2019-2020年高二（下）期末化学模拟试卷（4）（必修2、选修4、结构）含解析

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高二（下）期末化学模拟 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 （4）（必修2、选修4、结构）含解析　一、选择题（每小题只有一个正确 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ）1．（2分）（xx春•常熟市校级期末）用NA 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示阿伏加德罗常数的值．下列叙述中正确的是（　　）　A．8g甲烷含有的共价键数约为NA　B．常温常压下，22.4L二氧化碳原子总数为3NA　C．1molFe与稀HNO3反应，一定转移3NA个电子　D．1mol单质硅含有2molSi﹣Si键　2．（2分）（xx春•常熟市校级期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）　A．使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN﹣、NO3﹣　B．0.1mol•L﹣1HNO3溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣　C．0.5mol•L﹣1FeCl3溶液：K+、Na+、I﹣、SO42﹣　D．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液：K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣　3．（2分）（xx春•常熟市校级期末）下列溶液中能够区别SO2和CO2气体的是（　　）①澄清石灰水②KMnO4酸性溶液③氯水④品红溶液．　A．①③④B．②③④C．①②③D．全部　4．（2分）（xx•天心区校级模拟）勤洗手和经常对环境进行消毒是预防传染病的有效途径．xx年4月，H7N9疫情爆发，可以用某种消毒液进行消毒，预防传染．已知该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则该消毒液的主要成分可能是（　　）　A．KMnO4B．H2O2C．NaClOD．NH3•H2O　5．（2分）（xx•延安模拟）已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（　　）　A．10molB．11molC．12molD．13mol　6．（2分）（xx•江苏）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）　A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2O　B．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+　C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑　D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O　7．（2分）（xx•荔湾区校级模拟）下列说法不正确的是（　　）　A．Na2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂　B．Al2O3熔点高，可用于整理耐高温仪器　C．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂　D．SiO2有导电性，可用于制备光导纤维　8．（2分）（xx秋•广州期末）下列实验不能达到目的是（　　）　A．用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl　B．用加热蒸干CuCl2溶液的方法制备无水CuCl2固体　C．用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层　D．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体　9．（2分）（xx秋•广州期末）下列离子方程式正确的是（　　）　A．MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓　B．FeCl3溶液中加入Cu粉：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+　C．酸性碘化钾溶液中滴加双氧水：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O　D．氯化铝溶液中滴加氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O　10．（2分）（xx秋•广州期末）实验室中某些气体的制取、收集、尾气处理（或性质实验）装置如图所示，用此装置和下表中提供的物质完成相关实验，合理的选项是（　　）选项Ⅰ中的物质Ⅱ中收集的气体Ⅲ中的物质ACu和浓硝酸NONaOH溶液B浓盐酸和MnO2Cl2NaOH溶液C碳酸钙和盐酸CO2澄清石灰水D浓氨水和CaONH3酚酞溶液　A．AB．BC．CD．D　　二、不定项选择（4×5）11．（4分）（xx秋•广州期末）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）　A．1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有0.1NA个NH4+　B．常温常压下，18gH2O含有10NA个电子　C．1molCu与足量浓硫酸反应产生2NA个SO2分子　D．常温常压下，11.2L的CO含有NA个原子　12．（4分）（xx•永定县校级模拟）对于常温下pH=2的盐酸和pH=3的醋酸，下列说法正确的是（　　）　A．pH=2的盐酸中：c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）　B．pH=3的醋酸中：c（H+）=3.0mol•L﹣1　C．pH=2的盐酸与pH=3的醋酸中溶质的物质的量浓度之比为10：1　D．pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）　13．（4分）（xx秋•广州期末）短周期元素甲、乙、丙、丁在元素周期表的相对位置如表所示，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则下列判断正确的是（　　）甲乙丙丁　A．甲位于元素周期表中第2周期、第ⅤA族　B．原子半径：甲＞乙　C．单质的氧化性：丙＞乙　D．气态氢化物稳定性：丁＞丙＞乙　14．（4分）（xx•荔湾区校级模拟）下列实验现象与对应结论均正确的是（　　）选项操作现象结论ASO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀BaSO3难溶于盐酸BAl放入浓HNO3中无明显现象Al表面被浓HNO3氧化形成致密的氧化膜CNa2SiO3溶液中通入CO2气体产生白色胶状沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性　A．AB．BC．CD．D　15．（4分）（xx•江苏）一定条件下存在反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），其正反应放热．现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1molCO和1molH2O，在Ⅱ中充入1molCO2和1molH2，在Ⅲ中充入2molCO和2molH2O，700℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（　　）　A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同　B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同　C．容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多　D．容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1　　三、解答题（共6小题，满分80分）16．（16分）（xx秋•广州期末）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4．（1）写出CO2与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式　　　　　　．已知：①CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1②C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣1③2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1（2）另一生成CH4的途径是CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）．其他条件相同时，H2的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图所示．①该反应的△H　　　　　　0（填“＜”、“=”或“＞”）．②实际生产中采用图中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由　　　　　　．（3）某温度下，将0.1molCO和0.3molH2充入10L的密闭容器内发生反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g），平衡时H2的转化率为80%，求此温度下该反应的平衡常数K．（写出计算过程，计算结果保留两位有效数字）　17．（16分）（xx•中山市校级模拟）Na2S2O8溶液可降解有机污染物4﹣CP，原因是Na2S2O8溶液在一定条件下可产生强氧化性自由基（SO4﹣•）．通过测定4﹣CP降解率可判断Na2S2O8溶液产生SO4﹣•的量．某研究小组探究溶液酸碱性、Fe2+的浓度对产生SO4﹣•的影响．（1）溶液酸碱性的影响：其他条件相同，将4﹣CP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，结果如图a所示．由此可知：溶液酸性增强，　　　　　　（填“有利于”或“不利于”）Na2S2O8产生SO4﹣•．（2）Fe2+浓度的影响：相同条件下，将不同浓度的FeSO4溶液分别加入c（4﹣CP）=1.56×10﹣4mol•L﹣1、c（Na2S2O8）=3.12×10﹣3mol•L﹣1的混合溶液中．反应240min后测得实验结果如图b所示．已知S2O82﹣+Fe2+=SO4﹣•+SO42﹣+Fe3+，此外还可能会发生：SO4﹣•+Fe2+=SO42﹣+Fe3+①实验开始前，检验FeSO4溶液是否被氧化的试剂是　　　　　　（化学式）．如被氧化可以观察到的现象是　　　　　　．②当c（Fe2+）=3.2×10﹣3mol•L﹣1时，4﹣CP降解率为　　　　　　%，4﹣CP降解的平均反应速率的计算表达式为　　　　　　．③当c（Fe2+）过大时，4﹣CP降解率反而下降，原因可能是　　　　　　．　18．（16分）（xx•湖南模拟）锰是冶炼工业中常用的添加剂．以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如图：已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn（OH）2Co（OH）2Ni（OH）2MnSCoSNiSKsp2.1×10﹣133.0×10﹣165.0×10﹣161.0×10﹣115.0×10﹣221.0×10﹣22（1）步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是　　　　　　．（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是　　　　　　，加氨水调节溶液的pH为5.0﹣6.0，以除去Fe3+．（3）步骤Ⅲ中，滤渣2的主要成分是　　　　　　．（4）步骤Ⅳ中，在　　　　　　（填“阴”或“阳”）极析出Mn，电极反应方程式为　　　　　　．（5）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn（OH）2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降．进行二级沉降的目的是　　　　　　．　19．（10分）（xx秋•广州期末）某研究小组为了研究不同条件下金属铝粉在过量稀硫酸中的溶解性能，设计如下实验．已知：c（H2SO4）=4.5mol•L﹣1，反应均需要搅拌60min．编号温度/℃加入某盐H2SO4体积/mLH2O体积/mL铝粉加入量/g铝粉溶解量/g①20不加4002.00500.0307②80不加4002.00500.1184③t1不加20V12.0050﹨④t25mL0.01mol•L﹣1CuSO4溶液20V22.0050﹨（1）实验①和②的目的是　　　　　　．为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是　　　　　　．（2）实验①和③是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，则t1=　　　　　　℃，V1=　　　　　　mL．（3）实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则t2=　　　　　　℃，V2=　　　　　　mL．研究表明，在相同条件下加入少量CuSO4有利于Al的溶解．原因是　　　　　　．　20．（10分）（xx春•常熟市校级期末）如图所示3套实验装置，分别回答下列问题．（1）装置1中的Cu是　　　　　　极（填“正”或“负”），该装置发生的总反应的离子方程式为　　　　　　．（2）装置2中甲烧杯盛放100mL0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL0.5mol/L的CuSO4溶液．反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到右边石墨电极附近首先变红，左边石墨电极附近无明显现象．①电源的M端为　　　　　　极②乙烧杯中电解反应的离子方程式　　　　　　．（3）可用阳离子交换膜法电解饱和食盐水制NaOH，其工作原理装置3所示．①请写出A、B两处物质的名称：A　　　　　　B　　　　　　②请写出电解食盐水的离子方程式　　　　　　．　21．（12分）（xx春•常熟市校级期末）短周期元素A、B、C、D．A元素的原子最外层电子排布为ns1，B元素的原子价电子排布为ns2np2，C元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，D元素原子的M电子层的P轨道中有3个未成对电子．（1）C原子的电子排布式为　　　　　　，若A为非金属元素，则按原子轨道的重迭方式，A与C形成的化合物中的共价键属于　　　　　　键（填“σ”或“π”）．（2）当n=2时，B位于元素周期表的第　　　　　　周期　　　　　　族，BC2属于　　　　　　分子（填“极性”或“非极性”）．当n=3时，B与C形成的晶体属于　　　　　　晶体．　　xx学年江苏省苏州市常熟中学高二（下）期末化学模拟试卷（4）（必修2、选修4、结构）参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个正确答案）1．（2分）（xx春•常熟市校级期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述中正确的是（　　）　A．8g甲烷含有的共价键数约为NA　B．常温常压下，22.4L二氧化碳原子总数为3NA　C．1molFe与稀HNO3反应，一定转移3NA个电子　D．1mol单质硅含有2molSi﹣Si键考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．甲烷（）分子中含有4个碳氢共价键，8g甲烷的物质的量为0.5mol，含有2mol共价键；B．常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算二氧化碳的物质的量；C．若稀硝酸不足，反应生成亚铁离子，1mol铁完全反应转移了2mol电子；D．硅晶体中，每个硅原子与气体4个Si形成4个Si﹣Si键，根据均摊法计算出1mol硅形成的Si﹣Si数目．解答：解：A．8g甲烷的物质的量为0.5mol，甲烷的电子式为：，0.5mol甲烷中含有2mol碳氢键，含有的共价键数约为2NA，故A错误；B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L二氧化碳的物质的量，故B错误；C．1mol铁与稀硝酸反应，如果稀硝酸不足，则反应生成亚铁离子，1mol铁完全反应失去2mol电子，转移了2NA个电子，故C错误；D．晶体硅中，每个硅原子与气体4个Si形成4个Si﹣Si键，则每个硅原子形成的共价键为：×4=2，则1mol单质硅含有2molSi﹣Si键，故D正确；故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项D为难点，明确硅晶体的结构为解答本题的关键．　2．（2分）（xx春•常熟市校级期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）　A．使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN﹣、NO3﹣　B．0.1mol•L﹣1HNO3溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣　C．0.5mol•L﹣1FeCl3溶液：K+、Na+、I﹣、SO42﹣　D．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液：K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．使苯酚显紫色的溶液，含大量的Fe3+；B．离子之间不反应；C．离子之间发生氧化还原反应；D．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液．解答：解：A．使苯酚显紫色的溶液，含大量的Fe3+，与SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；B．离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．Fe3+、I﹣离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，HCO3﹣既能与酸又能与碱反应，不能大量共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应及习题中的信息为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，选项A为解答的难点，题目难度不大．　3．（2分）（xx春•常熟市校级期末）下列溶液中能够区别SO2和CO2气体的是（　　）①澄清石灰水②KMnO4酸性溶液③氯水④品红溶液．　A．①③④B．②③④C．①②③D．全部考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；二氧化硫的化学性质．专题：物质检验鉴别题．分析：二者均为酸性氧化物，而二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原反应，则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分SO2和CO2气体．解答：解：①SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，则不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2，故不选；②SO2具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化（溶液褪色），而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2，故选；③氯水与SO2发生氧化还原反应，溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2，故选；⑤SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2和CO2，故选；故选B．点评：本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握SO2的还原性及漂白性为解答的关键，注意二者均为酸性氧化物，相同现象不能鉴别，题目难度不大．　4．（2分）（xx•天心区校级模拟）勤洗手和经常对环境进行消毒是预防传染病的有效途径．xx年4月，H7N9疫情爆发，可以用某种消毒液进行消毒，预防传染．已知该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则该消毒液的主要成分可能是（　　）　A．KMnO4B．H2O2C．NaClOD．NH3•H2O考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：卤族元素．分析：该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则消毒液具有碱性和漂白性，以此来解答．解答：解：该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则消毒液具有碱性和漂白性，A．KMnO4不具有碱性，且为紫色，与无色不符，故A不选；B．不能使试纸变蓝，故B不选；C．NaClO溶液水解显碱性，且具有漂白性，溶液为无色，符合题意，故C选；D．NH3•H2O不具有漂白性，故D不选；故选C．点评：本题考查漂白液的成分及性质，为高频考点，把握溶液碱性及漂白性的判断为解答的关键，注意物质的性质及习题中的信息，题目难度不大．　5．（2分）（xx•延安模拟）已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（　　）　A．10molB．11molC．12molD．13mol考点：氧化还原反应的电子转移数目计算．专题：压轴题；氧化还原反应专题．分析：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由﹣1价升高到0，以此来计算．解答：解：由2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu（IO3）2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu（IO3）2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2﹣1）+2mol×（5﹣0）=11mol，故选B．点评：本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意CuI中Cu为+1价为学生解答的易错点，题目难度中等．　6．（2分）（xx•江苏）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）　A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2O　B．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+　C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑　D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．HCl为强电解质，应完全电离；B．是胶体，而不是沉淀，且水解为可逆反应；C．没有配平；D．NaOH完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠．解答：解：A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；B．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体的离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故B错误；C．Na2O2溶于水产生O2的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故C错误；D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应飞离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意胶体的生成为水解的应用及与量有关的离子反应，题目难度中等．　7．（2分）（xx•荔湾区校级模拟）下列说法不正确的是（　　）　A．Na2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂　B．Al2O3熔点高，可用于整理耐高温仪器　C．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂　D．SiO2有导电性，可用于制备光导纤维考点：钠的重要化合物；盐类水解的应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．专题：化学应用．分析：A．Na2O2能与CO2反应生成氧气；B．整理耐高温仪器所用 材料 关于××同志的政审材料调查表环保先进个人材料国家普通话测试材料农民专业合作社注销四查四问剖析材料 熔点高；C．明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体；D．SiO2不具有导电性．解答：解：A．Na2O2能与CO2反应生成氧气，常用于供氧剂，故A正确；B．Al2O3熔点高，硬度大，可用于整理耐高温仪器，故B正确；C．明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，故C正确；D．SiO2不具有导电性，故D错误；故选D．点评：本题考查物质的性质与用途，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．　8．（2分）（xx秋•广州期末）下列实验不能达到目的是（　　）　A．用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl　B．用加热蒸干CuCl2溶液的方法制备无水CuCl2固体　C．用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层　D．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：化学实验基本操作．分析：A．CO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液，且不反应；B．为强酸弱碱盐，加热促进水解；C．四氯化碳不溶于水；D．碳酸氢钠不稳定，加热易分解．解答：解：A．CO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液，且不反应，而HCl可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可除去杂质，故A正确；B．为强酸弱碱盐，加热促进水解，蒸干后得到氢氧化铜，故B错误；C．四氯化碳不溶于水，可用分液的方法分离，故C正确；D．碳酸氢钠不稳定，加热分解生成二氧化碳和碳酸钠，可用加热的方法鉴别，故D正确．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及物质物质的分离、提纯、制备和鉴别等知识，为高考常见题型和高频考点，难度适中，注意把握物质的性质的异同，除杂时注意不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质．　9．（2分）（xx秋•广州期末）下列离子方程式正确的是（　　）　A．MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓　B．FeCl3溶液中加入Cu粉：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+　C．酸性碘化钾溶液中滴加双氧水：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O　D．氯化铝溶液中滴加氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A、MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀；B、选项中氯化铁溶液和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；C、酸性碘化钾溶液中滴加双氧水发生反应生成碘单质和水；D、氢氧化铝不溶于氨水．解答：解：A、MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式：Ba2++Mg2++2OH﹣+SO42﹣=BaSO4↓+Mg（OH）2↓，故A错误；B、FeCl3溶液中加入Cu粉，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；C、酸性碘化钾溶液中滴加双氧水生成碘单质和水，反应的离子方程式：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O，故C正确；D、氯化铝溶液中滴加氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子方程式书写方法，弱电解质的判断，反应实质的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．　10．（2分）（xx秋•广州期末）实验室中某些气体的制取、收集、尾气处理（或性质实验）装置如图所示，用此装置和下表中提供的物质完成相关实验，合理的选项是（　　）选项Ⅰ中的物质Ⅱ中收集的气体Ⅲ中的物质ACu和浓硝酸NONaOH溶液B浓盐酸和MnO2Cl2NaOH溶液C碳酸钙和盐酸CO2澄清石灰水D浓氨水和CaONH3酚酞溶液　A．AB．BC．CD．D考点：常见气体制备原理及装置选择．专题：化学实验基本操作．分析：A、铜与浓硝酸反应生成产物为二氧化氮，无法获得一氧化氮；B、浓盐酸与二氧化锰的反应需要加热，氢氧化钠溶液吸收多余的氯气需要使用防止倒吸装置；C、碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳密度大于空气，可以使用向上排空气法；D、氨气密度小于空气的密度，收集方法应该为向下排空气法，且尾气吸收应该防止倒吸．解答：解：A、铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，不会获得一氧化氮，一氧化氮与氢氧化钠溶液不反应，也不能使用氢氧化钠溶液吸收多余的一氧化氮气体，故A错误；B、二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热条件下进行，氯化氢容易挥发，必须使用饱和食盐水除去氯气中氯化氢；完全吸收装置应该使用防止倒吸装置，故B错误；C、碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳气体，二氧化碳密度大于空气，使用向上排空气法收集；二氧化碳不污染大气，可以使用澄清石灰水检验二氧化碳是否收集满，故C正确；D、氨气的密度比空气小，收集装置的导管应该改为短进长出，且氨气极易溶于水，应该使用防止倒吸装置，故D错误；故选C．点评：本题考查化学实验基本原理（气体的制备）、实验装置、仪器的使用，题目难度中等，该考点是高考的热点，本题对相关的知识考查的要求较高，本题有利于培养学生对实验的分析能力．　二、不定项选择（4×5）11．（4分）（xx秋•广州期末）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）　A．1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有0.1NA个NH4+　B．常温常压下，18gH2O含有10NA个电子　C．1molCu与足量浓硫酸反应产生2NA个SO2分子　D．常温常压下，11.2L的CO含有NA个原子考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、铵离子在溶液中部分水解，导致铵离子数目减少；B、18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol电子；C、根据电子守恒，1mol铜完全反应失去2mol电子，能够生成1mol二氧化硫；D、不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算一氧化碳的物质的量．解答：解：A、1L1mol/L的氯化铵溶液中含有1mol溶质氯化铵，由于铵离子部分水解，溶液中铵离子的物质的量小于0.1mol，含有的铵离子数目小于0.1NA，故A错误；B、18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子，含有10NA个电子，故B正确；C、1mol铜变成铜离子失去2mol电子，生成1mol二氧化硫需要得到2mol电子，所以1mol铜完全反应能够生成1mol二氧化硫，产生NA个SO2分子，故C错误；D、不是标况下，题中体积无法计算11.2L一氧化碳的物质的量，故D错误；故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系．　12．（4分）（xx•永定县校级模拟）对于常温下pH=2的盐酸和pH=3的醋酸，下列说法正确的是（　　）　A．pH=2的盐酸中：c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）　B．pH=3的醋酸中：c（H+）=3.0mol•L﹣1　C．pH=2的盐酸与pH=3的醋酸中溶质的物质的量浓度之比为10：1　D．pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）考点：pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、根据盐酸溶液中的电荷守恒进行判断；B、pH=3的醋酸中：c（H+）=0.001mol•L﹣1；C、醋酸为弱电解质，溶液中醋酸部分电离，pH=2的盐酸中盐酸的浓度为0.01mol/L；pH=3的醋酸中：c（H+）=0.001mol•L﹣1，而醋酸的浓度大于，0.001mol•L﹣1；D、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钠溶液混合后，醋酸过量，溶液显示酸性，根据电荷守恒进行判断钠离子与醋酸根离子浓度关系．解答：解：A、pH=2的盐酸中一定满足电荷守恒，即：c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故A正确；B、根据pH=﹣lgc（H+）可知，pH=3的醋酸中：c（H+）=0.001mol•L﹣1，故B错误；C、pH=2的盐酸中盐酸的浓度为0.01mol/L；pH=3的醋酸中，c（H+）=0.001mol•L﹣1，而醋酸为弱电解质，醋酸的浓度大于，0.001mol•L﹣1，所以两溶液中溶质的物质的量浓度之比小于10：1，故C错误；D、pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钠溶液混合后，醋酸为弱酸，所以醋酸过量，溶液显示酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒可知，c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故D错误；关系A．点评：本题考查了酸碱混合时溶液酸碱性判断及溶液pH的简单计算，题目难度中等，注意掌握判断溶液酸碱性方法及溶液pH的计算方法，选项D为易错点，注意醋酸为弱电解质，溶液中部分电离．　13．（4分）（xx秋•广州期末）短周期元素甲、乙、丙、丁在元素周期表的相对位置如表所示，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则下列判断正确的是（　　）甲乙丙丁　A．甲位于元素周期表中第2周期、第ⅤA族　B．原子半径：甲＞乙　C．单质的氧化性：丙＞乙　D．气态氢化物稳定性：丁＞丙＞乙考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：短周期元素甲、乙、丙、丁，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为N，由元素周期表的相对位置可知，乙为O、丙为S、丁为Cl，A．主族元素周期数=电子层数、族序数=最外层电子数；B．同周期随原子序数增大原子半径减小；C．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，单质的氧化性越强；D．非金属性越强，氢化物越稳定．解答：解：短周期元素甲、乙、丙、丁，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为N，由元素周期表的相对位置可知，乙为O、丙为S、丁为Cl，A．甲为N元素，原子核外有2的电子层、最外层电子数为5，处于第二周期第ⅤA族，故A正确；B．同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径：甲＞乙，故B正确；C．O、S同主族，自上而下非金属性减弱，故氧气的氧化性比硫强，故C错误；D．非金属性O＞S、Cl＞S，故氢化物稳定性：丁＞丙，乙＞丙，故D错误，故选AB．点评：本题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，侧重对元素周期律的考查，注意整体把握元素周期表的结构．　14．（4分）（xx•荔湾区校级模拟）下列实验现象与对应结论均正确的是（　　）选项操作现象结论ASO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀BaSO3难溶于盐酸BAl放入浓HNO3中无明显现象Al表面被浓HNO3氧化形成致密的氧化膜CNa2SiO3溶液中通入CO2气体产生白色胶状沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 的评价．专题：实验评价题．分析：A．在该实验中根本得不到白色沉淀，因为SO2不可能与BaCl2溶液反应；B．铝与浓硝酸发生钝化反应；C．根据强酸制弱酸的原理；D．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性．解答：解：A．向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，得不到白色沉淀，因为HCl酸性强于H2SO3，且BaSO3可溶于盐酸，故SO2不可能与BaCl2溶液反应，故A错误；B．铝与浓硝酸发生钝化反应，阻止反应进一步进行，故B正确；C．向Na2SiO3溶液中通入适量的CO2，反应方程式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3，H2CO3的酸性比2SiO3的酸性强，故C错误；D．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，故D正确．故选BD．点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大．　15．（4分）（xx•江苏）一定条件下存在反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），其正反应放热．现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1molCO和1molH2O，在Ⅱ中充入1molCO2和1molH2，在Ⅲ中充入2molCO和2molH2O，700℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（　　）　A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同　B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同　C．容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多　D．容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1考点：化学平衡的影响因素．专题：压轴题；化学平衡专题．分析：A．容器Ⅰ中从正反应开始到达平衡，容器Ⅱ中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同；B．容器Ⅲ中相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上再加入1molCO和1molH2O，反应向正反应进行，故容器Ⅲ中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小；C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动；D．温度相同时，容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动．解答：解：A．容器Ⅰ中从正反应开始到达平衡，容器Ⅱ中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率，故A错误B．容器Ⅲ中相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上再加入1molCO和1molH2O，反应向正反应进行，故容器Ⅲ中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，故B错误；C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，故容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多，故C正确；D．温度相同时，容器I中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，二氧化碳的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中CO2的转化率低，故容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1，故D正确；故选CD．点评：本题考查影响化学平衡的因素、化学平衡的建立等，难度较大，构建平衡建立的途径进行比较是关键．　三、解答题（共6小题，满分80分）16．（16分）（xx秋•广州期末）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4．（1）写出CO2与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式　CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣162kJ•mol﹣1　．已知：①CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1②C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣1③2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1（2）另一生成CH4的途径是CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）．其他条件相同时，H2的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图所示．①该反应的△H　＜　0（填“＜”、“=”或“＞”）．②实际生产中采用图中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由　相对于N点而言，采用M点，温度在500﹣600K之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高　．（3）某温度下，将0.1molCO和0.3molH2充入10L的密闭容器内发生反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g），平衡时H2的转化率为80%，求此温度下该反应的平衡常数K．（写出计算过程，计算结果保留两位有效数字）考点：转化率随温度、压强的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：（1）根据盖斯定律书写目标热化学方程式；（2）①由图可知，压强一定时，升高温度，平衡时氢气的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；②相对于N点而言，采用M点，温度在500﹣600K之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高；（3）计算平衡时氢气浓度变化量，利用三段式计算平衡时各组分浓度，代入平衡常数表达式计算．解答：解：（1）已知：①CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1②C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣1③2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1根据盖斯定律，②+③﹣①×2得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣162kJ•mol﹣1，故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣162kJ•mol﹣1；（2）①由图可知，压强一定时，升高温度，平衡时氢气的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，故△H＜0，故答案为：＜；②相对于N点而言，采用M点，温度在500﹣600K之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高，故答案为：相对于N点而言，采用M点，温度在500﹣600K之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高；（3）平衡时H2的转化率为80%，参加反应氢气的物质的量=0.3mol×80%=0.24mol，故氢气的浓度变化量==0.024mol/L，则：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）开始（mol/L）：0.010.0300变化（mol/L）：0.0080.0240.0080.008平衡（mol/L）：0.0020.0060.0080.008故平衡常数==1.5×105答：此温度下该反应的平衡常数K为1.5×105．点评：本题考查热化学方程式书写、化学平衡影响因素、平衡常数计算等，注意利用三段式计算，难度中等．　17．（16分）（xx•中山市校级模拟）Na2S2O8溶液可降解有机污染物4﹣CP，原因是Na2S2O8溶液在一定条件下可产生强氧化性自由基（SO4﹣•）．通过测定4﹣CP降解率可判断Na2S2O8溶液产生SO4﹣•的量．某研究小组探究溶液酸碱性、Fe2+的浓度对产生SO4﹣•的影响．（1）溶液酸碱性的影响：其他条件相同，将4﹣CP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，结果如图a所示．由此可知：溶液酸性增强，　有利于　（填“有利于”或“不利于”）Na2S2O8产生SO4﹣•．（2）Fe2+浓度的影响：相同条件下，将不同浓度的FeSO4溶液分别加入c（4﹣CP）=1.56×10﹣4mol•L﹣1、c（Na2S2O8）=3.12×10﹣3mol•L﹣1的混合溶液中．反应240min后测得实验结果如图b所示．已知S2O82﹣+Fe2+=SO4﹣•+SO42﹣+Fe3+，此外还可能会发生：SO4﹣•+Fe2+=SO42﹣+Fe3+①实验开始前，检验FeSO4溶液是否被氧化的试剂是　KSCN　（化学式）．如被氧化可以观察到的现象是　溶液呈红色　．②当c（Fe2+）=3.2×10﹣3mol•L﹣1时，4﹣CP降解率为　52.4　%，4﹣CP降解的平均反应速率的计算表达式为　mol/（L/min）　．③当c（Fe2+）过大时，4﹣CP降解率反而下降，原因可能是　Fe2+浓度过高时，Fe2+会与SO4﹣．发生反应，消耗部分SO4﹣．导致4﹣CP降解率下降　．考点：性质实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：（1）当其它条件相同，将4﹣CP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，根据图象知，溶液的pH越小，4﹣CP降解率越大；（2）①用KSCN溶液检验Fe3+，KSCN溶液和Fe3+反应导致溶液呈血红色，Fe2+和KSCN溶液不反应；②根据图片知，当c（Fe2+）=3.2×10﹣3mol•L﹣1时，确定4﹣CP降解率对应位置；平均反应速率=；③该混合物中还发生副反应SO4﹣•+Fe2+=SO42﹣+Fe3+，导致4﹣CP降解率反而下降．解答：解：（1）当其它条件相同，将4﹣CP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，根据图象知，溶液的pH越小，4﹣CP降解率越大，所以溶液酸性增强有利于Na2S2O8产生SO4﹣•，故答案为：有利于；（2）①KSCN溶液和Fe3+反应导致溶液呈血红色，该反应为铁离子的特征反应，Fe2+和KSCN溶液不反应，所以用KSCN溶液检验铁离子，故答案为：KSCN；溶液呈红色；②根据图片知，当c（Fe2+）=3.2×10﹣3mol•L﹣1时，4﹣CP降解率为52.4，4﹣CP降解的平均反应速率==mol/（L/min），故答案为：52.4；mol/（L/min）；③Fe2+浓度过高时，该混合物中还发生副反应SO4﹣•+Fe2+=SO42﹣+Fe3+，消耗部分SO4﹣．导致4﹣CP降解率下降，故答案为：Fe2+浓度过高时，Fe2+会与SO4﹣．发生反应，消耗部分SO4﹣．导致4﹣CP降解率下降．点评：本题考查探究实验，侧重考查学生获取信息、加工信息、利用信息解答问题能力，知道图象中纵横坐标的含义及变化趋势，知道实验目的及原理，题目难度不大．　18．（16分）（xx•湖南模拟）锰是冶炼工业中常用的添加剂．以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如图：已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn（OH）2Co（OH）2Ni（OH）2MnSCoSNiSKsp2.1×10﹣133.0×10﹣165.0×10﹣161.0×10﹣115.0×10﹣221.0×10﹣22（1）步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是　MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O　．（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是　MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O　，加氨水调节溶液的pH为5.0﹣6.0，以除去Fe3+．（3）步骤Ⅲ中，滤渣2的主要成分是　CoS和NiS　．（4）步骤Ⅳ中，在　阴　（填“阴”或“阳”）极析出Mn，电极反应方程式为　Mn2++2e﹣=Mn　．（5）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn（OH）2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降．进行二级沉降的目的是　沉降得到MnS，以进一步去除废水中的Mn2+　．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水；（2）据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+﹣﹣Mn2++2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+﹣﹣Mn2++2Fe3+，最后据原子守恒得MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2++2e﹣=Mn；（5）由于将一级沉降得到Mn（OH）2沉淀过滤之后的滤液中还含有Mn2+，以进一步去除废水中的Mn2+，向该滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降得到MnS，据溶解积常数确定其溶解度比Mn（OH）2小；解答：解：（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水，步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+﹣Mn2++2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+﹣Mn2++2Fe3+，最后据原子守恒得，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；故答案为：CoS和NiS；（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2++2e﹣=Mn；故答案为：阴，Mn2++2e﹣=Mn；（5）由于将一级沉降得到Mn（OH）2沉淀过滤之后的滤液中还含有Mn2+，以进一步去除废水中的Mn2+，向该滤液中加入适量Na2S，据溶解积常数确定其溶解度比Mn（OH）2小，进行二级沉降得到MnS，以进一步去除废水中的Mn2+；故答案为：沉降得到MnS，以进一步去除废水中的Mn2+；点评：本题考查了物质分离的流程分析，无性质，分离提纯物质的实验设计和本质分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．