四川省成都市蓉城名校2023-2024学年高二上学期期末联考化学试题 Word版含解析.docx

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2023～2024学年度上期高中2022级期末联考化学试卷考试时间75分钟，满分100分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。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.下列说法错误的是A.废旧电池应回收利用B.草木灰与铵态氮肥不能混合使用C.工业上常用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D.合成氨工业中可寻找更高效的催化剂来提高氮气的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A．废旧电池中常含有重金属、酸和碱等物质，随意丢弃，会对生态环境和人类健康造成危害，应当重视废旧电池回收利用，故A正确；B．草木灰呈碱性，能与铵态氮肥混合产生氨气，会造成肥效降低，故B正确；C．工业上利用Na2S作为沉淀剂，使废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子生成极难溶的CuS、HgS等沉淀以除去，故C正确；D．催化剂的作用是提高反应速率，对化学平衡没有影响，不能提高氮气的平衡转化率，故D错误；故答案为：D。2.下列事实对应的电极反应式或离子方程式书写正确的是A.硫化氢在水中电离：H2S+H2O⇌H3O++HS−B.滴加酚酞的苏打水呈红色：CO+2H2O⇌H2CO3+2OH−C.铁在潮湿空气中生成红褐色的铁锈，其负极的电极反应式为：Fe-3e−=Fe3+ D.向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO2↑【答案】A【解析】【详解】A．硫化氢在水分子作用下第一步电离生成H+，被水分子结合生成H3O+和HS−，A正确；B．苏打水溶液滴加酚酞显红色：是分步水解，B错误；C．铁在潮湿空气中生成红褐色的铁锈，其负极的电极反应式为Fe-2e−=Fe2+，C错误；D．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，离子反应式为，D错误；故选A。3.下列反应可以自发进行但不能利用熵判据解释的是A.NaHCO3(s)+HCl(aq)=NaCl(aq)+CO2(g)+H2O(l)B.Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)C.4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)D.2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g)【答案】C【解析】【分析】自发进行根据判断【详解】A．为熵增反应，而且可以自发进行，能用熵判据来解释，A错误；B．为熵增反应，而且可以自发进行，能用熵判据来解释，B错误；C．为熵减反应，但可以自发进行，不能利用熵判据解释，C正确；D．为熵增反应，而且可以自发进行，能用熵判据来解释，D正确；故选C。4.图为中和反应反应热的测定实验装置，下列说法错误的是A.使用玻璃搅拌器是为了使反应更充分B.隔热层的作用是减少热量损失，减小实验误差 C.每完成一次实验只需要用温度计测量两次温度即可D.实验中用等体积等浓度的氨水代替氢氧化钠与盐酸反应，测得反应热的数值不同【答案】C【解析】【详解】A．玻璃搅拌器的作用是搅拌，让反应物充分反应，故A正确；B．隔热层的作用是减少热量损失，减小实验误差，故B正确；C．每完成一次实验需要用温度计测酸和碱溶液的初始温度，还需要测反应后的最高温度，故需要测量三次温度，故C错误；D．用等体积等浓度的氨水代替氢氧化钠与盐酸反应，因NH3·H2O电离过程会吸热，所以测得的数值不同，故D正确；故答案为：C。5.室温下欲配制并测量1mol·L−1Na2S溶液的pH值，下列预测或做法错误的是A.该溶液pH>7B.若加水稀释，溶液pH减小C.实验室配制Na2S溶液时，常常加几滴NaOH溶液D.将Na2S溶液直接滴在润湿的pH试纸上，然后与标准比色卡比较【答案】D【解析】【详解】A．Na2S溶液中水解，溶液呈碱性，pH>7，A正确；B．加水稀释，水解平衡正移，水解程度增大，但OH−浓度减小，pH减小，B正确；C．Na2S属于强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，加NaOH溶液的目的是为了抑制S2−水解，C正确；D．将Na2S溶液直接滴在润湿的pH试纸上会稀释溶液，OH−浓度减小，pH减小，造成误差，D错误；答案选D。6.实验室用如图所示装置测定化学反应速率，下列说法错误的是A.实验中可用秒表进行计时B.在锥形瓶中加入适量NaHSO4固体，则ʋ(H2)增大C.可用一段时间内H2的浓度变化表示化学反应速率 D.为减小误差，可在锥形瓶和分液漏斗上口间连接一橡胶管保证液体能够顺利流下【答案】C【解析】【详解】A．该实验可用秒表计时，故A正确；B．在锥形瓶中加入适量NaHSO4固体，NaHSO4完全电离，增大了H+浓度，则ʋ(H2)增大，故B正确；C．反应产生氢气，推动活塞外移，体积在发生改变，不能用一段时间内H2的浓度变化表示化学反应速率，故C错误；D．为了防止气压过大液体不能够流下来，可在锥形瓶和分液漏斗上口间连接一橡胶管保证液体能够顺利流下，减少误差，故D正确；故答案为：C。7.室温下，向0.01mol·L−1氨水中加入少量醋酸铵固体(醋酸铵水溶液pH≈7)，溶液pH随加入醋酸铵固体质量的变化曲线如图所示。下列分析正确的是A.a点：pH=12B.b点：c(NH)>c(CH3COO−)C.c点：pH可能小于7D.a点到c点，溶液pH减小是因为醋酸铵水解呈酸性【答案】B【解析】【详解】A．氨水中NH3·H2O属于弱电解质，c(OH−)<0.01mol·L−1，pH<12，A错误；B．溶液始终呈碱性，c(OH−)>c(H+)，所有c(NH4+)>c(CH3COO−)，B正确；C．溶液始终呈碱性，c(OH−)>c(H+)，，C错误；D．a点到c点，溶液pH减小是因为铵根离子浓度增大，使得一水合氨电离平衡逆向移动，c(OH−)减小，D错误；故选B。8.下列关于常见化学电源说法错误的是A.铅酸蓄电池放电时，负极质量减轻 B.碱性锌锰电池正极反应式为：MnO2+H2O+e−=MnO(OH)+OH−C.锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点D.氢氧燃料电池中，若把H2改为等物质的量的甲醇进行充分反应，O2的用量增加【答案】A【解析】【详解】A．铅酸蓄电池放电时，负极反应为，负极质量增大，A错误；B．碱性锌锰电池正极反应式为：，B正确；C．锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点，C正确；D．氢氧燃料电池中，若把H2改为等物质的量的甲醇进行充分反应，甲醇燃烧消耗的氧气比等物质的量的氢气多，O2的用量增加，D正确；故选A。9.在一定温度下，向装有一定量N2的固定容积的容器中逐步通入H2，发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，平衡时NH3体积分数随通入的n(H2)的变化如图所示(图中T表示温度)。下列说法错误的是A.T1>T2B.NH3的物质的量大小为：c>b>aC.相同温度下，平衡常数与投料比无关D.b点到c点，NH3的平衡体积分数减小，是由平衡逆向移动引起的【答案】D【解析】【详解】A．该反应为放热反应，相同投料比情况下温度越高，则平衡时NH3的体积分数越小，故T1>T2，故A正确；B．在T2下随着n(H2)的不断增加，平衡正向移动，生成更多的NH3，NH3的物质的量依次增加，故B正确；C．平衡常数受温度影响，与投料比无关，故C正确；D．b点到c点，NH3的平衡体积分数减小，是因为n(H2)增加了，故D错误； 故答案为：D。10.如图所示进行实验，下列分析错误的是A.②中黄色沉淀变成黑色沉淀B.该实验可以说明溶度积Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)C.反应后的溶液中c(Ag+)：①<②D.②中反应为：2AgI(s)+S2−(aq)⇌Ag2S(s)+2I−(aq)【答案】C【解析】【详解】A．向1mL0.1mol·L−1KI溶液中滴加2滴0.1mol·L−1AgNO3溶液，碘离子过量，生成黄色AgI沉淀，继续滴加5滴0.1mol·L−1Na2S溶液，AgI转化成黑色Ag2S，A正确；B．②中发生的反应为：2AgI(s)+S2−(aq)⇌Ag2S(s)+2I−(aq)，因Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)，溶度积小的向溶度积更小的转化，B正确；C．Ag2S饱和溶液中因其溶解度更小，所以银离子浓度更小，C错误；D．②中反应为：2AgI(s)+S2−(aq)⇌Ag2S(s)+2I−(aq)，D正确；故选C。11.1799年，意大利科学家伏打发明了世界上最早的电池——伏打电池(电解质溶液可以是稀硫酸或海水)。如图是伏打电堆的一种，下列说法正确的是A.工作时，电子由锌片通过湿布片流向铜片B.电池工作一段时间后，湿布片上可能会有Zn(OH)2生成C.该电池正极反应式一定为O2+4e−+2H2O=4OH− D.若湿布片所含溶液为饱和食盐水，则铜片附件有Cl2生成【答案】B【解析】【分析】锌的活泼性大于铜，伏打电堆种，锌为负极、铜为正极。【详解】A．伏打电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，不会通过湿布片，故A错误；B．当湿布片上附有海水时，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，锌失去电子生成锌离子，与氢氧根结合生成Zn(OH)2，故B正确；C．当湿布片上附有稀硫酸时，正极反应式为2H++2e−=2H2↑，故C错误；D．若湿布片所含溶液为饱和食盐水，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，故D错误；选B。12.如图是常温下向10mL某浓度的盐酸(滴有酚酞)中逐滴加入0.10mol·L−1NaOH溶液时，溶液的pH随NaOH溶液的体积V变化的曲线，下列相关判断错误的是A.原盐酸的浓度为0.10mol·L−1B.滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化C.达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(约0.04mL)，继续加水至40mL，所得溶液的pH为10D.滴定后仰视读数，则最终测得的待测盐酸浓度偏小【答案】D【解析】【详解】A．由盐酸开始时pH=1，可知c(H+)=0.10mol·L−1，原盐酸的浓度为0.10mol·L−1，故A正确；B．滴定过程中眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，进而确定滴定终点，故B正确；C．多滴了1滴NaOH溶液，溶液呈碱性，c(OH−)=1×10−4mol·L−1，故pH=10，故C正确；D．滴定后仰视，造成消耗的溶液体积偏大，测得盐酸浓度偏大，故D错误；故答案为：D。13.室温下，有如下四种溶液，下列有关叙述正确的是编号①②③④ pH441010溶液盐酸醋酸溶液氢氧化钠溶液氨水A.相同体积的①、②分别与③完全反应消耗NaOH的物质的量：①>②B.相同体积的③、④分别加水稀释10倍所得溶液pH：③<④C.②、④溶液由水电离出的H+浓度不相等D.VaL①与VbL③混合(近似认为混合溶液体积=Va+Vb)，若混合后溶液pH=9，则Va∶Vb=11∶9【答案】B【解析】【详解】A．相同体积、相同pH的盐酸和醋酸，醋酸为弱酸，其物质的量浓度远大于盐酸，消耗NaOH物质的量大于盐酸，故A错误；B．相同体积、相同pH的氢氧化钠溶液与氨水，加水稀释会促进氨水的电离，稀释相同倍数，氨水的pH大，③<④，故B正确；C．②中pH=4，c(H+)=10−4mol·L−1，c(OH−)=10−10mol·L−1，氢氧根来源于水，同理④中pH=10，c(H+)=10−10mol·L−1，氢离子来源于水，所以水电离出的H+浓度相同，故C错误；D．VaL①与VbL③混合后，pH=9溶液呈碱性，碱过量，利用，推知Va：Vb=9：11，故D错误；故选B。14.某温度下，向10mL0.1mol·L−1Pb(NO3)2溶液中滴加0.1mol·L−1Na2S溶液，溶液中-lgc(Pb2+)与滴加的Na2S溶液体积V的关系如图所示(忽略体积变化)。已知：Ksp(PbS)b>cB.b点：c(Pb2+)”“<”或“=”)。（3）等物质的量浓度、等体积的HCOOH和CH3COOH均用蒸馏水稀释至原体积的10倍，其溶液的导电性强弱关系为：HCOOH_______CH3COOH(填“>”“<”或“=”)。（4）等物质的量浓度的HCOONa溶液和CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH−)大小关系为：HCOONa_______CH3COONa(填“>”“<”或“=”)。（5）KHC2O4的水溶液呈_______性。（6）将pH之和等于14的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合，溶液呈_______性。（7）在H2C2O4溶液中加入过量的HCOONa溶液，其反应的离子方程式为_______。（8）将物质的量浓度比为2：1的HCOOH和NaOH溶液等体积混合，混合后溶液中的微粒浓度关系中，c(H+)-c(OH−)=_______(用HCOOH及HCOO−的浓度符号表示)。 【答案】（1）（2）<（3）>（4）<（5）酸（6）酸（7）（8）【解析】【小问1详解】是二元弱酸，电离方程式为、，第二步电离平衡常数表达式为；【小问2详解】从HCOOH和CH3COOH的电离平衡常数分析，HCOOH比CH3COOH酸性强，等物质的量浓度的HCOOH电离程度比CH3COOH电离程度大，HCOOH溶液中大于CH3COOH溶液中，故HCOOH溶液中CH3COOH，答案为：>；【小问4详解】等物质的量浓度的HCOONa溶液和CH3COONa溶液中，、发生水解，对水的电离有促进作用，水解程度大，CH3COONa溶液中大于HCOONa溶液中，由水电离的=溶液中的，HCOONa溶液中水电离的小于CH3COONa溶液中水电离的，故答案为：<；【小问5详解】KHC2O4的溶液中存在的电离平衡和水解平衡 ，大于，>，溶液显酸性，故答案为：酸；【小问6详解】将pH之和等于14的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合，如=2的CH3COOH溶液中=0.01mol/L，CH3COOH溶液的浓度>0.01mol/L，=12的NaOH溶液=0.01mol/L，液的浓度=0.01mol/L，等体积混合后，CH3COOH过量有剩余，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COONa的水解程度，溶液显酸性，故答案为：酸；【小问7详解】的大于HCOOH的，但小于HCOOH的，故酸性强弱为>HCOOH>，H2C2O4溶液中加入过量的HCOONa溶液发生反应生成HCOOH和，不能生成，故离子方程式为：；【小问8详解】物质的量浓度比为2：1的HCOOH和NaOH溶液等体积混合，混合后溶液中含有等物质的量的HCOOH和HCOONa，溶液中存在电荷守恒，即，溶液中存在物料守恒，即，两式整理消去，得，故答案为：。16.据报道，CH4也是一种温室气体，对环境的影响是相同条件下CO2的40倍。研究CH4和CO2的转化技术对环境改善有着积极的意义。一个比较好的思路是，首先两者在一定条件下反应转化为CO和H2，然后再将CO和H2反应转化为CH3OH。已知：①甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol−1；②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-283kJ·mol−1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2=-285.8kJ·mol−1；回答下列问题： （1）写出符合甲烷燃烧热的热化学方程式：_______。（2）常温下，CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，其反应热ΔH=_______，若在恒温恒容条件下，增大起始CO2的体积分数(增加CO2的用量)，反应速率_______(填“增大”“减小”或“不变”)，CO2的转化率_______(填“提高”“降低”或“不变”)。（3）若已知以下两个反应的平衡常数分别为：CO2(g)+CH4(g)⇌2H2(g)+2CO(g)K1CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)K2则CO2(g)+2H2(g)+CH4(g)⇌2CH3OH(g)的平衡常数为_______(用K1、K2表示)。（4）有人提出分开处理温室气体的思路如下：ⅰ．将CO2转化为CO(NH2)2，其原理为：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)，若该反应在恒温恒容条件下进行，下列说法能说明该反应已达到平衡的有_______(填标号)；A．断裂3molN—H键的同时断裂2molO—H键B．NH3、CO2、H2O的物质的量恰好相等C．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变D．体系的压强不再发生改变ⅱ．将CH4纯化后制作成燃料电池，则在酸性条件下，该燃料电池工作时负极的电极反应式为_______。（5）研究发现，CO2和H2在催化剂作用下可以按照不同的计量数之比进行反应。其原理如下：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0向体积恒定的容器中通入一定量的CO2和H2发生反应，温度升高，则平衡时CH3OH的平衡浓度_______(填“逐渐增大”“逐渐减小”或“不发生改变”)。若在反应过程中，随着温度的升高，持续监测CH3OH与CO的浓度比，测得的数据先增大后减小，其先增大的原因可能是_______。【答案】（1）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol−1（2）①.+247.3kJ·mol−1②.增大③.降低（3）（4）①.CD②.CH4-8e−+2H2O=CO2+8H+（5）①.逐渐减小②.在相对较低温度范围内，随着温度升高，反应①的催化剂活性逐渐增大，反应速率增大较显著(或“在相对较低温度范围内，随温度升高，反应①的选择性逐渐增大”)【解析】【小问1详解】甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol−1，，燃烧热的热化学方程式为： 【小问2详解】盖斯定律计算得到：,若在恒温恒容条件下，增大起始CO2的体积分数(增加CO2的用量)，反应速率增大，二氧化碳的转化率降低。【小问3详解】，根据盖斯定律计算得到，反应的平衡常数。【小问4详解】该反应在恒温恒容条件下进行反应，，A．断6molN-H键的同时断裂2molO-H键，在逆反应速率相同，反应达到平衡状态，断裂3molN-H键的同时断裂2molO-H键，反应逆向进行，A错误；B．NH3、CO2、H2O的物质的量恰好相等和起始量、变化量有关，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，当混合气体的平均相对分子质量不再发生改变，反应达到平衡状态，C正确；D．反应前后气体物质的量变化，当体系的压强不再发生改变时，反应达到平衡状态，D正确；故选CD。将CH4纯化后制作成燃料电池，则在酸性条件下，负极甲烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，根据电荷守恒和质量守恒，该燃料电池工作时负极电极反应式为：。【小问5详解】，，向体积恒定的容器中通入一定量的CO2和H2发生反应，温度升高，反应①逆向进行，反应②正向进行，则平衡时CH3OH 的平衡浓度逐渐减小，若在反应过程中，随着温度的升高，持续监测CH3OH与CO的浓度比，测得的数据先增大后减小，其先增大的原因可能是在相对较低温度范围内，随温度升高，反应①催化剂活性逐渐增大，反应速率增大较显著。17.某化学兴趣小组想要研究氯化铜溶液的相关性质，但实验室无氯化铜样品，大家想出两种制备方案并完成有关性质实验：【方案一】用固体CuO(含少量Fe2O3)和盐酸反应：将固体CuO缓慢加入到盛有稀盐酸的烧杯中，边加边搅拌，直至固体完全溶解，得溶液A。【方案二】用铜和石墨作电极，电解稀盐酸：将两个电极和直流电源相连，插入到盛有稀盐酸的烧杯中，电解一段时间后，得溶液B。已知：①氧化性：Fe3+>Cu2+；②CuCl是一种白色不溶于水的固体；③在该实验环境下，有关参数如下表：物质Fe(OH)3Cu(OH)2Ksp2.8×10−392.2×10−20阳离子完全沉淀时的pH≥2.8≥6.5回答下列问题：（1）方案一中，为了制备不含铁元素的CuCl2溶液，有同学提议在溶液A中加入过量的铜，充分反应后过滤，该方法_______(填“能”或“不能”)达到目的，理由是_______(结合方程式解释)。也有同学提议用调整溶液pH的方法来除去Fe3+，假设Cu2+起始浓度为2.2mol·L−1，则在不损失铜元素的情况下，调整溶液pH的范围为_______。（2）方案二中，Cu电极应该与电源的_______(填“正”或“负”)极相连，其电解的总反应方程式为_______。实验过程中，有同学观察到阳极周围有气泡出现，则出现气泡最可能的原因是_______。（3）若将方案二中的稀盐酸换作饱和食盐水，发现电解过程中未有蓝绿色溶液出现，但在其中一个电极附近出现了白色固体，则生成该固体的电极反应式为_______。（4）取少量方案二中B的稀溶液于试管，在酒精灯上加热，发现溶液由蓝色变为蓝绿色，其原因是_______(用平衡移动原理解释)。（5）取纯化的A的稀溶液20mL于烧杯中，加入2gKCl固体，用玻璃棒搅拌，发现溶液由蓝色变为蓝绿色，_______(填“能”或“不能”)用勒夏特列原理解释该现象。 【答案】（1）①.不能②.2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁的金属性比铜强，Fe2+不再与Cu反应③.2.8≤pH<4(或2.8≤pH≤4)（2）①.正②.Cu+2HClCuCl2+H2↑③.溶液中的氯离子在阳极上放电，生成了氯气（3）Cu-e−+Cl−=CuCl（4）反应[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O正向吸热，升温，平衡正向移动（5）能【解析】【小问1详解】固体CuO(含少量Fe2O3)缓慢加入到盛有稀盐酸的烧杯中，边加边搅拌，直至固体完全溶解，得到的溶液A含有Fe3+、Cu2+，在其中加入过量的铜，据氧化性强弱：Fe3+>Cu2+，发生反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，但Cu不能和Fe2+反应，铁元素以Fe2+形式存在溶液中，故该方法不能达到目的，理由是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁的金属性比铜强，Fe2+不再与Cu反应；当Cu2+开始以Cu(OH)2形式沉淀时，据，，PH=4，又铁离子完全沉淀时的pH=2.8，不损失铜元素的情况下，调整溶液pH的范围为2.8≤pH<4(或2.8≤pH≤4)；【小问2详解】制备氯化铜，应以Cu电极作阳极，即Cu电极应该与电源的正极相连，其电解的总反应方程式为：Cu+2HClCuCl2+H2↑；实验过程中，阳极周围有气泡出现，因为阳极发生的反应为氧化反应，应是溶液中阴离子放电所得产物，则出现气泡最可能的原因是溶液中的氯离子在阳极上放电，生成了氯气；【小问3详解】电解过程中未有蓝绿色溶液出现，即产物不是Cu2+，但在其中一个电极附近出现了白色固体，据CuCl是一种白色不溶于水的固体，则生成该固体的电极反应式为：Cu-e−+Cl−=CuCl；【小问4详解】用铜和石墨作电极，电解稀盐酸，得到的溶液B主要含有CuCl2，呈蓝色，在酒精灯上加热，发现溶液由蓝色变为蓝绿色，其原因是：反应[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O正向吸热，升温，平衡正向移动；【小问5详解】纯化的A的稀溶液为CuCl2稀溶液，加入2gKCl固体，用玻璃棒搅拌，发现溶液由蓝色变为蓝绿色，是反应[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O 因为氯离子浓度增大，平衡正向移动引起，故能用勒夏特列原理解释该现象。18.电解二氧化锰具有高能量密度、长寿命、低自放电率等优点，被广泛应用于移动电源、电动汽车、无人机等领域。工业上利用碳酸锰矿(含碳酸亚铁及其它重金属化合物)通过一系列过程制备电解二氧化锰的原理如下：已知：在生产时对应温度下，有关物质的溶度积常数如下：物质Fe(OH)3Fe(OH)2Ksp2.8×10−394.7×10−17回答下列问题：（1）为了加快碳酸锰矿的溶解，可采取的措施有_______(答出一种即可)。（2）氧化过程的目的是_______。（3）石灰石除铁的原理是_______(结合方程式回答)。（4）电解是在酸性环境下进行，生成二氧化锰的电极反应式为_______。（5）在电解过程中，其中一个电极生成的气体物质可以用于制成燃料电池，若该电池在碱性条件下工作，其负极发生的电极反应式为_______。（6）电解时Mn2+的浓度和酸度会影响最后产品的质量。实验室可以用酸性高锰酸钾溶液通过滴定的方式测定过滤后溶液中Mn2+的浓度，其原理为：。某同学进行了如下操作：取过滤后的溶液10mL，稀释至100mL，取25mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用浓度为0.1000mol·L−1KMnO4溶液进行滴定，滴定终点时，用去的KMnO4溶液体积平均值为12.50mL。①滴定终点时的现象是_______；②经计算，此次实验测得的原过滤后溶液中Mn2+的浓度为_______；③滴定终点后读数时发现滴定管尖嘴处有一个气泡，若其它环节无误，则此次实验测得的Mn2+浓度_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】（1）适当加热、充分搅拌、适当提高硫酸的浓度（2）将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+(便于后续加石灰石调pH至3左右时，能有效除铁)（3）含Fe3+溶液中存在，加入石灰石，消耗H+ ，使该平衡正向移动，将Fe3+转化为沉淀除去（4）（5）（6）①.滴入最后半滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液的颜色变成浅紫红色，且半分钟内浅紫红色不褪去②.0.7500mol·L−1③.偏小【解析】【分析】碳酸锰矿含碳酸亚铁及其它重金属化合物，碳酸锰矿中加入稀硫酸充分溶解，和稀硫酸反应生成、和，碳酸锰和稀硫酸反应生成、向溶液中加入，被氧化为，向溶液中加入石灰石并调节溶液的至3，转化为沉淀，过滤后，向滤液中加入硫化剂除去重金属，然后除钙，过滤后，电解滤液得到粗产品。【小问1详解】为了加快碳酸锰矿的溶解，可采取的措施有适当加热、充分搅拌、适当提高硫酸的浓度；【小问2详解】氧化过程的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+(便于后续加石灰石调pH至3左右时，能有效除铁)；【小问3详解】含Fe3+溶液中存在，加入石灰石，消耗H+，使该平衡正向移动，将Fe3+转化为沉淀除去；【小问4详解】电解是在酸性环境下进行，生成二氧化锰的电极反应式为；【小问5详解】在电解过程中，其中一个电极生成的气体物质可以用于制成燃料电池，若该电池在碱性条件下工作，其负极发生的电极反应式为，；【小问6详解】