重慶市第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期第一次月考化學(xué) Word版含解析.docx

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2023年重慶一中高2025屆高二上期第一次月考化學(xué)試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫在答題卡上。2.作答時(shí)，務(wù)必將答案寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿紙上無效。3.考試結(jié)束后，將答題卡交回。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1N-14O-16Cl-35.5Fe-56Cu-64Ag-108一、選擇題：本題共16小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.化學(xué)電源在日常生活中應(yīng)用廣泛。下列說法不正確的是A.硅太陽能電池利用原電池原理實(shí)現(xiàn)能量轉(zhuǎn)化B.鋰電池比能量大，應(yīng)用于新能源汽車，使汽車?yán)m(xù)航能力得以提高C.氫燃料電池客車與傳統(tǒng)客車相比，能量轉(zhuǎn)化效率高D.支撐海港碼頭基礎(chǔ)的鋼管樁，可以通過外接化學(xué)電源，利用“外加電流法”防腐蝕【答案】A【解析】【詳解】A．硅太陽能電池是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，不屬于原電池，故A錯(cuò)誤；B．鋰元素的相對(duì)分子質(zhì)量小，所以鋰電池比能量大，應(yīng)用于新能源汽車，使汽車?yán)m(xù)航能力得以提高，故B正確；C．氫燃料電池是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的原電池，與傳統(tǒng)客車相比，氫燃料電池客車的能量轉(zhuǎn)化效率高，故C正確；D．支撐海港碼頭基礎(chǔ)的鋼管樁與直流電源的負(fù)極相連做陰極被保護(hù)，防止鋼管樁被保護(hù)的方法為外加電流法，故D正確；故選A。2.下列離子方程式書寫正確且能用來解釋相應(yīng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的是實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象離子方程式ANa2O2在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨獴SO2和O2混合通入BaCl2溶液生成沉淀2SO2+O2+2Ba2+=2BaSO4↓ C酸化NaIO3、NaI混合溶液，溶液變黃褐色5I－++6H+=3I2+3H2OD氧化亞鐵溶于稀硝酸，得黃色溶液FeO+2H+=Fe2++H2OA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．Na2O2在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨?，是過氧化鈉和空氣中二氧化碳、水反應(yīng)，過氧化鈉是氧化物，不拆，故A不符合題意；B．SO2和O2混合通入BaCl2溶液生成沉淀，2SO2+O2+2Ba2++2H2O=2BaSO4↓+4H+，故B不符合題意；C．酸化NaIO3、NaI混合溶液，混合后反應(yīng)生成單質(zhì)碘，溶液變黃褐色，其離子方程式為5I－++6H+=3I2+3H2O，故C符合題意；D．氧化亞鐵溶于稀硝酸，得黃色溶液，3FeO+10H++=3Fe2++NO↑+5H2O，故D不符合題意。綜上所述，答案為C。3.常溫下，下列各組離子定能在指定溶液中大量共存的是A.的溶液：B.的溶液：C.澄清透明的無色溶液：D.和反應(yīng)放出的溶液：【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，若溶液呈堿性，不能大量存在，A不符合題意。B.，則，則溶液呈酸性，該組離子可以大量共存，B符合題意。 C.呈紫色，與題中“無色”矛盾，C不符合題意。D.和反應(yīng)放出的溶液可能呈堿性，也可能呈酸性，若溶液呈酸性，和反應(yīng)不會(huì)放出，與題干矛盾；若溶液呈堿性，不能大量存在，D不符合題意。答案選B。4.NA代表阿伏加德羅常數(shù)值。下圖電路中，電極6增重0.64g時(shí)，下列敘述不正確的是A.電極2上析出的氣體在標(biāo)況下的體積為224mLB.電極3上產(chǎn)生的氣體產(chǎn)物中含有的共用電子對(duì)數(shù)目為0.02NAC.忽略離子的擴(kuò)散，鹽橋中進(jìn)入左側(cè)AgNO3溶液中數(shù)目為0.02NAD.為使裝Na2SO4溶液的電解池恢復(fù)到電解前狀態(tài)，需加入H2O的質(zhì)量為0.18g【答案】B【解析】【分析】電極6增重，則表明電極6為陰極，b為負(fù)極，a為正極，從而得出1、3、5為陽極，2、4、6為陰極。電極6增重0.64g，發(fā)生反應(yīng)Cu2++2e-=Cu，線路中通過電子的物質(zhì)的量為=0.02mol?！驹斀狻緼．電極2為陰極，發(fā)生反應(yīng)2H2O+2e-=2OH-+H2↑，線路中通過電子0.02mol，則析出的H2的物質(zhì)的量為0.01mol，在標(biāo)況下的體積為224mL，A正確；B．電極3為陽極，發(fā)生反應(yīng)2H2O-4e-=O2↑+4H+，產(chǎn)生的氣體產(chǎn)物為O2，物質(zhì)的量為0.005mol，含有的共用電子對(duì)數(shù)目為0.01NA，B不正確；C．AgNO3溶液中，電極5為陽極，發(fā)生反應(yīng)Ag-e-=Ag+，線路中通過電子0.02mol時(shí)，生成Ag+0.02mol，忽略離子的擴(kuò)散，鹽橋中進(jìn)入左側(cè)AgNO3溶液中數(shù)目為0.02NA，C正確；D．電解Na2SO4溶液的實(shí)質(zhì)是電解水，H2O——2e-，線路中通過電子0.02mol時(shí)，電解水0.01mol，為使裝Na2SO4溶液的電解池恢復(fù)到電解前狀態(tài)，需加入H2O的質(zhì)量為0.18g，D正確；故選B。5.用如圖所示裝置處理含的酸性工業(yè)廢水，某電極反應(yīng)式為 ，下列說法不正確的是A.左側(cè)Pt電極為陽極，電解過程中有氣體放出B.電解時(shí)，從質(zhì)子交換膜左側(cè)向右側(cè)移動(dòng)C.電解一段時(shí)間后，右側(cè)電解液pH保持不變D.電解池一側(cè)生成時(shí)，另一側(cè)溶液質(zhì)量減少18g【答案】C【解析】【分析】由題意可知，與直流電源正極相連的左側(cè)鉑電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，左側(cè)電極為陰極，酸性條件下硝酸根離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氮?dú)夂退！驹斀狻緼．由分析可知，與直流電源正極相連的左側(cè)鉑電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，故A正確；B．由分析可知，與直流電源正極相連的左側(cè)鉑電極為電解池的陽極，左側(cè)電極為陰極，則電解時(shí)，氫離子從質(zhì)子交換膜左側(cè)向右側(cè)移動(dòng)，故B正確；C．由分析可知，與直流電源正極相連的左側(cè)鉑電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，左側(cè)電極為陰極，酸性條件下硝酸根離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氮?dú)夂退?，則由得失電子數(shù)目守恒可知，電解一段時(shí)間后，右側(cè)電解液pH增大，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，與直流電源正極相連的左側(cè)鉑電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，左側(cè)電極為陰極，酸性條件下硝酸根離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氮?dú)夂退?，則由得失電子數(shù)目守恒可知，陰極生成5.6g氮?dú)鈺r(shí)，陽極消耗水的質(zhì)量為××18g/mol=18g，故D正確；故選C。6.短周期元素A～G在周期表中的相對(duì)位置如圖所示，已知B、G原子序數(shù)之和是C的3倍。下列說法不正確的是ABCD EFGA.簡(jiǎn)單離子半徑：F＞G＞C＞DB.由A單質(zhì)和E單質(zhì)作電極，NaOH溶液作電解質(zhì)溶液所構(gòu)成的原電池中，E作負(fù)極C.簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物沸點(diǎn)：D＞C＞B＞AD.含氧酸HxRO3酸性強(qiáng)弱：B＞F＞A【答案】C【解析】【分析】設(shè)B的原子序數(shù)為x，則C的原子序數(shù)為x+1，G的原子序數(shù)為x+10，從而得出x+x+10=3(x+1)，x=7。由此可得出B為N元素，C為O元素，G為Cl元素。A、B、C、D、E、F、G分別為C、N、O、F、Al、S、Cl?！驹斀狻緼．C、D、F、G分別為O、F、S、Cl，簡(jiǎn)單離子中，O2-、F-電子層結(jié)構(gòu)相同，S2-、Cl-的電子層結(jié)構(gòu)相同，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越小，離子半徑越大，則離子半徑：S2-＞Cl-＞O2-＞F-，A正確；B．由A單質(zhì)(C)和E單質(zhì)(Al)作電極，NaOH溶液作電解質(zhì)溶液所構(gòu)成的原電池中，由于只有Al能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，所以E(Al)作負(fù)極，B正確；C．簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物中，常溫常壓下，H2O呈液態(tài)，HF、CH4、NH3都呈氣態(tài)，且只有CH4分子間不能形成氫鍵，所以沸點(diǎn)：H2O＞HF＞NH3＞CH4，C不正確；D．三種元素對(duì)應(yīng)的含氧酸HxRO3分別為H2CO3、HNO3、H2SO3，HNO3為強(qiáng)酸，H2SO3為中強(qiáng)酸，H2CO3為弱酸，所以酸性強(qiáng)弱：HNO3＞H2SO3＞H2CO3，D正確；故選C。7.下列裝置或操作能達(dá)到目的的是 A.裝置①用于測(cè)定生成氫氣的速率B.裝置②依據(jù)褪色快慢比較濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響C.裝置③依據(jù)U形管兩邊液面的高低判斷Na和水反應(yīng)的熱效應(yīng)D.裝置④依據(jù)出現(xiàn)渾濁的快慢比較溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響【答案】C【解析】【分析】裝置①生成的氫氣可以由長(zhǎng)頸漏斗溢出；裝置②兩種高錳酸鉀溶液的濃度不同、顏色不同，不符合控制變量法；Na和水反應(yīng)放熱，廣口瓶?jī)?nèi)氣體受熱膨脹，U形管左側(cè)液面下降，右側(cè)液面上升；裝置④中濃度、溫度都不同，無法判斷溫度對(duì)速率的影響；【詳解】裝置①生成的氫氣可以由長(zhǎng)頸漏斗逸出，不能根據(jù)生成氫氣的體積測(cè)定生成氫氣的速率，故A錯(cuò)誤；裝置②依據(jù)褪色快慢比較濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響，應(yīng)保證高錳酸鉀溶液的濃度相同，用不同濃度的草酸（乙二酸）來做實(shí)驗(yàn)，故B錯(cuò)誤；Na和水反應(yīng)放熱，廣口瓶?jī)?nèi)氣體受熱膨脹，U形管左側(cè)液面下降，右側(cè)液面上升，所以裝置③能實(shí)現(xiàn)目的，故C正確；裝置④中濃度、溫度都不同，無法判斷溫度對(duì)速率的影響，故D錯(cuò)誤。8.鎂和鹵素單質(zhì)()反應(yīng)的相對(duì)能量變化如圖所示，下列說法正確的是 A.熱穩(wěn)定性：B.1mol碘晶體與足量的Mg充分反應(yīng)，放熱364kJC.工業(yè)上常用電解溶液的方法冶煉金屬M(fèi)gD.由圖可知，【答案】A【解析】【詳解】A．能量越低越穩(wěn)定，由圖可知，1mol鹵化鎂的能量大小順序?yàn)镸gI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2，則熱穩(wěn)定性的大小順序?yàn)镸gF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2，故A正確；B．碘晶體的能量小于碘蒸氣，則1mol碘晶體與足量的鎂充分反應(yīng)放出的熱量小于364kJ，故B錯(cuò)誤；C．工業(yè)上用電解熔融氯化鎂的方法冶煉金屬鎂，不能用電解氯化鎂溶液的方法冶煉金屬鎂，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，生成氯化鎂、溴化鎂的熱化學(xué)方程式分別為Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)△H=—641kJ/mol，Mg(s)+Br2(g)=MgBr2(s)△H=—524kJ/mol，由蓋斯定律可知，兩式相加可得MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g)△H=—117kJ/mol，液溴的能量低于氣態(tài)溴，則溴化鎂與氯氣發(fā)生置換反應(yīng)生成液溴的焓變小于—117kJ/mol，故D錯(cuò)誤；故選A。9.催化生成的過程由以下三步基元反應(yīng)構(gòu)成： 第1步：；第2步：；第3步：。下列說法正確的是A.三步基元反應(yīng)都是放熱反應(yīng)B.第1步是總反應(yīng)的決速步C.該過程共有三種中間產(chǎn)物D.總反應(yīng)的焓變?yōu)椤敬鸢浮緽【解析】【詳解】A．由圖可知，第1步反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量，為吸熱反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．正反應(yīng)活化能越大，反應(yīng)速率越慢，由圖可知第1步是總反應(yīng)的決速步，B正確；C．由三步基元反應(yīng)可知，NO為O3生成O2反應(yīng)的催化劑，催化劑不改變總反應(yīng)的焓變，由三步基元反應(yīng)可知，反應(yīng)的中間體只有NO2和O兩種，C錯(cuò)誤；D．由蓋斯定律可知，三步基元反應(yīng)相加得總反應(yīng)2O3(g)=3O2(g)，則，D錯(cuò)誤；故選B。10.向溶液中加入(甲酸，一元弱酸)溶液后，溶液顯酸性，則該溶液中各微粒的濃度關(guān)系不正確的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】向溶液中加入溶液后，所得溶液中HCOOH、HCOOK的物質(zhì)的量濃度都為0.05mol/L，溶液顯酸性，表明以HCOOH的電離為主。【詳解】A．在HCOOH、HCOOK的混合溶液中，依據(jù)電荷守恒， ，A正確；B．所得溶液中HCOOH、HCOOK的物質(zhì)的量濃度都為0.05mol/L，依據(jù)物料守恒，，B正確；C．溶液中，電荷守恒關(guān)系為，物料守恒關(guān)系為，則，C不正確；D．在混合溶液中，主要發(fā)生反應(yīng)HCOOHHCOO-+H+，使c(HCOO-)增大，c(HCOOH)減小，所以，D正確；故選C。11.常溫下，向某濃度的(二元弱酸)溶液中逐滴加入某濃度的KOH溶液，所得溶液中、、三種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)()與溶液pH的關(guān)系如圖所示，則下列說法不正確的是A.的B.曲線3代表的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)C.圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的pH=2.7D.pH=4時(shí)，溶液中存在下列關(guān)系：【答案】D【解析】【分析】二元弱酸H2A溶液中加入氫氧化鉀溶液時(shí)，H2A溶液先與氫氧化鉀溶液反應(yīng)生成KHA，后KHA溶液與氫氧化鉀溶液反應(yīng)生成K2A，反應(yīng)中H2A減小、HA—濃度先增大后減小、A2—濃度先無明顯變化后增大，則曲線1、2、3分別代表H2A、HA—、A2—的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，由圖可知，溶液pH為1.2時(shí)，溶液中c(H2A)=c(HA—)，則H2A的一級(jí)電離常數(shù)Ka1(H2A)==c(H+)=10—1.2 ，同理可知，H2A的二級(jí)電離常數(shù)Ka2(H2A)=10—4.2?！驹斀狻緼．由分析可知，H2A的一級(jí)電離常數(shù)Ka1(H2A)=10—1.2，故A正確；B．由分析可知，曲線1、2、3分別代表H2A、HA—、A2—物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，故B正確；C．由圖可知，a點(diǎn)溶液中c(H2A)=c(A2—)，由電離常數(shù)可得Ka1(H2A)×Ka2(H2A)=，則溶液中氫離子濃度為mol/L=10—2.7mol/L，溶液pH為2.7，故C正確；D．由圖可知，溶液pH為4時(shí)，溶液中HA—濃度大于A2—濃度，故D錯(cuò)誤；故選D。12.關(guān)于下列化學(xué)電源的說法不正確的是A.甲：相較于普通鋅錳干電池，加入了更多負(fù)極材料，且鋅的利用率得到提高，電池電容量成倍增加B.乙：負(fù)極電極反應(yīng)式為C.丙：使用一段時(shí)間后，鋅筒會(huì)變薄D.丁：因造價(jià)低、工作電壓平穩(wěn)、可充電反復(fù)使用而應(yīng)用廣泛，但比能量小，笨重【答案】B【解析】【詳解】A．甲裝置中，在負(fù)極區(qū)加裝了許多鋅粉，相較于普通鋅錳干電池，負(fù)極材料質(zhì)量增大，且加入了堿性電解質(zhì)，溶液的導(dǎo)電能力增強(qiáng)，使鋅的利用率得到提高，所以電池電容量成倍增加，A正確；B．乙裝置中，Zn為負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，B不正確；C．丙裝置中，電池工作時(shí)，負(fù)極Zn不斷消耗，則使用一段時(shí)間后，鋅筒會(huì)變薄，C正確；D．丁裝置中，使用Pb和PbO2作電極，硫酸作電解質(zhì)，Pb價(jià)格低，但質(zhì)量大，所以因造價(jià)低、工作電壓平穩(wěn)、可充電反復(fù)使用而應(yīng)用廣泛，但比能量小，笨重，D正確；故選B。13.在一定溫度下，發(fā)生如下反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0。改變起始時(shí)n(SO2)對(duì)反應(yīng)的影響如圖所示。下列說法正確的是(　　) A.SO2的起始量越大，混合氣體中SO3的體積分?jǐn)?shù)越大B.a、b、c三點(diǎn)中，a點(diǎn)時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率最高C.a、b、c三點(diǎn)的平衡常數(shù)：Kb>Kc>KaD.b、c點(diǎn)均為化學(xué)平衡點(diǎn)，a點(diǎn)未達(dá)平衡且反應(yīng)正向進(jìn)行【答案】B【解析】【分析】由圖象可知a、b、c為二氧化硫的不同的物質(zhì)的量時(shí)的平衡時(shí)SO3體積分?jǐn)?shù)，b點(diǎn)SO3體積分?jǐn)?shù)最大，反應(yīng)在相同的溫度下進(jìn)行，平衡常數(shù)只受溫度的影響，對(duì)應(yīng)反應(yīng)來說，氧氣的物質(zhì)的量越多，二氧化硫的物質(zhì)的量越少，則二氧化硫的轉(zhuǎn)化率越大，以此解答該題。【詳解】A.由圖象可知，隨著二氧化硫的物質(zhì)的量增多，三氧化硫的體積分?jǐn)?shù)先增大后減小，則混合氣體中SO3的體積分?jǐn)?shù)不一定增大，故A錯(cuò)誤；?B.二氧化硫越少，氧氣越多，則二氧化硫的轉(zhuǎn)化率越大，a點(diǎn)轉(zhuǎn)化率最大，故B正確；C.平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，a、b、c三點(diǎn)的平衡常數(shù)均相等，故C錯(cuò)誤；D.由圖象可知縱坐標(biāo)為三氧化硫平衡時(shí)的體積分?jǐn)?shù)，則a、b、c都在曲線上，應(yīng)都為化學(xué)平衡點(diǎn)，只不過起始二氧化硫的物質(zhì)的量不同，故D錯(cuò)誤；答案選B。14.羥基硫(COS)可作為一種糧食薰蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在恒容密閉容器中，將一定量和10molCO混合加熱并達(dá)到下列平衡：，平衡后CO的物質(zhì)的量為8mol，下列說法正確的是A.升高溫度，濃度增大，表明該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)B.達(dá)到化學(xué)平衡后，再向體系中迅速通入CO，正反應(yīng)速率將逐漸增大C.反應(yīng)前的物質(zhì)的量為7molD.平衡后，再往體系中加入四種物質(zhì)各1mol，此時(shí)【答案】C【解析】 【分析】設(shè)反應(yīng)前硫化氫的物質(zhì)的量為amol，容器的容積為VL，由題意可建立如下三段式：由平衡常數(shù)為0.1可得：=0.1，解得a=7。【詳解】A．升高溫度，硫化氫濃度增大，表明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．達(dá)到化學(xué)平衡后，再向體系中迅速通入一氧化碳，反應(yīng)為的濃度增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)速率先增大逐漸減小，故B錯(cuò)誤；C．由分析可知，反應(yīng)前硫化氫的物質(zhì)的量為7mol，故C正確；D．平衡后，再往體系中加入四種物質(zhì)各1mol，反應(yīng)的濃度熵Qc=≈0.16＞K=0.1，則平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，正反應(yīng)速率小于逆反應(yīng)速率，故D錯(cuò)誤；故選C。15.天然水體中的H2CO3與空氣中的(CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，某溶洞水體中l(wèi)gc(X)(X為H2CO3、、或Ca2+)與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.曲線①代表B.H2CO3的一級(jí)電離常數(shù)為10-8.3C.c(Ca2+)隨pH升高而增大D.pH=10.3時(shí)，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1 【答案】D【解析】【分析】由圖像可知，隨著pH值的增大，溶液堿性增強(qiáng)，碳酸氫根和碳酸根的濃度均增大，而曲線①在pH值很小時(shí)就存在，故曲線①代表碳酸氫根，曲線②代表碳酸根，曲線③代表鈣離子?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，曲線①代表碳酸氫根，A錯(cuò)誤；B．由曲線①和碳酸的交點(diǎn)坐標(biāo)可知，碳酸和碳酸氫根濃度相同，故H2CO3的一級(jí)電離常數(shù)，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)分析，曲線③代表鈣離子，隨著pH值的升高而減小，C錯(cuò)誤；D．pH為10.3時(shí)，碳酸根和碳酸氫根濃度相同，為10-1.1mol/L，鈣離子濃度為：，D正確；故選D。16.人工腎臟可用間接電化學(xué)方法除去代謝產(chǎn)物中尿素，下列說法正確的是A.a為電源的負(fù)極B.電解一段時(shí)間后，陰極室溶液的pH升高C.除去尿素的反應(yīng)為D.兩極共收集到氣體13.44L(標(biāo)況)時(shí)，除去尿素0.12mol(忽略氣體溶解，假設(shè)氯氣全部參與反應(yīng))【答案】D【解析】【分析】由圖可知，與直流電源正極a相連的左側(cè)電極為電解池的陽極，氯離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑，氯氣與混合溶液中的尿素反應(yīng)生成氮?dú)?、二氧化碳和水，反?yīng)的化學(xué)方程式為 ，右側(cè)電極為陰極，水在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧根離子，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，電解時(shí)陽極室放電生成的氫離子通過質(zhì)子交換膜進(jìn)入陰極室，中和放電生成的氫氧根離子，陰極室氯化鈉溶液的濃度減小，但溶液pH不變?！驹斀狻緼．由分析可知，a為直流電源的正極，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，電解時(shí)陽極室放電生成的氫離子通過質(zhì)子交換膜進(jìn)入陰極室，中和放電生成的氫氧根離子，氯化鈉溶液的濃度減小，但溶液pH不變，故B錯(cuò)誤；C．由分析可知，陽極放電生成的氯氣與混合溶液中的尿素反應(yīng)生成氮?dú)狻⒍趸己退?，反?yīng)的化學(xué)方程式為，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)消耗尿素的物質(zhì)的量為amol，由氫氣、二氧化碳和氮?dú)獾捏w積和得失電子數(shù)目守恒可得：3a+2a=，解得a=0.12mol，故D正確；故選D。二、填空題：本題共5小題，共52分。17.酸堿中和實(shí)驗(yàn)是化學(xué)研究中重要的定量實(shí)驗(yàn)。Ⅰ．25℃時(shí)，在溶液中逐滴加入溶液，pH的變化曲線如圖所示：（1）A點(diǎn)溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)開__________[用“”表示x的濃度，用“>”連接]。（2）A→B過程中(不含A點(diǎn)，含B點(diǎn))，下列離子濃度大小關(guān)系可能出現(xiàn)的是___________。A.B.C.D.（3）圖中所示的三種指示劑，誤差最大的是___________。 （4）滴定過程中水的電離情況如圖所示：①a點(diǎn)水電離的___________。②b點(diǎn)和d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，pH=7的點(diǎn)是___________(填“b”或“d”)。Ⅱ．的鹽酸與的NaOH溶液在圖所示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)，通過測(cè)定反應(yīng)過程中放出的熱量可計(jì)算中和反應(yīng)反應(yīng)熱，回答相關(guān)問題。（5）從實(shí)驗(yàn)裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃儀器是___________。（6）若實(shí)驗(yàn)過程中，圖中內(nèi)筒未加杯蓋，求得的中和反應(yīng)反應(yīng)熱數(shù)值___________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。（7）為了計(jì)算中和反應(yīng)反應(yīng)熱，某學(xué)生的實(shí)驗(yàn)記錄數(shù)據(jù)如下：實(shí)驗(yàn)序號(hào)反應(yīng)物的溫度/℃反應(yīng)前體系的溫度/℃反應(yīng)后體系的溫度/℃鹽酸氫氧化鈉溶液120.020.120.0523.2220.220.420.323.4320.320.320.324.2420.520.620.5523.6依據(jù)上表數(shù)據(jù)，計(jì)算該實(shí)驗(yàn)中生成時(shí)放出的熱量為___________kJ(結(jié)果保留一位小數(shù))。( 鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度設(shè)為，中和反應(yīng)后生成的溶液的比熱容，忽略量熱計(jì)的比熱容。)【答案】（1）c(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(OH—)＞c(H+)（2）BD（3）甲基橙（4）①.10—13②.d（5）環(huán)形玻璃攪拌棒（6）偏大（7）51.8【解析】【小問1詳解】由圖可知，A點(diǎn)為20mL0.1mol/L氫氧化鈉溶液與10mL0.2mol/L醋酸溶液恰好反應(yīng)生成強(qiáng)堿弱酸鹽醋酸鈉，醋酸根離子在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(OH—)＞c(H+)，故答案為：c(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(OH—)＞c(H+)；【小問2詳解】由圖可知，A→B過程為醋酸鈉溶液中滴入醋酸溶液得到醋酸鈉和醋酸混合溶液的過程，溶液由堿性變?yōu)橹行?，堿性溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(OH—)＞c(H+)，中性溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)=c(CH3COO—)＞c(OH—)=c(H+)，故選BD；【小問3詳解】由圖可知，甲基橙的變色范圍與滴定終點(diǎn)的pH相差較大，誤差最大，故答案為：甲基橙；【小問4詳解】由圖可知，a點(diǎn)為氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉在溶液中電離出的氫氧根離子抑制水的電離，b點(diǎn)為氫氧化鈉和醋酸鈉的混合溶液，溶液呈堿性，c點(diǎn)為醋酸鈉溶液，醋酸根離子在溶液中水解促進(jìn)水的電離，d點(diǎn)為醋酸鈉和醋酸的混合溶液，溶液呈中性，d點(diǎn)為等濃度的醋酸鈉和醋酸的混合溶液，溶液呈酸性；①由分析可知，a點(diǎn)為pH為13的0.1mol/L的氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉在溶液中電離出的氫氧根離子抑制水的電離，則水電離出的氫離子濃度為10—13mol/L，故答案為：10—13；②由分析可知，b點(diǎn)為氫氧化鈉和醋酸鈉的混合溶液，溶液呈堿性，d點(diǎn)為醋酸鈉和醋酸的混合溶液，溶液呈中性，則溶液pH為7的點(diǎn)是d，故答案為：d；【小問5詳解】由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，圖中尚缺少的一種玻璃儀器是使酸堿完全反應(yīng)的環(huán)形玻璃攪拌棒，故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；【小問6詳解】若實(shí)驗(yàn)過程中，內(nèi)筒未加杯蓋，會(huì)造成一部分熱量散失，導(dǎo)致求得的中和反應(yīng)反應(yīng)熱會(huì)偏大，故答案為：偏大； 【小問7詳解】由表格數(shù)據(jù)可知，四次實(shí)驗(yàn)所得溫度差分別為3.15℃、3.1℃、3.9℃、3.05℃，第三次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)誤差大，應(yīng)舍棄，則實(shí)驗(yàn)所得溫度差平均值為=3.1℃，所以生成1mol水放出的熱量為≈51.8kJ，故答案為：5.18。18.氧化鐵在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用。（1）煉鐵高爐中存在以下熱化學(xué)方程式Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．Ⅳ．①上述反應(yīng)中，___________。②下圖中能表示反應(yīng)Ⅳ的平衡常數(shù)對(duì)數(shù)值()與溫度的關(guān)系的是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，原因是___________。③1500℃時(shí)，在某體積可變的密閉容器中，按物質(zhì)的量之比為2：3加入和CO發(fā)生反應(yīng)Ⅳ，則達(dá)平衡時(shí)，的轉(zhuǎn)化率為___________。（2）一定條件下可被甲烷還原為“納米級(jí)”的金屬鐵，其反應(yīng)為①反應(yīng)在2L的密閉容器中進(jìn)行，5min后達(dá)到平衡，測(cè)得在反應(yīng)中質(zhì)量消耗3.2g，則該段時(shí)間內(nèi)用反應(yīng)物表達(dá)的平均反應(yīng)速率為___________。②該反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，某物理量(Y)隨溫度變化如圖所示，當(dāng)溫度由升高到時(shí)，平衡常數(shù)___________(填“>”“<”或“=”)；縱坐標(biāo)可以表示的物理量有___________(填字母)。 a．的逆反應(yīng)速率b．的體積分?jǐn)?shù)c．混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量d．混合氣體的密度（3）還可以用來制備。一定條件下，可生成聚合物，其離子方程式為：，下列措施不能使平衡正向移動(dòng)的是___________(填序號(hào))。A.加水稀釋B.加入少量鐵粉C.升溫D.加入少量【答案】（1）①.—25②.I③.因?yàn)樵摲磻?yīng)正向放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，K減?、?25%（2）①.0.006②.<③.cd（3）ABD【解析】【小問1詳解】①由蓋斯定律可知，反應(yīng)Ⅱ+Ⅲ×2得反應(yīng)IV，則△H4=△H2+2△H4=(—3kJ/mol)+(—11kJ/mol)×2=—25kJ/mol，故答案為：—25；②反應(yīng)Ⅳ為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡常數(shù)K減小，圖中能表示該反應(yīng)的平衡常數(shù)對(duì)數(shù)值與溫度的關(guān)系的是Ⅰ，故答案為：I；因?yàn)樵摲磻?yīng)正向放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，K減??；③由圖可知，1500℃時(shí)，反應(yīng)Ⅳ的lgK為0，則平衡常數(shù)K==1，由方程式可知，參與反應(yīng)的一氧化碳和剩余的一氧化碳相等，設(shè)起始氧化鐵、一氧化碳的物質(zhì)的量分別為2mol、3mol，則反應(yīng)消耗一氧化碳的物質(zhì)的量為3mol×=1.5mol，由方程式可知，反應(yīng)消耗氧化鐵的物質(zhì)的量為1.5mol×=0.5mol，所以氧化鐵的轉(zhuǎn)化率為×100%=25%，故答案為：25%；【小問2詳解】 ①3.2g氧化鐵的物質(zhì)的量為=0.02mol，由方程式可知，甲烷的反應(yīng)速率為=0.006mol/(L·min)，故答案為：0.006；②該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，化學(xué)平衡常數(shù)增大，則則KA＜KB；a．升高溫度，正、逆反應(yīng)速率均增大，則縱坐標(biāo)不可能為氫氣的逆反應(yīng)速率，故錯(cuò)誤；b．該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，甲烷的體積分?jǐn)?shù)減小，則縱坐標(biāo)可能為甲烷的體積分?jǐn)?shù)，故正確；c．由質(zhì)量守恒定律可知，該反應(yīng)是氣體體積和氣體質(zhì)量均增大的反應(yīng)，由方程式可知，反應(yīng)中氣體物質(zhì)的量增大的倍數(shù)大于氣體質(zhì)量增加的倍數(shù)，所以混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量減小，故正確；d．由質(zhì)量守恒定律可知，該反應(yīng)是氣體質(zhì)量增大的反應(yīng)，恒容容器中混合氣體的密度增大，則縱坐標(biāo)不可能為混合氣體的密度，故錯(cuò)誤；故選bc；【小問3詳解】A．由方程式可知，加水稀釋，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故正確；B．鐵離子在溶液中的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故正確；C．向溶液中加入鐵粉，鐵與氯化鐵溶液反應(yīng)生成亞鐵離子，鐵離子濃度減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，故錯(cuò)誤；D．向溶液中加入碳酸鈉，碳酸根離子與溶液中的鐵離子反應(yīng)，氫離子濃度減小，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故正確；故選ABD。19.氯乙酸(ClCH2COOH)常用于制造各種染料、除銹劑等。實(shí)驗(yàn)室采用Cl2和CH3COOH共熱法可制得氯乙酸，合成氯乙酸的裝置如下圖(夾持和加熱裝置省略)。請(qǐng)回答下列問題：（1）儀器a的名稱為 ___________。（2）裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（3）儀器組裝完成，關(guān)閉分液漏斗活塞和止水夾K2，打開K1，向裝置B中長(zhǎng)頸漏斗中注入液體至形成一段水柱，若___________，則氣密性良好。（4）裝置B的作用之一是觀察Cl2的生成速率，則B中盛放的液體為___________。實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)，關(guān)閉分液漏斗活塞和止水夾K1，此時(shí)裝置B的作用是___________。（5）通過佛爾哈德法可以測(cè)定氯乙酸產(chǎn)品中氯元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：Ⅰ．取0.284g粗產(chǎn)品于錐形瓶中，加入足量NaOH溶液，煮沸，完全水解后加稀硝酸調(diào)至酸性。Ⅱ．向錐形瓶中加入0.4200mol?L-1的AgNO3溶液10.00mL，使Cl-完全沉淀。Ⅲ．向其中加入2.00mL硝基苯，用力搖動(dòng)，使沉淀表面被硝基苯覆蓋。Ⅳ．加入指示劑，用0.0200mol?L-1NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量Ag+至終點(diǎn)，消耗10.00mLNH4SCN溶液。已知：；。①滴定選用的指示劑是___________(填代號(hào))。a．FeCl2b．NH4Fe(SO4)2c．淀粉d．甲基橙②實(shí)驗(yàn)過程中加入硝基苯的目的是覆蓋氯化銀，若無此操作所測(cè)氯元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將會(huì)___________(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。③粗產(chǎn)品中氯元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________?！敬鸢浮浚?）球形冷凝管（2）2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O（3）水柱高度保持不變（4）①.飽和食鹽水②.儲(chǔ)存Cl2，平衡B裝置內(nèi)外氣壓（5）①.b②.偏?、?50%【解析】【分析】裝置A中，KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制取Cl2，由于濃鹽酸易揮發(fā)，所以制得的Cl2中混有HCl氣體；裝置B中盛有飽和食鹽水，可除去Cl2中混有的HCl氣體；裝置C中，Cl2與CH3COOH發(fā)生反應(yīng)生成ClCH2COOH，裝置D用于尾氣處理。 【小問1詳解】?jī)x器a的名稱為球形冷凝管；【小問2詳解】裝置A中，KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制取Cl2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；【小問3詳解】?jī)x器組裝完成，關(guān)閉分液漏斗活塞和止水夾K2，打開K1，向裝置B中長(zhǎng)頸漏斗中注入液體至形成一段水柱，若水柱高度保持不變，則氣密性良好；【小問4詳解】裝置B的作用之一是觀察Cl2的生成速率，Cl2應(yīng)不溶于B中盛放的液體，則應(yīng)為飽和食鹽水。實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)，關(guān)閉分液漏斗活塞和止水夾K1，此時(shí)生成的氣體滯留在裝置B中，則裝置B的作用是：儲(chǔ)存Cl2，平衡B裝置內(nèi)外氣壓；【小問5詳解】①NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量Ag+至終點(diǎn)后，需確定滴定操作完成，所以需選用能檢驗(yàn)SCN-過量的指示劑，該指示劑是NH4Fe(SO4)2，故選b；②實(shí)驗(yàn)過程中加入硝基苯的目的是覆蓋氯化銀，若無此操作，則會(huì)有一部分AgCl轉(zhuǎn)化為AgSCN，從而增大NH4SCN的用量，計(jì)算出過量Ag+的物質(zhì)的量增大，Cl-的物質(zhì)的量減小，所測(cè)氯元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將會(huì)偏?。虎鄞之a(chǎn)品中氯元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=50%?！军c(diǎn)睛】檢驗(yàn)SCN-時(shí)，通常使用Fe3+。20.室溫下用溶液吸收的一種脫硫工藝流程如下圖所示。（1）流程中各種離子相關(guān)的大小或數(shù)學(xué)關(guān)系如下，回答下列問題：a．溶液中，c(OH—)___________(填“>”、“<”或“=”)。b．當(dāng)“①吸收”后的吸收液中時(shí)，pH=___________(填整數(shù))。(已知：，) c．“②沉淀”分離后的濾液中，___________(填“>”、“<”或“=”)。（2）寫出“②沉淀”發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式___________。(已知：、)（3）寫出“③氧化”中生成石膏()的化學(xué)方程式___________。（4）“①吸收”后的溶液為和混合物，可以用下圖所示的電解法進(jìn)行再生，獲得較純凈的，從而循環(huán)利用。在陰極室，再生過程分為兩步，分別寫出離子方程式：電極反應(yīng)：___________。后續(xù)反應(yīng)：___________。（5）焦亞硫酸鈉()，其在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛，可通過原理脫水制備。某小組同學(xué)為了進(jìn)一步提高再生過程的效率，設(shè)計(jì)了如下圖所示雙膜電解槽，將吸收液中的和混合物分離。 電解后，___________室(填“a或b”)的濃度增加，從而循環(huán)利用，另一個(gè)室的濃度增加，將該室溶液進(jìn)行脫水可得到?！敬鸢浮浚?）①.=②.5③.=（2）CaCO3+HSO=CaSO3+HCO（3）2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O（4）①.2H2O+2e—=H2↑+2OH—②.HSO+OH—=SO+H2O（5）b【解析】【分析】由題給流程可知，亞硫酸鈉溶液吸收煙氣中的二氧化硫轉(zhuǎn)化為亞硫酸氫鈉，由電離常數(shù)可知，向亞硫酸氫鈉溶液中加入碳酸鈣，碳酸鈣與亞硫酸氫鈉溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈣和碳酸氫鈉，過濾得到碳酸氫鈉溶液和亞硫酸鈣沉淀；碳酸氫鈉溶液進(jìn)入吸收室，將二氧化硫轉(zhuǎn)化為亞硫酸氫鈉；亞硫酸鈣在溶液中與通入的氧氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為二水硫酸鈣，過濾得到二水硫酸鈣?！拘?詳解】a．亞硫酸鈉溶液中存在質(zhì)子守恒關(guān)系c(OH—)=；b．由電離常數(shù)公式可知，吸收液中=，則當(dāng)溶液中為20時(shí)，溶液中氫離子濃度為mol/L=1×10—5mol/L，則溶液pH為5；c．由分析可知，②沉淀分離后的濾液中含有碳酸氫鈉和少量的亞硫酸鈣，所得溶液為亞硫酸鈣的飽和溶液，由溶度積可知溶液中=；【小問2詳解】由分析可知，②沉淀發(fā)生主要反應(yīng)為碳酸鈣與亞硫酸氫鈉溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈣和碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為CaCO3+=CaSO3+； 【小問3詳解】由分析可知，③氧化中生成石膏的反應(yīng)為亞硫酸鈣在溶液中與通入的氧氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為二水硫酸鈣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O；【小問4詳解】由圖可知，再生過程的兩步反應(yīng)為水分子在陰極得到電子生成氫氣和氫氧根離子，電極反應(yīng)式為2H2O+2e—=H2↑+2OH—，放電生成的氫氧根離子與溶液中的亞硫酸氫根離子反應(yīng)生成亞硫酸根離子和水，反應(yīng)的離子方程式為+OH—=+H2O；【小問5詳解】由圖可知，右側(cè)電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，氫離子通過陽離子交換膜進(jìn)入a室與溶液中亞硫酸根離子反應(yīng)生成亞硫酸氫根離子，左側(cè)電極為電解池的陰極，水在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧根離子，放電生成的氫氧根離子與溶液中亞硫酸氫根離子反應(yīng)生成亞硫酸根離子，a室中鈉離子通過陽離子交換膜進(jìn)入b室，從而使b室亞硫酸鈉溶液的濃度增加，可以循環(huán)利用。21.以銀錳精礦(主要含、MnS、)和氧化錳礦(主要含)為原料聯(lián)合提取精銀、Mn及的一種流程示意圖如下。已知：酸性條件下，的氧化性強(qiáng)于。（1）“浸錳”是在溶液中使礦石中的錳元素浸出的過程，能同時(shí)去除，且有利于后續(xù)銀的浸出，礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中。①“浸錳”過程中，發(fā)生反應(yīng)，推斷：___________(填“>”或“<”)。②在溶液中，銀錳精礦中的和氧化錳礦中的發(fā)生反應(yīng)，則浸錳液中主要的金屬陽離子有___________。 （2）“浸銀”時(shí)，使用過量、HCl、的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出。①將“浸銀”反應(yīng)的離子方程式補(bǔ)充完整__________。_______________________②結(jié)合平衡移動(dòng)原理，解釋浸出劑中的作用：___________。（3）“電解精煉”時(shí)，將粗銀粉進(jìn)行“固態(tài)化”處理，制成“粗銀電極”，下圖為電解精煉銀的示意圖，回答下列問題：①___________極為“粗銀電極”(填“a”或“b”)。②若b極有少量紅棕色氣體產(chǎn)生，則生成該氣體的電極反應(yīng)式為___________；當(dāng)電路中通過電子時(shí)，b極質(zhì)量增加2.16g，則b極產(chǎn)生的氣體在標(biāo)況下的體積為___________mL(保留三位有效數(shù)字)。（4）電解溶液提取Mn以及，寫出在陽極獲取的電極方程式___________?！敬鸢浮浚?）①.>②.Fe3+、Mn2+（2）①.2Fe3++Ag2S+4Cl—2Fe2++2[AgCl2]—+S②.Cl—與Ag2S電離出的Ag+結(jié)合生成[AgCl2]—，使平衡正向移動(dòng)，提高Ag2S的浸出率（3）①.a②.NO+e—+2H+=NO2↑+H2O③.112（4）Mn2+—2e—+2H2O=MnO2+4H+【解析】【分析】由題給流程可知，銀錳精礦和氧化錳礦混合后加入稀硫酸酸浸，硫化錳與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸錳和硫化氫氣體，稀硫酸作用下二硫化鐵與二氧化錳反應(yīng)生成硫酸鐵、硫酸錳、硫和水，過濾得到含有硫酸錳的浸錳液和浸錳渣；向浸錳渣中加入過量的氯化鐵、鹽酸和氯化鈣的混合溶液，將硫化銀轉(zhuǎn)化為二氯合銀離子，過濾得到浸銀渣和含有二氯合銀離子的濾液；向?yàn)V液中加入鐵，將二氯合銀離子轉(zhuǎn)化為銀，過濾得到沉銀液和粗銀；粗銀經(jīng)電解精煉得到精銀；浸錳液經(jīng)除雜提純得到硫酸錳溶液，硫酸錳溶液中加入稀硫酸抑制錳離子水解，電解混合溶液在陽極制得二氧化錳，陰極制得錳。 【小問1詳解】①由題意可知，硫化錳能與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸錳和硫化氫氣體，而硫化銀不能與稀硫酸反應(yīng)可知，硫化錳的溶解度大于硫化銀，則硫化錳的溶度積大于硫化銀，故答案為：>；②由分析可知，稀硫酸作用下二硫化鐵與二氧化錳反應(yīng)生成硫酸鐵、硫酸錳、硫和水，則浸錳液中主要的金屬陽離子為鐵離子和錳離子，故答案為：Fe3+、Mn2+；【小問2詳解】①由未配平的方程式可知，向浸錳渣中加入過量的氯化鐵、鹽酸和氯化鈣的混合溶液發(fā)生的反應(yīng)為硫化銀與溶液中的鐵離子和氯離子反應(yīng)生成亞鐵離子、二氯合銀離子和硫，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Ag2S+4Cl—2Fe2++2[AgCl2]—+S，故答案為：2Fe3++Ag2S+4Cl—2Fe2++2[AgCl2]—+S；②由方程式可知，浸出劑中氯離子的作用是將硫化銀電離出的氯離子轉(zhuǎn)化為二氯合銀離子，有利于硫化銀的溶解平衡右移，Cl—與Ag2S電離出的Ag+結(jié)合生成[AgCl2]—，使平衡正向移動(dòng)，提高Ag2S的浸出率，提高硫化銀的浸出率，故答案為：Cl—與Ag2S電離出的Ag+結(jié)合生成[AgCl2]—，使平衡正向移動(dòng)，提高Ag2S的浸出率；【小問3詳解】由圖可知，電解精煉時(shí)，粗銀與直流電源的正極相連的a電極做精煉池的陽極，精銀做陰極；①由分析可知，電解精煉時(shí)，粗銀與直流電源的正極相連的a電極做精煉池的陽極，故答案為：a；②由分析可知，b電極為陰極，若b極有少量紅棕色氣體產(chǎn)生，說明酸性條件下硝酸根離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成二氧化氮和水，電極反應(yīng)式為NO+e—+2H+=NO2↑+H2O；由得失電子數(shù)目守恒可知，當(dāng)電路中通過0.025NA電子時(shí)，b極質(zhì)量增加2.16g時(shí)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成二氧化氮的體積為(0.025mol—)×22.4L/mol×103mL/L=112mL，故答案為：NO+e—+2H+=NO2↑+H2O；112；【小問4詳解】