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1、20182019学年度大兴区高三一模考试化学试卷第I卷 选择题（共42分）本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题6分1.改革开放40周年以来，科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没有涉及化学变化的是A太阳能分解水制取氢气B开采可燃冰 获取燃料C新能源汽车 燃料电池供电 D运载“嫦娥四号”的火箭发射A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.水分解产生氢气和氧气，有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质产生，发生的是化学变
2、化，C不符合题意；D.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；故合理选项是B。2.2018年7月12日，我国科学家姜雪峰教授被评为“全球青年化学家元素周期表硫元素代表”，是目前为止第一位入选的中国学者。下列说法及推测不正确的是OPSClSeA. S位于第三周期第VIA族B. 原子半径：P >S >ClC. 热稳定性：H2O >H2S > PH3D. 常温下，Na2SeO4溶液的pH一定为7【答案】D【解析】【详解】A.S是16号元素，原子核外电子排布为2、8、6，可见S位于第三周期第VIA族，A正确；B.同一周期
3、的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径由大到小的顺序为：P >S>Cl，B正确；C.元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性O>S>P，所以简单氢化物的稳定性：H2O>H2S>PH3，C正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于元素的非金属性S>Se，所以酸性：H2SO4>H2SeO4，酸的酸性越强，其相应的钠盐水解程度越弱。H2SO4是二元强酸，则Na2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，由于酸性：H2SO4>H2SeO4，则Na2SeO4溶液的pH大于7，D错误；
4、故合理选项是D。3.下列化学用语对事实的表述不正确的是A. 由H和Cl形成共价键的过程：B. Na2O2用于呼吸面具的供氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2C. 实验室用NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取氨：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2OD. 铝粉加入NaOH溶液中产生无色气体：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2【答案】A【解析】【详解】A.由H和Cl形成共价键，两个原子通过共用电子对结合，没有电子得失，其过程为：，A错误；B.Na2O2用于呼吸面具时，与人呼吸产生的CO2发生反应，产生氧气，因此可作供氧剂，反应方程式为：2Na2O2+2
5、CO2=2Na2CO3+O2，B正确；C.NH4Cl和Ca(OH)2的混合物加热发生反应，产生氨气、氯化钙和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，C正确；D.铝粉与NaOH溶液发生反应产生偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，D正确；故合理选项是A。4.室温下，关于pH=11的NH3·H2O溶液，下列分析正确的是A. c(NH3·H2O)=10-3mol/LB. 由水电离出的c(H+)=10-11 mol/LC. 加入少量 NH4Cl固体，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，KW值减
6、小D. 加入等体积 pH=3的盐酸，所得溶液：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)【答案】B【解析】【详解】A. NH3·H2O在溶液中存在电离平衡，因此c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下溶液的pH=11，则c(OH-)=10-3mol/L，由于c(NH3·H2O)>c(OH-)，所以c(NH3·H2O)>10-3mol/L，A错误；B.氨水中氢离子由水电离产生，溶液的pH=11，则c(H+)=10-11mol/L，即由水电离出的c(H+)=10-11 mol/L，B正确；C.NH3·
7、;H2O在溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH4+OH-，加入少量 NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，但由于温度不变，所以水的离子积KW值不变，C错误；D.pH=11的NH3·H2O溶液中，c(OH-)=10-3mol/L，加入等体积 pH=3的盐酸，H+与OH-恰好发生中和反应，但由于c(NH3·H2O)>c(OH-)，因此NH3·H2O过量，使溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，NH3·H2O电离产生NH4+)，使溶液中c(NH4+)>c(Cl-)，盐电离产生的离子浓
8、度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故c(NH4+)>c(OH-)，因此该溶液中离子浓度关系为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，D错误；故合理选项是B。5.生物基不饱和聚酯（UPOEM）具有出色的热稳定性、机械性和耐腐蚀性，广泛应用在包装、医用缝合线和药物封装等领域。其制备的核心反应如下：下列说法不正确的是A. 该反应缩聚反应B. 聚酯中存在顺反异构C. 1mol III最多可与3mol H2反应D. 根据上述反应机理，可推知：【答案】C【解析】【详解】A.物质发生反应时，除产生高分子化合物外，还有小分子生成，因此该反应为缩聚反应，A正确；B.聚酯
9、分子中存在碳碳双键，由于不饱和的碳原子连接了两个不同的原子团，所以盛装顺反异构，B正确；C.化合物III中的碳碳双键可以与氢气发生加成反应，而酯基中的羰基不能发生加成反应，所以1mol III最多可与1mol H2反应，C错误；D.根据示意图可知乙二醇与两种物质分子可发生反应产生和水，D正确；故合理选项是C。6.HI在一定条件下可发生反应 2HI(g) H2 (g)I2(g) H，在2L恒容密闭容器中，充入一定量的 HI(g)，反应物的物质的量 n（mol）随时间t（min）变化的数据如下：根据表中数据，下列说法正确的是A. 实验 1中，反应在 0至 10min内，v(HI)0.02mol&#
10、183;L1 ·min1B. 800时，该反应的平衡常数K=0.25C. 根据实验 1和实验2可说明：反应物浓度越大，反应速率越快D. H<0【答案】B【解析】【详解】A.实验 1中，反应在 0至 10min内，v(HI)=0.01mol/(L ·min)，A错误；B.根据反应方程式可知：每有2molHI反应，会产生1molH2、1molI2，则800时，当反应达到平衡时，反应了0.5molHI，则反应产生H2、I2的物质的量都是0.25mol，由于反应前后气体的物质的量相等，所以浓度比等于气体的物质的量的比，故该反应的平衡常数K=0.25，B正确；C.温度相同，平衡
11、时HI的物质的量相同，实验2反应速率快，可能同时使用了催化剂，改变了其它反应条件，不能说反应物浓度越大，反应速率越快，C错误；D.根据实验1、3可知：反应物的起始浓度相等，达到平衡时HI的浓度实验1>实验3，说明升高温度，平衡正向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，正反应方向为吸热反应，H>0，D错误；故合理选项是B。7.NaClO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：装置图试剂X实验现象0.2 mol·L1盐酸产生黄绿色气体0.2 mol·L1 KI-淀粉溶液溶液变蓝0.2 mol·L1Fe
12、SO4（H+）和KSCN混合溶液溶液变红0.2mol·L1AlCl3溶液产生白色沉淀下列判断不正确的是A. 实验中发生的反应：ClO-+Cl-+2H=Cl2+H2OB. 实验中发生的反应：ClO-+2I-+2H=Cl-+I2+H2OC. 实验中该条件下氧化性强弱：ClO->Fe3+D. 实验中ClO-与Al3+相互促进水解【答案】B【解析】【详解】A. NaClO具有强的氧化性，在酸性溶液中能够与Cl-发生氧化还原反应，产生氯气，反应的离子方程式为：Cl-+2H+ClO-=Cl2+H2O，A正确；B.向KI-淀粉溶液中滴入NaClO溶液，会发生反应：ClO-+2I-+H2O=C
13、l-+I2+2OH-，但产生的I2会立即与溶液产生的OH-发生反应，因此不能使溶液变为蓝色，B错误；C.在酸性条件下，ClO-将Fe2+氧化Fe3+，Fe3+遇SCN-，溶液变为血红色，因此会看到溶液变为红色，C正确；D. AlCl3是强酸弱碱盐，水解产生Al(OH)3，使溶液显酸性； NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，当将NaClO溶液滴入AlCl3溶液中时，水解相互促进，产生氢氧化铝白色沉淀，D正确；故合理选项是B。第卷 非选择题（共58分）8.有机化合物P是合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下： 已知： (1)A可与NaHCO3溶液反应，写出A的官
14、能团名称_。(2)AB的反应类型_。(3)CD的化学方程式_。(4)检验F中官能团的试剂及现象_。(5)GH所需的试剂a是_。(6)DE的化学方程式_。(7)已知： K经过多步反应最终得到产物P： L的结构简式_。QM的化学方程式_。【答案】 (1). 羧基 (2). 取代反应 (3). HOOC-CH2-COOH+2C2H5OH C2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O (4). FeCl3溶液、溶液呈紫色(或浓溴水、生成白色沉淀) (5). 浓H2SO4 、浓HNO3 (6). C2H5OOC-CH2-COOC2H5+CH(OC2H5)3(C2H5OOC)2C=CHOC2H5+2C
15、2H5OH (7). (8). 【解析】【分析】A分子式是C2H4O2，可以与NaHCO3溶液反应，则A是CH3COOH，A与Cl2在催化剂存在时发生甲基上的取代反应生成B：ClCH3COOH，B与NaCN、H+存在时发生反应产生C：HOOC-CH2-COOH，C与C2H5OH在浓硫酸存在时，发生酯化反应产生D：C2H5OOC-CH2COOC2H5，D与CH(OC2H5)3发生反应产生E：(C2H5OOC)2C=CHOC2H5和CH3CH2OH，F分子式是C6H6O，结合G的分子结构及加入的物质CH3I，可知F是苯酚，G是，G与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应，产生H：，H被还原产生J：；J
16、与E反应产生K：，K经过一系列变化产生P：，据此分析解答。【详解】(1) A是CH3COOH，可与NaHCO3溶液反应，则A的官能团名称是羧基；(2)A是CH3COOH，A与CH3I发生取代反应产生B：ClCH2-COOH，则AB的反应类型是取代反应；(3)C是丙二酸HOOC-CH2-COOH，C与乙醇在浓硫酸存在时，在加热条件下发生酯化反应产生D：丙二酸二乙酯，C2H5OOC-CH2-COOC2H5，则CD的化学方程式为：HOOC-CH2-COOH+2C2H5OH C2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；(4)F是苯酚，官能团是酚羟基，检验F中官能团的试剂可以是FeCl3溶液，向溶
17、液中加入FeCl3溶液，溶液变为紫色；也可以向苯酚溶液中加入浓溴水，会观察到的现象是生成白色沉淀；(5)G是苯甲醚，向其中加入浓硝酸、浓硫酸，并加热，会发生OCH3取代基间位上取代反应，NO2取代OCH3间位上的H原子，产生H原子，因此GH所需的试剂a是浓H2SO4 、浓HNO3；(6)D是C2H5OOC-CH2-COOC2H5，D与CH(OC2H5)3发生反应产生E：(H5C2OOC)2C=CHOC2H5和CH3CH2OH，则DE的化学方程式是C2H5OOC-CH2-COOC2H5+CH(OC2H5)3(H5C2OOC)2C=CHOC2H5+2C2H5OH；(7)K结构简式为，根据题目信息可
18、知K在一定条件下发生苯环上的取代反应产生L：，L与POCl3发生反应产生Q：；Q与NaOH水溶液在加热时发生反应产生M：，QM的化学方程式为：。【点睛】本题考查了有机物的合成与推断的知识，注意根据转化关系中有机物的结构结合题目信息进行推断，能够较好的考查学生对信息的接受与应用能力及对知识的迁移能力，是对学生综合能力的考查，难度中等。9.资源化利用CO2，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。(1)CO2的捕集：写出CO2的电子式_。用饱和Na2CO3溶液做吸收剂可“捕集”CO2。若吸收剂失效，可利用NaOH溶液使其再生，写出该反应的离子方程式_。聚合离子液体是目前广泛研究
19、的CO2 吸附剂。结合下图分析聚合离子液体吸附CO2的有利条件是_。(2)生产尿素：工业上以CO2、NH3为原料生产尿素CO(NH2)2，该反应分为二步进行：第一步：2NH3(g)+CO2(g) H2NCOONH4(s) H =-159.5 kJ/mol第二步：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+ H2O(g) H =+116.5 kJ/mol写出上述合成尿素的热化学方程式_。某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入4mol NH3和1mol CO2，实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示：已知总反应的快慢由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的快慢由第_步
20、反应决定，总反应进行到_min时到达平衡。(3)合成乙酸：中国科学家首次以CH3OH、CO2和H2为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示： 原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式_。根据图示，写出总反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). HCO3-+OH-=H2O+CO32- (3). 低温，低流速(或25，10mL/min) (4). 2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=-43kJ/mol (5). 二 (6). 55 (7). CO2+6e-+6H+ =CH3OH+H2O (8). CH3
21、OH +CO2+H2CH3COOH+H2O【解析】【分析】(1)CO2分子中C原子与两个O原子形成四对共用电子对；饱和Na2CO3溶液与CO2反应产生NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应产生Na2CO3和水；聚合离子液体吸附对CO2的吸附量越大越好；(2)根据盖斯定律，将两个热化学方程式叠加可得制取尿素的热化学方程式；化学反应由慢反应决定，第一步反应放热，反应进行使速率加快；第二步反应是吸热反应，反应进行，速率减慢，可见由第二步反应决定总反应速率；当反应达到平衡时，任何物质的浓度不变判断平衡状态；(3)CO2在酸性条件下，在电解时发生还原反应产生CH3OH；CH3OH、CO2和H2反应氧化
22、还原反应产生CH3COOH和水。【详解】(1)CO2分子中C原子与两个O原子形成四对共用电子对，所以CO2的电子式为；向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体反应产生NaHCO3，反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；NaHCO3是酸式盐，可以与NaOH反应产生Na2CO3和水，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=H2O+CO32-；根据图示可知：聚合离子液体吸附在低温和低流速时对CO2的吸附量大；(2)将第一步化学方程式与第二步化学方程式相加，可得总反应方程式：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=-43kJ/mol；第一步反应是
23、放热反应，随着反应的进行，物质温度升高，化学反应速率加快；而第二步反应为吸热反应，随着反应的进行温度逐渐降低，反应速率逐渐减慢，因此合成尿素总反应的快慢由第二步慢反应决定，根据图示可知当总反应进行到55min时，各种物质的浓度不变，反应就到达平衡；(3)CO2在酸性条件下，在电解时CO2发生还原反应产生CH3OH，生成CH3OH的电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；根据图示可知：在HI、Rh作用下发生氧化还原反应产生CH3COOH和H2O，反应的化学方程式为：CH3OH +CO2+H2CH3COOH+H2O。【点睛】本题以CO2制取乙酸为线索，考查了物质的结构、吸收、利用
24、、离子方程式化学方程式的书写、盖斯定律、反应速率和化学判断及电解在物质制备的应用的知识，较为全面的考查了化学反应原理和物质结构、元素及化合物等知识及应用能力，难度中等。10.以硫铁矿（主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质）为原料制备绿矾晶体（FeSO4·7H2O）的工艺流程如下：(1)“酸浸”过程，矿渣中的Fe2O3与稀H2SO4反应的离子方程式_。(2)烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出该反应的离子方程式_。(3)滤液中金属阳离子的检验方法_。(4)FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，理由_。（结合化学用语说明原因）(5)燃料细菌脱硫法
25、是用氧化亚铁硫杆菌（Tf）对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示：已知总反应为：FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+15Fe2+16H将过程I离子方程式补充完整_过程II反应的离子方程式_。研究发现，用氧化亚铁硫杆菌（Tf）脱硫，温度过高脱硫效率降低（如图），可能的原因是_。(6)绿矾晶体在空气中易被氧化。取X g样品，加水完全溶解，用酸化的amol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL。反应原理：6Fe2+Cr2O72-+14H+ =6Fe3+2Cr3+7H2O。则绿矾晶体纯度的计算式为_。(FeSO4·7H2
26、O摩尔质量为278 g/mol)【答案】 (1). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O (2). SO2 +2NH3·H2O=2NH4+SO32- + H2O (3). 取滤液少许于试管中，滴加K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+ (4). Fe2+2H2OFe(OH)2 +2H+，H+过量抑制Fe2+的水解 (5). (6). 8Fe3+ +S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2+10H+ (7). 升高温度，蛋白质变性，细菌失去催化能力 (8). 【解析】【分析】硫铁矿的主要成分为FeS2，在煅烧时FeS2反应产生Fe2O3，矿渣
27、用硫酸处理，Fe2O3与硫酸反应产生硫酸铁和水，而CuS、SiO2等杂质不能与酸反应，向反应后的溶液中加入还原铁粉，硫酸铁反应转化为硫酸亚铁，然后过滤，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得绿矾；根据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒及原子守恒，结合题目已知信息书写相应的离子方程式；根据反应过程中的电子守恒，利用反应方程式中物质之间关系式先计算出Fe2+的物质的量，再根据物质含量计算方法得到绿矾晶体纯度的计算式。据此解答。【详解】(1)“酸浸”过程，矿渣中的碱性氧化物Fe2O3与稀H2SO4反应产生硫酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；(2)在煅烧时硫铁矿中的S元素转化为烟
28、气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，SO2与氨水反应产生亚硫酸铵和水，该反应的离子方程式为SO2 +2NH3·H2O=2NH4+SO32- + H2O；(3)滤液中金属阳离子是Fe2+，检验Fe2+的方法是取滤液少许于试管中，滴加K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，若有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+；(4)在由FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，这是由于FeSO4是强酸弱碱盐，在溶液中Fe2+发生水解反应：Fe2+2H2OFe(OH)2 +2H+，向溶液中加入过量的H+，c(H+)增大，水解平衡逆向移动，从而可抑制Fe2+的水解；(5)FeS2与Fe3+
29、及水发生反应产生Fe2+、S2O32-、H+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：FeS2+6Fe3+3H2O=7Fe2+S2O32-+6H+；由于总反应为：FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+15Fe2+16H，所以过程II反应离子方程式为：8Fe3+ +S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2+10H+；研究发现，用氧化亚铁硫杆菌（Tf）脱硫，温度过高脱硫效率降低，这是由于氧化亚铁硫杆菌主要是由蛋白质构成，升高温度，蛋白质发生变性，使氧化亚铁硫杆菌失去催化能力。(6)K2Cr2O7溶液会将FeSO4氧化为硫酸铁，K2Cr2O7被还原为硫酸铬，反应6Fe2
30、+Cr2O72-+14H+ =6Fe3+2Cr3+7H2O。根据反应方程式可n(FeSO4)=6n(K2Cr2O7)=6ab×10-3mol，由于FeSO4·7H2O摩尔质量为278 g/mol，则绿矾晶体纯度的计算式为。【点睛】本题以硫铁矿为原料制备绿矾晶体的工艺流程为原料，考查了离子方程式的书写、盐的水解、离子的检验、物质含量的测定等知识。综合考查了元素化合物及化学反应基本原理。11.锰的化合物在工业、医疗等领域有重要应用。某兴趣小组模拟制备KMnO4及探究锰(II)盐能否被氧化为高锰(VII)酸盐。IKMnO4的制备： 反应原理步骤一：3MnO2+6KOH+KClO3
31、3K2MnO4+KCl+3H2O步骤二：3K2MnO4+2CO2 =2KMnO4+MnO2+2K2CO3实验操作步骤一：将一定比例的MnO2、KOH和KClO3 固体混合加热，得到墨绿色的固体，冷却后加水溶解得到碱性K2MnO4溶液放入烧杯C中。步骤二：连接装置，检查气密性后装药品。打开分液漏斗活塞，当C中溶液完全变为紫红色时，关闭活塞停止反应，分离、提纯获取KMnO4晶体。装置图如下：(1)检查装置A气密性：关闭分液漏斗活塞，在B中加入蒸馏水至液面超过长导管口，用热毛巾捂住圆底烧瓶，若_，则说明装置气密性良好。(2)B中试剂选择的理由_。(3)反应结束后，未能及时分离KMnO4晶体，发现C中
32、紫红色溶液变浅。该小组同学认为是碱性K2MnO4溶液中的Cl-将生成的MnO4- 还原，导致颜色变浅，指出含有Cl-的判断依据_。II该小组继续探究Mn2+能否氧化为MnO4-，进行了下列实验：装置图试剂X实验现象 0.5mL 0.1mol/LNaOH溶液生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色0.5mL 0.1mol/LNaOH和15%H2O2 混合液立即生成棕黑色沉淀 0.5mL 0.1mol/LHNO3溶液无明显现象 0.5mL 0.1 mol/LHNO3溶液和少量PbO2滴加HNO3无明显现象，加入PbO2立即变为紫红色，稍后紫红色消失，生成棕黑色沉淀已知：i.MnO2为棕黑色固体，难溶于
33、水；iiKMnO4在酸性环境下缓慢分解产生MnO2。(4)实验中生成棕黑色沉淀可能的原因_。(5)实验中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式_。(6)对比实验和，实验的作用_。(7)甲同学猜测实验中紫红色消失的原因：酸性条件下KMnO4不稳定，分解产生了MnO2，乙认为不成立，理由是_；乙认为是溶液中的Mn2+将MnO4- 还原，并设计了实验方案证明此推测成立，其方案为_。探究结果：酸性条件下下，某些强氧化剂可以将Mn2+氧化为MnO4-。【答案】 (1). 导管口有气泡产生，移开热毛巾后，有一段液柱回升 (2). 饱和NaHCO3溶液不与CO2反应且除去HCl，同时生成CO2 (3). 反应产物中
34、含Cl-，且操作中未除去Cl- (4). 空气中的氧气在碱性环境中将Mn2+氧化为MnO2(或2Mn2+ +O2+4OH-=2MnO2+2H2O) (5). Mn2+H2O2+2OH-= MnO2+2H2O (6). 排除HNO3将Mn2+氧化的可能 (7). 资料表明缓慢分解产生MnO2，而实验中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀 (8). 取5mL0.1mol/LMnSO4溶液于试管中，加入0.5mL 0.1mol/L稀HNO3，无明显现象，再滴加几滴KMnO4溶液，立即生成棕黑色沉淀【解析】【分析】(1)根据气体物质热胀冷缩分析判断；(2)用HCl与CaCO3反应制取CO2气体中含有HCl，
35、可以利用HCl与NaHCO3反应制取CO2；(3)根据KMnO4的制备原理及实验操作分析Cl-的来源；(4)根据实验分析中生成棕黑色沉淀可能的原因；(5)H2O2在碱性条件下将Mn2+氧化为MnO2，H2O2被还原为H2O； (6)对比实验和，可确定实验的作用是对照试验；(7)利用题干信息，结合实验现象分析判断；并结合最后实验结论设计实验。【详解】(1)检查装置A气密性的方法可以利用气体的体积热胀冷缩的性质，关闭分液漏斗活塞，在B中加入蒸馏水至液面超过长导管口，用热毛巾捂住圆底烧瓶，若装置B、C的导管口有气泡产生，移开热毛巾后，有一段液柱回升，则说明装置气密性良好。(2)CaCO3与HCl反应
36、产生CO2气体，由于盐酸有挥发性，实验制取得到的CO2气体中含有HCl杂质，可以利用饱和NaHCO3溶液不能溶解CO2气体，而HCl与NaHCO3能够反应产生CO2气体； (3)反应结束后，未能及时分离KMnO4晶体，发现C中紫红色溶液变浅。该小组同学认为是碱性K2MnO4溶液中的Cl-将生成的MnO4- 还原，导致颜色变浅，证明该溶液中含有Cl-的判断依据是用KClO3制备KMnO4的反应物中含有Cl-，且在反应后没有进行洗涤处理；(4)向MnSO4溶液中加入0.5mL 0.1mol/LNaOH溶液，生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色；而当再向其中加入15%H2O2 与0.5mL 0.1m
37、ol/LNaOH混合液时，立即生成棕黑色沉淀，说明在碱性环境中有氧化剂时可以产生难溶性的MnO2，实验中生成棕黑色沉淀可能的原因是空气中的氧气溶解在溶液中，在碱性环境中将Mn2+氧化为MnO2；(5)实验中迅速生成棕黑色MnO2沉淀，反应的离子方程式为：Mn2+H2O2+2OH-= MnO2+2H2O；(6)对比实验和，可确定实验的作用是对照试验；(7)根据已知信息ii.可知：KMnO4在酸性环境下缓慢分解产生MnO2，使KMnO4的浓度逐渐降低，所以甲同学猜测实验中紫红色消失；乙认为是溶液中的Mn2+将MnO4- 还原，并设计了实验方案证明此推测成立，根据实验，向含有Mn2+的溶液中加入硝酸无明显现象，但向该溶液中再加入少量PbO2后迅速产生棕黑色沉淀，说明在酸性条件下，某些强氧化剂可以将Mn2+氧化为MnO2，因此可以设计实验：取5mL0.1mol/LMnSO4溶液于试管中，加入0.5mL 0.1mol/L稀HNO3，无明显现象，再滴加几滴KMnO4溶液，立即生成棕黑色沉淀，证明MnO4-将Mn2+氧化为MnO2，MnO4-被还原为MnO2。【点睛】本题考查KMnO4的制取原理、装置气密性的检查、气体的制取、净化、离子的检验、离子方程式的书写及应用、实验方案的设计与评价等知识，侧重考查学生接受信息、分析问题、解决问题的能力。16