湖南省常德市芷兰实验学校2020届高三月考化学试题

湖南省常德市芷兰实验学校2020届高三月考化学试题

芷兰实验学校2020届高三化学第二次月考试题 ‎（考试范围：一轮复习1-3单元）‎ 一、选择题 ‎1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是 A. 二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中 B. 古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素利用了氧化还原反应原理 C. 面粉中禁止添加 CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2 属于碱性氧化物，也属于离子化合物， 其阴阳离子个数比为 2∶1，过氧化苯甲酰属于有机物 D. 用 K2FeO4 代替 Cl2 处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，故A错误；‎ B.用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素为萃取过程，没有新物质生成，属于物理变化，不是氧化还原反应，故B错误；‎ C.CaO2属于过氧化物，不属于碱性氧化物，也属于离子化合物，其阴阳离子个数比1∶1，过氧化苯甲酰属于有机物，故C错误；‎ D.K2FeO4具有强氧化性，且还原产物铁离子可水解生成胶体，则用K2FeO4代替Cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 A. 常温常压下，17g 甲基(－14CH3)所含的中子数为 9 NA B. 电解精炼铜的过程中，若阳极减轻 64 g，则电路中一定通过 2NA 个电子 C. NA 个 Fe(OH)3 胶体粒子的质量为 107 g D. 1mol 铜与足量硫蒸气反应，转移电子数为 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.17g甲基（-14CH3）物质的量为1mol，所含的中子数=1mol×（14-6+0）×NA=8NA，故A错误；‎ B.电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属，故当阳极减轻64g时，阳极上失去的电子多于2NA个，故B错误；‎ C.胶体微粒是氢氧化铁的集合体，NA个Fe（OH）3胶体粒子的质量大于107g，故C错误；‎ D.铜与足量硫蒸气反应的化学方程式为：2Cu+SCu2S，所以1mol铜与足量硫蒸气反应，转移电子数为NA，故D正确。‎ 故选D ‎3.下列有关物质分类或归纳正确的是( )‎ ‎①电解质：明矾、冰醋酸、氯化银、纯碱 ②化合物：BaCl2、Ca（OH）2、HNO3、HT ‎③混合物：盐酸、漂白粉、水玻璃、水银 ④同素异形体：金刚石、石墨、C60‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①于水或在熔融状态下能电离出阴阳离子的化合物是电解质：明矾、冰醋酸、氯化银、纯碱均是电解质；②由两种或两种以上元素形成的纯净物是化合物，BaCl2、Ca(OH)2、HNO3均是化合物，HT是氢气分子，属于单质，错误；③由两种或两种元素物质组成的是混合物，盐酸、漂白粉、水玻璃均是混合物，水银是金属单质，属于纯净物，错误；④由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，金刚石、石墨、C60均是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，正确，综上，正确的有①④，答案选D。‎ ‎4.下列实验误差分析正确的是 A. 用容量瓶配制溶液时，容量瓶底部有少量蒸馏水，所配溶液浓度偏低 B. 酸碱中和滴定时，开始时俯视滴定管读数，结束时仰视滴定管读数，所测液体体积偏大 C. 测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，所测中和热无影响 D. 测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，被测样品中含有加热不挥发杂质，所测结晶水含量偏高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=n/V，判断不当操作对所配溶液浓度影响．‎ 详解：A、用容量瓶配制溶液时，容量瓶底部有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，故A错误；B、 酸碱中和滴定时，开始时俯视滴定管读数，结束时仰视滴定管读数，所测液体体积偏大，故B正确；C. 测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，醋酸弱酸，电离要吸热，所测中和热偏大，故C错误；D、测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，被测样品中含有加热不挥发杂质，样品质量大，所测结晶水含量偏低，故D错误；故选B。‎ ‎5. 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. 0．1 mol·L－1NaOH溶液：K＋、Ba2+、Cl－、HCO3-‎ B. 0．1 mol·L－1Na2CO3溶液：K＋、NH4+、NO3-、SO42-‎ C. 0．1 mol·L－1FeCl3溶液：K＋、Na＋、I－、SCN－‎ D. 0．1 mol·L－1HCl的溶液：Ca2＋、Na＋、ClO－、NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A中的HCO3- 不能再强碱性条件下共存；B组离子可以在碳酸钠溶液中大量共存；C中的SCN－ 与Fe3+ 因生成络合物不能大量共存；D中的ClO－ 不能再强酸性条件下大量共存；故选B。‎ 考点：本题考查的几种离子共存问题。‎ ‎6.下列实验中，对应的实验现象和实验结论都正确且具有因果关系的是 选项 实验方法或操作 实验现象 实验结论 A 将小块Na放入CuSO4溶液中 钠浮在水面上四处游动，溶液中有红色沉淀生成 金属Na比Cu活泼 B 在淀粉粉末中加入适量浓硫酸 淀粉变黑 浓硫酸具有吸水性 C 在AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，然后通入CO2气体 先出现白色沉淀，后沉淀消失，最后又出现白色沉淀 Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中 D 将装满氯水的圆底烧瓶倒置在有氯水的水槽中，日光照射 烧瓶内有气泡向上逸出 日光照射时，溶解的Cl2逸出 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.钠放入盐溶液中，钠先与水反应；B.使淀粉变黑体现浓硫酸的脱水性；C. Al(OH)3是两性氢氧化物，不溶于弱酸和弱碱；D.在光照条件下，次氯酸分解生成氧气。‎ ‎【详解】A. 在盐溶液中，Na先与水反应生成NaOH，NaOH与溶液中的CuSO4反应，生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故A错误；‎ B. 浓硫酸具有脱水性，能够使淀粉碳化而变黑，所以使淀粉变黑体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；‎ C. AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，先出现Al(OH)3沉淀，后Al(OH)3溶解在NaOH溶液中，生成NaAlO2，通入CO2气体，NaAlO2与碳酸反应生成Al(OH)3沉淀，故C正确；‎ D. 氯水受日光照射，氯水中的HClO分解生成氧气而不是氯气，故D错误；答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、沉淀的转化等为解题的关键，题目难度不大。本题的易错点是D项，注意氯水在光照时，溶液中含有的次氯酸发生分解反应生成的气体是氧气。‎ ‎7.下列有关离子方程式或检验，说法正确的是 A. 0.2mol 溴化亚铁与足量的氯气反应，被氧化的亚铁离子和溴离子的物质的量之比为 1:2‎ B. 某溶液中是否含有 Al3+可选择向其中加入足量的氨水，观察沉淀的变化来判断 C. 用酸性高锰酸钾溶液来检验 FeCl3 溶液中是否含有 FeCl2‎ D. 25℃，pH = 0 的溶液中，S2O32-、Fe2 +、 NH4+、 NO3-可以大量共存 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.足量的氯气通入溴化亚铁溶液中，反应的化学方程式为：2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2，被氧化的亚铁离子和溴离子的物质的量之比为1:2，故A正确；‎ B.氢氧化铝为白色沉淀不溶于过量的氨水，而氢氧化镁也为白色沉淀，也不溶于过量的氨水，所以检验某溶液中是否含有Al3+，向其中加入足量的氨水观察沉淀的变化不能判定Al3+‎ 的存在，故B错误；‎ C.亚铁离子、氯离子在酸性条件下均能被酸性高锰酸钾氧化，则不能确定是否含有亚铁离子，故C错误；‎ D.25℃，pH=0的溶液呈强酸性，S2O32-、NO3-、H+三种离子间发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe2 +、NO3-、H+三种离子间发生氧化还原反应也不能大量共存，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2，不能用酸性高锰酸钾溶液，因为酸性条件下，氯离子也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，影响亚铁离子的检验，为避免氯离子的干扰，最好用铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，证明混合溶液中含有亚铁离子。‎ ‎8.某溶液可能含 Na＋、Fe3+、Al3+、SiO32-、HCO3-、SO42-、Cl-中的几种离子，为确定其成分，设计了如下实验：(1) 取少量溶液于试管中，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，得到透明溶液；(2)在(1)反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。 下列推断正确的是 A. 溶液中一定含Na＋、Cl- B. 不能确定溶液中是否含Na＋‎ C. 溶液中一定含 HCO3-、Cl- D. 溶液中一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取少量溶液于试管中，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，生成的气体为二氧化碳，说明溶液中含有HCO3-，结合离子共存可以知道一定不存在Fe3+、Al3+、SiO32-，结合溶液为电中性可以知道一定存在Na＋，最终得到透明溶液，说明一定不存在SiO32-；（2）在（1）反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，因为加入了盐酸，无法确定是否含有SO42-、Cl-，据此答题。‎ ‎【详解】根据以上分析，溶液中一定含Na＋、HCO3-，一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+，无法确定是否含有SO42-、Cl-。‎ A.根据分析可以知道，溶液中一定含Na＋，无法确定是否含有Cl-，故A错误；‎ B.根据分析可以知道，溶液中一定含Na＋，故B错误；‎ C.根据分析可以知道，溶液中一定含HCO3-，无法确定是否含有Cl-，故C错误；‎ D.根据分析可以知道，溶液中一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：①能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质)；②能生成微溶物的离子之间（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；③能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；④能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）。‎ ‎9.固体NH5属离子化合物。它与水反应的方程式为：NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气。下列有关NH5叙述正确的是 A. 与水反应时，水作氧化剂 B. NH5中N元素的化合价为+5价 C. 1 mol NH5中含有5NA个N—H键 D. 与乙醇反应时，NH5被还原 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应中，水中的氢元素化合价由+1价→0价，所以水得电子作氧化剂，A项正确；‎ B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，氢离子为-1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为-3价，B项错误；‎ C．NH5是离子化合物氢化铵，所以1molNH5中有4NA个N-H键，C项错误；‎ D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中氢离子的化合价由-1价→0价，所以失电子作还原剂，在氧化还原反应中被氧化，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】搞清楚NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，再分析元素在反应中化合价的变化情况，及电子转移情况就会游刃有余。‎ ‎10.向BaCl2溶液中通入物质的量之比为1∶2的某混合气体，无沉淀产生,则该混合气体是（ ）‎ A. Cl2和SO2 B. CO2和NH3 C. NO和CO2 D. NO2和SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．Cl2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸；B．CO2和NH3生成（NH4）2CO3 再与BaCl2生成BaCO3沉淀；C．NO和SO2不反应，与BaCl2溶液不反应；D．NO2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸。‎ ‎【详解】A．发生SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，可生成硫酸钡沉淀，选项A不选；B．CO2和NH3‎ 在水溶液中生成CO32-，可生成碳酸钡沉淀，选项B不选；C．NO和SO2不反应，与BaCl2溶液不反应，没有沉淀生成，选项C选；D．NO2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀，选项D不选。答案选C。‎ ‎【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握二氧化硫的还原性，题目难度不大。‎ ‎11.美国科学家最近发明了利用眼泪来检测糖尿病的装置，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与眼泪中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒（直径为20 nm ～60 nm )。下列有关说法错误的是 （ ）‎ A. 检测时NaAuCl4发生氧化反应 B. 葡萄糖和果糖互为同分异构体 C. 葡萄糖是多羟基醛 D. 纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 化合价降低的反应是还原反应，氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，A错误；B.葡萄糖和果糖分子式相同，但是结构不同，葡萄糖为多羟基醛糖，而果糖为多羟基酮糖，互为同分异构体，B正确；葡萄糖中含有醛基，具有还原性，C正确；分散质粒子直径在1 nm ～100 nm之间的分散系为胶体，纳米金单质颗粒直径为20 nm ～60 nm，分散在水中所得的分散系为胶体，D正确；正确选项A。‎ ‎12.著名化学家徐光宪获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是( )‎ A. 铈(Ce)元素在自然界中主要以化合态形式存在 B. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HI = CeI4 + 2H2↑‎ C. 用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+ = Ce3++Fe3+‎ D. 四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，它们互称为同位素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．结合稀土萃取理论来分析；B．应发生氧化还原反应；C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，发生氧化还原反应，生成Ce3+和Fe3+；D．具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素。‎ ‎【详解】A、金属铈在空气中易氧化变暗，在自然界中主要以化合态存在，选项A正确；B、氧化性：Ce4+>Fe3+，Fe3+>I2则Ce能把氢碘酸氧化生成单质碘，选项B正确；C、用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+ = Ce3++Fe3+，选项C正确；D、四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，互称为同位素，选项D正确。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，注意利用信息及反应中元素的化合价变化来解答，题目难度不大，注重信息的迁移使用来考查学生，选项A为解答的难点。‎ ‎13.将过量的氯气通入含Fe2+、I-、Br-的溶液，溶液中四种粒子的物质的量的变化如图所示。已知b=a+5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且线段I和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是 A. 线段I表示I-的变化情况 B. a点时消耗Cl2的体积为134.4 L C. 原溶液中n(Fe2+)：n(Br-) =2：3‎ D. 线段Ⅳ表明氧化性：C12>HIO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，还原性I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：2I－+Cl2=I2+2Cl－，I－反应完毕，再反应反应：2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，Fe2＋反应完毕，又发生反应2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，故线段I代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2＋的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况；‎ 由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I－）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×（3mol－1mol）=4mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n（I－）+n（Br ‎－）=2n（Fe2＋），故n（Br－）=2n（Fe2＋）-n（I－）=2×4mol-2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2），根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值；‎ 线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该含氧酸中含有I元素，根据电子守恒计算出含氧酸中I的化合价，然后写出其化学式．‎ 详解：A. 还原性I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：2I－+Cl2=I2+2Cl－，线段I表示I-的变化情况,故A正确；B、由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I－）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×（3mol－1mol）=4mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n（I－）+n（Br－）=2n（Fe2＋），故n（Br－）=2n（Fe2＋）-n（I－）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br－+Cl2=Br2+2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6n（Cl2）=1mol+2mol+3mol=6mol，标准状况下V=6mol×22.4Ll·mol－1=134.4L，但题干中没有明确气体的状态，故B错误；C、原溶液中n(Fe2+)：n(Br-)=4：6 =2：3，故C正确；D、线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为2mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：(1-0)×2×5mol/2mol=+5价，则该含氧酸为HIO3，线段Ⅳ表示IO3－的变化情况，反应为即5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，线段Ⅳ表明氧化性：C12>HIO3，故D正确；故选B。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较等知识，试题综合性较强，解题关键：明确反应过程及反应原理，难点：对图像的分析要结合氧化还原反应的先后顺序，还原性I－＞Fe2＋＞Br－，是解题的突破口。‎ ‎14.金属钾的冶炼可采用如下方法：2KF＋CaC2CaF2＋2K↑＋2C，下列有关说法合理的是（ ）‎ A. 该反应的氧化剂是KF，氧化产物是K B. 该反应能说明C的还原性大于K C. 电解KF溶液不可能制备金属钾 D. CaC2、CaF2均为离子化合物，且阴、阳离子个数比均为2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析氧化还原反应注意①标清变价元素的化合价②熟记氧化还原反应的基本概念和基本规律③突破电子转移；该反应中钾元素的化合价由+1价降为0价，被还原，KF为氧化剂，K为还原产物；碳元素的化合价由—1价升高到0价，被氧化，CaC2作还原剂，C是氧化产物。‎ ‎【详解】A、该反应的氧化剂是KF，氧化产物是C，错误；‎ B、该反应的还原剂为CaC2，还原产物为K，不能说明C的还原性大于K，错误；‎ C、电解KF溶液，阳离子H+放电，阴离子OH—放电，不可能制备金属钾，正确；‎ D、CaC2、CaF2均为离子化合物，CaF2中阴、阳离子个数比为2∶1，而CaC2中阴、阳离子个数比为1∶1，错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.下列说法不正确的是( )‎ A. Al箔插入稀HNO3中，无现象，说明Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜 B. 如图所示，①中为AlCl3溶液，②中为浓氨水，①中有白色沉淀生成 C. AlCl3NaAlO2(aq) Al(OH)3‎ D. AlCl3溶液中滴加NaOH溶液后铝的存在形式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．Al与稀硝酸不发生钝化；B．浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气属于碱性气体溶于水形成一水合氨，一水合氨和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀；C．氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠能够与二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀；D．氢氧化钠与氯化铝的物质的量为3：1时恰好生成氢氧化铝沉淀，当二者之比为4：1时铝离子完全转化成偏铝酸根离子。‎ ‎【详解】A．Al与稀硝酸不发生钝化，与浓硝酸在常温下发生钝化，则Al箔插入稀HNO3中金属溶解，有气泡冒出，选项A错误；B．浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气属于碱性气体溶于水形成一水合氨，一水合氨和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+‎ ‎，所以，①中有白色沉淀生成，选项B正确；C．氧化铝为两性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液能够与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以该转化关系能够实现，选项C正确；D．OH-与Al3+的物质的量之比为3：1时，铝元素都以Al(OH)3的形式存在，即OH-与Al3+的物质的量之比为≤3时铝元素都以Al(OH)3和Al3+的形式存在，OH-与Al3+的物质的量之比为4：1时，铝元素都以AlO2-的形式存在，即OH-与Al3+的物质的量之比为≥4时铝元素都以AlO2-的形式存在，选项D正确；答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了铝单质及其化合物性质，题目难度中等，明确铝及其化合物性质为解答关键，注意掌握铝与浓硫酸、浓硝酸的钝化现象及氧化铝、氢氧化铝的化学性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎16.现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案：‎ 实验方案①：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积 实验方案②：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积 实验方案③：铝镁合金溶液过滤、洗涤、干燥后测定得到沉淀的质量 对能否测定出镁的质量分数的实验方案判断正确的是（ ）‎ A. 都能 B. 都不能 C. ①不能，其它都能 D. ②③不能，①能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】已知质量的铝镁合金，设计1、2中，利用金属的质量、氢气的量可计算出镁的质量，以此得到质量分数；设计3中，沉淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此得到质量分数，即三个实验方案中均可测定Mg的质量分数，A项正确，‎ 答案选A。‎ ‎17.将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表 （设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：‎ 实验序号 稀硝酸的体积/mL 剩余固体的质量/g NO的体积/L ‎1‎ ‎100‎ ‎17.2‎ ‎2.24‎ ‎2‎ ‎200‎ ‎8.00‎ ‎4.48‎ ‎3‎ ‎400‎ ‎0‎ V 下列说法正确的是（ ）‎ A. 表中V=7.84L B. 原混合物粉末的质量为25.6g C. 原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3‎ D. 实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875 mol•L﹣1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4 n（NO），加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.3 mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4 g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6 g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得 所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56 g·mol-1：14.4g÷64 g·mol-1=8：9；‎ ‎400ml硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L×4 mol·L-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和N元素守恒得：‎ 铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）= n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu) ×2÷3+ 2n(Cu) ×2=0.6mol,铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）] ÷3 ×22.4L·,mol-1=7.84L，A正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6‎ ‎ g×3=76.8g，B选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项错误；根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D选项错误；正确答案A。‎ 点睛：对于硝酸与Fe的反应，Fe与HNO3反应首先生成Fe(NO3)3，过量的Fe再与Fe3+反应生成Fe2+，如本题中第1、第2次的两次实验，金属剩余，Fe应该生成Fe2+，这是解决本题的关键，为确定剩余8g的成分提供依据，即参加反应的Fe的产物一定是Fe2+，根据极值法和混合物计算的方法确定8g剩余金属的组成，通过第三次实验判断硝酸过量，Fe生成Fe3+。‎ ‎18.将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（ ）‎ A. 2.24L B. 4.48L C. 6.72L D. 8.96L ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2 Al + 2 NaOH + 2 H2O =2NaAlO2+ 3 H2↑生成的氢气为3.36 L,即0.15 mol，所以含有铝0.1 mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3 mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y 。质量和：2.7 + 56x + 64y =" 17.9" ； 沉淀量：107x + 98y = 25.4；解得x="0.1" mol，y="0.15" molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1 mol、0.1 mol、0.15 mol所以转移电子数总的为0.9 mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9 mol电子，则生成NO为0.3 mol，则V（NO）=6．72L。‎ 考点：本题考查常见金属与酸碱的反应，利用氧化还原反应中电子守恒是解题的关键。‎ 二、主观题 ‎19.钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。‎ ‎（1）CoxNi(1-x)Fe2O4（其中Co、Ni均为+2）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。‎ ‎①该催化剂中铁元素的化合价为______。‎ ‎②图1表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知：______________法制取得到的催化剂活性更高；Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是______。‎ ‎（2）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图2为二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。‎ ‎①通过计算确定A点剩余固体的化学成分为________________（填化学式）。试写出B点对应的物质与O2在225℃~300℃发生反应的化学方程式：_________________________________________。‎ ‎②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用480 mL 5 mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L（标准状况）黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为___________。‎ ‎【答案】（1）①+3 ②微波水热 Co2+‎ ‎（2）① Co3O4（写成CoO·Co2O3亦给分） 3CoC2O4+ 2O2= Co3O4+6CO2‎ ‎②由电子守恒：n(Co3+) =" 2" n(Cl2) =" 0.4" mol（1分）‎ 由电荷守恒：n(Co)总=n(Co2+)溶液=" 0.5" n(Cl－) =" 0.5×(" 2.4mol－0.2mol×2)=" 1" mol 所以固体中的n(Co2+)= 1mol－0.4mol=" 0.6" mol（1分）‎ n(O)=(0.4mol×3+0.6mol×2)÷2=1.2mol（1分）‎ 故n(Co):n(O)=1mol:1.2mol=5:6（1分）‎ ‎(除第（1）②小题每空1分，第（2）②小题4分外，其余每空2分，共12分)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①根据化合价代数和为0计算Fe的化合价，CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni均为+2，O为-2价，则Fe的化合价为=+3；‎ ‎②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，所以微波水热法制得催化剂的活性更高；由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，所以Co2+的催化活性更高；‎ ‎（2）①由图可知，CoC2O4·2H2O的质量为18.3g，物质的量为 =0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：mol≈3：4，所以C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，所以B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为3CoC2O4 + 2O2 = Co3O4 +6CO2；‎ ‎②由电子守恒：n(Co3+) = 2 n(Cl2) = 0.4 mol，由电荷守恒：n(Co)总 =n(Co2+)溶液= 0.5 n(Cl－) = 0.5×( 2.4mol－0.2mol×2)= 1 mol，所以固体中的n(Co2+)= 1mol－0.4mol= 0.6 mol；n(O)==1.2mol，所以n(Co): n(O)=1mol: 1.2mol=5：6。‎ ‎【点睛】考查元素化合价的判断、物质化学式的计算、得失电子守恒规律和化学图像的分析与判断等。‎ ‎20.铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请回答下列问题。‎ ‎（1）生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸，离子方程式为_______________________________________________________；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为____________；‎ ‎（2）某溶液中含有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是___________(填编号)。‎ A．Mg2＋ B．Fe2＋ C．Al3＋ D．Cu2＋‎ ‎（3）氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：‎ ‎①Na2CO3溶液可以除油污，原因是(用离子方程式表示)________________________________；‎ ‎②操作Ⅱ中沉淀的洗涤方法是___________________________________________________________ ‎ ‎③请写出生成FeCO3沉淀离子方程式_______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3O4＋8H+===2Fe3+＋Fe2+＋4H2O (2). Fe(NO3)3 (3). BC (4). CO32－＋H2OHCO3－＋OH－ (5). 向漏斗中加入蒸馏水至没过固体，让水自然流出，重复2～3次 (6). Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，化学反应方程式为Fe3O4+8HCl==2FeCl3+FeCl2+4H2O，硝酸具有强氧化性，Fe3O4与过量的浓硝酸反应生成硝酸铁，化学式为Fe(NO3)3；‎ ‎（2）加入过量的NaOH，Al3+转化为偏铝酸根，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Al3+、Fe2+，故选BC；‎ ‎（3）①碳酸钠溶液中碳酸根水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液呈碱性，油污主要为油脂，碱性条件下水解而除去；②FeCO3沉淀会附着其它离子，需要进行洗涤，减少杂质，具体操作为：向漏斗中加入蒸馏水至没过固体，让水自然流出，重复2～3次；③由工艺流程可知，操作I所得的滤液中主要有硫酸亚铁，加入碳酸氢铵，实质是亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成FeCO3， 同时生成二氧化碳、水，反应离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。‎ ‎【点睛】本题考查元素化合物性质、化学工艺流程、基本操作与方案设计、盐类水解、常用化学用语等。‎ ‎21.镁是一种银白色的碱土金属，镁元素在地壳中的含量约为2．00%，位居第八位，镁及其化合物在研究和生产中具有广泛用途。请回答下列问题：‎ ‎(1)氮化镁(Mg3N2)是由氮和镁所组成的无机化合物。在室温下纯净的氮化镁为黄绿色的粉末，能与水反应，常用作触媒，实验室欲用如图1所示装置和药品制备少量氮化镁。‎ ‎①A中盛装的是浓氨水，B中可盛装___，二者混合可制取氨气。‎ ‎②按照气流的方向从左至右连接装置：a接___、___接___、___接___。‎ ‎③已知氨气有还原性，能还原氧化铜，生成物之一是空气的主要成分，该反应的化学方程式为____________________。‎ ‎④如果没有装有无水氯化钙的装置，可能发生反应的化学方程式为____________________。‎ ‎(2)碳酸镁可用作耐火材料、锅炉和管道的保温材料，以及食品、药品、化妆品、橡胶、墨水等的添加剂。合成碳酸镁晶须的步骤如下：‎ 步骤1：配制0．5 mol·L－1 MgSO4溶液和0．5 mol·L－1 NH4HCO3溶液。‎ 步骤2：用量筒量取500 mL NH4HCO3溶液于1 000 mL四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在50 ℃。‎ 步骤3：将250 mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1 min内滴加完毕，然后用氨水调节溶液pH到9．5。‎ 步骤4：放置1 h后，过滤，洗涤。‎ 步骤5：在40 ℃的真空干燥箱中干燥10 h，得到碳酸镁晶须产品(MgCO3·nH2O，n＝1~5)。‎ ‎①配制0．5 mol·L－1 MgSO4溶液500 mL，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_____。‎ ‎②步骤3中加氨水后反应的离子方程式为______________。‎ 测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。‎ 称量1．000 g碳酸镁晶须，放入图2所示的广口瓶中，加入适量水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4~5 h，后期将温度升到30 ℃，最后烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得生成CO2的总量；重复上述操作2次。‎ ‎③图中气球的作用是__________________。‎ ‎④上述反应后期要升温到30 ℃，主要目的是________________。‎ ‎⑤若实验测得1．000 g碳酸镁晶须产生CO2的平均物质的量为a mol，则n为___(用含a的表达式表示)。‎ ‎⑥称取100 g上述晶须产品进行热重分析，得到的热重曲线如图所示，则合成的晶须中n＝______。‎ ‎【答案】 (1). 生石灰或氢氧化钠 (2). d (3). e (4). c (5). b (6). f (7). 2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu (8). Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑ (9). 500 mL容量瓶 (10). Mg2++HCO3-HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+NH4+ (11). 暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定 (12). 升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全 (13). (14). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①浓氨水和生石灰或氢氧化钠固体混合放热，使一水合氨分解生成氨气，故答案为：‎ ‎②根据实验目的及题给装置可知，按照气流的方向从左向右连接装置的顺序为:a接d，e接c，b接f，故答案为：‎ ‎③氨气有还原性，能还原氧化铜，生成物之一是空气的主要成分氮气，则氨气与氧化铜反应的化学方程式为:2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu，故答案为：d；e；c；b；f；‎ ‎④氮化镁能和水发生反应生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2‎ ‎+2NH3↑，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；‎ ‎（2）①配制0.5 mol·L-1 MgSO4溶液500 mL，除提供的仪器外，还需要的仪器为500 mL容量瓶，故答案为：500 mL容量瓶；‎ ‎②步骤3中加氨水后反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的离子方程式为Mg2++HCO3—+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O↓+NH4+，故答案为：Mg2++HCO3—+NH3·H2O+(n-1)H2O=‎ MgCO3·nH2O↓+NH4+；‎ ‎③题图2装置中气球可以暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为：暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；‎ ‎④题述反应后期将温度升到30 ℃，是为了使生成的二氧化碳全部逸出，便于其被氢氧化钠溶液完全吸收，从而减小测定产生的误差，故答案为：升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；‎ ‎⑤若实验测得1.000 g碳酸镁晶须产生的CO2的平均物质的量为a mol，依据碳元素守恒可知，晶须中碳酸镁的物质的量为a mol，根据MgCO3·nH2‎ O中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1∶n，得到1∶n=a∶，得到n=，故答案为：；‎ ‎⑥由题图3知400 ℃时剩余质量为82.3 g，这是该晶须失去结晶水后的质量，则有100×=100-82.3，解得n=1，故答案为：1。‎ ‎【点睛】本题以氮化镁和碳酸镁的制备为载体，考查对实验装置的理解、元素化合物的性质、实验方案的设计等，解答关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法，注意对题目信息的应用。‎ ‎22.二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为 MnO2，还含有 Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和 Cu(0.86%)等元素的化合物，其处理流程图如下：‎ 化合物 Al(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Ksp 近似值 ‎10－34‎ ‎10－16‎ ‎10－38‎ ‎(1)硫酸亚铁在酸性条件下将 MnO2 还原为 MnSO4，酸浸时发生的主要离子反应方程式为：_____________ ；‎ ‎(2)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能______________， 滤渣 A 的成分是 Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节 pH 至少达到_________________，恰好能使 Fe3＋、Al3＋沉淀完全(当 c≤10－5 mol·L－1 时，认为该离子沉淀完全)；‎ ‎(3)滤渣 B 的成分是 ________________‎ ‎(4)MnO2 也可在 MnSO4－H2SO4－H2O 为体系的电解液中电解获得，其阳极反应式为：______________ 工业上采用间接氧化还原滴定法测定 MnO2 纯度，其操作过程如下：准确称量 0.920 0 g 该样品，与足量酸性 KI 溶液充分反应后，配制成 100 mL 溶液。取其中 10.00‎ ‎ mL，恰好与 25.00 mL 0.080 0 mol·L－1Na2S2O3溶液反应(I2 ＋2S 2O32-===2I-＋S 4O62-)。计算可得该样品纯度为_____%(保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 4H++2Fe2++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O (2). 充分氧化 Fe2+ (3). 4.3 (4). CuS、ZnS (5). Mn2++2H2O-2e-=4H++MnO2 (6). 94.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，则Fe2+被氧化为Fe3+，故酸浸时生成硫酸锰、硫酸铁，根据元素守恒还有水生成；‎ ‎（2）加入氨水搅拌加快反应速率，生成的氢氧化亚铁充分氧化，加入氨水需调节pH至少达到4.3，恰好能使Fe3＋、Al3＋沉淀完全；‎ ‎（3）根据工艺流程及硫化物的Ksp判断；‎ ‎（4）阳极发生氧化反应，锰由+2价变成+4价；样品中二氧化锰与足量酸性KI溶液充分反应后，MnO2+2I-+2H+=Mn2++I2+H2O，配制成100mL溶液．取其中10.00mL，恰好与25.00mL 0.0800mol•L-1Na2S2O3溶液反应（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），则得到：MnO2～I2～2S2O32-，据此分析计算。‎ ‎【详解】软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Si、Fe、Al、Zn和Cu等元素的化合物，硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，所以酸浸后的滤液中的金属阳离子主要是Mn2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Zn2+、Fe2+等，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，调节pH为4.3，将Fe3+、Al3+沉淀，加入硫化锰将Cu2+、Zn2+沉淀，滤液为硫酸锰溶液，再通过系列变化得到高纯度的二氧化锰。‎ ‎（1）FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故酸浸时生成硫酸锰、硫酸铁，根据元素守恒还有水生成，化学方程式为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，离子方程式为：4H++2Fe2++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：4H++2Fe2++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O。‎ ‎（2）“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能充分氧化过量的Fe2+；根据题中数据可知，当Fe3+恰好沉淀完全时，c（OH-）=（Ksp（Fe(OH)3）/c（Fe3+））1/3=（10－38/10-5）=10-11mol/L，则c（H+）=10-3mol/L，溶液的pH=3；当Al3+恰好沉淀完全时，c（OH-）=（Ksp（Al(OH)3）/c（Al3+））1/3=（10－34/10-5）=101/3×10-10mol/L，则c（H+）=101/3×10-4mol/L，溶液的pH=-lg（101/3×10-4）=4+1/3≈4.3，加入氨水需调节pH至少达到4.3，恰好能使Fe3+、Al3+沉淀完全，‎ 故答案为：充分氧化过量的Fe2+；4.3。‎ ‎（3）由题中硫化物的Ksp可知，加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2+、Zn2+，滤渣B的成分是CuS、ZnS，‎ 故答案为：CuS、ZnS。‎ ‎（4）阳极发生氧化反应，锰由+2价变成+4价，电极反应为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；‎ 准确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，MnO2+2I-+2H+=Mn2++I2+H2O，配制成100mL溶液，取其中10.00mL，恰好与25.00mL0.0800mol•L-1Na2S2O3溶液反应（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），‎ 则得到：MnO2～I2～2S2O32-，‎ ‎1 2‎ ‎ n 0.02500L×0.0800mol•L-1×100mL/l0mL 解得：n=0.01mol 计算可得该样品MnO2纯度=0.01mol×87g/mol/0.9200g×100%=94.5%。‎ 故答案为：Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+，94.5%。‎ ‎ ‎ ‎ ‎