江苏省苏州市2021-2022学年高二化学下学期期末学业质量调研试题（Word版附解析）

苏州市2021～2022学年第二学期学业质量阳光指标调研卷(延期〉高二化学注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，试卷满分100分。考试时间75分钟。2.将选择题答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答写在答题卡的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16S32Mn55Fe56一、单项选择题：包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意。1.反应古代用于制汞。下列说法不正确的是A.该反应属于置换反应B.制得理论上转移2mol电子C.HgS既是氧化剂又是还原剂D.该方法炼汞污染大【答案】B【解析】【详解】A．该反应为单质与化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物，所以属于置换反应，A正确；B．在该反应中，可建立如下关系式：Hg—4e-，所以制得理论上转移4mol电子，B不正确；C．在HgS中，Hg由+2价降低为0价，S由-2价升高为+4价，所以HgS既是氧化剂又是还原剂，C正确；D．该方法炼汞，一方面产生大气污染物SO2，另一方面，高温会导致汞的大量挥发，所以对环境的污染大，D正确；故选B。2.反应可用于检验微量CO的存在。下列说法正确的是 A.NH3是非极性分子B.的空间构型为三角锥形C.中存键D.电负性大小：【答案】D【解析】【详解】A．NH3分子结构呈三角锥形，结构不对称，是极性分子，A不正确；B．中的C原子发生sp2杂化，则其空间构型为平面三角形，B不正确；C．中，Ag+为中心离子，NH3为配体，其中N原子为配位原子，所以不存在键，C不正确；D．N、O为同周期元素，N在O的左边，非金属性O比N强，则电负性大小：，D正确；故选D。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.铁粉能与反应，可用作食品保存的脱氧剂B.熔点高，可用于工业冶炼铝单质C.具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒D.受热易分解，可用于治疗胃酸过多【答案】A【解析】【详解】A．铁粉能与O2反应，吸收氧气减缓食品氧化作用，可用作食品保存的脱氧剂，A正确；B．氧化铝熔融时可以电离出自由移动的离子，可用作电解冶炼铝的原料，氧化铝熔点高并不利于工业冶炼铝单质，需要加冰晶石降低熔点，B错误；C．ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，不是还原性，C错误；D．碳酸氢钠可与盐酸反应从而消耗掉多余的盐酸，可用于治疗胃酸过多，D错误；故答案选A4.海洋资源的综合利用中涉及的原理及相关离子方程式书写均正确的是 A.用从酸化海带灰浸出液中提碘：B.氯气与水反应制氯水：C.除去粗盐中：D.氯碱工业制氯气：【答案】D【解析】【详解】A．在酸性溶液中，H2O2氧化海带灰浸出液中的I-，从而获得I2，离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A不正确；B．氯气溶于水制得氯水，其中发生反应(HClO为弱酸，应以化学式表示)：，B不正确；C．除去粗盐中的，加入Ca(OH)2，离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，C不正确；D．氯碱工业中，电解饱和食盐水制氯气，离子方程式为：，D正确；故选D。5.实验室模拟工业提镁，其相关原理或装置能达到相应实验目的的是A.制HCl气体B.干燥HClC.制无水D.电解尾气处理【答案】C【解析】【详解】A．制取HCl气体时，可以将浓硫酸滴入浓盐酸中，也可以用NaCl 固体与浓硫酸作用，但用浓硫酸滴入NaCl溶液中，不能制得HCl气体，A不正确；B．碱石灰是NaOH与CaO的混合物，不仅能吸收水蒸气，还能吸收HCl，B不正确；C．在HCl气流中加热MgCl2∙6H2O，可以抑制MgCl2的水解，从而获得纯净的MgCl2，C正确；D．电解MgCl2的尾气为Cl2，Cl2难溶于饱和NaCl溶液，吸收效果差，D不正确；故选C6.从卤水中提溴的流程如下(已知“吸收”后溶液中有大量)。下列有关说法正确的是A.“吹出”步骤是利用热空气中的氧化B.“吸收”步骤的化学方程式为：C.“酸化”步骤理论上每生成电子转移电子D.设计“吸收”和“酸化”两步的目的是为了提高的浓度【答案】D【解析】【分析】卤水通入氯气把溴离子氧化为溴单质，鼓入热空气使溴单质挥发出来，用碳酸钠溶液吸收溴单质，发生反应，反应后的溶液中滴加硫酸，发生反应生成溴单质，再蒸馏得液溴。【详解】A．“吹出”步骤是利用溴的挥发性，鼓入热空气使溴单质挥发出来，故A错误；B．“吸收”步骤中，碳酸钠和溴反应生成溴化钠、溴酸钠、二氧化碳，反应的化学方程式为：，故B错误；C．“酸化”步骤发生反应 ，理论上每生成电子转移电子，故C错误；D．设计“吸收”和“酸化”两步的目的是富集溴，提高的浓度，故D正确；选D。7.前四周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态时，X和Z原子L层上均有2个未成对电子。W位于第四周期，基态时其原子核外未成对电子数在同周期中最多。下列说法正确的是A.原子半径：B.第一电离能：C.Y的氧化物对应水化物是强酸D.W元素位于元素周期表的VIB族【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X和Z基态原子L层上均有2个未成对电子，价电子排布式分别为2s22p2、2s22p4，则X为C元素，Z为O元素，Y位于X与Z中间为N元素；W位于第四周期，基态时其原子核外未成对电子数在同周期中最多，3d轨道半充满，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则W为Cr元素，以此分析来解答。【详解】A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，原子半径能由小到大的关系是：O<N<C，A错误；B．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能由大到小的关系是：N＞O＞C，B错误；C．N的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，为强酸，C错误；D．W价电子排布式分别为3d54s1，位于元素周期表的VIB族，D正确；故答案选：D。8.指定条件下，下列选项所示物质间的转化可以实现的是A.B. C.D【答案】A【解析】【详解】A．Al2O3溶于NaOH溶液生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入足量的CO2，生成Al(OH)3沉淀，A正确；B．Ca(ClO)2溶液中通入CO2可以生成HClO，但HClO光照分解不能生成Cl2，只能生成O2，B不正确；C．SiO2与盐酸不反应，制取SiCl4通常是用Si与Cl2在高温条件下反应，C不正确；D．FeS2与O2在高温条件下反应，只能生成SO2，不能生成SO3，D不正确；故选A。9.下列说法正确是A.金刚石与石墨烯中的C-C-C夹角都是120°B.CH4、SiH4、GeH4的沸点依次升高C.Ge原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p2D.CO2与SiO2的晶体类型相同【答案】B【解析】【详解】A．金刚石中每个碳原子形成正四面体结构，C-C-C夹角都是109°28′，石墨烯中碳原子形成平面正六边形结构，C-C-C夹角是120°，A不正确；B．CH4、SiH4、GeH4都形成分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则沸点依次升高，B正确；C．Ge为32号元素，原子基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C不正确；D．CO2与SiO2的晶体类型分别为分子晶体、共价晶体，D不正确；故选B。10.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的 A向盛有溶液的试管中滴加几滴新制氯水，再滴入几滴溶液，振荡，观察溶液颜色变化溶液是否变质B向盛有水溶液的试管中滴加几滴酸性溶液，振荡，观察溶液颜色变化具有漂白性C向盛有淀粉溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化的氧化性比强D向装有溶液X的试管中滴入稀溶液，在试管口放湿润的红色石蕊试纸检验溶液X中是否含有A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯水可以将亚铁离子氧化为铁离子，使KSCN显红色，亚铁离子具有还原性，故A错误；B．二氧化硫具有漂白性，可以和有机有色物质结合为无色物质，但不稳定，加热易分解，加热又恢复原来的颜色，向盛有水溶液的试管中滴加几滴酸性溶液，振荡，观察溶液颜色变化，只能说明二氧化硫具有还原性，故B错误；C．向盛有淀粉溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化，溴单质可以置换出碘化钾中的碘，使淀粉显蓝色，说明溴的氧化性大于碘的氧化性，故C正确；D．向装有溶液X的试管中滴入浓溶液，加热，在试管口放湿润的红色石蕊试纸，若变蓝，才能检验溶液X中是否含有，故D错误；故选C。11.利用金属刊渣(含)制备晶体的流程如下。 下列说法正确的是A.“煅烧”产生的尾气可直接排入空气B.若酸浸后溶液中无，说明“煅烧”过程中全部转化为C.还原得到溶液中的离子主要有D.“滤渣”的成分为【答案】B【解析】【分析】矿渣经过空气煅烧，其中的FeS2被氧化生成氧化铁和二氧化硫，Cu2O被氧化成CuO，再经过稀硫酸酸化，氧化铁和氧化铜反应生成硫酸铁和硫酸铜，二氧化硅不反应通过过滤除去，再加入还原铁粉，将铁离子还原为亚铁离子，铜离子还原为单质铜，再过滤除去铜和过量的铁，再经过一系列操作即可得到硫酸亚铁铵晶体。【详解】A．煅烧产生的尾气是二氧化硫，会污染空气，不能直接排放在空气中，A错误；B．如果煅烧过程中Cu2O没有全部转化为CuO，与酸反应之后会有单质铜生成，铜会与铁离子反应生成亚铁离子，如果没有亚铁离子，则说明煅烧过程中Cu2O没有全部转化为CuO，故B正确；C．还原得到的溶液中主要含有的离子是亚铁离子和硫酸根离子，没有铜离子，C错误；D．滤渣的成分主要是铜和过量的铁，D错误。故选B。12.在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如下图所示。下列说法不正确的是 A.第一步转化N与H间形成的是配位键B.第三步转化涉及极性键的断裂与非极性键的生成C.若用HCOOD代替HCOOH，反应除生成CO2外，还生成D2D.若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中CO2的量会减少【答案】C【解析】【分析】在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2；若将HCOOH换成HCOOD或HCOOK，也可按HCOOH分解的原理分析。【详解】A．第一步转化中，N原子的最外层具有孤对电子，H+具有空轨道，则N与H间形成的是配位键，A正确；B．第三步转化涉及到N-H键的断裂和H-H键的形成，所以有极性键的断裂与非极性键的生成，B正确；C．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO2外，还生成HD，C不正确；D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK分解生成CO2和KH，KH与水反应生成KOH和H2，KOH能吸收CO2，所以最终所得气体中CO2的量会减少，D正确；故选C。13.将和空气的混合气体通入的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法不正确的是 A.步骤II反应的离子方程式：B.有转化为硫单质时，理论上消耗的物质的量为[若溶液中不变]C.在图示转化中，化合价不变的元素有铜、氢和氯D.提高混合气体中空气比例，充分搅拌，可以使得到的S中不含【答案】A【解析】【详解】A．步骤II中，CuS与Fe3+反应，生成Fe2+、Cu2+、S，反应的离子方程式：，A不正确；B．依据得失电子守恒，可建立如下关系式：O2—4Fe3+—2H2S，则有转化为硫单质时，理论上消耗的物质的量为[若溶液中不变]，B正确；C．在图示转化中，Cu、H、Cl始终保持+2、+1、-1价，所以化合价不变的元素有铜、氢和氯，C正确；D．提高混合气体中空气比例，可以得到充足的Fe3+，从而保证CuS完全转化为S等，D正确；故选A。14.某学生对与漂粉精(由与石灰乳制得)溶液的反应进行实验探究：实验I.取4g漂粉精，加入水，固体部分溶解，过滤得漂粉精溶液。实验II.测得漂粉精溶液的pH约为12，稍后pH试纸褪色。实验III.如图进行实验，先出现浑浊；稍后溶液变为黄绿色；最后黄绿色褪去，产生大量白色沉淀。 下列说法正确的是A.实验I、II说明溶液有碱性和漂白性B.与漂粉精溶液反应会导致溶液的酸性增强C.实验III溶液变为黄绿色是因为与反应生成溶于水D.产生的大量白色沉淀其主要成分是【答案】B【解析】【详解】A．漂白精中可能存在未反应完的石灰乳，pH值约等于12，不能说明漂白精溶液显碱性，验证漂白性应用品红溶液，而不应该用pH试纸，A错误；B．二氧化硫可被次氯酸钙氧化成硫酸，导致溶液酸性增强，B正确；C．溶液先出现浑浊，是因为二氧化硫和钙离子生成了亚硫酸钙，亚硫酸钙再与次氯酸根反应生成氯气，而不是二氧化硫与次氯酸根生成氯气，C错误；D．二氧化硫可被漂白精溶液氧化成硫酸根，生成的白色沉淀应为硫酸钙，D错误；故选B。二、非选择题：共4题，共58分。15.(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。元素HBN电负性2.12.03.0（1）氨硼烷的结构①中键的数目为_______。②熔点104℃，熔点-183.3℃。两者熔点差异较大的原因是_______。（2）氨硼烷水解释氢 ①氨硼烷水解释氢需要在金属型催化剂(如、Pt等)催化下进行。写出基态Fe原子的核外电子排布式：_______。②铁的甲、乙两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如图所示。甲、乙晶胞所含铁原子个数比为_______。③氨硼烷水解释氢时转化为，写出水解释氢的化学方程式_______。（3）氨硼烷热分解释氢①氨硼烷受热时固体残留率随温度的变化如图所示。110℃时残留固体的化学式可能为_______。②若B点一种产物的最简式就是分子式，该产物分子中键∶键=_______。【答案】（1）①.7NA②.分子之间有氢键，分子之间只有范德华力（2）①.或②.1:2③.（3）①.或②.3:2【解析】【小问1详解】①1个氨硼烷分子中含7个σ键，则中含7molσ键，数目为7NA。②N的电负性强，可以形成分子间氢键，使其熔点升高，而不能形成分子 间氢键，因此的熔点比高。【小问2详解】①铁的原子序数为26，其基态原子核外电子排布式为：或。②依据均摊法，甲晶胞中铁原子个数为1+8=2，乙晶胞中铁原子个数为8+6=4，则甲、乙晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2。③氨硼烷水解释氢时转化为，硼元素化合价由-3价升高到+3价，则可生成氢气，反应的化学方程式为：。【小问3详解】①110℃时，分析固体残留率随温度的变化图可知，M(A)=M()93.55%=3193.55%=29，因此A为或。②B点时，M(B)=M()87.10%=3187.10%=27，B点一种产物的最简式就是分子式，B为，分子中σ键:π键=3:2。16.工业或机动车尾气中的NOx会造成环境问题，可用多种方法脱除。（1）碱液吸收：NaOH溶液可吸收硝酸工业尾气(含)，获得副产品。①等物质的量NO与NO2被NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为_______。②若吸收时NO与NO2比例控制不当，则吸收液经浓缩结晶、过滤得到晶体中最有可能混有的杂质是_______(填化学式)。排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_______(填化学式)。（2）还原法：尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如下：①尿素中氮元素的化合价为_______。②写出“催化反应”过程中NH3还原NO2的化学方程式_______。③若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程_______。④“催化反应”过程中需控制温度在之间。温度过高，NOx的去除率下降，其原 因可能是温度过高催化剂的活性降低和_______。【答案】（1）①.②.③.NO（2）①.-3②.③.与反应生成，与反应生成或者④.温度升高，NH3催化氧化生成NO【解析】【小问1详解】①由题意可知NO和NO2混合气体通入NaOH生成NaNO2，化学反应方程式为NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，离子方程式为NO+NO2+2OH-=NO2-+H2O。答案为：NO+NO2+2OH-=NO2-+H2O。②NO与NO2混合气体中NO过量时，混合气体与NaOH反应生成的盐只有NaNO2。同时，过量的NO由于不和NaOH反应以尾气形式排放。当NO与NO2比例为1：1时，与NaOH反应只生成NaNO2，无气体释放。混合气体中NO2过量时，除NO与NO2按1：1与NaOH反应生成NaNO2外，剩余的NO2可被NaOH吸收生成NaNO2和NaNO3，无气体释放。综上所述，晶体中最可能的杂质为NaNO3，比例不当时可能释放NO。答案为：NaNO3，NO。【小问2详解】①CO(NH2)2中碳元素+4价，氧元素-2价，氢元素+1价，设氮元素化合价为x，则4+(-2)+2x+1×4=0，解得x=-3。答案为：-3。②依据题意可知反应物为NO2和NH3，产物为N2和H2O。于是，方程式为。答案为：。③硫酸盐形成需要，而题目中混合气体含有的是SO2，因此可以推到形成的过程中存在将SO2氧化成SO3的过程。尿素水溶液热解和催化生成N2过程中均有H2O，可以将SO3转化成H2SO4。生成的H2SO4与NH3反应生成(NH4)2SO4或NH4HSO4。 答案为：与反应生成，与反应生成或者。④催化反应过程通入的气体含有NO2、O2、NH3、H2O、CO2（尿素水溶液热解产物），除发生NO2与NH3反应外，还可能发生NH3的催化氧化，其产物为NO和H2O。NO的生成可以使NOx的去除率下降。答案为：温度升高，NH3催化氧化生成NO。17.α-Fe2O3是一种优质的软磁性材料，用FeSO4溶液通过两步可制α-Fe2O3：①氧化制铁黄[FeO(OH)，不溶于水]；②煅烧铁黄制。I.氧化制铁黄向一定浓度的FeSO4溶液中滴加氨水，至混合液pH约为6.5时停止滴加，产生白色沉淀(带灰绿色)；通入氧气，生成铁黄晶体。通氧气过程中溶液pH随时间的变化如图所示。己知：25℃时。（1）25℃时，滴氨水至混合液pH约为6.5时，溶液中残留的c(Fe2+)=_______。（2）段，溶液pH随氧气通入基本保持不变。请结合化学方程式分析该过程中溶液pH基本保持不变的原因_______。（3）段，溶液pH随氧气通入明显变小。请结合化学方程式分析该过程中溶液pH明显变小的原因_______。II.煅烧制α-Fe2O3（4）将所得铁黄晶体洗净后煅烧，得α-Fe2O3。下图为其他条件相同时不同煅烧温度对产品中Fe2O3质量分数的影响。当煅烧温度高于800℃时，产品中Fe2O3质量分数降低，铁元素质量分数升高，其可能原因是_______。 （5）煅烧也能生成α-Fe2O3。实验室以溶液为原料制备高产率、较纯净的α-Fe2O3。已知：开始沉淀的，请补充完整实验方案：在搅拌下_______，将固体干燥，得到纯净的放入管式炉内煅烧2h，获得产品α-Fe2O3。(必须使用的试剂：溶液、盐酸、溶液、蒸馏水)【答案】（1）（2）段发生反应，溶液中c(H+)基本不变（3）段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大（4）部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO（5）向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊【解析】【分析】分析溶液中通入O2时，pH没有明显变化和pH明显降低时的原因，只需将两个过程中可能发生的反应进行对比。可能发生的反应为或，第一个反应不消耗也不生成H+，第二个反应生成H2SO4，c(H+)明显增大，pH减小。【小问1详解】25℃时，滴氨水至混合液pH约为6.5时，c(OH-)=10-7.5mol/L，溶液中残留的c(Fe2+)= mol∙L-1=。答案为：；【小问2详解】由分析可知，段，溶液pH随氧气通入基本保持不变，则发生Fe(OH)2的氧化反应，由此得出原因是：段发生反应，溶液中c(H+)基本不变。答案为：段发生反应，溶液中c(H+)基本不变；【小问3详解】由分析可知，段，溶液pH随氧气通入明显变小，则发生Fe2+的氧化反应，由此得出其原因：段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大。答案为：段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大；【小问4详解】当煅烧温度高于800℃时，产品中Fe2O3质量分数降低，铁元素质量分数升高，则表明Fe2O3转化为其它的铁的氧化物，同时生成O2，其可能原因是：部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO。答案为：部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO；【小问5详解】FeSO4生成FeCO3，显然需要加入NH4HCO3，要得到纯净的FeCO3，需要对沉淀进行洗涤、检验最后一次洗涤液中是否含有，需要加入盐酸酸化的BaCl2溶液。所以完整实验方案：在搅拌下向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊，将固体干燥，得到纯净的放入管式炉内煅烧2h，获得产品α-Fe2O3。答案为：向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊。【点睛】检验沉淀是否洗涤干净时，通常检查最后一次洗涤液中是否含有沉淀不能电离产生 的离子。18.对燃煤烟气或煤浆进行脱硫能有效降低排入大气中的SO2含量。I.燃煤烟气脱硫软锰矿浆(主要成分MnO2，含有少量铁、铝等氧化物)可脱除燃煤烟气中的SO2，又可制得电池材料MnO2。主要流程如下：（1）“除铁铝”步骤所得滤渣的主要成分为_______。（2）写出“沉锰”步骤发生反应的离子方程式_______。（3）为了测算所需脱硫剂大致用量，需对烟气中SO2含量进行测定。方法是将烟气以一定流速通过装有的标准溶液(滴入淀粉溶液作指示剂，并加蒸馏水稀释为)，以的流量进行采样，记录淀粉溶液褪色的时间为。①计算该烟气中SO2含量。(以为单位，写出计算过程)_______。②某小组同学认为用一定浓度标准溶液(酚酞溶液作指示剂)也可测定烟气中SO2含量。该方案是否可行，请说出理由_______。II.煤浆脱硫（4）煤浆中的可用软锰矿粉在酸性条件下进行脱除，对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。①X的化学式为_______。②写出足量MnO2脱除总反应的离子方程式_______。 ③煤浆的脱硫率()与溶液起始pH的关系如图所示。pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化能力或还原能力降低：_____。【答案】（1）（2）（3）①.3.2mg∙L-1②.不可行。烟气中含大量，也会消耗溶液（4）①.或②.③.转化为沉淀，减小，同时沉淀覆盖在矿粉表面，阻碍反应进行【解析】【分析】从流程图中可以看出，烟气和酸性软锰矿浆反应，烟气中的二氧化硫被矿浆吸收，生成含有锰离子、铁离子、铝离子的溶液，再加入碳酸锰进行pH的调节，除去铁离子和铝离子，过滤之后加入高锰酸钾发生反应生成二氧化锰，再过滤即可得到最终的产品二氧化锰。【小问1详解】加入碳酸锰消耗氢离子来调节pH，使铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝而除去；【小问2详解】沉锰步骤的反应为加入高锰酸钾之后，高锰酸根离子与锰离子反应生成了二氧化锰，从电荷守恒上可以推知，反应物中有水参加，同时生成氢离子，其方程式为；【小问3详解】 ①反应掉的I2的物质的量为，二氧化硫的物质的量为x，则根据方程式计算则二氧化硫的含量为。②因为是燃煤烟气，其中含有大量的二氧化碳，如果使用氢氧化钠溶液，二氧化碳也会被吸收，使结果不准确。【小问4详解】①从图中可以看出，FeS2与X’反应生成了X和硫酸根离子，题目中又已知铁离子可以催化反应的进行，可以推知，X为亚铁离子，X’为铁离子。②从图中可以看出，酸性条件下，二氧化锰与FeS2在铁离子催化作用下反应，生成锰离子、铁离子和硫酸根离子，其总离子方程式为③pH大于1.5之后，铁离子转化成了氢氧化铁，同时可能覆盖于矿粉表面阻止反应的发生，所以脱硫率下降。