福建省长汀、等六校2020届高三化学上学期期中联考试卷（附解析Word版）

“长汀、连城、上杭、武平、永定、漳平”六县（市/区）一中联考 2019—2020 学年第一学 期半期考高三化学试题 可能要用到的相对原子质量: H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Sn 119 第Ⅰ卷（选择题，共 48 分） 一、选择题（本题共 16 小题,每小题 3 分，共 48 分。每小题只有一个选项符合题意） 1.在北京新机场这座宏伟的“超级工程”建设中化学材料发挥了巨大作用。下列属于无机材 料的是 A. 高韧薄层沥青罩面 B. 高强度耐腐蚀钢筋 C. 隔震橡胶垫 D. 超高分子量聚乙烯纤维 【答案】B 【解析】 【详解】A 项、沥青是一种防水防潮和防腐的有机胶凝材料，故 A 错误； B 项、钢筋是铁合金，属于无机材料，故 B 正确； C 项、天然橡胶和合成橡胶是有机高分子材料，故 C 错误； D 项、聚乙烯纤维是合成有机高分子材料，故 D 错误； 故选 B。 2.下列有关物质的性质和应用对应关系正确的是 A. 苏打溶液呈弱碱性，可用作胃酸中和剂 B. 氧化铝熔点高，常用于耐高温材料 C. SO2 有漂白、杀菌性能，可 食品加工中大量使用 D. 晶体硅熔点高、硬度大，是制造太阳能电池和计算机芯片的主要材料 【答案】B 【解析】 【详解】A 项、苏打 主要成分是碳酸钠，碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠溶液，对胃黏膜有破 坏作用，不适合作胃酸中和剂，故 A 错误； B 项、氧化铝熔点较高，可用作高温耐火材料，故 B 正确； C 项、二氧化硫具有漂白和杀菌性能，但有毒，不能在食品加工业中大量使用，故 C 错误； D 项、晶体硅是半导体材料，广泛用于制造太阳能电池和计算机芯片，与熔点高、硬度大无关， 故 D 错误； 故选 B。 在 的【点睛】苏打的主要成分是碳酸钠，小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸钠溶液碱性强于碳 酸氢钠溶液，对胃黏膜有破坏作用，不适合作胃酸中和剂，小苏打能够与胃酸中的盐酸反应， 能够作胃酸的中和剂。 3.下列说法正确的是 A. 漂白粉属于混合物，液氯属于纯净物 B. 实验室用加热氯化铵固体制取氨气 C. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物 D. 煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化 【答案】A 【解析】 【详解】A 项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，液氯是液态的氯气，属 于纯净物，故 A 正确； B 项、实验室用加热氯化铵和消石灰固体混合物的方法制取氨气，加热氯化铵固不能制取氨气， 故 B 错误； C 项、过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，属于过氧化物，不属于碱性氧化物，故 C 错误； D 项、煤的气化与液化、煤的干馏都有新物质生成，属于化学变化，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钠与酸反应还有氧气生成， 不属于碱性氧化物是解答易错点。 4.设 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中一定正确的是 A. 在 1 mol NaHSO4 晶体中，含阳离子数 2NA B. 3mol 单质 Fe 完全转化为 Fe3O4，失去 9NA 个电子 C. 常温常压下，14g 由 N2 与 CO 组成的混合气体含有的原子数目为 NA D. 1L 1mol/L 的 NaClO 溶液中含有 ClO－的数目为 NA 【答案】C 【解析】 【详解】A 项、硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子组成的离子化合物，1mol 硫酸氢钠晶体 中含阳离子数为 NA，故 A 错误； B 项、3mol 单质 Fe 完全转化为 Fe3O4，失去 8NA 个电子，故 B 错误； C 项、氮气和一氧化碳是相对分子质量都为 28 的双原子分子，14g 氮气和一氧化碳组成的混 为合气体的物质的量为 0.5mol，含有的原子数目为 NA，故 C 正确； D 项、次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根在溶液中水解，1L 1mol/L 的 NaClO 溶液中含有 ClO －的数目小于 NA，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子组成的离子化合物，在水溶液中能完全电离出 钠离子、氢离子和硫酸根离子，1mol 硫酸氢钠晶体中含阳离子数为 NA，含 1mol 硫酸氢钠的溶 液中含阳离子数为 2NA，要注意区别这两种情况。 5.下列反应对应的离子方程式书写正确的是 A. 饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓ B. KIO3 与 KI 在酸性溶液中反应：5I－＋IO3-＋3H2O=3I2＋6OH－ C. 向 Ca(ClO)2 溶液中通入少量 SO2：Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO D. 澄清石灰水与醋酸溶液混合：Ca(OH)2＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋2H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A 项、碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳能析 出碳酸氢钠晶体，离子方程式为 2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，故 A 正确； B 项、酸性溶液中不可能存在大量的氢氧根离子，故 B 错误； C 项、二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有氧化性，二氧化硫与次氯酸钙溶液发生氧化还原反 应，不是发生复分解反应，故 C 错误； D 项、澄清石灰水是氢氧化钙的饱和溶液，氢氧化钙是强碱，在溶液中完全电离，书写离子方 程式时不能用化学式表示，应拆写，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】澄清石灰水是氢氧化钙的饱和溶液，氢氧化钙是强碱，在溶液中完全电离，书写离 子方程式时不能用化学式表示，应拆写，石灰乳是氢氧化钙悬浊液，书写离子方程式时用化 学式表示，不能拆写。 6. 中科院化学所研制的晶体材料——纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途 其生产过程的部分流程如下图所示（ ） FeCl3·6H2O FeOOH 纳米四氧化三铁 下列有关叙述不合理的是A. 纳米四氧化三铁可分散在水中，它与 FeCl3 溶液的分散质直径相当 B. 纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病 C. 在反应①中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解 D. 反应②的化学方程式是 6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O 十 CO2 【答案】A 【解析】 试题分析：A 纳米四氧化三铁可分散在水中，得到的分散系与胶体相似，它比 FeCl3 溶液的分 散质直径要大。错误，A 符合题意。B.由题意可知纳米四氧化三铁在核磁共振造影有广泛用途 说明纳米四氧化三铁具有磁性，因此可作为药物载体用于治疗疾病,B 正确但不符合题 意;C.FeCl3·6H2O 初步水解产生 FeOOH，而加入环丙胺后即发生了上述转化说明了环丙胺的作 用可能是促进氯化铁水解,C 正确但不符合题意。D．根据已知条件及质量守恒定律可得反应② 的化学方程式是 6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O 十 CO2。D.正确但不符合题意，选 A。 考点：考查纳米四氧化三铁的结构、性质及应用的知识。 7.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. 无色透明溶液中：Na+、NH4+、NO3-、MnO4－ B. 在酸性溶液：K＋、S2-、SO42-、NO3- C. pH＞7 的溶液中：Na＋、K＋、SO42-、ClO－ D. 水电离产生的 c(H+)＝10-13mol・L-1 的溶液中:K+、Ca2+、NO3-、HCO3- 【答案】C 【解析】 【详解】A 项、高锰酸根在溶液中的颜色为紫色，无色透明溶液中不可能存在高锰酸根，故 A 错误； B 项、NO3-离子在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化 S2-，在溶液中不能大量共存，故 B 错误； C 项、pH＞7 的溶液中，Na＋、K＋、SO42-、ClO－之间不发生任何反应，在溶液中能够大量共存， 故 C 正确； D 项、水电离产生的 c(H+)＝10-13mol・L-1 的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，HCO3-即能 与酸反应，也能与碱反应，在溶液中不能大量共存，故 D 错误； 故选 C。 8.“三效催化转化器”可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，下图为该反应的微 观示意图(末配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是A. 该反应属于氧化还原反应 B. 配平后甲、乙、丙的化学计量数均为 2 C. 甲和丙中同种元素化合价不可能相同 D. 丁物质一定是非金属单质 【答案】C 【解析】 【分析】 根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答。 【详解】A.该反应中氮元素的化合价由+2 价降低到 0 价，碳元素化合价由+2 价升高到+4 价， 元素化合价发生了变化，所以反应为氧化还原反应，A 正确； B.配平后反应为 2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2 的化学计量数均为 2，B 正确； C.一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2 价，C 错误； D.丁物质为氮气，由于只含有 N 元素一种元素，所以属于非金属单质，D 正确； 故合理选项是 C。 【点睛】本题主要考查了元素种类、元素的化合价、物质的分类方法等方面的内容，根据图 示，结合 CO2 分子是直线型分子及原子半径大小关系，写出方程式即可解答，本题难度不大。 9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是 A. 饱和 NaCl 溶液 NaHCO3(s) Na2CO3(s) B. Cu2(OH)2CO3 CuCl2(aq) Cu(s) C. FeS2 SO3 H2SO4 D. Fe2O3 FeCl3(aq) Fe 【答案】A 【解析】 【详解】A 项、在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，析出的碳 酸氢钠固体受热分解能生成碳酸钠、二氧化碳和水，故 A 正确； B 项、钠与氯化铜溶液反应时，先与水反应置换出氢气，不能与氯化铜溶液发生置换反应生成铜，故 B 错误； C 项、二硫化铁煅烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故 C 错误； D 项、氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能生成铁，故 D 错误； 故选 A。 10. 下列实验操作或检验正确的是 A. 收集氯气 B. 转移溶液 C. 模拟工业制备并检验氨气 D. 用海水 制少量蒸馏水 【答案】D 【解析】 试题分析：A、收集氯气时，氯气的密度大于空气密度，应该采取长进短出方法，A 错误；B、 配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液应该使用玻璃棒引流，不能直接导入容量瓶，避 免液体流到容量瓶外壁，B 错误；C、检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸，C 错误；D、可 以利用水与盐的沸点差别较大，利用题中蒸馏装置制取少量的蒸馏水，D 正确，答案选 D。 考点：本题考查了气体的收集方法选择、实验室制取蒸馏水装置判断、配制一定物质的量浓 度的溶液方法 11.已知 Co2O3 在酸性溶液中易被还原成 Co2+，且 Co2O3、Cl2、FeCl3、I2 的氧化性依次减弱。 下列叙述中，正确的是 A. Cl2 通入 FeI2 溶液中，可存在反应 3Cl2+6FeI2==2FeCl3+4FeI3 B. 每 1 mol Co2O3 在酸性溶液中被氧化生成 Co2+时转移 2 mol e- C. FeCl3 溶液能使淀粉—KI 试纸变蓝 D. I2 是ⅦA 族元素单质，具有较强的氧化性，可以将 Co2+氧化成 Co2O3 【答案】C 【解析】 【分析】 A 项，根据氧化还原反应中“先强后弱”规律分析； B 项，Co2O3 在酸性溶液中易被还原成 Co2+；C 项，根据氧化还原反应中“强制弱”规律分析； D 项，根据氧化还原反应中“强制弱”规律分析。 【详解】Co2O3 在酸性溶液中易被还原成 Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2 的氧化性依次减弱，则 Co2+、Cl-、Fe2+、I-的还原性依次增强。 A 项，由于 I-的还原性强于 Fe2+，Cl2 先与 I-反应，后与 Fe2+反应，Cl2 通入 FeI2 溶液中不存 在反应 3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI2，A 项错误； B 项，Co2O3 在酸性溶液中易被还原成 Co2+，每 1molCo2O3 在酸性溶液中被还原成 Co2+转移 2mol 电子，B 项错误； C 项，FeCl3 的氧化性强于 I2，FeCl3 与 KI 发生反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，I2 遇淀粉 变蓝色，C 项正确； D 项，Co2O3 的氧化性强于 I2，反应 Co2O3+2I-+6H+=2Co2++I2+3H2O 能发生，I2 不能将 Co2+氧化成 Co2O3，D 项错误； 答案选 C。 12.水溶液 X 中只可能溶有 K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2－、SiO32－、SO32－、CO32－、SO42－中的若干 种离子，某同学对该溶液进行了如下实验： 下列判断错误的是 A. 气体甲可能是混合物 B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物 C. 白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝 D. K＋、AlO2－和 SiO32－一定存在于溶液 X 中 【答案】B 【解析】 【详解】向混合溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，可能是 CO2 或者是 SO2，或者均有，则 溶液中不存在 Mg2＋和 Al3＋，因为会与 SO32－、CO32－发生反应而不能大量共存。有沉淀甲生成， 在溶液中含有 SiO32－，生成硅酸沉淀。加入过量的氨水，生成沉淀，则只有 AlO2－与过量的盐 酸，生成的 Al3+，与氨水反应生成氢氧化铝，由于电荷守恒，一定存在 K＋。A.气体甲可能为 CO2 或者 SO2，也可能两个气体成分都有，A 项正确，不符合题意； B.沉淀甲只有硅酸，SiO32－与 Mg2＋不能大量共存，B 项错误，符合题意； C. AlO2－在过量的盐酸作用下生成 Al3+，Al3++3NH3·H2O =Al(OH)3 ↓+ 3NH4+，C 项正确，不符 合题意； D.根据分析，D 项正确，不符合题意； 本题答案选 B。 13.南海是一个巨大的资源宝库，开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源 利用的部分过程，有关说法不正确的是 A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法 B. 氯碱工业中采用阳离子交换膜可提高产品的纯度 C. 由 MgCl2·6H2O 得到无水 MgCl2 的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干 D. 溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、④、⑤中均被氧化 【答案】D 【解析】 【详解】A 项、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故 A 正确； B 项、电解饱和食盐水生成的氯气能与氢气和氢氧化钠溶液反应，氯碱工业中采用阳离子交换 膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应，从而提 高了产品的纯度，故 B 正确； C 项、氯化镁在溶液中会发生水解，由 MgCl2·6H2O 得到无水 MgCl2 的关键是要在干燥的氯化 氢气流低温小火烘干，防止氯化镁发生水解，故 C 正确； D 项、反应④是溴与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，溴元素被还原，故 D 错误； 故选 D。 【点睛】氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防 止氯气和氢氧化钠溶液反应影响产品纯度是解答关键，也是易错点。14.下列有关实验原理或操作正确的是 A. 用广泛 pH 试纸测得 0.1 mol•L-1 NH4Cl 溶液的 pH=5.2 B. 选择合适的试剂，用图 1 装置可分别制取和收集少量 CO2、NO C. 除去石英（主要成分 SiO2）中少量碳酸钙：用稀盐酸溶解后用图 2 装置过滤 D. 洗涤沉淀时（见图 2），向漏斗中加适量水，搅拌并滤干 【答案】C 【解析】 【详解】A 项、广泛 pH 试纸测得溶液的 pH 值只能为整数，不能精确到 5.2，故 A 错误； B 项、一氧化氮能与空气中氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，故 B 错误； C 项、二氧化硅不能与盐酸反应，碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，则用稀盐 酸溶解后，过滤能除去石英中少量碳酸钙，故 C 正确； D 项、洗涤沉淀时，应向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作 2-3 次，不能 搅拌，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】能与空气中氧气反应和密度与空气密度接近的气体不能用排空气法收集是解答易错 点。 15.下列实验方案能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 鉴别 NO2、溴蒸气 用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸 变蓝则该气体为溴蒸气 B 验证 I－还原性强于 Cl－ 向 NaI 溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、 静置，上层溶液呈紫红色 C 检验 Fe(NO3)2 晶体是否已氧化变 将 Fe(NO3)2 样品溶于稀硫酸后，滴加 KSCN 溶液，质 观察溶液是否变成红色 D 检验 SO2 的漂白性 将 SO2 气体通入酸性高锰酸钾溶液中，观察溶液 否褪色 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A 项、溴蒸气和二氧化氮均为红棕色气体，均能氧化 KI，则湿润的淀粉碘化钾试纸 插入气体中，试纸变蓝，不能确定气体为二氧化氮还是溴蒸气，故 A 错误； B 项、向 NaI 溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色说明氯气与 碘化钠溶液发生置换反应生成氯化钠和单质碘，由还原剂的还原性强于还原产物可知，碘离 子的还原性强于氯离子，故 B 正确； C 项、将 Fe(NO3)2 样品溶于稀硫酸后，NO3-离子在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化 Fe2+， 不能检验 Fe(NO3)2 晶体是否已氧化变质，故 C 错误； D 项、二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将 SO2 气体通入酸性高锰酸钾 溶液中，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，在该反应中，二氧 化硫没有表现漂白性，只有其使有机色质褪色时才表现漂白性，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】将 Fe(NO3)2 样品溶于稀硫酸实际上是在酸性溶液中，硝酸根离子将亚铁离子氧化为 三价铁离子是解答的易错点。 16.重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿(主要成分为 FeO·Cr2O3、SiO2 等)制备， 制备流程如图所示： 已知： Ⅰ.步骤①的主要反应为 2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO3 4Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋ 是7NaNO2。 Ⅱ.2CrO42-＋2H＋ Cr2O72-＋H2O 下列说法正确的是( ) A. 步骤①熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行 B. 步骤①中每生成 44.8 L CO2 共转移 7 mol 电子 C. 步骤④若调节滤液 2 的 pH，使之变小，则有利于生成 Cr2O72- D. 步骤⑤生成 K2Cr2O7 晶体，说明该温度下 K2Cr2O7 的溶解度大于 Na2Cr2O7 【答案】C 【解析】 【分析】 铬铁矿的主要成分为 FeO·Cr2O3、SiO2 等，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反 应为 2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO3 4Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr 元素的化合价 由+3 价升高为+6 价，Fe 元素的化合价由+2 价升高为+3 价，N 元素的化合价由+5 价降低为+3 价。步骤①中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁 坩埚，滤液 2 中含 Na2CrO4，④中调节 pH 发生 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，滤液 3 含 Na2Cr2O7， 由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K 2Cr2O7，可知⑤中向 Na2Cr2O7 溶液中加入 KCl 固体后得到 K 2Cr2O7， 溶解度小的析出，以此来解答。 【详解】A.由上述分析可知，步骤①熔融、氧化不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸 钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故 A 错误； B. 由上述分析可知步骤①的主要反应为 2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO3 4Na2CrO4＋Fe2O3＋ 4CO2↑＋7NaNO2，Cr 元素的化合价由+3 价升高为+6 价，Fe 元素的化合价由+2 价升高为+3 价， N 元素的化合价由+5 价降低为+3 价，每生成 2molCO2 转移 7mol 电子，但没指明标况，故无法 计算 CO2 的物质的量，故 B 错误； C. 步骤④若调节滤液 2 的 pH，发生 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，pH 变小，平衡正向移动，则 有利于生成 Cr2O72-，故 C 正确； D. 向“滤液 3”中加入适量 KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到 K2Cr2O7 固体，说明步骤⑤ 发生 Na 2Cr2O7+2KCl= K 2Cr2O7↓+2NaCl，说明该温度下 K2Cr2O7 的溶解度小于 Na2Cr2O7，故 D 错 误。 故答案选 C。 。  【点睛】题考查物质的制备实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为 解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。 第Ⅱ卷 ( 非选择题 共 52 分) 二、非选择题（本题共 4 小题） 17.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品 M 进行探究。已知 C 可在 D 中燃烧发出苍 白色火焰。M 与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去)： (1)写出 B 的电子式________。 (2)若 A 是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出 A 和 B 水溶液反应的离子方程式 ________。 (3)若 A 是 CO2 气体，A 与 B 溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的 CO2 物质 的量与所用盐酸体积如图所示，则 A 与 B 溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。 (4)若 A 是一种常见金属单质，且 A 与 B 溶液能够反应，则将过量的 F 溶液逐滴加入 E 溶液， 边加边振荡，所看到的实验现象是__________。 (5)若 A 是一种氮肥, A 和 B 反应可生成气体 E，E 与 F、E 与 D 相遇均冒白烟，且利用 E 与 D 的反应检验输送 D 的管道是否泄露，写出 E 与 D 反应的化学方程式为_________。 (6)若 A 是一种溶液，可能含有 H＋、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当 向该溶液中加入 B 溶液时发现生成沉淀的物质的量随 B 溶液的体积发生变化如图所示，由此 可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。【答案】 (1). (2). SiO2+2OH-====SiO32-+H2O (3). NaHCO3、Na2CO3 (4). 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 (5). 3Cl 2＋8NH3===N2＋6NH4Cl (6). c(H＋)∶c(Al3＋)∶c(NH4+)∶c(SO42-)＝1∶1∶2∶3 【解析】 【分析】 由题给信息可知，C 可在 D 中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成 HCl，故 C 为 H2、D 为 Cl2、F 为 HCl，M 是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M 的 溶液电解生成氢气、氯气与 B，则 M 为 NaCl、B 为 NaOH。 【详解】（1）B 为 NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为 ，故答案为： ； （2）若 A 是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则 A 为 SiO2，E 为 Na2SiO3，二氧化 硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案 为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O； （3）若 A 是 CO2 气体，CO2 与 NaOH 溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也 有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠 转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消 耗盐酸体积之比为 1：2，则 CO2 与 NaOH 溶液反应后溶液中溶质为 Na2CO3 和 NaHCO3，故答案为： Na2CO3 和 NaHCO3； （4）若 A 是一种常见金属单质，且与 NaOH 溶液能够反应，则 A 为 Al，E 为 NaAlO2，则将过 量的 HCl 溶液逐滴加入 NaAlO2 溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象 为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为： 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失； （5）若 A 是一种化肥，实验室可用 A 和 NaOH 反应制取气体 E，E 与 F 相遇均冒白烟，则 E 为 NH3、A 为铵盐，E 与氯气相遇均冒白烟，且利用 E 与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露， 则 E 与 D 的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl； （6）由图可知，开始加入 NaOH 没有沉淀和气体产生，则一定有 H+，一定没有 CO32-，后来有 沉淀产生且最后消失，则一定没有 Mg2+、Fe3+，一定含有 Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为 NH4++OH-=NH3•H2O 的反应，则含有 NH4+，由电荷守恒可知一定含有 SO42-，发生反应 H++OH-=H2O， 氢离子消耗 NaOH 溶液的体积与 Al3++3OH-=Al(OH)3↓铝离子消耗 NaOH 溶液的体积之比为 1：3， 发生反应 NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为 2 体积，则 n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+） =1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）=1：1：2：3，故 c （H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3，故答案为：c（H+）：c（Al3+）：c （NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3。 【点睛】根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电 荷守恒进行计算是解答难点。 18.无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点 232℃)与 Cl2 反应制备 SnCl4，装置如下图所示。 已知：①SnCl2、SnCl4 有关物理性质如下表 物质 颜色、状态 熔点/℃ 沸点/℃ SnCl2 无色晶体 246 652 SnCl4 无色液体 －33 114 ②SnCl4 遇水极易水解生成 SnO2·xH2O。 回答下列问题：（1）导管 a 的作用是__________，装置 A 中发生反应的离子方程式为_____________ 。 （2）当观察到装置 F 液面上方出现______现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯 气流量，继续加热。此时继续加热的目的有两点：加快氯气与锡反应和_________。 （3）若上述装置中缺少装置 C(其它均相同)，则 D 处具支试管中发生的主要副反应化学方程 式为_______________________________。 （4）Cl2 和 Sn 的反应产物有 SnCl4 和 SnCl2，为了防止产品中带入过多的 SnCl2，装置 D 可改 为油浴加热来控制温度，该温度范围是________。 （5）制得的 SnCl4 产品中常含有 SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量 7.60g 产品 于锥形瓶中，再加过量的 FeCl3 溶液，发生反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，再用 0.1000 mol·L—1 K2Cr2O7 标准溶液滴定生成的 Fe2+，此时还原产物为 Cr3+，消耗标准溶液 20.00 mL， 则 SnCl4 产品的纯度为_______________。 【答案】 (1). 使分液漏斗内的液体顺利流下 (2). 2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). 黄 绿 色 气 体 时 (4). 使 SnC14 气 化 ， 利 于 从 混 合 物 中 分 离 出 来 (5). SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl (6). 232℃~652℃ (7). 85% 【解析】 【分析】 由实验装置图可知，装置 A 中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的氯 气中含有 HCl 及水蒸气，装置 B 中饱和食盐水的作用是除去氯气中含有的 HCl，装置 C 中浓硫 酸的作用是吸收水蒸气，干燥氯气，装置 D 中干燥的氯气与 Sn 在加热条件下共热反应生成 SnCl4，装置 E 的作用是冷凝收集 SnCl4，装置 F 中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，防止水蒸气进 入装置 E 中使产物水解，装置 G 中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气。 【详解】（1）导管 a 将圆底烧瓶和分液漏斗连通，能起到平衡气压，使分液漏斗内的液体顺 利流下的作用；烧瓶 A 中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离 子 方 程 式 为 2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ， 故 答 案 为 ： 2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O； （2）因金属锡易与氯气、氧气反应，反应前应先生成氯气，利用生成的氯气将装置中的空气 排出，防止空气中的氧气干扰实验，当观察到装置 F 液面上方出现黄绿色气体时，说明空气 已经排尽；由题给四氯化锡受热易挥发，点燃酒精灯使锡熔化后，继续加热可以加快氯气与 锡反应，还能使使四氯化锡气化，利于其从混合物中分离出来，故答案为：黄绿色气体时； 使 SnC14 气化，利于从混合物中分离出来；（3）若上述装置中缺少装置 C，氯气中混有的水蒸气会使生成的四氯化锡反应水解生成 SnO2·xH2O 和氯化氢，反应的化学方程式为 SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl，故答案为： SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl； （4）若改为油浴加热来控制温度达到使四氯化锡气化，而二氯化锡不气化的目的，应控制温 度范围在 232℃~652℃，故答案为：232℃~652℃； （5）K2Cr2O7 标准溶液与氯化亚铁溶液反应的离子方程式为 6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，由题给二氯化锡与氯化铁反应的化学方程式可得如下转 化关系：3SnCl2～6FeCl3～6FeCl2～K2Cr2O7，反应中消耗 K2Cr2O7 的物质的量为 0.1000 mol·L—1×0.02000L=2.000×10—3mol，则二氯化锡的含量为 ×100%=15%， 则四氯化锡的纯度为 1—15%=85%，故答案为：85%。 【点睛】金属锡易与氯气、氧气反应，SnCl4 极易水解，制备实验应在无氧和无水环境下进行 进行，则利用反应生成的氯气排尽空气，在制备四氯化锡的装置前后都应有除水装置是设计 实验的关键，也是解答关键。 19.某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究 O2 与 KI 溶液发生反应的条件。供选试 剂:30%H2O2 溶液、0.1 mol/L H2SO4 溶液、MnO2 固体、KMnO4 固体 (1)小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下(请补充完整甲组实验仪器的名称。) 操 作 现 象 甲 向Ⅰ的锥形瓶中加入 MnO2，向Ⅰ的________中加 入 30%的 H2O2 溶液,连接Ⅰ、Ⅲ,打开活塞 Ⅰ中产生无色气体并伴随大量的白 雾;Ⅲ中有气泡冒出,溶液迅速变蓝 乙 向Ⅱ中加入 KMnO4 固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精 灯 Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝 33 2. 000 10 190 / 7. 60 mol g mol g −× × ×丙 向Ⅱ中加入 KMnO4 固体，Ⅲ中加入适量 0.1mol/LH2SO4 溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯 Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝 (2)丙实验中 O2 与 KI 溶液反应的离子方程式是__________________。 (3)对比乙、丙实验可知，O2 与 KI 溶液发生反应的适宜条件是____________。为进一步探究 该条件对反应速率的影响,可采取的实验措施是____________。 (4)由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是 I 中的白雾使溶液变蓝。学生将 I 中产生的气体 直接通入下列_____________(填字母）溶液，证明了白雾中含有 H2O2。 A.酸性 KMnO4 B. FeCl2 C. Na2S D.品红 (5)资料显示：KI 溶液在空气中久置会被缓慢氧化:4KI+O2 +2H2O=2I2 +4KOH。该小组同学取 20ml 久置的 KI 溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可 能是:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O 造成的。请设计实验证明他们的猜想是否正确:___。 【答案】 (1). 分液漏斗 (2). O2+4I-+4H+=2I2+2H2O (3). 酸性环境 (4). 使用 不同浓度的稀硫酸做对比实验 (5). AD (6). 在上述未变蓝的溶液中滴入 0.1 mol/L H2SO4 溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误 【解析】 【分析】 由题给信息可知，甲实验利用二氧化锰做催化剂，在不加热的条件下制备氧气，Ⅰ中产生无 色气体和大量的白雾能使 KI 溶液被氧化生成碘单质；乙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧 气，Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝说明氧气不能使 KI 溶液被氧化；丙实验用高锰酸钾固体受 热分解制备氧气，Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝说明酸性条件下使 KI 溶液被氧化生成碘单质。 【详解】（1）由实验装置图可知，应向装置Ⅰ的分液漏斗中加入 30%的 H2O2 溶液，故答案为： 分液漏斗； (2)丙实验中 O2 与 KI 溶液在酸性条件下发生氧化还原反应生成单质碘，反应的离子方程式是 O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O； (3)对比乙、丙实验可知，O2 与 KI 溶液发生反应的适宜条件是酸性环境，可以使用不同浓度 的稀硫酸做对比实验探究酸性条件对反应速率的影响，故答案为：酸性环境；使用不同浓度 的稀硫酸做对比实验； （4）A、双氧水具有还原性，高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故正确； B、氧气和双氧水都能够氧化亚铁离子，溶液颜色变化无法证明混合气体中含有双氧水，故错 误； C、双氧水和氧气都能够氧化硫化钠，有沉淀生成无法证明混合气体中是否含有双氧水，故错 误； D、双氧水具有氧化性，能使品红溶液漂白褪色，氧气不能使品红溶液漂白褪色，如果品红溶 液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故正确； AD 正确，故答案为：AD； （5）酸性条件下，碘离子和碘酸根离子发生氧化还原反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液 变蓝色，则要设计实验验证他们的猜想是否正确，可以向未变蓝的溶液中滴入稀硫酸，使溶 液呈酸性，观察溶液是否变蓝，若变蓝则可证明发生了归中反应生成了碘，猜想正确；若不 变蓝，则不能发生归中反应，则猜想不正确。故答案为：在上述未变蓝的溶液中滴入 0.1 mol/L H2SO4 溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误。 【点睛】由甲、乙、丙实验得到双氧水能使 KI 溶液被氧化生成碘单质，氧气在中性条件下不 能使 KI 溶液被氧化生成碘单质，酸性条件下能使 KI 溶液被氧化生成碘单质是解答关键。 20.工业以软锰矿（主要成分是 MnO2，含有 SiO2、Fe2O3 等少量杂质）为主要原料制备高性能 的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下： （1）浸锰过程中 Fe2O3 与 SO2 反应的化学方程式为 Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++ SO42-+H2O，该反应是 经历以下两步反应实现的。写出ⅱ的离子方程式：_____________。 ⅰ：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O ⅱ：…… （2）过滤 I 所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为_____________（填离子符号）。 （3）写出氧化过程中 MnO2 与 SO2 反应的化学方程式：_________________。 （4）“浸锰”反应中往往有副产物 MnS2O6 生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示，为减 少 MnS2O6 的生成，“浸锰”的适宜温度是_________；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入 NH4HCO3 溶 液时温度不宜太高的原因是___________________。（5）加入 NH4HCO3 溶液后，生成 MnCO3 沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式： ___________________。 （6）生成的 MnCO3 沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是____________________。 【答案】 (1). 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+ +SO42-+4H+ (2). Mn2+、Fe2+ (3). MnO2+SO2=MnSO4 (4). 90℃ (5). 防 止 NH4HCO3 受 热 分 解 ， 提 高 原 料 利 用 率 (6). Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O (7). 取 1-2mL 最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化 BaCl2 溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净 【解析】 【详解】(1)反应ⅱ是溶液中的 Fe3+氧化 SO2 生成硫酸，本身还原为 Fe2+，发生反应的离子方 程式为 2Fe3++SO2+2H2O =2Fe2++SO42-+4H+； (2)浸锰操作时 MnO2 被 SO2 还原为 Mn2+，则过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为 Mn2+、Fe2+ ； (3)氧化过程中 MnO2 被还原为 Mn2+，SO2 被氧化为 SO42-，发生反应的化学方程式为 MnO2+SO2=MnSO4； (4)由图示可知温度在 90℃左右时，锰的浸出率最高，此时 MnS2O6 的生成率最低，则“浸锰” 的适宜温度是 90℃；因 NH4HCO3 稳定性差，受热易分解，向过滤Ⅱ所得的滤液中加入 NH4HCO3 溶液时温度不宜太高的原因是 防止 NH4HCO3 受热分解，提高原料利用率； (5)加入 NH4HCO3 溶液后，生成 MnCO3 沉淀，同时还有气体生成，此气体应为 CO2，发生反应的 离子方程式为 Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O； (6)生成的 MnCO3 沉淀表面附着液中含有 SO42-，则检验洗涤是否完全的方法是取 1-2mL 最后一 次洗液于试管，滴加盐酸酸化 BaCl2 溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净。