚀，铁做正极被保护，目的是采用牺牲阳极法，防止不锈钢内胆被腐蚀，故 D 正确；故选 C。2．下列反应低温有利于自发进行的是A．B．C．D．【答案】C【详解】A．反应中， ， ，所以 ，在任何温度下都能自发进行，故 A 不/符合题意；B．反应中， ， ，所以 ，在任何温度下都不能自发进行，故 B 不符合题意；C．反应中， ， ，所以 ，在低温下能自发进行，故 C 符合题意；D．反应中， ， ，所以 ，在高温下能自发进行，故 D 不符合题意；故选 C。3．NH3 脱除 NO 的一种催化反应机理示意图如下，下列说法不正确的是A． 属于氧化还原反应B． 是该反应的中间产物C．总反应化学方程式为 4NH3+3O2 2N2+6H2OD．Ti4+可降低该反应的活化能【答案】C【详解】A．由图可知，反应中氮元素的化合价发生改变，该反应属于氧化还原反应，故 A 正确；B．由图可知，反应中 既是生成物又是反应物，是该反应的中间产物，故 B 正确；C．由图可知，总反应为催化剂作用下氨气与一氧化氮、氧气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，故 C 错误；D．由图可知，Ti4+先消耗，后生成，为反应的催化剂，可降低该反应的活化能，加快反应速率，故 D正确；故选 C。4．根据下列图示所得出的结论正确的是/A．图甲表示质量相等、大小相同的铝片，分别与 5%、20%的足量稀盐酸中，生成氢气的质量与反应时间的关系曲线B．图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明 时刻溶液的温度最高C．图丙表示 与过量浓硝酸反应生成的 气体体积随时间的变化关系，说明该反应在 时间段内反应速率最快D．图丁是 Cl2(g)＋CO(g) COCl2(g) △H＜0 的反应速率随反应时间变化的曲线，说明 时刻改变的条件是减小压强【答案】A【详解】A．根据题意，铝片不足，盐酸有剩余，浓度越大，反应速率越快，但生成氢气的量相同，故A 正确；B．图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明 时刻反应速率最大， 反应是不断放热的，因此溶液的温度不断升高，故 B 错误；C．根据图中信息， 单位时间内改变量最大，则该反应在该时间段内反应速率最快，故 C 错误；D．图丁是 Cl2(g)＋CO(g) COCl2(g)△H＜0 的反应速率随反应时间变化的曲线， 时刻速率增大，平衡逆向移动，因此改变的条件是升高温度，故 D 错误。综上所述，答案为 A。5．下列说法正确的是A．软脂酸 燃烧热的热化学方程式为：B． 和 两个反应的 相同C． ，则 和 的总能量高于 的能量D．已知 ，则稀硫酸与稀 溶液反应生成 水，放出 的热量【答案】C【详解】A．燃烧热是指 101kPa 时，1mol 纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，H 元素变为/，不是 ，A 错误；B． 的大小跟计量系数有关，两个反应的计量系数不同，则反应热不同，B 错误；C．该反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，即 和 的总能量高于 的能量，C 正确；D．已知中和热可表示为 ，生成 2molH2O(l)放出热量，析出硫酸钡沉淀会放热，则稀硫酸与稀 反应生成 水放出的热量大于，D 错误；故选：C。6．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的①NaOH 固体；② ；③ 固体；④NaNO3 固体；⑤KCl 溶液；⑥ 溶液A．①②⑥ B．②③⑤ C．②④⑥ D．②③④【答案】B【详解】Fe 与盐酸反应的实质为 Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量；①加入 NaOH 固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入 H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；③加入CH3COONa 固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故③正确；④加入 NaNO3 固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，且酸性条件下发生氧化还原反应不生成氢气，故④错误；⑤加入 KCl 溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑤正确；⑥CuSO4 溶液，铁单质与铜离子发生置换反应，生成的铜与铁、稀盐酸形成原电池，加快反应速率，故⑥错误；②③⑤正确，故选 B。7．我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助力“碳中和”目标。该催化反应历程如图所示：已知部分化学键的键能数据如下：共价键键能 413 497 462 351 348下列说法正确的是/A．该催化反应历程中没有非极性键的断裂和形成B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变C．总反应的原子利用率小于D．该反应的热化学方程式为：【答案】D【详解】A．由题干转化信息可知，该催化反应历程中没有非极性键的断裂、只有 C=O、C-H 等极性键的断裂，有 C-C 非极性键和 O-H 极性键的形成，A 错误；B．催化剂的使用降低了该反应的活化能，从而加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，B 错误；C．由题干转化历程图可知，该反应的总反应式为：CO2(g)+CH4(g)=CH3COOH(g)，故总反应的原子利用率等于 ，C 错误；D．已知反应热等于反应物的键能综合减去生成物的键能总和，故该反应的 =2E(C=O)+4E(C-H)-3E(C-H)-E(C=O)-E(C-O)-E(C-C)-E(O-H)=E(C=O)+E(C-H)-E(C-O)-E(O-H)-E(C-C)=497+413-351-462-348=-251kJ/mol，则该反应的热化学方程式为： ，D 正确；故答案为：D。8．下列实验操作可以达到实验目的的是C 验证非金属性：S>C 测定相同浓度的 Na2SO3 溶液与 Na2CO3 溶液的 pH，后者较大A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．FeCl3 溶液过量，滴入 KSCN 溶液与过量铁离子反应，溶液变为血红色，不能证明反应的限度，故 A 错误；B．过氧化钠具有强氧化性，将过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中，会观察到溶液先变红后褪色，故 B错误；C．测定相同浓度的 Na2SO3 与 Na2CO3 溶液的 pH，后者大，说明亚硫酸根离子的水解程度大于碳酸根离子，由于 H2SO3 不是硫元素的最高价氧化物对应的水化物，不能比较最高价含氧酸的酸性，则不能比/较 S 和 C 的非金属性，故 C 错误；D．向浓度均为 0.1mol/L 的 MgSO4、CuSO4 的混合溶液中逐滴加入 0.1mol/LNaOH 溶液，开始时 c(Mg2+)=c(Cu2+)，首先看到产生蓝色沉淀，说明铜离子形成 Cu(OH)2 沉淀需要的 OH-浓度较小，溶度积常数小的先沉淀，说明 Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，故 D 正确；故选 D。9．在一定温度下，将一定质量的混合气体在密闭容器中发生反应 aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g)，达到平衡时测得 B 气体的浓度为 0.6mol/l，恒温下将密闭容器的容积扩大一倍，重新达到平衡时，测得 B 气体的浓度为 0.4mol/l，下列叙述中正确的是（ ）A．a+b>c+dB．平衡向右移动C．重新达平衡时，A 气体浓度增大D．重新达平衡时，B 的体积分数减小【答案】A【分析】保持温度不变，将容器的体积扩大 1 倍，如平衡不移动，B 气体的浓度为 0.3mol/L，小于实际B 的浓度 0.4mol/L，说明平衡向生成 B 的方向移动，即向逆反应方向移动。【详解】A．增大体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即 a+b>c+d，选项 A 正确；B．根据分析可知，平衡向逆反应方向移动，选项 B 错误；C．体积加倍，各物质的浓度都要减小，即 A 气体浓度减小，选项 C 错误；D．平衡向逆反应方向移动，B 的体积分数增大，选项 D 错误；故选 A。10．下列图示与对应的叙述相符的是/选项实验目的 实验操作A探究 KI 与 FeCl3 反应的限度取 溶液于试管中，加入 溶液，充分反应后滴入 5 滴 15% KSCN 溶液，若溶液变血红色，则 KI 与 FeCl3 的反应有一定限度B检验过氧化钠溶于水是否生成碱性物质将过量过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中，观察溶液是否变红D比较 Cu(OH)2 和 Mg(OH)2 的溶度积向浓度均为 的 MgSO4 和 CuSO4 的混合溶液中逐滴加入的 NaOH 溶液，先看到蓝色沉淀A．(a)图可表示锌和稀硫酸反应过程中的能量变化B．通过(b)图可知金刚石比石墨稳定C．由(c)图可知，2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) △H=(a-b)kJ·mol-1D．(d)图是某反应 A→C 的能量变化曲线图(E 表示能量)，反应中△H=E1-E4【答案】C【详解】A．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，而锌和稀硫酸反应为放热反应，与图示不符，故 A 错误；B．通过(b)图可知石墨能量低于金刚石能量，物质具有的能量越低越稳定，则石墨比金刚石更稳定，故B 错误；C．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，2SO3(g)⇌2SO 2(g)+O2(g) ΔH=(a-b)kJ⋅mol-1，故 C 正确；D．反应 A→C 的ΔH=(E1-E2)+(E3-E4)=E1+E3-E2-E4，故 D 错误；故选：C。11．如图为可逆反应： 的逆反应速率随时间变化情况。试根据图中曲线判断下列说法中不正确的是/A． 时刻可能采取的措施是减小 B． 时刻可能采取的措施是降温C． 时刻可能采取的措施是减小压强 D． 时间段平衡向逆反应方向移动【答案】D【详解】A．由图可知，t3 时刻 v 逆减小，且是在原来的基础上减小，是改变物质的浓度引起的，可能是减少 c(D)，A 正确；B．t5 时刻，逆反应速率突然减小，可能是降低温度所致，B 正确；C．t7 时刻，逆反应速率减小，t7 之后，逆反应速率不再改变，反应达平衡，反应为气体体积分数不变的反应，所以可能是减小压强所致，C 错误；D．t5 时刻，逆反应速率突然减小，之后在 t5～t6 时间段内，逆反应速率逐渐增大，说明平衡正向移动，D 错误；故选 D。12．可逆反应 X(g)+3Y(g) 2Z(g)在一定条件下进行。若 X、Y、Z 的起始浓度分别为 、 、 (均不为 0)，当达到平衡时，X、Y、Z 的浓度分别为 、 、 ，则下列判断不合理的是(转化率等于反应物转化的物质的量与起始的物质的量的比值)A．B．平衡时，Y 和 Z 的生成速率之比为C．X、Y 的转化率不相等D． 的取值范围为【答案】C【分析】若反应向正反应方向进行达到平衡，X2、Y2 的浓度最大，Z 的浓度最小，假定完全反应，则：，c1=0.14，c2=0.42，c3=0；若反应向逆反应进行达到平衡，X2、Y2 的浓度最小，Z 的浓度最大，假定完全反应，则/，c1=0，c2=0，c3=0.28；【详解】A．达平衡时 X、Y 的浓度分别为 0.1mol/L，0.3mol/L 是 1:3；反应中无论是消耗它们还是生成它们，肯定也是 1:3，未加消耗，所以，c1：c2=1:3，A 正确；B．Y 的生成速率是 V 逆，Z 的生成速率是 V 正，同一个反应速率用不同的物质表示时，数值与它们的系数成正比，所以为 3:2，表示 V 正=V 逆，B 正确；C．如上所述，X、Y 的起始浓度之比是 1:3，消耗浓度之比一定是 1:3，所以它们的转化率相等，C 错误；D．大于 0 是已知条件，小于 0.14 是这样来的：如果起始时 c3=0，则平衡时 Z 的浓度为 0.08mol/L 就是反应生成的，这需要 0.04mol/L 的 X，平衡时，X、Y、Z 的浓度为 0.1mol/L，所以起始时就应该是0.1mol/L+0.04mol/L=0.14mol/L，但是题目已知起始时 Z 的浓度不等于 0，所以就是小于 0.14，D 正确；答案选 C。13．钼(Mo)的最重要用途是作为铁合金的添加剂，用 CO 还原 MoO3 制备单质 Mo 的装置如图所示(尾气处理装置已省略)。下列说法正确的是A．装置①用于制备 CO2，其中稀盐酸可用稀硫酸替代B．装置②中盛有饱和碳酸钠溶液，以除去 CO2 中的 HCl 气体C．在装置④中生成了钼单质D．装置⑥中的现象不能达到检验 MoO3 是否被 CO 还原的目的【答案】D【分析】装置①用于制备 CO2，②中选用饱和碳酸氢钠溶液，除去了杂质氯化氢，③除去水蒸气，装置④碳与 CO2 转化为 CO 为装置⑤提供还原剂，装置⑤中生成了钼单质，以此分析；【详解】A．装置①用于制备 CO2，发生的反应为 ，硫酸与碳酸钙生成微溶物硫酸钙，覆盖在石灰石表面，阻止反应进一步发生，A 项错误；B．装置②中如盛有饱和碳酸钠溶液，则发生两个反应： 和，虽除去了杂质氯化氢，但同时消耗了主要成分二氧化碳，所以选用饱和碳酸钠溶液不合适，可以选用饱和碳酸氢钠溶液，B 项错误；/C．根据分析可知，装置④碳与 CO2 转化为 CO 为装置⑤提供还原剂，装置⑤中生成了钼单质，C 项错误；D．因 CO2 在装置④没有被完全还原，也会进入装置⑥中的，所以该装置中石灰水变浑浊，不能直接得出 MoO3 被 CO 还原的结论，D 项正确；所以答案选择 D 项。14．一定温度下，将 和 气体充入 恒容密闭容器，发生反应 ，时达到平衡，在 、 时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体 C 的浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的是A．若 ，则B．若 时刻升高了温度，则该反应的C．若 时刻后向体系中再充入 A、B、C 各 ，则D．保持温度不变，起始时向该容器中充入 和 ，加入 ，则平衡时 A 的转化率小于50%【答案】D【详解】A．由图可知， 时，C 的浓度为 0.50mol/L，由方程式可知，B 的反应速率为=0.125 mol/(L·min)，故 A 正确；B．由图可知， 时刻升高温度时，C 的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应 ，故 B 正确；C．由图可知， 时刻平衡时 C 的浓度为 0.5mol/L，由方程式可知，平衡时 A、B 的浓度都为 0.25mol/L，反应的平衡常数 K= =4，若 时刻后向体系中再充入 A、B、C 各 ，反应的浓度熵 Qc=＜4，则平衡向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故 C 正确；D．由方程式可知，D 是浓度为定值的固体，增加 D 的量，化学反应速率不变，化学平衡不移动，A的转化率不变，故 D 错误；故选 D。/二、非选择题：本题共 4 小题，共 58 分。15.（14 分）化学反应过程中释放或吸收的热量在生活、生产、科技及科学研究中具有广泛的应用。(1)“神舟”系列火箭用偏二甲肼 作燃料， 作氧化剂，反应后产物无污染。已知：反应 1：反应 2： 。写出 和 反应生成 的热化学方程式： 。(2)已知某金属氧化物催化丙烷脱氢过程中，部分反应进程如图，则 过程中的焓变为(列式表示)。(3)已知，在 25℃和 下，部分化学键的键能数据如表所示。化学键键能/( ) 436 391 a 498 414 803 462 193①在 25℃和 下，工业合成氨的反应中每生成 就会放出 热量，在该条件下，向某容器中加入 、 及合适的催化剂，充分反应后测得其放出的热量小于 ，原因可能是 ，表中的 a= 。②科学家发现了一种新的气态分子 ( )，在 25℃和 下， 转化为 的热化学方程式为 ，由此可知 与 中更稳定的是 (填化学式)。③已知： 。甲烷是一种常用燃料，则表示甲烷的燃烧热的热化学方程式为 。【答案】(1)(2)(3) 合成氨的反应为可逆反应 946 N2/【详解】（1）根据盖斯定律，由反应 反应 1 可得目标反应的热化学方程式；（2）由图中能量变化情况分析可知，过程中的焓变= ；（3）反应为可逆反应，反应不能完全发生，所以放出的热量会小于 92kJ；根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，可计算出 a=946；每个 N4 分子中含有 6 个 N-N 键，每个 N2 分子中含有 1 个 N≡N 键，由表中数据计算可得：；由 N4 生成 N2 为放热反应，说明 N2 的能量更低，则 N2 更稳定；根据燃烧热的定义，得出热化学方程式中甲烷的系数为 1，生成的水应为液态水，根据表格中的数据和，可得出： 。16．（16 分）“科学态度”是科学研究的基本要求，“社会责任”是化学人人生观和价值观的基本体现，“科学态度与社会责任”是化学的核心素养。Ⅰ．Fenton 法常用于处理含难降解有机物的工业废水，在加入 Fe2+并调好 pH 后再加入 H2O2，该过程中 H2O2 所产生羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物。现运用该法降解某有机污染物(p-CP)，探究有关因素对该降解反应速率的影响。实验数据：(表中时间，是 p-CP 浓度降低 1.50mol/L 所需时间)① 6.0×10-3 1.50 3.0×10-2 3.50 10.00 3 298 200② 6.0×10-3 1.50 3.0×10-2 3.50 10.00 3 313 60③ 6.0×10-3 3.50 3.0×10-2 3.50 V1 3 298 140④ 6.0×10-3 1.50 3.0×10-2 4.50 9.00 3 298 170⑤ 6.0×10-3 1.50 3.0×10-2 3.50 V2 12 298 0请回答：(1)V1= mL，V2= mL。(2)实验①条件下，p-CP 的降解速率为： 。(3)设置实验①②的目的是： ；由实验①④可得到的结论是： 。(4)实验⑤在 200s 时没有检测到 p-CP 浓度的变化。其原因可能是： 。Ⅱ．工业上可采用高温热分解 H2S 的方法制取 H2，并在膜反应器中分离 H2，其中发生的反应：△H，已知：① △H1；② △H2。(5)则△H = (用含△H1、△H2 的式子表示)。(6)通过盖斯定律可计算。已知在 25℃、101 kPa 时：① △H=−412kJ·mol−1；/实验编号H2O2 溶液 Fe2+溶液 蒸馏水 温度 时间pHcmol·L-1 V/mL cmol·L-1 V/mL V/mL T/K t/s② △H=−511kJ·mol−1，写出 Na2O2 与 Na 反应生成 Na2O 的热化学方程式 。【答案】(1) 8.00 10.00(2)0.0075mol/(L·s)或 7.5×10-3mol/(L·s)(3) 探究温度对反应速率的影响 其他条件相同时，c(Fe2+)越大，反应速率越大(4)Fe2+在该条件下生成 Fe(OH)2，并迅速被氧化成 Fe(OH)3，不能使 H2O2 产生羟基自由基(5)2△H1+△H2(6)【详解】（1）根据①③组实验分析，溶液的总体积应该相同，所以 V1=10.00+3.50+1.50-(3.50+3.50)=8.00mL；根据④⑤组实验进行分析，溶液的总体积应该相同，故 V2=9.00+4.50+1.50-(1.50+3.50)=10.00mL；（2）实验①条件下，p-CP 浓度降低 1.50mol/L 所需时间 200s，所以 p-CP 的降解速率为：0.0075mol/(L·s)或 7.5×10-3mol/(L·s)；（3）根据图表信息分析，其它条件相同，反应的温度不同，设置实验①②的目的是探究温度对反应速率的影响；由实验①④可得到的结论是：其他条件相同时，c(Fe2+)越大，反应速率越大；（4）工业废水，在加入 Fe2+并调好 pH 后再加入 H2O2，所产生的羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物；实验⑤在 200s 时没有检测到 p-CP 浓度的变化，其原因可能是：Fe2+在该条件下生成 Fe(OH)2，并迅速被氧化成 Fe(OH)3，不能使 H2O2 产生羟基自由基；（5）由盖斯定律可知该反应可由 2×①+②得到，则 2△H1+△H2；（6）Na2O2 与 Na 反应生成 Na2O，反应为： ；根据盖斯定律可知，该反应=2×①-②，则反应的△H=2×(−412kJ·mol−1)-( −511kJ·mol−1)=-313 kJ·mol−1。17．（14 分）MnSO4 是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为 MnCO3，还含有 Fe3O4、FeO、CoO 等)为原料制备 MnSO4 的工艺流程如图。资料：金属离子沉淀的 pH金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+ Mn2+开始沉淀 1.5 6.3 7.4 7.6完全沉淀 2.8 8.3 9.4 10.2(1)写出酸浸前将菱锰矿石粉碎的目的是 。/(2)沉淀池 1 中，先加 MnO2 充分反应后再加氨水。写出加 MnO2 时发生反应的离子方程式： 。(3)沉淀池 2 中，不能用 NaOH 代替含硫沉淀剂，原因是 。(4)如图为 MnSO4 和(NH4)2SO4 的溶解度曲线。从“含 MnSO4 的溶液”中提取“MnSO4 晶体”的操作为 ，洗涤干燥。(5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。i.称取 10.0g 废渣，加酸将锰元素全部溶出成 Mn2+，过滤，将滤液定容于 100mL 容量瓶中。ii.取 25.00mL 溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH4)2S2O8(过氧硫酸铵)溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8 分解。iii.加入指示剂，用 bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2 溶液滴定。滴定至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2 溶液的体积为cmL， 重新变成 Mn2+。①写出下面补全的步骤ⅱ中反应的离子方程式： 。2Mn2++ +_____= +_____+_____。②废渣中锰元素的质量分数为 。(6)废渣长期露置于空气，其中的锰元素逐渐转化为 MnO2。研究者用如图装置提取 MnO2 中的锰元素。图中“H•”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的 c(Mn2+)先增大后减小，减小的原因可能是 。(任写一点)【答案】(1)增大接触面积，提高浸取速率和锰元素的浸取率(2)2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(3)若用 NaOH 作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的 pH=9.4，此时 Mn2+也会沉淀，导致 MnSO4 产率降低/(4)蒸发结晶，趁热过滤(5) 2Mn2++5 +8H2O=2 +10 +16H+ 0.44bc%(6)随着电流强度的增加，Mn2+在阴极得电子生成 Mn，或 H+被消耗，溶液 pH 增大，Mn2+水解生成 Mn(OH)2 沉淀，都导致 c(Mn2+)减小【分析】在菱锰矿(主要成分为 MnCO3，还含有 Fe3O4、FeO、CoO 等)中加入硫酸酸浸，过滤，得到含有 Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+等的滤液，在滤液中先加入 MnO2，将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入氨水，沉淀Fe3+，过滤，除去氢氧化铁，在滤液中加入含硫沉淀剂沉淀钴离子，过滤得到含有 MnSO4 的滤液，再经过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥，得到 MnSO4 晶体。【详解】（1）酸浸前将菱锰矿石粉碎的目的是增大接触面积，提高浸取速率和锰元素的浸取率；（2）先加 MnO2 的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于加入氨水时以氢氧化铁的形式除去，则加 MnO2 时发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2＋4H＋= Mn2+＋2Fe3+＋2H2O；（3）沉淀池 2 中，不能用 NaOH 代替含硫沉淀剂，是因为若用 NaOH 作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时 Mn2+也会沉淀，导致 MnSO4 产率降低；（4）从溶解度曲线可以看出，MnSO4 的溶解度随温度升高而降低，(NH4)2SO4 的溶解度随温度升高而增大，故从“含 MnSO4 的溶液”中提取“MnSO4 晶体”的操作为蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥；（5）①步骤ⅱ中 将 Mn2+氧化为 ， 被还原为 ，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：2Mn2+ + 5 + 8H2O = 2 + 10 +16H+；②根据以上反应过程可得关系式为：Mn2+~ ~5Fe2+，则废渣中锰元素的质量分数为×100%=0.44bc%；（6）实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的 先增大后减小，减小的原因可能是电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2+ + 2e− = Mn，使得 c(Mn2+)减小；H+放电直接生成 H2 而不是 H·，MnO2 被 H·还原的反应不能进行，使得 c(Mn2+)减小；Mn2+在阳极放电生成 MnO2，使得 c(Mn2+)减小。18．（14 分） 、 和 NO 均为常见的大气污染物。回答下列问题：Ⅰ．用下列流程综合处理工厂排放的含 的烟气，既可减少其对环境造成的污染，又能生成氮肥从而提高经济效益。(1)过程①中发生反应的化学方程式为 ，反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比/为 。Ⅱ．“铁盐、铜盐氧化法”是目前常用的 转化方法，将 和 的混合气体通入 、 的混合溶液中反应回收 S，其转化原理如下图所示：(2)随着反应进行，溶液酸性 (填“增强”“减弱”或“不变”)。(3)过程③中发生反应的离子方程式为 。(4)对于该转化过程，下列说法正确的是 (填标号)。A．过程①反应的离子方程式为B． 、 在转化过程中起催化作用C．提高混合气体中 的比例可防止生成的硫单质中混有 CuSⅢ．用 Pt-BaO 双催化剂处理大气中 NO 和的流程如下图所示；(5)NO 和 在催化剂 Pt 表面发生反应的化学方程式为 。 协同处理 过程中，当与 按体积比 1：2 通入时恰好能完全转化，则产物 X 的化学式为 。【答案】(1) 1:2(2)减弱(3)(4)BC(5) S【分析】I：SO2 吸收塔中亚硫酸铵溶液与 SO2 反应生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵吸收 NH3 生成亚硫酸铵，亚硫酸铵被氧气氧化为硫酸铵。/II：反应①为： ，反应②为： ，反应③为：，总反应为： 。【详解】（1）过程①为：亚硫酸铵溶液与 SO2 反应生成亚硫酸氢铵，化学方程式为，反应③中亚硫酸铵被氧气氧化为硫酸铵：，氧气为氧化剂，亚硫酸铵为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:2；（2）氯化铜、氯化铁溶液显酸性，根据分析，总反应为： ，反应生成水，随着反应进行，溶液酸性减弱；（3）根据分析，反应③为： ；（4）A．根据分析，过程①反应的离子方程式为 ，A 错误；B．根据分析， 、 在转化过程中起催化作用，B 正确；C．提高混合气体中 O2 的比例，O2 充足时，反应过程中的 Fe2+能被充分氧化为 Fe3+，而充足的 Fe3+可将 CuS 氧化为 S，从而防止生成的硫单质中混有 CuS，C 正确；故选 BC；（5）由图示可知，NO 和在催化剂 Pt 表面发生反应生成，化学方程式： ； 协同处理 过程中，当 与 按体积比 1：2 通入时恰好能完全转化，根据氧化还原反应原理，发生的反应为： ，产物 X 的化学式为：S。/