《福建省永安市第一中学漳平市第一中学2020届高三化学上学期第一次联考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省永安市第一中学漳平市第一中学2020届高三化学上学期第一次联考试题含解析.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年第一学期第一次月考高三化学试题相对原子质量：O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Fe-56 H-1 C-12 Cu-64 Ca-40第卷 （选择题 共48分）一、选择题（本题包括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.化学与人类生活、生产息息相关，下列解决问题的方法不可行的是A. 为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B. 为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C. 为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素CD. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化【答案】B【解析】【详解】A.
2、漂白精中含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；B. 硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；C. 维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；D. 硅胶具有吸水性,可有效防止食物受潮，铁具有还原性，可防止食物被氧化做抗氧化剂，故D正确。答案选B。2.下列有关试剂的保存方法，错误的是A. 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中并放置在阴凉处B. 少量的金属钠保存在煤油中C. 液溴的试剂瓶里加一些水来防溴挥发D. 新制的氯水通常保存在无色玻璃试剂瓶中【答案】D【解析】【详解
3、】A、浓硝酸不稳定、见光易分解，应该保存在棕色试剂瓶中并放在阴凉处，故A正确；B、钠与水和氧气反应，应该隔绝空气保存，钠密度大于煤油，且不与煤油反应，少量的钠可以保存在煤油中，故B正确；C、液溴具有挥发性，溴的密度大于水且在水中溶解度较小，所以保存液溴时应该放在棕色细口瓶中，并使用水封，故C正确；D、新制的氯水见光容易分解，应该避光保存，所以新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中，故D错误；答案选D。3.下列说法正确的是Na2O、Fe2O3、Al2O3属于碱性氧化物，CO2、SiO2、NO2属于酸性氧化物碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物漂白粉、水玻璃、Fe(OH)3胶体、冰水混
4、合物均属于混合物醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物硅导电，铝在浓硫酸中钝化均属于物理变化盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】.Na2O、Fe2O3和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，Al2O3和酸、碱反应生成盐和水属于两性氧化物，CO2、SiO2能和碱溶液发生反应生成盐和水，属于酸性氧化物，NO2和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故错误；.碳酸钠是钠离子和碳酸根离子构成，氢氧化钡是钡离子和氢氧根离子构成，氯化铵是铵根离子和氯离子构成，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，都属于离子化合物，故正确；.漂白粉是
5、氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、Fe(OH)3胶体属于分散系，是混合物、冰水混合物是一种物质组成的为纯净物，故错误；.醋酸属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱是碳酸钠属于盐，生石灰为氧化钙属于氧化物，故正确；.硅导电属于物理变化，铝在浓硫酸中钝化属于化学变化，是浓硫酸的强氧化性体现，故错误；.盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，而液氯、冰醋酸均是一种物质组成属于纯净物，故正确。答案选C4.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42、I、S2。分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是A. Na+B. SO42C. B
6、a2+D. NH4+【答案】A【解析】【详解】溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验；加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以I一定不能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答案选A。【点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的
7、离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。5.下列说法正确的是（ ）A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用
8、于水的净化和杀毒B. 胶体和溶液的本质区別是胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能C. 将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体带正电荷D. 利用渗析的方法可以将胶体和溶液进行分离【答案】D【解析】A、明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝具有与净水作用，故A错误；B胶体和溶液的本质区別是分散质粒子的大小不同，故B错误；C. 将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体的胶体粒子带正电荷，不是胶体带电，故C错误；D由于胶体和溶液都能够通过滤纸，不能用过滤方法分离，可以用半透膜分离，故D正确；故选D。6.下列关于误差分析的判断正确的是A.
9、用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸仰视会使所配溶液浓度偏高B. 用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒药品质量一定偏小C. 配制1 molL-1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容会使所得溶液浓度偏小D. 用润湿的pH试纸测醋酸的pH会使测定结果一定偏小【答案】A【解析】【详解】A. 用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸仰视，量取的浓硫酸体积偏大，所配溶液浓度偏高，故A正确；B. 使用托盘天平时，若没有使用游码，药品和砝码位置颠倒后不影响称量结果，故B错误；C. 配制1molL1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容，由于热的溶液体积偏大，配制的溶液冷却后体积偏小，所得溶液浓度偏大，故
10、C错误；D. 用润湿的pH试纸测醋酸的pH，相当于醋酸被稀释，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH会偏大，故D错误；答案选A。7.胞嘧啶是DNA水解产物之一，是精细化工的重要中间体。胞嘧啶可由5巯基甲脲嘧啶、浓氨水和氯乙酸在一定条件下合成，则反应时NH3和5巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为A. 11B. 23C. 31D. 21【答案】A【解析】对比5巯基甲脲嘧啶和胞嘧啶的分子式，不难看出胞嘧啶比5巯基甲脲嘧啶多了一个N原子，多出的N原子一定来自于氨，所以反应时NH3和5巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为11，故选A。8.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A. 常温常压下，11.2L二氧化碳含有的原
11、子数等于1.5NAB. 100mL1molL-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为2NAD. 常温常压下，48gO2与O3混合物含有的氧原子数为3NA【答案】D【解析】【详解】A. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L二氧化碳的物质的量小于0.5mol，则含有的原子数小于1.5NA个，故A错误；B. FeCl3为强酸弱碱盐，溶液中Fe3+发生水解生成氢氧化铁，Fe3+数目减少，小于0.1NA，故B错误；C. 标准状况下，22.4LCl2为1 mol，通入足量的石灰乳中发生氧化还原反
12、应生成氯化钙和次氯酸钙，Cl2中氯的化合价既升高又降低，转移的电子数为NA，故C错误；D. 氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有氧原子的物质的量为n=3mol，故含有3NA个氧原子，故D正确。答案选D。9.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. 含0.1molL1Fe3的溶液中：Na+、Cu2+、I-、NO3B. 0.1molL1 AlCl3溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42-、HCO3-C. 由水电离产生的c(H+)=1012 molL1的溶液中：NH4+、SO42-、HCO3-、Cl-D. 使酚酞变红色的溶液：Na、K+、S2-、SO42-【答案】D【解析】【详
13、解】A. 含0.1molL1Fe3的溶液中，Fe3有氧化性，I-有还原性，发生氧化还原反应，故A错误；B. 0.1molL1 AlCl3溶液中：Cu2+、Al3+与HCO3-发生双水解反应，故B错误；C. 由水电离产生的c(H+)=1012 molL1的溶液中，既可以显酸性也可以显碱性，酸性条件H+与HCO3-不能共存，碱性条件下碳酸氢根离子、NH4+与OH-不能共存，故C错误；D. 使酚酞变红色的溶液显碱性：Na、K+、S2-、SO42-不发生反应，可以共存，故D正确；答案选D。10.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中
14、FeCu2=CuFe2将Na加入到CuSO4溶液中2NaCu2=Cu2NaB稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性：2HSO42-Ba22OH=BaSO42H2ONaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2HSO42-Ba22OH=BaSO42H2OC铁和氯气反应2Fe3Cl22FeCl3铁和碘单质反应2Fe3I22FeI3D向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca22ClOCO2H2O=CaCO32HClO向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca22ClOSO2H2O=CaSO32HClOA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来
15、，钠投入到铜盐溶液反应先与水反应，不会置换出铜，故A错误；BNaHSO4与Ba（OH）2按照2：1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，故B类推正确；C、碘的氧化性较弱，与铁反应时生成FeI2，选项C错误；D、向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为Ca23ClOSO2H2O=CaSO4Cl2HClO，选项D错误。答案选B。11.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )A. 鉴别纯碱与小苏打B. 证明Na2O2与水反应放热C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应D. 探究钠与Cl2反
16、应【答案】A【解析】A加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，故A错误；B过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，故B正确；C氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，故C正确；D钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，故D正确；故选A点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大12.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液白色沉淀溶液中
17、一定含有SO42-B某溶液中加入KSCN溶液溶液呈血红色溶液中一定有Fe3+无Fe2+C某气体通入澄清石灰水中石灰水变浑浊该气体一定是CO2D用铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中一定有Na+可能有K+A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42-或银离子中的至少一种，故A错误；B. 某溶液中加入KSCN溶液，溶液呈血红色，溶液中一定有Fe3+，无法确定Fe2+是否存在，故B错误；C.二氧化硫和二氧化碳均可以使石灰水变浑浊，故C错误；D.钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，会被钠的黄色所掩蔽，所
18、以焰色反应为黄色，说明一定含Na+也可能含K+。答案选D。【点睛】焰色反应是元素的性质，溶液中有Na+时，光洁的铂丝蘸取无色溶液，在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，但K+的焰色反应必须透过蓝色的钴玻璃才能观察到。13.某反应的反应物与生成物有：H3AsO4、K2SO4、KBrO3、H2SO4、AsH3、H2O和一种未知物质X。已知02 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子，则下列说法不正确的是A. AsH3是该反应的还原剂B. X的化学式为Br2C. 根据反应可推知氧化性：KBrO3H3AsO4 D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5【答案】D【解析】【详解】A、由信息可知，Br元
19、素的化合价降低，则As元素的化合价升高，则AsH3是该反应的还原剂，正确；B、设X中溴元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.2mol（5-x）=1mol，解得x=0，所以X的化学式为Br2，正确；C、由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：KBrO3H3AsO4，正确；D、Br元素的化合价由+5价降低为0，As元素的化合价由-3价升高为+5价，由电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：5，错误。答案选D。14.下列有关图像的说法正确的是A. 图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系B. 图乙表示：向含等物质的量的NaO
20、H和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系D. 除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法【答案】C【解析】【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH 溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳
21、酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol， 所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3+2NO+2H2O， 当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0. 5=2：1，与图像相符合，C正确；D. KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1
22、可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。15.利用废铁屑(主要成分为Fe，还含有C，S，P等)制取高效净水剂K2FeO4流程如图：下列说法不正确的是A. 废铁屑在酸溶前可用热纯碱溶液去油污B. 步骤是将Fe2+转化为Fe(OH)3C. 步骤中发生的反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-=2FeO42-+3Cl-+4H+H2OD. 步骤中反应能发生的原因是在相同条件下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4【答案】C【解析】【详解】废铁屑(主要成分为Fe，还含有C、S、P等)加入酸溶得到亚铁盐，过滤后向滤液中加入过量NaOH溶液和H2O2溶液，NaOH中和过量
23、的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，然后加入NaClO溶液，在碱溶液中发生氧化还原反应生成Na2FeO4，加入KCl固体利用溶解度不同转化为K2FeO4析出。A. 纯碱是强碱弱酸盐，CO32水解导致纯碱溶液呈碱性，碱性条件下油污水解生成高级脂肪酸盐和甘油，所以废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污，故A正确；B.NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，步骤的目的是将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，故B正确；C. 步骤中发生的反应是碱性条件下发生的反应，反应的离子方程式为2Fe(
24、OH)3+4OH+3ClO2FeO42+3Cl+5H2O，故C错误；D. 步骤中反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，溶解度大的能转化为溶解度小的物质，反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，故D正确；答案选C。16.把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na)为 ( )A. (10b5a)molL1B. (2ba)molL1C. (b/10a/20)molL1D. (5b5a/2)molL1【答案】A【解析
25、】【详解】NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5amol，取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5a mol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为bmol0.5amol，Na2CO3的物质的量为(bmol0.5amol)0.5，则c(Na)(bmol0.5amol)0.1L(10b5a)molL1。故选A。【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。卷 非选择题（共52分）17.现有金属单质A
26、、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如图反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）请回答下列问题：（1）丙的化学式为_。（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，该物质的电子式为_。（3）写出气体乙与C溶液反应的离子方程式：_。（4）若将C溶液与E溶液混合，则可以观察到的现象是：_。（5）配制F溶液时，要将F固体先溶于较浓的盐酸中，再加水稀释，其目的是_(用简单文字和离子方程式说明)。（6）设计一种检验物质E溶液中金属阳离子实验方案：_(写出实验步骤，现象和结论)。【答案】 (1). HCl (2). (3). Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O (4). 白色沉淀迅速
27、变为灰绿色，最后变为红褐色 (5). 抑制Fe3+水解，Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ (6). 取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+【解析】【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，乙是黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀为Fe（OH）3，由反应Na气体甲+C，为Na与水反应，生成甲为H2，C为NaOH，H2和Cl2反应生成气体丙，丙为HCl，D为盐酸溶液，由HCl+金属BE可知，B为金属Fe，E为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成F，则F为FeCl3。据此解答。【详解】（1）由上面的分析可知，丙的化学式为HCl；故答案为HC
28、l；（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，为过氧化钠，该物质的电子式为答案为：（3）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-Cl- +ClO-+H2O；答案为：Cl2+2OH-Cl- +ClO-+H2O；（4）若将NaOH溶液与FeCl2溶液混合发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁在空气中不稳定，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；（5）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，先加入较浓的盐酸可抑制Fe3+水解；答案为：抑制Fe3+水解，Fe3
29、+3H2OFe(OH)3+3H+；（6）检验物质FeCl2溶液中Fe2+方法为：取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+；答案为：取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+。18.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：（1）在处理废水时，ClO2可将废水中的CN氧化成CO2和N2，写出该反应的离子方程式：_。（2）某小组设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅
30、拌作用，二是_。装置B的作用是_。装置A用于生成ClO2气体，该反应的离子方程式为_。当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是_。（3）测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入_作指示剂，用0.1000molL1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液(2ClO2+10I-+8H+5I2+2Cl-+4H2O，I2+2S2O32-2I-+S4O62-)，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为_molL1。【答案】 (1). 2ClO22CN2CO2N22Cl (2). 稀释二氧化氯，防止因二氧
31、化氯的浓度过高而发生爆炸 (3). 防止倒吸(或作安全瓶) (4). 2ClO3-H2O22H+2ClO2O22H2O (5). 加大氮气的通入量 (6). 淀粉溶液 (7). 0.04【解析】【详解】(1)ClO2可将废水中的CN氧化成CO2和N2，离子方程式为：2ClO2+2CN2CO2+N2+2Cl；故答案为：2ClO2+2CN2CO2+N2+2Cl；(2)由于二氧化氯(ClO2)在混合气体中的体积分数大于10就可能发生爆炸，氮气可以起到搅拌作用，还能稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；ClO2气体易溶于水，故B的
32、作用是防止倒吸(或作安全瓶)；故答案为：防止倒吸(或作安全瓶)；装置A为NaClO3和H2O2在酸性条件下生成ClO2气体，化学反应为：2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2+Na2SO4+O2+2H2O，所以离子方程式为2ClO3-H2O22H+2ClO2O22H2O；故答案为：2ClO3-H2O22H+2ClO2O22H2O；装置C中导管液面上升说明ClO2浓度过大，为防止发生爆炸，应加大氮气的通入量；故答案为：加大氮气的通入量；(3)ClO2溶液加入足量的KI溶液和H2SO4酸化氧化I为I2，用淀粉做指示剂，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色达到滴定终点；根据关系式：2ClO25I
33、210Na2S2O3，则n(ClO2)=，C中ClO2溶液的浓度为；故答案为：淀粉溶液；0.04。19.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献，他以饱和食盐水、NH3、CO2为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。回答下列问题：某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计方案实验。一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)（1）丁装置中稀硫酸的作用是_。（2）另一位同学用图中戊装置（其他装置未画出）进行实验。实验时，须先从_管通入NH3气体。（3）有同学建议在戊装置的b管下端
34、连接己装置，理由是_。（4）如表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）：01020304050NaCl35.735.836.036.336.637.0NaHCO36.98.19.611.112.714.5NH4Cl29.433.337.241.445.850.4参照表中数据，请分析丙、戊装置中使用冷却水或者冰水的原因：_。（5）该小组同学为了测定丙中所得晶体的碳酸氢钠的纯度（假设晶体中不含碳酸盐杂质），将晶体充分干燥后，称量质量为ag。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为mg。然后进行如图所示实验：在操作中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是_（填
35、字母）。a 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液b 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液c 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液所得晶体中碳酸氢钠的纯度为_。【答案】 (1). 吸收未反应的氨气 (2). a (3). 增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率 (4). 温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出 (5). c (6). 100%或100%【解析】【详解】（1）实验过程中氨气可能有剩余,而稀硫酸能与氨气反应,所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3。故答案为：吸收未反应的氨气；（2）制取碳酸氢钠时先要得到含氨
36、的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应。故答案为：a；（3）b管下端连接己装置，反应物二氧化碳与溶液的接触面积增大，提高了二氧化碳的吸收率。故答案为：增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率；（4）B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，依据表中数据分析可知温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，所以温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出。故答案为：温度越低碳酸氢钠溶解度越小，便于析出；（5）测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，将晶体充分干
37、燥后，称量质量为ag，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作I将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氯化钙溶液，氯化钙跟碳酸钠反应生成碳酸钙，将生成的碳酸钙过滤、洗涤、干燥，称量为ng。为判断滴加的氯化钙溶液过量，可在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液看是否有沉淀生成，故答案为：c；发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，Na2CO3+CaCl2CaCO3+H2O+2NaCl，得到的碳酸钙需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量。方法一：设样品中碳酸氢钠的质量为x，由上两式可得关系式：2NaHCO3CaCO3842 100x nx
38、=g，碳酸氢钠的质量分数为。方法二：设为样品中碳酸氢钠的质量为xg，将碳酸氢钠晶体加热到质量不再变化时，依题意可知，固体减重质量为水和二氧化碳质量和为(a-m)g，依据反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O m842 62xg (a-m)g碳酸氢钠质量为x=g，纯度=100%；故答案为：或100%。20.化工生产是指对原料进行化学加工，最终获得有价值的产品的生产过程。某研究小组利用含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料制备铁红(氧化铁)和硫酸铵晶体。流程如图：请回答下列问题：（1）操作I的名称_，操作的名称_。（2）滤渣的成分为_。（3）请写出溶液A中反应的离子方程式_。在标准状况下，转移0.
39、4NA个电子时，通入的空气体积为_。（4）测定废料中硫酸铜的质量分数：称取ag废料样品，将操作I得到的滤渣用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为b g，则废料中硫酸铜的质量分数_(写出表达式)。（5）向工业废料溶液中加入足量的酸性高锰酸钾，写出有关的离子方程式_。【答案】 (1). 过滤 (2). 蒸发浓缩、冷却结晶 (3). Fe、Cu (4). 10H2O+8NH3+O2+4Fe2+4Fe(OH)3+8NH4+ (5). 10.7L (6). (5b/2a)100% (7). 5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O【解析】【分析】向含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废
40、料中加入硫酸溶解，加入过量的铁粉与硫酸铜发生置换反应得到不溶的铜单质，过滤，滤渣为铜和未反应完的铁，溶液A为硫酸亚铁的溶液，向其中通入空气氧化亚铁离子为铁离子，加入氨气沉淀铁离子，过滤，固体B为氢氧化铁，溶液为硫酸铵溶液，将硫酸铵溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铵晶体，将固体B（氢氧化铁）灼烧得到氧化铁。据此解答。【详解】（1）经过操作I得到固体和溶液，故操作I为过滤；操作为将硫酸铵溶液蒸发浓缩冷却结晶为硫酸铵晶体。故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶；（2）通过分析，铁粉将硫酸铜还原为铜单质，故滤渣为铜和未反应完的铁；故答案为：Fe、Cu；（3）溶液A为硫酸亚铁溶液，向其中通入空气氧化亚铁离子为
41、铁离子，加入氨气沉淀铁离子，过滤，固体B为氢氧化铁，溶液为硫酸铵溶液，溶液A中反应的离子方程式为10H2O+8NH3+O2+4Fe2+4Fe(OH)3+8NH4+。根据反应方程式可得，消耗1mol氧气，转移4mol电子，在标准状况下，转移0.4NA个电子时，需要消耗0.1mol的氧气，体积为2.24L，氧气在空气中的体积分数为21%，因此通入的空气体积为10.7L；答案为：10H2O+8NH3+O2+4Fe2+4Fe(OH)3+8NH4+；10.7L；（4）称取ag废料样品，操作I得到的滤渣为铜和铁，用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为bg，铜不溶解，故m(Cu)bg，则n(Cu)=mol，根据铜元素质量守恒，则n(CuSO4)n(Cu)=mol，则废料中硫酸铜的质量分数为；故答案为：；（5）向工业废料（含硫酸亚铁和硫酸铜）溶液中加入足量的酸性高锰酸钾，硫酸亚铁与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；故答案为：5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O。- 18 -