内蒙古包钢第一中学2020届高三上学期期中考试化学试题

内蒙古包钢第一中学2020届高三上学期期中考试化学试题

包钢一中2020届高三上学期期中考试理综试卷化学 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动 B. 点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3‎ C. 明矾、冰水混合物、四氧化三铁都是纯净物 D. 广东正在打捞的明代沉船上有大量的铝制餐具 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液中溶质粒子的运动无规律，胶体中分散质粒子的运动也无规律，后者也叫布朗运动，故A错误；‎ B. 硫单质燃烧生成二氧化硫，不会生成三氧化硫，故B错误；‎ C. 明矾、冰水混合物、四氧化三铁均只含一种物质，都是纯净物，故C正确；‎ D. 铝发现于1825年，明灭亡于1644年，所以明代沉船上存在大量铝制餐具的说法不正确，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A. 1mol甲苯含有6NA个C﹣H键 B. ‎18g H2O含有10NA个质子 C. 标准状况下，‎22.4L氨水含有NA个NH3分子 D. ‎56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1mol甲苯中含有8NA个C—H键，A错误；‎ B.18gH2O的物质的量‎18g÷‎18g/mol=1mol，1个H2O分子中含有10个质子，1molH2O中含有10NA个质子，B正确；‎ C. 标准状况下，氨水是液体，C错误；‎ D.常温下Fe遇浓硫酸发生钝化，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.在标准状况下，将V L A气体（摩尔质量为M g/mol）溶于‎0.1L水中，所得溶液的密度为ρ g/cm3，则此溶液的物质的量浓度（mol/L）为 （ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. 1000VρM(MV+2240)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】该气体物质的量为，质量为，溶液的体积为，则此溶液的物质的量浓度为，故B正确；‎ 故选B。‎ ‎4.下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（ ）‎ ‎①Fe+Cu2+=Fe2++Cu ‎ ‎②Ba2++2OH－+2H++SO42—=BaSO4↓+2H2O ‎ ‎ ③Cl2+H2OH++Cl—+HClO ‎ ‎④CO32-+2H+=CO2↑+H2O ‎ ‎⑤Ag＋+Cl－= AgCl↓‎ A. ①②③④⑤ B. ①②③ C. ②③ D. ③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①可表示Fe与氯化铜、硫酸铜等物质的反应，可表示一类反应，故错误；‎ ‎②可表示硫酸、硫酸氢钠与氢氧化钡溶液的反应，故错误；‎ ‎③只能表示氯气与水反应，故正确；‎ ‎④可表示碳酸钠、碳酸钾与盐酸、硫酸、硝酸等的反应，故错误；‎ ‎⑤可表示硝酸银与氯化钠、盐酸的反应，故错误；‎ 综上所述，只有③只能表示一个化学反应，故D符合；‎ 故选D。‎ ‎5.向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100mL 2 mol/L盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）气体，向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量是（ ）‎ A. 5.6 ‎B. ‎4.2 ‎ C. 2.8 D. 1.4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明最终得到的溶液恰好为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知，n(FeCl2)=n(HCl)=×‎0.1L×2mol/L=0.1mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.1mol，则得到铁的质量m(Fe)=0.1mol×‎56g/mol=‎5.6g，故A正确；‎ 故选A ‎【点睛】解答该题的关键是通过“盐酸恰好使混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现”，判断最终得到的溶液恰好为FeCl2溶液，然后根据氯元素、铁元素守恒进行计算。‎ ‎6.甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO3-、SO42-中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c(H＋)＞0.1mol/L；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是 A. 甲溶液含有Ba2＋ B. 乙溶液含有SO42-‎ C. 丙溶液含有Cl－ D. 丁溶液含有Mg2＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据OH－只能与四种阳离子中的Ba2＋大量共存，则四种物质中其中一种为Ba(OH)2， H＋只能与Cl－、SO42-共存，则其中一种物质为H2SO4或HCl，0.1mol/L 乙溶液中c(H＋)＞0.1mol/L，说明乙为二元或多元酸，则乙为H2SO4，根据离子组成，则另外两种物质为MgCl2和NH4 HCO3或NH4Cl和Mg(HCO3)2，向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，则丙中含有氯离子，可能为MgCl2或NH4Cl，甲溶液分别与其它3种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，则甲为Ba(OH)2，丙为MgCl2,丁为NH4HCO3。‎ ‎【详解】A. 根据分析可知，甲为Ba(OH)2，其溶液中含有Ba2＋，故A正确；‎ B. 根据分析可知，乙为H2SO4，其溶液中含有SO42- ，故B正确；‎ C. 根据分析可知，丙为 MgCl2，其溶液中含有Cl－，故C正确； ‎ D.根据分析可知，丁为 NH4HCO3，其溶液中不含有Mg2+，故D错误；‎ 答案为D。‎ ‎7.实验室可以用固体氯酸钾和浓盐酸反应制氯气：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法中正确的是（ ）‎ A. KClO3是氧化剂，HCl是还原剂；Cl2是氧化产物，KCl是还原产物 B. 当有9 mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.5mol C. 产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为3mol D. 当有3mol Cl2生成时，作还原剂的HCl为5mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，KClO3中Cl元素的化合价从+5价降低为0价，HCl中Cl元素的化合价由‎-1升高为0价，则KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，当1mol KClO3和6mol浓盐酸反应时，1mol KClO3得电子5mol，其中5mol HCl失电子5mol，另外1mol HCl未被氧化，据此解答。‎ ‎【详解】KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，KClO3中Cl元素的化合价从+5价降低为0价，HCl中Cl元素的化合价由‎-1升高为0价，则KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，当1mol KClO3和6mol浓盐酸反应时，1mol KClO3得电子5mol，其中5mol HCl失电子5mol，另外1mol HCl未被氧化，‎ A. KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，故A错误；‎ B. 当有5mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1mol，则当有9 mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.8mol，故B错误；‎ C. 当产生3molCl2时，转移电子的物质的量为5mol，则当产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为2.5mol，故C错误；‎ D. 当有3mol Cl2生成时，作还原剂的HCl为5mol，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：‎ 氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；‎ 还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。‎ ‎8.干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸铵固体，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s) △H<0，在四氯化碳中通入二氧化碳和氨制备氨基甲酸铵的实验装置如下图所示，回答下列问题：‎ ‎(1)装置1用来制备二氧化碳气体：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，漏斗中所加试剂为____________，装置2中所加试剂为__________________；‎ ‎(2)装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca(OH)2，发生反应的化学方程式为___________，试管口不能向上倾斜的原因是________，装置3中试剂为KOH，其作用为___________；‎ ‎(3)反应时，三颈烧瓶需用冷水浴冷却，其目的是___________________。‎ ‎(4)下列实验事实能说明N的非金属性比C的非金属性强的是______________ ‎ A. 酸性:HNO3＞H2CO3 ‎ B. NH3的沸点高于CH4 ‎ C. NH3在水中的溶解性大于CH4在水中的 ‎【答案】 (1). 稀盐酸 (2). 浓H2SO4 (3). 2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2 +2H2O (4). 冷凝水倒流到试管底部使试管破裂 (5). 干燥剂（干燥氨气） (6). 降低温度，使平衡正向移动提高产量 (7). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)用碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，用浓硫酸干燥二氧化碳气体；‎ ‎(2)实验室用固体NH4Cl和Ca(OH)2在加热的条件下制取氨气，KOH能够干燥氨气；‎ ‎(3)该反应为放热反应，降低温度平衡向着正向移动；‎ ‎(4)判断元素非金属性强弱依据有：单质与氢气化合的难易，气态氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性以及单质之间的置换反应等。‎ ‎【详解】(1)装置1用来制备二氧化碳气体，将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，则漏斗中盛放的试剂为稀盐酸；装置2中的试剂用于干燥二氧化碳，应盛放浓硫酸，故答案为：稀盐酸；浓H2SO4；‎ ‎(2)装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca(OH)2，发生反应的化学方程式为：2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2 +2H2O，该反应中有水生成，且在加热条件下进行，若试管口向上倾斜，冷凝水会倒流到试管底部使试管破裂，则试管口不能向上倾斜；装置3中KOH为干燥剂，能够干燥氨气，故答案为：2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2 +2H2O；冷凝水倒流到管底部使试管破裂；干燥剂(干燥氨气)；‎ ‎(3)反应2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s))的△H＜0，为放热反应，降低温度平衡向着正向移动，可提高产量，所以反应时三颈烧瓶需用冷水浴冷却，故答案为：降低温度，使平衡正向移动提高产量；‎ ‎(4)A. 最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其非金属性越强，HNO3、H2CO3分别为N、C的最高价氧化物对应的水化物，酸性: HNO3＞H2CO3，可以说明N的非金属性比C的非金属性强，故A符合；‎ B. NH3的沸点高于CH4，与氢键、分子间作用力有关，与非金属性强弱无关，故B不符合；‎ C. NH3在水中的溶解性大于CH4在水中的，与物质的溶解性有关，与非金属性强弱无关，故C不符合，故答案为：A。‎ ‎【点睛】判断元素非金属性强弱的依据有：单质与氢气化合的难易，气态氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性以及单质之间的置换反应等，这是常考点，也是学生们的易错点。‎ ‎9.将一定量的NO2和N2O4的混合气体通入体积为‎2L的恒温密闭容器中，各物质的浓度随时间的变化如图1所示，请回答下列问题：‎ ‎(1)图1中，曲线_______（填“X”或“Y”）表示NO2浓度随时间的变化情况，前10min内v(NO2)=_______mol/(L· min)；‎ ‎(2)下列选项中不能说明该反应已达到平衡状态的是____（填选项字母）‎ A. 容器内混合气体的压强不随时间变化而改变 ‎ B. 容器内混合气体的密度不随时间变化而改变 ‎ C. 容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变 D. 容器内混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而改变 ‎(3)反应进行到10min时，共吸收热量22.76kJ，则该反应的热化学反应方程式为______________________，该反应的平衡常数K=_____________；‎ ‎(4)反应进行到20min时，再向容器内充入一定量的NO2，10min后达到新平衡，此时测得c(NO2)=0.9mol/L。‎ ‎①第一次平衡时混合气体中NO2体积分数为w1，达到新平衡后混合气体中的NO2的体积分数为w2，则w1______w2（填“>”“=”或“<”）‎ ‎②请在图2中画出20min后各物质的浓度随时间变化的曲线（曲线上必须标出“X”和“Y”，且要体现出始状态与末状态要用具体浓度）________________‎ ‎【答案】 (1). X (2). 0.04mol/(L·min) (3). B (4). N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=+56.9kJ/mol (5). 0.9 (6). ＞ (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据反应方程式N2O4(g)⇌2NO2(g)可知，NO2的浓度变化量是N2O4浓度变化量的2倍，据此判断；根据，计算v(NO2)； (2)化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断； (3)反应热与物质的量成正比；根据平衡常数的定义进行计算； (4)①恒容，充入一定量NO2，相当于增大压强； ②先计算平衡时、20min时气体的浓度，再作图。‎ ‎【详解】(1)由图可知，10min时反应达到平衡状态，0-10min内，X表示的生成物的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为(0.6-0.4)mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线，前10min内，故答案为：X，0.04； (2)反应条件为恒温恒容，反应N2O4⇌2NO2前后气体物质的量发生变化，‎ A. 该反应前后气体物质的量发生变化，因此混合气体的压强会随反应的进行发生变化，当混合气体的压强不随时间变化而改变，可判断反应达到化学平衡状态，故A正确； B. 混合气体的总质量不变，容器的体积不变，故混合气体的密度不随时间变化而改变，因此混合气体的密度不变，不能判断达到化学平衡状态，故B错误； C. NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，故混合气体的颜色不随时间变化而改变，说明各物质的浓度不发生变化，可判断达到化学平衡状态，故C正确； D. ‎ 混合气体的总质量不变，总物质的量随反应的进行发生变化，故混合气体的平均相对分子质量会随反应进行发生变化，因此混合气体的平均相对分子质量不再改变，可判断反应达到化学平衡状态，故D正确，故答案为：B；‎ ‎(3)由(1)可知，反应物为N2O4，生成物为NO2，反应进行到10min时，N2O4的物质的量变化量为0.2mol/L×‎2L=0.4mol，共吸收热量22.76kJ，故反应1molN2O4共吸收热量22.76kJ×2.5=56.9kJ，故该反应的热化学方程式为：N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=+56.9kJ/mol，该反应的平衡常数，故答案为：N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=+56.9kJ/mol；0.9；‎ ‎(4)①恒容，充入一定量NO2，相当于增大压强，平衡逆向移动，新平衡后混合气体中NO2的体积分数减小，故w1＞w2，故答案为：＞； ②30min时，c(NO2)=0.9mol/L，温度不变，平衡常数不变，，解得c(N2O4)=0.9mol/L，则20min-30min，N2O4的浓度增加了(0.9-0.4)mol/L=0.5mol/L，故NO2的浓度减少了0.5mol/L×2=1mol/L，则20min时，c(NO2)=(1+0.9)mol/L=1.9mol/L，c（N2O4）=0.4mol/L，故答案为：。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。‎ ‎10.W为某短周期元素X的固态单质，E气体在标准状况下的密度为‎1.52g/L，A、B、C均为含X元素的酸式钠盐，它们在一定条件下有如图所示的转化关系，其中某些反应产物中的H2O已略去。‎ ‎（1）画出X原子的原子结构示意图________ A的电子式可表示为___________；‎ ‎（2）写出反应①的离子反应方程式___________；‎ ‎（3）写出反应②的化学反应方程式_______________________________________；‎ ‎（4）写出反应③的化学反应方程式_______________________________________；‎ ‎（5）医学上常用含有H的糖衣片给患贫血的病人补铁，可检验该药片是否变质的化学试剂为_________，对于H来说，药片上糖衣可以起到________作用；‎ ‎（6）有A、B与MgXO4组成的固体混合物中，测得X元素的质量分数为a，则O元素的质量分数为________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). HSO3-+H+=H2O+SO2↑ (4). 2H2S+SO2=3S↓+2H2O (5). H2S+Fe2(SO4)3=2FeSO4+S↓+H2SO4 (6). KSCN溶液或苯酚溶液 (7). 防氧化或隔绝空气 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ E气体在标准状况下的密度为‎1.52g/L，则E的摩尔质量为，E与Fe2(SO4)3溶液反应生成的W为元素X的固体单质，则推测E为H2S，W为S单质，X为S元素，第(5)问已知医学上常用含有H的糖衣片给患贫血的病人补铁，则H为FeSO4，Fe2(SO4)3与H2S反应生成S单质、FeSO4、H2SO4，则G为H2SO4，E与F可反应生成S单质，F与Fe2(SO4)3可反应生成FeSO4、H2SO4，则F为SO2，A、B、C均为含S元素的酸式钠盐，根据物质的转化关系推出，A为NaHS，C为NaHSO4，B为NaHSO3，据此分析解答。‎ ‎【详解】E气体在标准状况下的密度为‎1.52g/L，则E的摩尔质量为，E与Fe2(SO4)3溶液反应生成的W为元素 X的固体单质，则推测E为H2S，W为S单质，X为S元素，第(5)问已知医学上常用含有H的糖衣片给患贫血的病人补铁，则H为FeSO4，Fe2(SO4)3与H2S反应生成S单质、FeSO4、H2SO4，则G为H2SO4，E与F可反应生成S单质，F与Fe2(SO4)3可反应生成FeSO4、H2SO4，则F为SO2，A、B、C均为含S元素的酸式钠盐，根据物质的转化关系推出，A为NaHS，C为NaHSO4，B为NaHSO3，‎ ‎(1)X是S原子，为16号元素，其原子结构示意图为，A为NaHS，是离子化合物，由Na+和HS-离子构成，其电子式可表示为，故答案为：；；‎ ‎(2)C为NaHSO4，B为NaHSO3，则反应①的离子反应方程式为HSO3-+H+=H2O+SO2↑，故答案为：HSO3-+H+=H2O+SO2↑；‎ ‎(3)E为H2S，F为SO2，二者反应生成S单质和水，则反应②的化学反应方程式2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；‎ ‎(4)E为H2S，Fe2(SO4)3与H2S反应生成S单质、FeSO4、H2SO4，则反应③的化学反应方程式H2S+Fe2(SO4)3=2FeSO4+S↓+H2SO4，故答案为：H2S+Fe2(SO4)3=2FeSO4+S↓+H2SO4；‎ ‎(5)医学上常用含H(FeSO4)的糖衣片给患贫血的病人补铁，亚铁离子不稳定易被氧化生成铁离子，铁离子能和苯酚发生显色反应，能和KSCN溶液反应生成血红色溶液，所以可以用苯酚或KSCN溶液检验是否变质，对H(FeSO4)来说，药片上的糖衣可以起到防止氧化作用或隔绝空气的作用，故答案为：KSCN溶液或苯酚溶液；防氧化或隔绝空气；‎ ‎(6)由A(NaHS)、B(NaHSO3)与MgSO4组成的固体混合物中，S元素的质量分数为a，A、B中钠与氢的摩尔质量为‎24g/mol，与镁相同，则钠与氢可看作为“镁元素”，则混合物中“镁元素”与S元素的物质的量之比为1:1，则混合物中“镁元素”的的质量分数为，则剩余的O元素的质量分数为，故答案为：。‎ ‎11.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某化学研究小组利用软锰矿（主成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已略去）。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)上述流程脱硫实现了______________（选填下列字母编号）；‎ A．废弃物的综合利用 B．白色污染的减少 C．酸雨的减少 ‎(2)用MnCO3能除去溶液中Al3＋和Fe3＋，其原因是___________________；‎ ‎(3)已知： ‎25℃‎、101kpa时，‎ ‎①Mn(s)＋O2(g)＝MnO2(s) △H＝-520kJ/mol ‎②S(s)＋O2(g)＝SO2(g) △H＝-297kJ/mol ‎③Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)＝MnSO4(s) △H＝-1065kJ/mol SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是_________________。‎ ‎(4)MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是______。‎ ‎(5)MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是________。‎ ‎(6)KMnO4溶液与MnSO4溶液反应的离子反应方程式是________。‎ ‎(7)假设脱除的SO2只与软锰矿浆中的MnO2反应。按照图示流程，将a m3（标准状况）含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量为c kg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2_________kg。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成沉淀 (3). MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) △H＝-248kJ/mol (4). Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ (5). MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH- (6). 2H2O+2MnO4-+3Mn2+=5MnO2+4H+ (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中的Al3+、Fe3+，用MnS可将铜离子、镍离子转化为更难溶的CuS、NiS沉淀，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤得到二氧化锰，据此解答。‎ ‎【详解】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中的Al3+、Fe3+，用MnS可将铜离子、镍离子转化为更难溶的CuS、NiS沉淀，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤得到二氧化锰，‎ ‎(1)由流程可知，脱硫可减少SO2的排放，则能减少酸雨的形成，并实现废弃物的综合利用，白色污染的减少是塑料的减少，与流程无关，故答案为：AC；‎ ‎(2)MnCO3能消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解，生成沉淀，从而除去溶液中的Al3＋和Fe3＋，故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成沉淀；‎ ‎(3)已知热化学方程式①Mn(s)＋O2(g)＝MnO2(s) △H＝-520kJ/mol，②S(s)＋O2(g)＝SO2(g) △H＝-297kJ/mol，③Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)＝MnSO4(s) △H＝-1065kJ/mol，根据盖斯定律可知，③-②-①可得到MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) △H＝-248kJ/mol，故答案为：MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) △H＝-248kJ/mol；‎ ‎(4)用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，则阳极为Mn2+失电子生成MnO2，则阳极电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；‎ ‎(5)碱性锌锰电池中，MnO2得电子生成MnO(OH)，则正极的电极反应式是MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，故答案为：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-；‎ ‎(6)KMnO4溶液与MnSO4溶液反应生成MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子反应方程式，为2H2O+2MnO4-+3Mn2+=5MnO2+4H+，故答案为：2H2O+2MnO4-+3Mn2+=5MnO2+4H+；‎ ‎(7)参加反应的二氧化硫的物质的量为，根据SO2+MnO2=MnSO4可知，脱硫过程中生成MnSO4的物质的量为0.4abmol，最终生成的二氧化锰为ckg，根据关系式3MnSO4~5MnO2可得，反应2H2O+2MnO4-+3Mn2+=5MnO2+4H+中，消耗MnSO4的物质的量为，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素的物质的量为，相当于MnO2的质量，故答案为：‎ ‎。‎ ‎ ‎