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2027届高二化学调研
一、单选题（每小题3分，共39分）
1．NaCl是工业文明进程中不可或缺的资源。下列生产中不以NaCl为直接原料的是
A．工业制玻璃 B．氯碱工业 C．电冶金制钠 D．侯氏制碱
2．最近科学家提出碘硫热化学循环是由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成的(如图所示)，下列有关说法正确的是
A．整个循环过程中产生的同时产生
B．总反应的焓变为，则
C．该制氢方法生成的比电解水生成的小
D．图中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可在常温常压下进行
3．化学用语是化学学科知识的专业语言符号，下列有关表述正确的是
A．的原子结构示意图为
B．用电子式表示水的形成过程：
C．核废水中含、、互为同素异形体
D．NaClO既含离子键又含共价键
4．、、、、为短周期主族元素。下列说法正确的是
A．离子半径： B．热稳定性：
C．酸性强弱： D．碱性强弱：
阅读下列材料，完成 下面小题：
氮、硫、氯的化合物应用广泛。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒，将尿素[CO(NH2)2]、NaClO和NaOH溶液混合，在一定条件下反应可制得肼(N2H4)，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1。氨易液化，液氨能与钠反应。H2S可除去废水中Hg2+等重金属离子。
5．下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是
A．红酒中添加SO2，利用了SO2的还原性和杀菌消毒的能力
B．N2H4具有较强的氧化性，可用作火箭升空的燃料
C．NaClO溶液呈碱性，可用于杀菌消毒
D．NO为无色气体，在人的生命活动中作为一种信息分子
6．下列化学反应的表示正确的是
A．H2S除去废水中Hg2+的离子方程式：S2-＋Hg2+= HgS↓
B．少量氨水和SO2反应：SO2+2NH3·H2O= (NH4)2SO3+H2O
C．尿素、NaClO、NaOH溶液制取肼的离子方程式：CO(NH2)2+ClO-= CO2↑+N2H4+Cl-
D．肼燃烧的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)= N2(g)+2H2O(l) ΔH =－622.08 kJ·mol-1
7．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．(aq)N2(g) B．稀HNO3(aq) NO2(g)
C．NO(g)NO2(g) D．NH3(l)H2(g)
8．下列说法正确的是
A．HS-的水解方程式为：HS-+ H2OH3O++S2-
B．CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值减小
C．将pH =4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
D．100℃时，pH=12的纯碱溶液中：c(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1
9．用纳米作催化剂，常压下电化学合成氨的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．镍合金连接外接电源的正极
B．从镍合金向片运动
C．镍合金上电极反应式为：
D．反应中，标准状况下每生成同时得到
10．肉桂酸乙酯可用作增香剂和香味补偿剂，其结构如图所示。已知酯基不能与发生加成反应。下列说法正确的是
A．该有机物的分子式为
B．该有机物中所有碳原子均采用杂化
C．该有机物存在顺反异构，且图示结构为顺式结构
D．一定条件下，该有机物能发生氧化、取代、加成和加聚反应
11．KMnO4溶液、NaClO溶液分别与浓盐酸混合反应都能生成Cl2。下列制取、净化Cl2、验证其氧化性并进行尾气吸收的装置和原理能达到实验目的的是
A．制取Cl2 B．除去HCl C．验证Cl2氧化性 D．吸收尾气
A．A B．B C．C D．D
12．利用甲醇催化脱氢法制备甲酸甲酯主要涉及如下化学反应：
反应Ⅰ：2CH3OH(g) HCOOCH3(g)＋2H2(g) ΔH1
反应Ⅱ：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g) ΔH2=＋90.6 kJ·mol-1
反应Ⅲ：HCOOCH3(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH3=＋136.3 kJ·mol-1
恒压下，将甲醇蒸气以一定流速通过催化反应器，甲醇转化率和甲酸甲酯选择性随反应温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．ΔH1=＋44.9 kJ·mol-1
B．甲醇转化率随温度升高而增大的可能原因：反应Ⅰ、Ⅱ速率均加快
C．其他条件不变，563K时，增大甲醇蒸气流速可提高甲醇的转化率
D．当温度高于563K时，甲酸甲酯选择性下降的原因：反应Ⅲ消耗甲酸甲酯的速率增大，且增幅大于反应Ⅰ生成甲酸甲酯的速率的增幅
13．室温下，通过实验研究亚硫酸盐的性质，已知Ka1（H2SO3）=1.54×10-2，Ka2（H2SO3）=1.02×10-7
实验 实验操作和现象
1 把SO2通入氨水，测得溶液pH=7
2 向0.1 mol/L Na2SO3溶液中加入过量0.2 mol/L CaCl2溶液，产生白色沉淀
3 向0.1 mol/L NaHSO3溶液中滴入一定量NaOH溶液至pH=7
4 把少量氯气通入Na2SO3溶液中
下列说法错误的是
A．实验1中，可算出c()= c()＋2c ()
B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c()=Ksp(CaSO3)
C．实验3中：c (Na＋)＞2[c ()＋c ()＋c (H2SO3)]
D．实验4中溶液的pH变小
二、简答题（本大题共4小题，共61分）
14（15分）．亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。
(1)NaNO2的制取。如图所示，向装置A中通入一段时间N2，再通入NO和NO2混合气体，待Na2CO3反应完全后，将所得溶液经蒸发结晶，得到白色固体。
①装置A中发生主要反应的化学方程式为 。
②仪器a的名称为 ，酸性KMnO4溶液的作用是 。
③将1.200 g白色固体配成200.00 mL溶液，取20.00 mL溶液，用0.02000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点(2＋5＋6H＋= Mn2＋＋5＋3H2O)，消耗KMnO4溶液20.00 mL，判断滴定终点的现象为 。
④请计算白色固体中n(NaNO2) : n(NaNO3)的值 。（设白色固体不含其他物质，写出计算过程）
(2)NaNO2性质探究。将上述实验制取的白色固体配制成约0.1 mol·L-1 NaNO2溶液，分别进行图-1、图-2所示实验。
已知：Ksp(AgNO2)=2.8×10-8，过量可以形成[Ag(NO2)2]－。
图-1 图-2
①进行图-1所示实验时，发现开始没有白色沉淀生成，其原因可能是 。
②图-2所示实验中，若NaNO2参与反应生成NO，该反应的离子方程式为 。
15（15分）．工业废水和废渣中会产生含硫(-2价)污染物，需经处理后排放。
I．废气处理
(1)我国固体氧化物电池技术研发取得新突破。利用该科技实现了H2S废气资源回收，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是_______。
A．电极a上的电极反应：
B．电路中每流过电子，正极消耗
C．电极b为电池负极
D．该装置实现了电能向化学能的转化
Ⅱ．废液处理
用双氧水处理含硫废水，硫元素易被氧化为S或。已知：。
(2)向含硫废水中加入稀硫酸调节溶液的为7，废水中 。
(3)向含硫废水中加入溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、硫(单质)的生成率与加入溶液体积的关系如图所示。
当加入溶液体积大于时，硫的生成率随溶液加入而降低，可能的原因是 。
还可使用作为空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。
(4)转化I中化合价未发生变化的元素有_______。
A．H元素 B．S元素 C．Mn元素 D．O元素
(5)实验发现使用一段时间后的催化效率会下降，处理的方法是用物质A浸取催化剂，再将催化剂干燥即可。试分析催化剂使用一段时间后催化效率降低的原因是_______。物质A可选用_______。
A．水 B．浓盐酸 C．乙醇 D．热溶液
III．废渣处理
(6)某沉积物-微生物电池可以回收处理含硫废渣(主要成分为)，其工作原理如图。下列说法正确的是_______。
已知：随酸性增强，硫氧化菌的活性逐渐降低。
A．外电路的电流方向：碳棒b→碳棒a
B．碳棒b存在电极反应：
C．工作一段时间后，硫氧化菌活性降低，电池效率也降低
D．每处理，理论上需要光合菌生产(标准状况下)
16（16分）．以软锰矿浆(主要成分)和烟气(含有、等)为原料可制备，进一步反应可以制备。已知：难溶于水，开始分解；开始沉淀时。
(1)向一定量软锰矿浆中匀速通入烟气，溶液中、随吸收时间的变化如图1所示。
①软锰矿浆吸收烟气中生成，基态核外电子排布式为 。
②随着吸收时间增加，溶液中的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是 。
(2)实验室可以用溶液制备高纯。
①利用溶液和溶液()反应制备的实验装置如图2所示，图中分液漏斗中盛放的试剂应为 (填字母)。
a．溶液 b．溶液
②上述制备反应的离子方程式为 。
③尝试设计用溶液和溶液制备高纯的实验方案：将两种试剂正确放入对应装置中，打开搅拌器和分液漏斗活塞， 。
(实验中须使用的试剂：溶液、溶液、蒸馏水)
(3)测定的纯度：称取20.00 g碳酸锰样品(假定杂质不参与反应)，将其溶于过量的稀硫酸，向所得溶液中加入稍过量的磷酸和硝酸，发生反应：。除去溶液中的和后，再加入的溶液，发生反应：。再用酸性溶液氧化过量的，反应完全时消耗酸性溶液，则样品中的纯度为 (写出计算过程)。
17（15分）．(主要指和)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的是环境保护的重要课题。
(1)已知：反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
①在汽车上安装三元催化转化器可实现反应：
反应IV： 。
②在恒容密闭容器中充入和不同量的，发生反应IV。图1中两条曲线分别表示：温度为时，的平衡转化率随变化的曲线；在下的平衡转化率随变化的曲线。表示的平衡转化率随变化的曲线为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，请解释曲线Ⅱ变化呈现图示趋势的原因： 。
(2)用活化后的作催化剂，在烟气中加入适量，使、转化为，反应历程如图2所示，活化后的表面具有能提供质子的酸性位，吸附在酸性位上形成中间体X，与X反应生成不稳定的过渡态物质，随后分解生成和。
①写出反应总化学方程式： 。
②过程②中，被控制在催化剂的表面，形成中间体X，请结合图2的过程和过渡态的结构在答题卡对应框中补全中间体X的结构： 。
③烟气中若含有一定浓度的气体，去除率会明显下降，其可能原因是 。
(3)工业用漂白粉溶液脱硫脱硝，和转化率分别达到和。已知：同浓度下氧化性强于。
①漂白粉溶液与反应的离子方程式为 。
②转化率随溶液pH变化如图3所示。中混有能提高其转化率，其原因可能是 。
2027届高二化学调研
参考答案
1．A
【详解】A．工业制玻璃的原料为纯碱、石灰石和二氧化硅，A符合题意；
B．氯碱工业的原料为饱和氯化钠溶液，B不符合题意；
C．电解熔融氯化钠制备金属钠，C不符合题意；
D．侯氏制碱法的原料为饱和氯化钠、氨气和二氧化碳，D不符合题意；
故选A。
2．B
【分析】根据图示可知，反应Ⅰ为，反应Ⅱ为，反应Ⅲ为，整个循环过程中总反应为。
【详解】A．根据图示可知，整个循环过程中总反应为，若产生同时产生，标准状况下体积为44.8 L，选项中未明确标准状况，则气体体积不一定是44.8 L，A错误；
B．总反应为，可知该分解反应的焓变为焓增加，即
，B正确；
C．该制氢方法与电解水反应的反应物与生成物相同，反应条件不同，但与反应途径、条件无关，故两种方法均生成时的相同，C错误；
D．反应Ⅰ可在常温常压下进行，反应Ⅱ是分解，常温常压下不能进行，反应Ⅲ为的分解，较高温度下反应容易发生，D错误；
故选B。
3．D
【详解】A．硼（B）原子序数为5，核外电子排布为2、3，A错误；
B．水为共价化合物，描述形成过程中不需要箭头，B错误；
C．同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质，、不属于单质，C错误；
D．NaClO由Na+和ClO-组成，Na+与ClO-间为离子键，ClO-内Cl与O间为共价键，D正确；
综上所述，答案为D。
4．B
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则镁离子的离子半径小于氟离子，同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则氟离子的离子半径小于氯离子，所以镁离子的离子半径小于氯离子，故A错误；
B．非金属元素的非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，氟元素的非金属性强于硫元素，所以氟化氢的热稳定性强于硫化氢，故B正确；
C．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，所以硫酸的酸性弱于高氯酸，故C错误；
D．同周期元素，从左到右金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化镁的碱性弱于氢氧化钠，故D错误；
故选B。
5．A 6．D 7．D
【解析】5．A．红酒中添加SO2，主要利用了SO2的还原性和杀菌消毒的能力，A正确；
B．N2H4可用作火箭升空的燃料是因为其燃烧热高，（且燃烧是被氧化的过程），与其氧化性无关，B错误；
C．NaClO用于杀毒消菌是因为其强氧化性，C错误；
D．NO是一种无色分子，在人的神经信号转递过程中作为信息分子，但两者无对应关系，D错误；
答案选A。
6．A．硫化氢是弱电解质，不能拆分，正确方程式为，A错误；
B．氨水为少量，最后得到的产物为NH4HSO3，正确的方程式为，B错误；
C．反应环境为碱性，产物为碳酸根，正确方程式为，C错误；
D．根据题干提供的肼燃烧热信息，肼燃烧的热化学方程式书写正确，D正确；
答案选D。
7．A．硝酸根中N为最高价（+5价）转化为0价的氮气需要还原剂，而臭氧分子为氧化剂，不能实现转化，A错误；
B．稀硝酸与Cu反应生成气体为NO，不能实现转化，B错误；
C．NO转化为NO2需要氧化剂，CO只具有还原性，C错误；
D．Na还原性强，可以将NH3中的H还原为H2，D正确；
答案选D。
8．B
【详解】A、HS－的水解方程式为HS－＋H2OH2S＋OH－，故A错误；
B、同一种溶液，溶液的体积相同，即物质的量浓度比值等于其物质的量变化，加水稀释促进CH3COOH的电离，CH3COO－的物质的量增大，CH3COOH的物质的量减小，即c(CH3COOH)/c(CH3COO-)比值减小，故B正确；
C、根据水的离子积，盐酸溶液稀释，c(OH－)增大，故C错误；
D、水的离子积受温度的影响，升高温度，水的离子积增大，100℃时水的离子积为1×10－12，溶液中c(OH－)=1mol·L－1，故D错误。答案选B。
9．D
【分析】由图可知，镍合金上氮气转化为氨气，化合价降低，得到电子，发生还原反应，故镍合金为阴极，电极反应式为，Pt片转化为，化合价升高，失去电子，故Pt片为阳极，电极反应式为，据此回答。
【详解】A．由分析知，镍合金为阴极，接外接电源的负极，A错误；
B．由分析知，Pt片为阳极，电解池中阳离子移向阴极，所以从片向镍合金运动，B错误；
C．由分析知，镍合金上电极反应式为，C错误；
D．由分析知，每生成1个氧气失去4个电子，每生成1个氨气得到3个电子，生成失去电子的物质的量为=1.2 mol，根据得失电子守恒知，生成氨气的物质的量为，在标准状况下的体积为=，D正确；
故答案选D。
10．D
【详解】A．根据该有机物的结构简式可知，其不饱和度为6，有11个碳原子，可得算式：，H原子个数为12个，或直接数出H原子个数为12个，其化学式应为，A错误；
B．有机物中酯基的乙基部分-CH2CH3的C原子采用sp3杂化，并非所有C原子均为杂化，B错误；
C．该有机物含碳碳双键（满足顺反异构条件），但图示结构中双键两端的较大基团（苯基、酯基）处于双键异侧，应为反式的结构，C错误；
D．氧化反应：可燃烧（属于氧化），或碳碳双键被酸性高锰酸钾氧化；取代反应：酯基的水解、苯环上的取代等；加成反应：苯环、碳碳双键可与H2（酯基不加成）发生加成；加聚反应：碳碳双键可发生加聚，生成高分子化合物，D正确；
故答案选D。
11．C
【详解】A．二氧化锰浓盐酸制氯气，需要加热，A错误；
B．可以用饱和氯化钠除去氯化氢，应该用洗气瓶不能用U形管，B错误；
C．氯气可以把硫离子氧化成硫单质，难溶于水生成沉淀，C正确；
D．氯气难溶于水，应该用氢氧化钠溶液处理尾气，D错误；
故选C。
12．C
【详解】A．根据盖斯定律可知，反应Ⅰ=反应Ⅱ×2-反应Ⅲ，ΔH1=2ΔH2－ΔH3=（2×90.6-136.3）kJ·mol-1 =＋44.9 kJ·mol-1 ，故A正确；
B．温度升高活化分子百分数提高，反应Ⅰ、Ⅱ速率均加快，甲醇转化率也随之增大，故B正确；
C．其他条件不变，563K时，增大甲醇蒸气流速，甲醇的转化率会降低，故C错误；
D．当温度高于563K时，随着温度增高，反应Ⅰ和反应Ⅲ的反应速率都增大，平衡都向右移动，甲酸甲酯选择性下降，说明反应Ⅲ消耗甲酸甲酯的速率的增幅大于反应Ⅰ生成甲酸甲酯的速率的增幅，故D正确；
答案选C。
13．C
【详解】A．把SO2通入氨水，测得溶液pH=7，溶液中电荷守恒为c()+c(H+)= c()＋2c ()+c(OH-)，即c()= c()＋2c ()，故A正确；
B．向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入过量0.2mol/L CaCl2溶液，产生白色沉淀，则上层清液为CaSO3的饱和溶液，溶液中存在c(Ca2+)·c()=Ksp(CaSO3)，故B正确；
C．向0.1 mol/L NaHSO3溶液中滴入一定量NaOH溶液至pH=7，得到NaHSO3溶液和Na2SO3溶液的混合溶液，存在电荷守恒：。因，故。由于，所以，即，故C错误；
D．把少量氯气通入Na2SO3溶液中，氯气氧化部分生成，增大，溶液pH变小，故D正确；
答案选C。
14．(1) NO+NO2+Na2CO3 = 2NaNO2+CO2 分液漏斗 吸收没有反应的NO、NO2，防止污染空气 当滴入最后半滴KMnO4溶液时，溶液颜色由无色变成浅红色，且30秒内不变色 5:3
(2) Ag+与形成[Ag(NO2)2]- 2+2I－+4H+ = 2NO↑+I2+ 2H2O
【详解】（1）①向装置A中通入一段时间N2，除去装置内空气，再通入NO和NO2混合气体，二者与Na2CO3发生归中反应生成NaNO2，NO以及NO2中N元素化合价均变化1，因此反应方程式为NO+NO2+Na2CO3 = 2NaNO2+CO2。
②由图可知，仪器a的名称为分液漏斗；由于NO和NO2均为有毒气体，不能直接排放，因此酸性KMnO4溶液的作用是吸收没有反应的NO、NO2，防止污染空气。
③用0.02000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定过程中KMnO4被还原，溶液呈无色，因此滴定终点现象为当滴入最后半滴KMnO4溶液时，溶液颜色由无色变成浅红色，且30秒内不变色。
④反应过程中，因此20.00 mL溶液中，1.200 g白色固体中n(NaNO2)=，，n(NaNO2)：n(NaNO3)=(1×10-2mol)：(6×10-3mol)=5：3。
（2）①向NaNO2溶液中滴加AgNO3溶液，开始NaNO2过量，过量可以形成[Ag(NO2)2]－，因此开始无白色沉淀产生。
②NaNO2具有氧化性，在酸性条件下将I-氧化为I2，NaNO2被还原为NO，N元素化合价由+3降低至+2，因此反应离子方程式为2+2I－+4H+ = 2NO↑+I2+ 2H2O。
15．(1)B
(2)1
(3)S元素被氧化成SO
(4)A
(5)D
(6)BC
【详解】（1）由图可知，该装置为化学能转化为电能的原电池，电极a为负极，氧离子作用下硫化氢在负极失去电子发生氧化反应生成S2和水，电极b为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；
A．由分析可知，电极a为负极，氧离子作用下硫化氢在负极失去电子发生氧化反应生成S2和水，电极反应式为，A错误；
B．由分析可知，电极b为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子，电极反应式为，则电路中每流过4 mol电子时，正极消耗氧气的物质的量为1mol，B正确；
C．由分析可知，电极b为正极，C错误；
D．由分析可知，该装置为化学能转化为电能的原电池，D错误；
故选B；
（2）由电离常数Ka1(H2S)= 可知，向含硫废水中加入稀硫酸调节溶液的pH为7，废水中==1；
（3）由题给信息可知，用双氧水处理含硫废水时，硫元素易被氧化为硫或硫酸根离子，则过氧化氢溶液体积大于9mL时，硫的生成率随过氧化氢溶液加入而降低是因为硫元素被过氧化氢溶液氧化成更高价态的硫酸根离子所致；
（4）由图可知，转化I中化合价发生变化的元素为氧元素、硫元素和锰元素，没有发生变化的是氢元素，故选A；
（5）催化剂使用一段时间后催化效率会下降是因为反应生成的硫覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积所致；硫不溶于水、微溶于乙醇，不能与盐酸反应，但能与热的氢氧化钠溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，所以可以选用热氢氧化钠溶液浸取催化剂，再将催化剂干燥可以提高催化剂二氧化锰的催化效率；
（6）由图可知，碳棒a为原电池的正极，光合菌作用下，二氧化碳光照条件下转化为氧气，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极b为负极，氧硫化菌作用下二硫化亚铁在负极失去电子发生氧化反应生成硫单质，而后氧硫化菌做催化剂，硫在水分子作用下失去电子生成硫酸根和氢离子，则电池工作一段时间后，溶液酸性增强；
A．由分析可知，碳棒a为原电池的正极，电极b为负极，则外电路的电流方向：碳棒a→碳棒b，A错误；
B．由分析可知，电极b为负极，负极上存在氧硫化菌做催化剂，硫在水分子作用下失去电子生成硫酸根和氢离子的反应，电极反应式为：，B正确；
C．由题给信息可知，随酸性增强，硫氧化菌的活性逐渐降低，由分析可知，电池工作一段时间后，溶液酸性增强，则硫氧化菌活性降低，导致电池效率也降低，C正确；
D．由图可知，二硫化铁最终转化为硫酸亚铁，转化过程中失去电子的物质的量为14mol，则由得失电子数目守恒可知，理论上需要光合菌生产标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=78.4L，D错误；
故选BC。
16．(1) 或 生成做催化剂，加速了、、反应生成的速率，增加明显
(2) b 将溶液缓慢滴入到溶液中，控制pH略小于7.7；充分反应至不再生成沉淀；过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2-3次，取最后一次洗涤滤液少许于试管，加盐酸酸化，无现象，再滴几滴溶液，无沉淀生成；将所得沉淀在不高于干燥至恒重
(3)92.00%
【详解】（1）①Mn是25号元素，基态锰原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d54s2，Mn失去最外层2个电子生成Mn2+，Mn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。
②随着吸收时间增加，Mn2+浓度增大，Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4，所以溶液中c(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势；
（2）①利用溶液和溶液()反应制备，Mn(OH)2开始沉淀时pH=7.7，为防止产生Mn(OH)2，加入溶液调节pH，使得Mn2+转化为沉淀，故分液漏斗中应加溶液，故选b；
②上述制备反应为硫酸锰和溶液反应生成碳酸锰沉淀和水，为弱电解质不能拆，产物还有铵根离子，离子方程式为：；
③为了确保生成碳酸锰需要控制pH在适当范围，所以应将溶液缓慢滴入硫酸锰溶液中并且不断搅拌，避免引入杂质，提高纯度，沉淀过滤洗涤之后，再用氯化钡检验是否含有硫酸根离子（即检验是否洗涤干净），最后将沉淀进行干燥，具体操作为：将溶液缓慢滴入到溶液中，控制pH略小于7.7；充分反应至不再生成沉淀；过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2~3次，取最后一次洗涤滤液少许于试管，加盐酸酸化，无现象，再滴几滴溶液，无沉淀生成；将所得沉淀在不高于干燥至恒重；
（3）高锰酸钾与反应，根据得失电子守恒可得关系式：，与高锰酸钾反应的，与反应的，可知，所以样品中的纯度为。
17．(1) Ⅰ 在一定，升高，比值增大，相当于降低，该平衡逆向移动，平衡转化率降低
(2) 与生成固体，覆盖在催化剂表面，使活性降低，反应速率减慢；消耗，减小，反应速率减慢
(3) 与反应生成，增大，pH减小；与反应生成，增大，pH减小；以上过程均使增大，氧化的速率加快
【分析】恒容密闭容器中充入和不同量的，发生反应IV，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，的平衡转化率减小；在下的平衡转化率随增大而增大，对应图中曲线Ⅰ；一定，升高，降低，，该平衡逆向移动，平衡转化率降低，所以温度为时，的平衡转化率随增大而减小对应图中曲线Ⅱ。漂白粉中含有CaCl2和Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，具有强氧化性，与SO2的反应的离子方程式为。
【详解】（1）①根据盖斯定律将反应Ⅲ+Ⅱ-Ⅰ得到IV：；
②恒容密闭容器中充入和不同量的，发生反应IV，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，的平衡转化率减小；在下的平衡转化率随增大而增大，对应图中曲线Ⅰ；在一定时，比值增大，相当降低，平衡逆向移动，平衡转化率降低，所以温度为时，的平衡转化率随增大而减小对应图中曲线Ⅱ；
（2）①根据反应历程图可知，和NO在氧气的参与下，生成氮气和水，反应的总方程式为：；
②与形成能提供质子的酸性位，以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”，NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，结合反应历程的图示可知，“中间体X”的结构式为：；
③烟气中若含有一定浓度的气体，与生成固体，覆盖在催化剂表面，使活性降低，反应速率减慢；消耗，减小，反应速率减慢导致去除率会明显下降；
（3）①漂白粉中含有CaCl2和Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，具有强氧化性，与SO2的反应的离子方程式为；
②从图中可知转化率随溶液pH增大而减小。中混有能提高其转化率原因是与反应生成，增大，pH减小；与反应生成，增大，pH减小；以上过程均使增大，氧化的速率加快。

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