1、广东省湛江市廉江一中2016届高三上学期开学化学试卷一、选择题（共7小题）1具有防腐作用的甲醛 （）A分子中共有12个电子B能发生加聚反应C难溶于水易溶于酒精D比例模型为：2有关物质的使用不涉及化学变化的是 （）A明矾用作净水剂B液氨用作致冷剂C漂粉精作消毒剂D生石灰作干燥剂3下列说法正确的是（）A摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量B在一定的温度和压强下，各种气体的摩尔体积相等C阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg碳所含的原子个数D若气体摩尔体积为22.4 Lmol1，则所处条件为标准状况4关于氧化物Na2O2和Na2O，它们（）A阴阳离子个数比均为1：2B都含有非极性共价键C都与水发生
2、氧化还原反应D都属于碱性氧化物5下列离子方程式正确的是（）A澄清石灰水与稀盐酸反应：Ca（OH）2+2H+Ca2+2H20B碳酸钠溶液与少量盐酸反应：CO32+2H+H2O+CO2C稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H+OH+Ba2+SO42H2O+BaSO4D氢氧化铜与稀硫酸反应：Cu（OH）2+2H+Cu2+2H2O6下列叙述中正确的是（）A氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质B氯化钠固体不导电，所以氯化钠不是电解质C氯化氢溶液能导电，所以氯化氢是电解质D氯气溶于水能导电，所以氯气是电解质7下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（）A在碱性溶液中：CO32、K+、S2、Na+B与铝粉反应
3、放出氢气的无色溶液中：NO3、Mg2+、Na+、SO42C在=11012的溶液中：NH4+、AlO2、C1、K+D在中性溶液中：Fe3+、C1、NO3、A13+二、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）8ClO2是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，易溶于水制备方法如下：（1）步骤：电解食盐水制备氯酸钠用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质在除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去步骤：将步骤得到的食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），再将它与盐酸反应生成ClO2与Cl2，ClO2
4、与Cl2的物质的量比是（3）学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2，用NaClO3和草酸（H2C2O4）恒温在60时反应制得反应过程中需要对A容器进行加热，加热的方式为；加热需要的玻璃仪器除酒精灯外，还有；（4）反应后在装置C中可得亚氯酸钠（NaClO2）溶液已知NaClO2饱和溶液在温度低于38时，析出的晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出的是NaClO2根据图2所示NaClO2的溶解度曲线，请完成从NaClO2溶液中制得NaClO23H2O的操作步骤：；洗涤；干燥（5）目前我国已成功研制出利用NaClO2制取二氧化氯的新方法，将Cl2通入到NaClO2溶液中现制取270
5、kg二氧化氯，需要亚氯酸钠的质量是（6）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的剧毒CN氧化为无毒物质，自身被还原为Cl处理含CN相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的倍9原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b和d的A2B型氢化物均为V形分子，c的+1价离子比e的1价离子少8个电子回答下列问题：（1）元素c为；d为由这些元素形成的双原子分子为（3）这些元素的单质或由它们形成的AB型化合物中，其晶体类型属于原子晶体的是，离子晶体的是，金属晶体的是，分子晶体的是；（每空填一种）（4）元素a和b形成的一种化合物与c和b形成的一种化合物发生的反应常
6、用于防毒面具中，两种化合物的电子式分别为：、，该反应的化学方程式为：10用98%的浓H2SO4（=1.84g/cm3）配制250ml 0.5mol/L的稀H2SO4的操作简单可概括为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶请按要求填空：（1）所需浓H2SO4的体积为如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用mL量筒最好量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将（偏高、偏低、无影响）（3）除量筒和胶头滴管外还需用到的玻璃仪器有：（4）洗涤操作一般要求重复次，且洗涤液均要（5）定容的操作为：向容量瓶中加入蒸馏水，至液面离刻度线处，改用胶头滴管滴加，至11工业上用菱锰矿
7、（MnCO3）含FeCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3等杂质为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH Mn（OH）2 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Cu（OH）2开始沉淀时 8.3 6.3 2.7 4.7完全沉淀时 9.8 8.3 3.7 6.7注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L回答下列问题：（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是盐酸溶解MnCO3的化学方程式是向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是（3）滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2+，反应的离子方程式是（4）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法其具体做法是用酸
8、化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为：Mn2+ClO3+=+（5）将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法生成MnO2的电极反应式是若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2检验Cl2的操作是若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，则无Cl2产生其原因是广东省湛江市廉江一中2016届高三上学期开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题）1具有防腐作用的甲醛 （）A分子中共有12个电子B能发生加聚反应C难溶于水易溶于酒精D比例模型为：【考点】甲醛【专题】有机反应【分析】A甲醛的分子式为CH2O，电子式为；B根据甲醛的结构式为
9、以及双键能发生加聚反应来分析；C根据相似相溶原理来解答；D根据比例模型中氧原子半径应大于氢原子的半径【解答】解：A甲醛的电子式为：，核外共有电子数=8+6+2=16，故A错误；B甲醛的结构式为，含有碳氧双键能发生加聚反应，故B正确；C甲醛是极性分子，水是极性分子，乙醇是极性分子，根据相似相溶原理，甲醛易溶于水，也易溶于酒精，故C错误；D比例模型中氧原子半径应大于氢原子的半径，故D错误；故选B【点评】本题主要考查了甲醛的组成、结构与性质，难度不大，注意知识的积累2有关物质的使用不涉及化学变化的是 （）A明矾用作净水剂B液氨用作致冷剂C漂粉精作消毒剂D生石灰作干燥剂【考点】物理变化与化学变化的区别
10、与联系【专题】物质的性质和变化专题【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断【解答】解：A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B液氯汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，故B正确；C漂白精的有效成分为次氯酸钙，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，属于化学变化，故C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B【点评】本题考查物理变化与
11、化学变化的判断，难度不大，要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成3下列说法正确的是（）A摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量B在一定的温度和压强下，各种气体的摩尔体积相等C阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg碳所含的原子个数D若气体摩尔体积为22.4 Lmol1，则所处条件为标准状况【考点】物质的量的单位-摩尔；阿伏加德罗定律及推论【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、摩尔是物质的量的单位，不是物理量；B、气体摩尔体积的定义是1mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关；C、阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg12C碳所含的原子个数；D、依据气体
12、摩尔体积的定义回答【解答】解：A、摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A错误；B、气体摩尔体积的定义是1mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，温度和压强一定的条件下，气体摩尔体积相同，故B正确；C、阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg12C碳所含的原子个数，故C错误；D、气体摩尔体积的定义是1mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，故气体摩尔体积为22.4 Lmol1，不一定是在标况下，故D错误；故选B【点评】本题主要考查的是摩尔的定义以及气体摩尔体积的定义，属于概念性理解题，注意总结4关于氧化物Na2O2和Na2O，它们（）A阴阳离子个数比均为
13、1：2B都含有非极性共价键C都与水发生氧化还原反应D都属于碱性氧化物【考点】钠的重要化合物【分析】A、Na20是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，Na202是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物；B、Na20是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，不含有非极性共价键；C、Na20与水反应生成氢氧化钠，元素化合价不变；D、碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的金属氧化物【解答】解：A、Na20是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，电子式为，所以阴阳离子个数比是1：2，Na202是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为，阴阳离子个数比是1：2，故A正确；B、Na20是由钠离子和氧离子构成的离子化合
14、物，不含有非极性共价键，故B错误；C、Na20与水反应生成氢氧化钠，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故C错误；D、因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，则过氧化钠不属于碱性氧化物，故D错误；故选A【点评】本题主要考查了物质的性质，掌握Na20与Na202的结构是解答本题的关键，题目难度不大5下列离子方程式正确的是（）A澄清石灰水与稀盐酸反应：Ca（OH）2+2H+Ca2+2H20B碳酸钠溶液与少量盐酸反应：CO32+2H+H2O+CO2C稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H+OH+Ba2+SO42H2O+BaSO4D氢氧化铜与稀硫酸反应：Cu（OH）2+2H+Cu2+2H2O【考点】离子方程式的书写
15、【分析】A反应生成氯化钙和水；B反应生成碳酸氢钠；C不符合离子的配比；D反应生成硫酸铜和水【解答】解：A澄清石灰水与稀盐酸反应的离子反应为H+OHH20，故A错误；B碳酸钠溶液与少量盐酸反应的离子反应为CO32+H+HCO3，故B错误；C稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子反应为2H+2OH+Ba2+SO422H2O+BaSO4，故C错误；D氢氧化铜与稀硫酸反应的离子反应为Cu（OH）2+2H+Cu2+2H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，题目难度不大6下列叙述中正确的是（）A
16、氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质B氯化钠固体不导电，所以氯化钠不是电解质C氯化氢溶液能导电，所以氯化氢是电解质D氯气溶于水能导电，所以氯气是电解质【考点】电解质与非电解质【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等非电解质：在水溶液中或熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等，据此解答即可【解答】解：A、氯化钠溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、氯化钠固体熔融状态和溶于水均能导电，属于电解质，故B错误；C、氯化氢溶液能导电，HCl属于电解质，故C正确；D、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误，故选C【点
17、评】本题考查电解质与非电解质，注意二者均为化合物，特别注意电解质发生电离的为其本身，选项D为学生解答的易错点，难度不大7下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（）A在碱性溶液中：CO32、K+、S2、Na+B与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3、Mg2+、Na+、SO42C在=11012的溶液中：NH4+、AlO2、C1、K+D在中性溶液中：Fe3+、C1、NO3、A13+【考点】离子共存问题【分析】A在碱性溶液中，该组离子之间不反应；B与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C在=11012的溶液，显酸性；DFe3+在pH为4.4左右沉淀完全【解答】解：A在碱性溶液中，
18、该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中Al、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能大量存在Mg2+，故B错误；C在=11012的溶液，显酸性，酸溶液中不能大量存在AlO2，故C错误；DFe3+在pH为4.4左右沉淀完全，则中性溶液中不能大量存在Fe3+，故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大二、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）8ClO2是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，易溶于水制备方法
19、如下：（1）步骤：电解食盐水制备氯酸钠用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质在除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去步骤：将步骤得到的食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），再将它与盐酸反应生成ClO2与Cl2，ClO2与Cl2的物质的量比是2：1（3）学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2，用NaClO3和草酸（H2C2O4）恒温在60时反应制得反应过程中需要对A容器进行加热，加热的方式为水浴加热；加热需要的玻璃仪器除酒精灯外，还有温度计、大烧杯；（4
20、）反应后在装置C中可得亚氯酸钠（NaClO2）溶液已知NaClO2饱和溶液在温度低于38时，析出的晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出的是NaClO2根据图2所示NaClO2的溶解度曲线，请完成从NaClO2溶液中制得NaClO23H2O的操作步骤：蒸发浓缩；冷却（大于38）结晶；洗涤；干燥（5）目前我国已成功研制出利用NaClO2制取二氧化氯的新方法，将Cl2通入到NaClO2溶液中现制取270kg二氧化氯，需要亚氯酸钠的质量是362kg（6）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的剧毒CN氧化为无毒物质，自身被还原为Cl处理含CN相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.
21、5倍【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子根据NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2的反应可知，生成每摩尔Cl2失去2mol电子，而生成每摩尔ClO2得到1mol电子，根据电子得失守恒计算；（3）工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得ClO2、K2CO3和CO2，所以反应要用水浴加热；（4）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（5）根据反应方程式进行计算；（6）处理含CN相同量的电镀废水时，每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔Cl
22、O2得到5mol电子，故为2.5倍【解答】解：（1）要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3，和NaOH溶液，充分反应后将沉淀一并滤去；故答案为：BaCl2；Na2CO3；根据NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2的反应可知，生成每摩尔Cl2失去2mol电子，而生成每摩尔ClO2得到1mol电
23、子，根据电子得失守恒可知，生成ClO2与Cl2的物质的量比是2：1，故答案为：2：1；（3）工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得ClO2、K2CO3和CO2，所以反应要用水浴加热，为了准确测量水浴的温度需要用温度计，另外水浴装置中除酒精灯外，还需要用大烧杯，故答案为：水浴加热；温度计、大烧杯；（4）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发浓缩、冷却（大于38）结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；故答案为：蒸发浓缩； 冷却（大于38）结晶；（5）设亚氯酸钠的质量是为xkg， 根据反应 2NaClO2+Cl
24、2=2NaCl+2ClO2 181 135 x 270kg所以x=362故答案为：362kg；（6）处理含CN相同量的电镀废水时，每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，则所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为：2.5【点评】本题考查化学工艺流程，涉及氧化还原反应电子转移计算，化学实验基本方法（除杂）等相关知识，题目难度中等，注意把握物质的分离、提纯操作方法，题目难度不大，该部分内容是高考的热点，掌握基础是关键9原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b和d的A2B型氢化物均为V形分子，c的+1价离子比e的1价离子
25、少8个电子回答下列问题：（1）元素c为Na；d为S由这些元素形成的双原子分子为CO、O2、Cl2（3）这些元素的单质或由它们形成的AB型化合物中，其晶体类型属于原子晶体的是金刚石，离子晶体的是NaCl，金属晶体的是Na，分子晶体的是CO（或O2、Cl2）；（每空填一种）（4）元素a和b形成的一种化合物与c和b形成的一种化合物发生的反应常用于防毒面具中，两种化合物的电子式分别为：、，该反应的化学方程式为：2CO2+Na2O22Na2CO3+O2【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍，则a有2个电子层，最外层电子
26、数为4，故a为碳元素；b和d的A2B型氢化物均为V形分子，B采取sp3杂化，分子中B原子有2对孤对电子，则B原子最外层电子数为6，处于A族，故b为氧元素，d为硫元素；c的+1价离子比e的1价离子少8个电子，c处于A族、e处于VIIA族，结合原子序数可知，c为钠元素，e为Cl元素【解答】解：原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍，则a有2个电子层，最外层电子数为4，故a为碳元素；b和d的A2B型氢化物均为V形分子，B采取sp3杂化，分子中B原子有2对孤对电子，则B原子最外层电子数为6，处于A族，故b为氧元素，d为硫元素；c的+1价离子比e的1价离子少8
27、个电子，c处于A族、e处于VIIA族，结合原子序数可知，c为钠元素，e为Cl元素（1）由上述分析可知，元素c为Na，d为S，故答案为：Na；S；由这些元素形成的双原子分子为CO、O2、Cl2，故答案为：CO、O2、Cl2；（3）这些元素的单质或由它们形成的AB型化合物中，其晶体类型属于原子晶体的是金刚石，属于离子晶体的是NaCl等，属于金属晶体的是Na，属于分子晶体的是CO（或O2、Cl2），故答案为：金刚石；NaCl；Na；CO（或O2、Cl2）；（4）元素a和b形成的一种化合物与c和b形成的一种化合物发生的反应常用于防毒面具中，应是CO2与Na2O2，两种化合物的电子式分别为：、，该反应的
28、化学方程式为：2CO2+Na2O22Na2CO3+O2，故答案为：；2CO2+Na2O22Na2CO3+O2【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断与是解题关键，涉及核外电子排布、分子结构、晶体类型、电子式等，难度中等，注意对基础知识的掌握10用98%的浓H2SO4（=1.84g/cm3）配制250ml 0.5mol/L的稀H2SO4的操作简单可概括为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶请按要求填空：（1）所需浓H2SO4的体积为6.8mL如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用10mL量筒最好量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将偏低（偏高、偏低、无
29、影响）（3）除量筒和胶头滴管外还需用到的玻璃仪器有：烧杯250ml容量瓶玻璃棒（4）洗涤操作一般要求重复23次，且洗涤液均要转移至容量瓶中（5）定容的操作为：向容量瓶中加入蒸馏水，至液面离刻度线12cm处，改用胶头滴管滴加，至凹液面最低处与刻度线相切【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=，然后根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；（3）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器
30、；（4）洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液也要注入容量瓶；（5）根据定容的操作来分析【解答】解：（1）浓硫酸的物质的量浓度为c=18.4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀，可知：18.4mol/LVmL=0.5mol/L250mL解得V=6.8mL故答案为：6.8mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积为6.8mL可知应选择10mL的量筒；量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，会导致所取的浓硫酸被稀释，浓硫酸的物质的量偏小，则配制出的额稀硫酸的浓度偏低，故答案为：10，偏低；（3）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇
31、匀、装瓶可知所需的仪器有：烧杯、量筒、250ml容量瓶、玻璃棒和胶头滴管，故除了量筒和胶头滴管外还需要烧杯、250ml容量瓶、玻璃棒，故答案为：烧杯、250ml容量瓶、玻璃棒；（4）洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液也要注入容量瓶，否则会导致溶质的损失，故答案为：23，转移至容量瓶中；（5）定容时，开始先加水至凹液面离刻度线12cm处，然后改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面最低处与刻度线相切，故答案为：12cm，凹液面最低处与刻度线相切【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和操作分析，属于基础型题目，难度不大，注意把握定容的操作11工业上用菱锰矿（MnCO3）含FeCO3、SiO2、
32、Cu2（OH）2CO3等杂质为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH Mn（OH）2 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Cu（OH）2开始沉淀时 8.3 6.3 2.7 4.7完全沉淀时 9.8 8.3 3.7 6.7注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L回答下列问题：（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是增大接触面积，提高反应速率盐酸溶解MnCO3的化学方程式是MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+H2O向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3+4H+（3）滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu
33、2+，反应的离子方程式是MnS+Cu2+=Mn2+CuS（4）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为：Mn2+ClO3+4H2O=Cl2；+5MnO2+8H+（5）将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法生成MnO2的电极反应式是Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2检验Cl2的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，则无Cl2产生其原因是其它条件不变下，增大M
34、n2+浓度或增大c（Mn2+）/c（Cl），有利于Mn2+放电（不利于Cl放电）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+转化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提
35、高反应速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水；加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成；（3）MnS与氯化铜反应转化更难溶的CuS，同时得到氯化镁；（4）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，结合电荷守恒、原子守恒配平；（5）由题意可知，Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，由O元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H+生成
36、；生成氯气发生氧化反应，在阳极产生，用润湿的淀粉碘化钾试纸检验；其它条件不变下，增大Mn2+浓度，有利于Mn2+放电【解答】解：菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+转化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应
37、速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水，反应方程式为：MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+H2O，故答案为：增大接触面积，提高反应速率；MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+H2O；加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应离子方程式为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3+4H+，故答案为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3+4H+；（3）MnS与氯化铜反应转化更难溶的CuS，同时得到氯化镁，反应离子方程式为：MnS+Cu2+=Mn2+CuS，故答案为：MnS+Cu2
38、+=Mn2+CuS；（4）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，配平后离子方程式为：5Mn2+2ClO3+4H2O=Cl2+5MnO2+8H+，故答案为：5Mn2+2ClO3+4H2O=Cl2+5MnO2+8H+；（5）由题意可知，Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，由O元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H+生成，电极反应式为：Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+；生成氯气发生氧化反应，在阳极产生，检验Cl2的操作是：将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成，故答案为：将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成；Mn2+、Cl都在阳极放电，二者为竞争关系，增大Mn2+浓度或增大c（Mn2+）/c（Cl），有利于Mn2+放电（不利于Cl放电），故答案为：其它条件不变下，增大Mn2+浓度或增大c（Mn2+）/c（Cl），有利于Mn2+放电（不利于Cl放电）【点评】本题物质制备实验，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等