2019年高考化学一轮复习 第三单元 化学物质及其变化单元B卷.doc

第三单元 化学物质及其变化注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Si-28 Cl-35.5 Mn-55 Zn-65一、选择题（每小题3分，共48分）1古代的很多成语、谚语都蕴含着科学知识，下列对成语、谚语的解释正确的是 A“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高B“玉不琢，不成器”“百炼方能成钢”发生的均为化学变化C“甘之如饴”说明糖类均有甜味D“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应【答案】D 【解析】相同质量的同种物质，固态的能量比液态的低，所以水和冰比较，水的能量高，A项错误；“玉不琢，不成器”是物理变化，“百炼方能成钢”是化学变化，B项错误；不是所有的糖类都有甜味，如淀粉、纤维素属于糖类，它们均没有甜味，C项错误。2下列有关电解质的叙述中错误的是 A强电解质在水溶液里或熔融状态时的电离方式是一样的B弱电解质溶液可能比强电解质溶液的导电性强CHCl是强电解质，它只能在水溶液里才能电离D电解质溶液导电过程中必然伴随化学变化【答案】A【解析】强电解质如NaHSO4中H与O形成的共价键在水溶液里可断开，但在熔融状态时不会断开，故A项错误；电解质溶液的导电性取决于溶液中阴阳离子的浓度及离子所带电荷数，与电解质的强弱无必然的联系，故B项正确；HCl是共价化合物，只有溶于水后才能电离，故C项正确；电解质溶液的导电过程中离子发生定向移动，在电极表面一定会发生氧化还原反应，故D项正确。3（2018荆州中学质检）继科学家发现C3O2是金星大气成分之后，美国科学家通过“勇气”号太空车探测出水星大气中含有一种称为硫化羰(化学式为COS)的物质，已知硫化羰与二氧化碳的结构相似，但在氧气中会燃烧，下列有关C3O2与硫化羰的说法中不正确的是 AC3O2与CO一样可以在氧气中燃烧生成CO2B硫化羰在氧气中完全燃烧后的生成物是CO2和SO2CCOS分子中所有原子都满足8电子稳定结构DCO、C3O2、CO2都是碳的氧化物，它们互为同素异形体【答案】D【解析】C3O2属于氧化物，C元素的化合价为价，不是最高价态，具有还原性，能被氧气氧化生成二氧化碳，即可以在氧气中完全燃烧生成CO2，A正确；COS在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，B正确；COS分子中所有原子都满足8电子稳定结构，C正确；同一种元素形成的几种不同单质互称为该元素的同素异形体，CO、C3O2、CO2都是碳的氧化物，不互为同素异形体，D错误。4澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4 000个碳原子，直径约69 nm，在低于183 时，泡沫具有永久磁性，下列叙述正确的是 A“碳纳米泡沫”与石墨互为同位素B把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中，能产生丁达尔现象C“碳纳米泡沫”是一种新型的碳化合物D“碳纳米泡沫”和金刚石的性质相同【答案】B【解析】“碳纳米泡沫”属于碳单质与石墨互为同素异形体，同位素的指代对象是原子不是单质，A错误；“碳纳米泡沫”每个泡沫含有约4 000个碳原子，直径约69 nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，能产生丁达尔现象，B正确；“碳纳米泡沫”只含有一种元素属于碳单质，C错误；两者互为同素异形体，物理性质不同，化学性质基本相同，D错误。5对于反应2P+4H2O2+2NaOH=Na2H2P2O6+4H2O，下列有关该反应说法正确的是 AP是氧化剂B氧化性H2O2Na2H2P2O6C1 mol H2O2反应，转移电子1 molDNa2H2P2O6中磷元素的化合价为+3价【答案】B【解析】P由0价+4价，化合价升高，属于还原剂，A项错误；根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，H2O2是氧化剂，Na2H2P2O6是氧化产物，B项正确；1 mol H2O2反应转移电子物质的量为1 mol2(2-1)=2 mol，C项错误；Na、H的化合价均为+1价，O为-2价，整个化学式各元素化合价的代数和为0，则P的化合价为+4价，D项错误。6下列一步转化中，一定要加入氧化剂才能实现的是 ASiO2Na2SiO3 BNa2O2NaOHCN2NH3 DNH3NO【答案】D【解析】加入氧化剂才能实现，应发生氧化反应，所含元素的化合价应升高，则SiO2Na2SiO3的反应中元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，A错误；Na2O2NaOH，可与水反应，Na2O2自身发生氧化还原反应，无须加入氧化剂，B错误；N2NH3，N元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，C错误；NH3NO，N元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，D正确。7（2018山东临沂一模)下列离子方程式书写正确的是A硫酸铜溶液吸收H2S：Cu2+S2-=CuSB磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OC向饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2：CO+CO2+H2O=2HCOD向KAl(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al3+2SO+2Ba2+4OH-=2BaSO4+AlO+2H2O【答案】D【解析】硫酸铜溶液吸收H2S，硫化氢是难电离物质，应保留分子式，正确的离子方程式为Cu2+H2S=CuS+2H+，A错误；磁性氧化铁溶于氢碘酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2+4H2O+I2，B错误；向饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳气体，正确的离子方程式为2Na+CO+H2O+CO2=2NaHCO3，C错误；向KAl(SO4)2溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式为Al3+2SO+2Ba2+4OH-=2BaSO4+AlO+2H2O，D正确。8下列各组离子一定能在常温下指定环境中大量共存的是 A无色溶液中：Al3、NH、Cl、HCOB加入甲基橙显红色的溶液中：Fe2、Na、SO、NOC水电离出来的c(H)1012 molL1的溶液：K、HCO、I、ClODpH1的溶液：Fe2、Cl、Na、SCN【答案】D【解析】Al3与HCO发生反应：Al33HCO=Al(OH)33CO2，不能大量共存，A错误；加入甲基橙显红色的溶液呈酸性，酸性条件下NO具有氧化性，会将Fe2氧化为Fe3，不能大量共存，B错误；水电离出来的c(H)1012 molL1的溶液可能是酸性或碱性溶液，HCO都不能大量存在，且ClO与I不能大量共存，C错误；pH1的溶液呈强酸性，各离子之间不反应，能大量共存，D正确。9水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3Fe22S2OO2aOH=YS4O2H2O。下列说法中，不正确的是 AS2O是还原剂BY的化学式为Fe2O3Ca4D每有1 mol O2参加反应，转移的电子总数为4 mol【答案】B【解析】由反应知还原剂是S2O，氧化剂是O2，每有1 mol O2参加反应，转移电子的物质的量为4 mol，A、D正确；由原子守恒知Y的化学式为Fe3O4，B错误；由电荷守恒知，a4，C正确。10已知HCOAlOH2O=COAl(OH)3。将足量的KHCO3溶液不断滴入含等物质的量的KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的KHCO3溶液体积的关系可表示为 A B C D【答案】B 【解析】HCO先与OH反应，再与AlO反应。而HCO与OH反应生成CO后，CO与Ba2生成沉淀。HCOOHBa2=BaCO3H2O，消耗1 mol HCO、1 mol OH、1 mol Ba2，生成1 mol BaCO3沉淀，此阶段化学方程式为KHCO3Ba(OH)2=BaCO3H2OKOH。HCOOH=COH2O，消耗2 mol HCO、2 mol OH (OH消耗完)，此阶段没有沉淀生成。此阶段化学方程式为KHCO3KOH=K2CO3H2O。HCOAlOH2O=COAl(OH)3，消耗1 mol HCO、1 mol AlO(AlO消耗完)，生成1 mol Al(OH)3沉淀，此阶段化学方程式为KHCO3KAlO2H2O=Al(OH)3K2CO3。三个阶段消耗KHCO3的物质的量为121，也即KHCO3溶液体积比为121；阶段对应的生成沉淀的物质的量为11，阶段不生成沉淀，所以图象B符合。11（2018湖南师大附中月考）在处理废水时某反应体系中有6种粒子：N2、HCO、ClO、CNO、H2O、Cl，在反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图所示。下列有关该反应的说法正确的是 A在上述反应体系中，CNO是氧化剂B还原产物与氧化产物的物质的量之比为13C在标准状况下，产生4.48 L N2时转移0.8 mol电子D上述反应中，只有两种元素化合价发生了变化【答案】D【解析】依题意，ClO是反应物，HCO是产物。所以，离子反应为2CNO3ClOH2O=N23Cl2HCO。在该反应中，CNO是还原剂，A项错误；还原产物是Cl，氧化产物是N2，B项错误；CNO中氮元素为3价，碳元素为4价，在反应过程中碳元素、氧元素化合价没有变化，生成1 mol N2转移6 mol电子。n(N2)0.2 mol，故生成0.2 mol N2时转移1.2 mol电子，C项错误；上述反应中，氯元素、氮元素两种元素化合价发生变化，D项正确。12为检验某种钠盐溶液中含有的阴离子是SO、CO还是OH、Cl，下面设计的方案中合理的是 A检验CO：向待测液中加入足量的盐酸产生气泡，将气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成B检验SO：向待测液中加入盐酸至酸性，未见沉淀或气体生成，再加入BaCl2溶液出现白色沉淀C检验OH：向待测液中加入石蕊溶液，溶液变红色D检验Cl：向待测液中加入AgNO3溶液和稀盐酸的混合液，有白色浑浊物出现【答案】B【解析】A项待测液与盐酸产生的气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成，不一定是CO，还可能是SO；C项溶液中若有OH，则OH会使溶液变成蓝色；D项中AgNO3溶液和稀盐酸的混合液，就会有白色浑浊物出现，无法检验待测液中是否含有Cl。13（2018福建厦门一模）某酸性废水中可能含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、K+、CO、SO中的两种或多种离子。取废水样品分别进行如下图所示四个实验。下列推断正确的是 A废水中含有Na+，不含K+B废水中含有SO和COC废水中不含Fe3+，可能含Fe2+D废水中一定含有Na+、Al3+、SO【答案】D【解析】由可知废水中一定含Na+；由可知一定含SO；由可知，白色沉淀完全溶于NaOH溶液，则一定含Al3+，不含Fe2+、Fe3+、Mg2+；因溶液呈酸性且Al3+、CO相互促进水解不能大量共存，故一定不含CO；实验不能确定是否含K+。由上述分析可知，酸性废水中一定含有Na+、Al3+、SO，一定不含Fe2+、Fe3+、Mg2+、CO，可能含有K+。故选D。14LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6。常见的供氢原理如下面两个化学方程式所示：2LiAlH42LiH+2Al+3H2，LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2。下列说法正确的是 A若反应中生成3.36 L氢气，则一定有2.7 g铝生成B氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH+H2O=LiOH+H2C生成等质量的氢气，反应、转移电子数之比为43DLiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物【答案】B【解析】状态未知，无法由体积求物质的量，A项错误；氢化锂中的氢是-1价，与水发生归中反应，方程式为LiH+H2O=LiOH+H2，所以氢化锂也是一种储氢材料，B项正确；LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH4完全分解，转移3 mol电子，生成1.5 mol的氢气，而LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2生成4 mol氢气转移4 mol电子，所以生成1 mol的氢气转移电子分别为2 mol和1 mol，所以反应转移电子数之比为21，C项错误；LiAlH4是离子化合物，LiH也是离子化合物，D项错误。15下列离子方程式的书写及评价均合理的是 选项离子方程式评价A将1 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中：2Fe22I2Cl2=2Fe34ClI2正确；Cl2过量，可将Fe2、I均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2HCOOH=MgCO3H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2H2OClO=HClOHSO正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1 molL1的NaAlO2溶液和2.5 molL1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO5H=Al3Al(OH)3H2O正确；AlO与Al(OH)3消耗的H的物质的量之比为23【答案】D【解析】A项，Cl2少量，先与I反应，正确的离子方程式为Cl22I=2ClI2，错误；B项，NaOH足量，以Mg(HCO3)2作为离子计量标准，正确的离子方程式是Mg22HCO4OH=Mg(OH)22H2O2CO，错误；C项，过量SO2通入到NaClO溶液中，正确的离子方程式为SO2ClOH2O=2HSOCl，错误；D项，1 molL1的NaAlO2溶液和2.5 molL1的HCl溶液等体积互相均匀混合，n(AlO)n(H)25，反应的离子方程式为2AlO5H=Al3Al(OH)3H2O，AlO与Al(OH)3消耗的H的物质的量之比为23，正确。16（2018开封模拟）已知：还原性HSOI，氧化性IOI2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是 A反应过程中的氧化产物均为SO3Ba点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0 molC从起点到b点的反应可用如下离子方程式表示：3HSOIO=3SOI3HD当溶液中I与I2的物质的量之比为11时，加入的NaIO3为1.2 mol【答案】C 【解析】在溶液中，NaHSO3中的HSO最终被氧化为SO，不会出现SO3，故A项错误；根据还原性HSOI及从起点到b点没有I2生成，知IO和HSO刚开始发生氧化还原反应生成I，反应的离子方程式为3HSOIO=3SOI3H，故C项正确；a点时加入的NaIO3的物质的量为0.4 mol，根据反应方程式知，消耗的NaHSO3的物质的量为1.2 mol，B项错误；根据反应知，3 mol NaHSO3消耗NaIO3的物质的量为1 mol，生成的I的物质的量为1 mol，设生成的I2的物质的量为n mol，则根据反应IO6H5I=3H2O3I2知，消耗NaIO3的物质的量为 mol，消耗I的物质的量为 mol，剩余的I为mol，溶液中n(I)n(I2)11，即moln mol，解得n，故此时加入的n(NaIO3)1 mol mol1 mol mol1.125 mol，故D项错误。二、非选择题（5小题，共52分）17甘肃马家窑遗址出土的青铜刀是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为Cu2(OH)2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜铜绿铜”的转化。铜铜绿ACu(OH)2BCu（1）从物质分类标准看，“铜绿”属于_(填字母)。A酸 B碱 C盐 D氧化物（2）写出B的化学式：_。（3）请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式：_。（4）上述转化过程中属于化合反应的是_，属于氧化还原反应的是_。【答案】：（1）C（2）CuO（3）Cu2(OH)2CO34HCl=2CuCl23H2OCO2（4）【解析】 根据题意，铜铜绿ACu(OH)2BCu，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后氢气还原CuO得到Cu。（1）“铜绿”是碱式碳酸铜，属于盐，故选C。（2）Cu(OH)2B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水。（3）依据转化过程，知碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳。（4）在反应过程中铜铜绿发生了化合反应，也是氧化还原反应；铜绿A是铜绿跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O，A为铜盐，是复分解反应；ACu(OH)2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；Cu(OH)2B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应。BCu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应也是氧化还原反应。18现有Al3+、NH、CO、HCO等离子，回答下列问题：（1）在强酸性条件下能够大量存在的离子是 ；（2）在强碱性条件下能够大量存在的离子是 ；（3）在强酸性和强碱性条件下都不能大量存在的离子是。由Na+、NH、Ba2+、Cu2+、OH-、Fe3+、SO、Cl-八种离子中的六种两两组成的A、B、C三种化合物(它们不含有相同离子，已知NH与OH-反应有碱性气体生成)。A、B、C均易溶于水，形成无色溶液；将A、B、C三种物质的溶液相互作用时，发现A与B混合后产生有刺激性气味的气体，此气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B与C混合产生白色沉淀，则：（1）A、B、C的化学式分别为、。（2）B与C反应的离子方程式为。【答案】 （1）Al3+、NH（2）CO（3）HCO（1）NaOH或NH4Cl(NH4)2SO4或Ba(OH)2 BaCl2或Na2SO4（2）Ba2+SO=BaSO4【解析】 Al3+、NH、CO、HCO等离子中，不能在酸性条件下大量存在的是CO、HCO；不能在碱性条件下大量存在的是Al3+、NH、HCO。将A、B、C三种物质的溶液相互作用时，发现A与B混合后产生有刺激性气味的气体，此气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，则说明A、B中必存在NH和OH-；B与C混合产生白色沉淀，则说明B、C中必存在Ba2+和SO，Ba2+与SO反应的离子方程式为Ba2+SO=BaSO4。19（2018许昌三校联考）亚氯酸钠是(NaClO2)一种高效氧化剂、漂白剂。在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到亚氯酸钠。（1）ClO2中氯元素的化合价是_；在制备亚氯酸钠的反应中ClO2作_(填“氧化剂”或“还原剂”)；若反应中生成1 mol NaClO2，转移电子的物质的量为_。（2）该反应的化学方程式为_。（3）科学家经研究发现NaClO2也可用于制取自来水消毒剂ClO2。在一定条件下，将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内二者反应可制得ClO2。还原产物为_，当消耗标准状况下1.12 L Cl2时，制得ClO2_ g。【答案】（1）4氧化剂1 mol（2）2ClO2H2O22NaOH=2NaClO2O22H2O（3）NaCl6.75【解析】（1）ClO2中氯元素的化合价是4价；在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到NaClO2，氯元素化合价降低，ClO2作氧化剂；若反应中生成1 mol NaClO2，转移电子的物质的量为1 mol(43)1 mol。（2）该反应的化学方程式为2ClO2H2O22NaOH=2NaClO2O22H2O。（3）Cl2与NaClO2反应制得ClO2，氯气作氧化剂，则还原产物应为NaCl；当消耗标准状况下1.12 L(即0.05 mol)Cl2时，转移电子的物质的量为0.05 mol20.1 mol，则可制得ClO2的物质的量为0.1 mol(43)0.1 mol，质量是0.1 mol67.5 gmol16.75 g。20在Na浓度为0.5 molL1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子K、Ag、Mg2、Ba2阴离子NO、CO、SiO、SO现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出0.56 L(标准状况下)气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题。（1）实验能确定一定不存在的离子是_。（2）实验中生成沉淀的离子方程式为_。（3）通过实验、和必要的计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。阴离子NOCOSiOSOc/(molL1)（4）判断K是否存在_(填“存在”或“不存在”)，若存在求其最小浓度_ molL1，若不存在说明理由：_。【答案】 （1）Ag、Mg2、Ba2（2）SiO2H=H2SiO3（3）阴离子NOCOSiOSOc/(molL1)？0.250.40（4）存在0.8【解析】 由实验、可知，加入稀盐酸产生气体，则原溶液中一定含有CO，其浓度为0.56 L22.4 Lmol10.1 L0.25 molL1，则溶液中一定无Ag、Mg2、Ba2；且能生成白色沉淀知，原溶液中一定含有SiO，发生的反应为SiO2H=H2SiO3，且SiO的浓度为2.4 g60 gmol10.1 L0.4 molL1；由实验可知溶液中不含SO；由电荷守恒知，2c(CO)2c(SiO)20.25 molL120.4 molL11.3 molL10.5 molL1，因此原溶液中一定含有K，且其浓度至少为1.3 molL10.5 molL10.8 molL1，不能确定是否含有NO。21实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：软锰矿和过量的固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩溶液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。试回答下列问题：（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_。（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是_。（3）KMnO4能与热的稀硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2和CO2，该反应的化学方程式是_。MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：（1）第步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的_(写化学式)转化为可溶性物质。（2）第步反应的离子方程式并配平：_ClO_=MnO2Cl2_。（3）两次过滤后对MnO2固体洗涤23次，如何确定是否洗涤干净？_。（4）若粗MnO2样品的质量为12.69 g，第步反应后，经过滤得到8.7 g MnO2，并收集到0.224 L CO2(标准状况下)，则在第步反应中至少需要_ mol NaClO3。【答案】 （1）3MnO2KClO36KOH3K2MnO4KCl3H2O（2）3MnO4H=MnO22MnO2H2O（3）2KMnO48H2SO45Na2C2O4=2MnSO4K2SO410CO25Na2SO48H2O（1）MnO和MnCO3（2）5Mn22ClO4H2O=5MnO2Cl28H（3）取最后一次洗涤液，滴加少量BaCl2，若无沉淀，则洗涤干净（4）0.02【解析】 （1）由软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl，反应中化合价变化的元素为Mn、Cl，Mn元素的化合价由4价升高为6，Cl元素化合价由5降低为1，根据化合价升降总数相等，则二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为31，再根据原子守恒配平方程式为3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O；（2）由滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，反应中只有Mn元素化合价变化，Mn元素部分由6价降低为4，部分升高为7，根据化合价升降总数相等，则二氧化锰与高锰酸钾的物质的量之比为12，再根据电荷守恒、原子守恒配平方程式为3MnO4H=MnO22MnO2H2O；（3）KMnO4能与热的稀硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2和CO2，根据质量守恒，同时会生成硫酸钾和硫酸钠，反应的化学方程式为2KMnO48H2SO45Na2C2O4=2MnSO4K2SO410CO25Na2SO48H2O。（1）MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4。（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，反应的离子方程式是5Mn22ClO4H2O=5MnO2Cl28H。（3）两次过滤后对MnO2固体洗涤23次，二氧化锰上可能吸附有硫酸根离子，判断沉淀洗涤干净的方法为取最后一次洗涤液，滴加少量BaCl2，若无沉淀，则洗涤干净。（4）由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69 g8.7 g3.99 g，0.224 L CO2的物质的量为0.01 mol，由方程式H2SO4MnCO3=MnSO4H2OCO2可知MnCO3的物质的量为0.01 mol，质量为115 gmol10.01 mol1.15 g，所以MnO的质量为3.99 g1.15 g2.84 g，其物质的量为0.04 mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05 mol，根据方程式5MnSO42NaClO34H2O=5MnO2Cl2Na2SO44H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02 mol。