黑龙江省宾县一中2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）

黑龙江省宾县一中2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，O-16，Na-23，Si-28，K-39，Fe-56，Cu-64，Ba-137一、单选题(共16小题，每小题3分，共48分)1.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）A. 淀粉、CuO、HClO、CuB. 水玻璃、Na2OCaO6SiO2、Ag2O、SO3C. KAl(SO4)212H2O、KClO3、NH3H2O、CH3CH2OHD. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖【答案】D【解析】【分析】混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。【详解】A. 淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，A项错误；B. 水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2OCaO6SiO2是盐不是氧化物，Na2O融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，B项错误；C. KAl(SO4)212H2O属于盐、KClO3是盐不是氧化物,NH3H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，C项错误；D. 普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、CH3COOH存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，D项正确；答案选D。2.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1 mol 的中，含有个中子B. pH=1的H3PO4溶液中，含有个C. 2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子D. 密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加个P-Cl键【答案】A【解析】【详解】A11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；B溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；DPCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的PCl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。3.X、Y、Z、W均为中学化学中常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系(其它产物已略去)：下列说法不正确的是A. 若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液B. 若W是氢氧化钠，则X水溶液呈酸性C. 若W是氧气，则X、Z的相对分子质量可能相差48D. 若W是强氧化性的单质，则X可能是金属铝【答案】D【解析】【分析】由反应的转化关系可知X可与W连续反应，说明X的生成物与W的量或反应条件有关，符合该转化关系的有：氢氧化钠或氢氧化钾与二氧化碳和二氧化硫的反应、铁和硝酸或氯化铁溶液的反应、偏铝酸盐和盐酸的反应、氯化铝和氢氧化钠溶液的反应、氨气或氮气或硫被氧化的反应、钠被氧化的反应等，以此解答该题。【详解】A如果W是Fe，Z是FeCl2，则Y必是FeCl3，发生的化学反应是2FeCl2+Cl22FeCl3，则X是Cl2，符合题干要求，故A正确；B若W是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，则X可以是酸性氧化物二氧化硫或二氧化碳等也可以是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性，故B正确；C若W是氧气，X能连续被氧化，则如果X是硫单质，则X、Z的相对分子质量可能相差48，故C正确；D若W是强氧化性的单质，则X应为有可变价态的元素的物质，所以不可能是金属铝，因为铝没有可变价，故D错误。答案选D。4.生产生活中的许多现象或应用都与化学知识有关。下列现象或应用与胶体性质无关的是()A. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷C. 泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作用D. 清晨，人们经常能看到阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象【答案】C【解析】A项，豆浆属于蛋白质胶体，卤水和石膏的主要成分属于盐类，将卤水或石膏加入豆浆，会使胶体聚沉，故A与胶体性质有关；B项，冶金厂的烟尘为气溶胶，胶体有吸附性，吸附了带电荷的微粒而使胶粒带电，在高压电作用下，胶粒定向移动产生电泳现象，使胶体粒子在电极处凝聚、沉降从而达到除尘的目的，故B与胶体性质有关；C项，泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合，利用铝离子和碳酸氢根离子双水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，与水解有关，故C与胶体性质无关；D项，该现象称为丁达尔效应，是因为早晨的森林雾气较重，在空气中形成气溶胶，经穿过树叶空隙的太阳光照射后产生的现象，丁达尔效应是胶体的重要性质，故D与胶体有关。点睛：本题主要考查胶体的性质，与生活中的现象联系密切，明确胶体的丁达尔效应、电泳、聚沉等重要性质及其形成原因，才能合理解释生活中的有关现象。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A. 无色透明的溶液中：Fe3、Mg2、SCN、ClB. c(H+)/c(OH-)11012的溶液中：K、Na、CO32-、NO3-C. c(Fe2)1 molL1的溶液中：K、NH4+、MnO4-、SO42-D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na、NH4+、SO42-、HCO3-【答案】B【解析】【详解】A、Fe3与SCN生成Fe(SCN)3，且铁离子为有色离子，故A错误；B. c(H+)/c(OH-)11012的溶液中c(H+)=11013，溶液呈碱性，K、Na、CO32-、NO3-不反应，可以共存，故B正确；C. c(Fe2)1 molL1的溶液中：Fe2与MnO4-发生氧化还原反应，Fe2、MnO4-不能共存，故C错误；D. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性， HCO3-在酸性条件下生成二氧化碳气体，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并根据常见离子之间的反应来解答，本题的难点是B中氢离子浓度的计算及A中Fe3与SCN生成络离子。6.利用碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)来配制0.5 mol/L的碳酸钠溶液1000 mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（ ）A. 称取碳酸钠晶体100 gB. 定容时俯视观察刻度线C. 移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗D. 定容后将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线【答案】B【解析】0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL需称取143 g Na2CO310H2O，A项浓度偏低；定容时俯视刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高，B项符合题意；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，C项浓度偏低；D项会造成所配溶液的浓度偏低。7.已知：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。则下列在水溶液中的反应不可能发生的是()A. 3Cl26FeI2=2FeCl34FeI3B. Cl2FeI2=FeCl2I2C. Co2O36HCl=2CoCl2Cl23H2OD. 2Fe32I=2Fe2I2【答案】A【解析】试题分析：A、根据信息，I的还原性强于Fe2，因此Cl2先氧化I，故说法错误；B、还原性IFe2，先和I反应，氯气过量再和Fe2反应，故说法正确；C、Co2O3的氧化性强于Cl2，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故说法正确；D、Fe3的氧化性强于I2，因此两者发生反应，故说法正确。考点：考查氧化还原反应的规律等知识。8.硅是构成无机非金属材料的一种主要元素，下列有关硅的化合物的叙述错误的是()A. 氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，其化学式为Si3N4B. 碳化硅(SiC)的硬度大，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承C. 光导纤维是一种新型无机非金属材料，其主要成分为SiO2D. 二氧化硅为立体网状结构，其晶体中硅原子和硅氧单键的个数之比为12【答案】D【解析】试题分析：A氮化硅中各元素的原子最外层达到8电子稳定结构，Si原子最外层电子数为4，N原子最外层电子数为5，要形成8电子稳定结构，则应有二者个数比值为3：4，其化学式为Si3N4，正确；BSiC为原子晶体，熔点高，硬度大，可用于做耐高温材料，正确；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于新型无机非金属材料，正确；D二氧化硅晶体中，一个硅原子可形成4个硅氧单键，故硅原子和硅氧单键个数之比为1：4，错误。考点：考查硅和二氧化硅的性质和用途的知识。9.已知OCN中每种元素都满足8电子稳定结构，在反应OCN+OH+Cl2CO2+N2+Cl+H2O（未配平）中，如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN的物质的量是A. 2 molB. 3 molC. 4 molD. 6 mol【答案】C【解析】【详解】OCN中每种元素都满足8电子稳定结构即可各其中O元素为-2价、C元素为+4价、N元素为-3价；其反应的离子方程式为：2OCN+4OH+3Cl2=2CO2+N2+6Cl+2H2O；即可得如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN的物质的量是4 mol，故答案选C。10.含MgCl2、AlCl3均为nmol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至过量。加入NaOH的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（ ）提示：离子沉淀(或沉淀溶解)pH见下表A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据开始沉淀时的pH可知，当Al3+完全沉淀时，Mg2+还没有开始沉淀；而当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；而当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，据此对各选项进行判断。【详解】当Al3+完全沉淀时,溶液的pH=8.04,而镁离子开始沉淀的pH=8.93,则Al3+完全沉淀时Mg2+还没有开始沉淀；即：当Mg2+开始沉淀时,已经有部分氢氧化铝开始溶解;镁离子完全沉淀的pH=10.92,、氢氧化铝完全溶解的pH=12.04,则当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，C项正确； 答案选C。11. 解释下列事实的方程式不正确的是A. 次氯酸钙溶液中通入过量二氧化硫：Ca2+ + 2ClO+ H2O + SO2CaSO3+ 2HClOB. 硫酸型酸雨放置一段时间溶液的pH下降：2H2SO3O22H2SO4C. 纯碱液可以清洗油污的原因：CO32+H2OHCO3+OHD. 向K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH浓溶液，溶液由橙色变为黄色：Cr2O72+H2O2CrO42+2H+【答案】A【解析】试题分析：A、产物中的次氯酸具有强氧化性，应把亚硫酸钙氧化成硫酸钙，错误；B、亚硫酸是弱酸，被氧气氧化生成硫酸为强酸，氢离子浓度增大，pH减小，正确；C、纯碱溶液由于碳酸根离子的水解而使溶液显碱性，所以可以清洗油污，正确；D、K2Cr2O7溶液中存在水解平衡，Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黄色，加入氢氧化钠溶液，使平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，正确，答案选A。考点：考查对产物的判断，水解平衡的移动及应用12.为使Fe2+，Fe3+，Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的酸碱度分别为pH7.7、pH4.5、pH6.6。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+，Fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是A. H2O2，ZnOB. 氨水C. KMnO4，ZnCO3D. NaOH溶液【答案】A【解析】试题分析：使铁离子沉淀而锌离子不能沉淀的pH为4.5到6.6之间，但亚铁离子完全沉淀时锌离子已沉淀，所以应将亚铁离子转化为铁离子再沉淀，同时不能引入新的杂质，所以需要氧化剂，最佳的氧化剂是过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，而自身被还原为水，再加入ZnO调节pH在4.56.6之间，即可使铁离子完全沉淀，其余均会产生不同的杂质，所以答案选A。考点：考查物质除杂试剂的判断13.金属钾的冶炼可采用如下方法：2KFCaC2CaF22K2C，下列有关说法合理的是（ ）A. 该反应的氧化剂是KF，氧化产物是KB. 该反应能说明C的还原性大于KC. 电解KF溶液不可能制备金属钾D. CaC2、CaF2均为离子化合物，且阴、阳离子个数比均为21【答案】C【解析】试题分析：分析氧化还原反应注意标清变价元素的化合价熟记氧化还原反应的基本概念和基本规律突破电子转移；该反应中钾元素的化合价由+1价降为0价，被还原，KF为氧化剂，K为还原产物；碳元素的化合价由1价升高到0价，被氧化，CaC2作还原剂，C是氧化产物；A、该反应的氧化剂是KF，氧化产物是C，错误；B、该反应的还原剂为CaC2，还原产物为K，不能说明C的还原性大于K，错误；C、电解KF溶液，阳离子H+放电，阴离子OH放电，不可能制备金属钾，正确；D、CaC2、CaF2均为离子化合物，CaF2中阴、阳离子个数比为21，而CaC2中阴、阳离子个数比为11，错误。考点：考查氧化还原反应、电解原理和物质结构。14.现有含Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的某稀溶液，若向其中逐步加入铁粉，溶液中Fe2+浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如右图所示，则该溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为( )A. 113B. 124C. 114D. 131【答案】C【解析】试题分析：由图可知，加入铁粉后反应先后顺序是：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O、Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2、Fe+Cu(NO3)2=Fe(NO3)2+Cu；设HNO3、Fe(NO3)3、Cu(NO3)2分别为xmol、ymol、zmol，由于先加入1molFe时没有生成Fe2+，只生成1mol Fe(NO3)3，由系数之比等于物质的量之比可得：n(HNO3)=4n(Fe)，则x=4；再加入1molFe时生成3molFe2+，说明参加反应的Fe(NO3)3为2mol，则y=1；最后加入1molFe时生成1mol Fe2+，说明z=1；因此，该溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3分别为1mol、1mol、4mol，三者的浓度之比为114，故C正确。考点：本题以铁及其化合物的重要性质为线索，以图像为载体，主要考查氧化还原反应的先后顺序、物质的量在化学方程式计算中的应用、物质的量浓度的计算等基础知识和基本技能。15.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是金属钠投入到FeCl3溶液中 过量NaOH溶液和明矾溶液混合 少量Ca(OH)2投入到过量NaHCO3溶液中 向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A. B. 只有C. 只有D. 只有【答案】D【解析】金属钠投入FeCl3溶液中, Na先与水反应生成NaOH和H2，OH与Fe3反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀；过量NaOH溶液和明矾溶液混合，OH与Al3反应生成Al(OH)3，但Al(OH)3溶于强碱，所以最终没有沉淀生成；少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，发生反应为：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，碳酸钙是白色沉淀；向Al3溶液中加入氨水生成白色的Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3只溶于强碱，所以氨水过量，依然有白色沉淀；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，该反应为化合反应，且NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以会析出NaHCO3晶体，产生白色沉淀。故正确，选D。16.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是A. Cu与Cu2O的物质的量之比为21B. 硝酸物质的量浓度为2.6mol/LC. 产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【答案】B【解析】【详解】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有64x+144y=272由CuCu(OH)2、Cu2O2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2解得x=0.2、y=0.1A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.20.1=21，A正确；B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+（0.2 mol2+0.1 mol2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /0.5L =2.4 mol/L，B不正确；C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/ mol（0.2 mol2+0.1 mol2）/3=4.48L，C正确；D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2 mol2-0.1 mol22=0.2mol，D正确。答案选B。二、非选择题（共52分）17.（一）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。（1）W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为_。（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为_。（二）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：（3）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质。则C与另一种淡黄色物质反应的化学方程式_。（4）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。判断单质A的元素在周期表中的位置是_。（5）若A是应用最广泛的金属。反应用到A，反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式_。【答案】 (1). Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O (2). (3). SO2+Na2O2=Na2SO4 (4). 第三周期A族 (5). Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+【解析】【分析】（一）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素,W、X是金属元素,其最高价氧化物对应的水化物为碱,且两种碱可以反应生成盐和水,则W为Na元素,X为Al元素,Y、Z是非金属元素,W为Na,W可以和Y形成,则Y为-2价,为A元素,且和钠同周期,所以为S,Y的低价氧化物为;并且Z和Y同周期,原子序数比Y大,所以Y为Cl,根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律的递变规律解答该题。（二）（1）C是造成酸雨的主要物质则C是SO2，A是淡黄色固体，则A是S，所以SO2与另一淡黄色固体过氧化钠反应；（2）D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则D是Al（OH）3，C是NaAlO2，则A是Al，B是Al2O3；（3）A是应用最广泛的金属，反应用到A，则A为Fe，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，C是FeCl3，反应用到的非金属为Cl2，所以D是FeCl2，以此来解答；详解】（一）(1)W、X为金属，其最高价氧化物对应的水化物为碱，且两种碱可以反应生成盐和水，则为NaOH和Al（OH）3，二者反应的离子方程式: Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；(2)W为Na，W可以和Y形成W2Y,则Y为-2价,为A元素,且和钠同周期，所以为S，W2Y为Na2S，电子式为:；（二）（1）C是造成酸雨的主要物质则C是SO2，A是淡黄色固体，则A是S，所以SO2与另一淡黄色固体过氧化钠反应，反应方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4；（2）D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则D是Al（OH）3，C是NaAlO2，则A是Al，B是Al2O3，所以A在元素周期表的位置为第三周期A族；（3）A是应用最广泛的金属，反应用到A，则A为Fe，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，C是FeCl3，反应用到的非金属为Cl2，所以D是FeCl2，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；【点睛】注意，过氧化钠具有氧化性，可以将二氧化硫氧化成硫酸根，与过氧化钠与二氧化碳反应不同。18.硅是人类文明发展的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹。（1）工业生产粗硅的反应有：SiO2+2CSi（粗）+2COSiO2+3CSiC+2CO两个反应的氧化剂分别为_、_。若产品中单质硅与碳化硅的物质的量之比为1：1，则参加反应的C和SiO2的质量之比为_。（2）工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅：若反应I为Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，则反应II的化学方程式为_。整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (1). SiO2 (2). C (3). 1:2 (4). SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl (5). SiHCl3+3H2OH2SiO3+3HCl+H2【解析】【分析】（1）根据方程式中碳和二氧化硅、硅、碳化硅之间的关系式计算；（2）根据反应物、生成物和反应条件写出反应方程式；SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气；【详解】（1）根据反应方程式生成1mol Si需C 2mol、SiO21mol，生成1mol SiC需C 3mol，SiO21mol，产品中Si与SiC的物质的量之比为1：1，则参加反应的C和SiO2物质的量之比为5：2，所以质量之比为：512：260=1：2，（2）由工艺流程可知，反应是氢气与SiHCl3反应生成Si（纯）、HCl，反应方程式为：SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl；SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl，19.某无色溶液中含有K、Cl、OH、SO32-、SO42-，为检验溶液中所含的某些阴离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞试液。检验其中OH的实验方法省略，检验其他阴离子的过程如下图所示。(1)图中试剂溶质的化学式分别是：_，_，_，_，_。(2)图中现象c表明检验出的离子是_。(3)白色沉淀A若加试剂而不加试剂，对实验的影响是_。(4)气体E通入试剂发生反应的离子方程式是_。【答案】 (1). Ba(NO3)2 (2). HCl (3). HNO3 (4). Br2 (5). AgNO3 (6). Cl (7). 会使SO32对SO42的检验产生干扰，不能确认SO42是否存在 (8). SO2Br22H2O=4HSO422Br【解析】【分析】根据框图，结合需要检验的离子可知，气体E只能为二氧化硫。SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂为Ba(NO3)2溶液，试剂为盐酸，试剂为溴水，无色溶液C中含有Cl、OH，溶液呈碱性，加入过量试剂后再加入试剂生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，据此分析解答。【详解】(1)SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂为Ba(NO3)2溶液，试剂为盐酸，试剂为溴水，无色溶液C中含有Cl、OH，溶液呈碱性，加入过量试剂后再加入试剂生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，故答案为：Ba(NO3)2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；(2)根据上述分析，现象a检验出的阴离子为SO32-，现象b检验出的阴离子为SO42-，现象c检验出的阴离子为Cl-，故答案为：Cl-；(3)硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，因此白色沉淀A若加试剂稀硝酸而不加试剂盐酸会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确认SO42-是否存在，故答案为：会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确定SO42-是否存在；(4)溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Br-，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Br-。【点睛】根据反应现象推断各物质的成分是解题的关键，明确气体E为二氧化硫是解题的突破口。本题的易错点为试剂的判断，要注意试剂不能选用稀硝酸，因为硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子。20.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型，高效、多功能绿色水处理剂，可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备。已知：KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。(1)B装置的作用为_；(2)反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为_；(3)制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是_，制备K2FeO4的离子方程式_；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+所需试剂名称_，其反应原理为_(用离子方程式表示)；(5)向反应后的三颈瓶中加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥。洗涤操作所用最佳试剂为_；A.水 B.无水乙醇 C.稀KOH溶液(6)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00g K2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为34，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如如图所示：消耗Na2S2O3标准溶液的体积为_mL。原样品中高铁酸钾的质量分数为_。M(K2FeO4)=198g/mol若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). 吸收HCl (2). KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3 (3). 将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解。或答：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2。 (4). 2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (5). 铁氰化钾 (6). 3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62 (7). B (8). 18.00 (9). 89.1% (10). 偏低【解析】【分析】高锰酸钾与浓盐酸在A装置中反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定会混有氯化氢，因此通过装置B除去氯化氢，在装置C中氯气与氢氧化钾反应生成KClO，装置D吸收尾气中的氯气，防止污染。结合题示信息分析解答。(6)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。【详解】(1)根据上述分析，B装置是用来除去氯气中的氯化氢的，故答案为：吸收HCl；(2)根据题干信息知，KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3，因此反应时需将C装置置于冷水浴中，故答案：KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；(3)根据题干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，因此制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，防止Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解；KClO浓溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应制备K2FeO4的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液成酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+可以使用铁氰化钾，如果含有亚铁离子，会产生蓝色沉淀，其反应原理为3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62，故答案为：铁氰化钾；3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62；(5)根据上述分析，反应后的三颈瓶中生成了KClO，加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，为了减少K2FeO4的损失，洗涤K2FeO4时不能选用水或稀KOH溶液，应该选用无水乙醇，故答案为：B；(6)根据装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为19.40-1.40=18.00mL，故答案为：18.00；用碱性碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，得关系式FeO42-2I24Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为1.0mol/L0.018L198g/mol=0.891g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为100%=89.1%，故答案为：89.1%若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，导致配制的Na2S2O3标准溶液的浓度偏大，滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得的高铁酸钾的质量分数偏低，故答案为：偏低。21.爱国实业家侯德榜在氨碱法的基础上，发明了“联合制碱法”，简单流程如图。完成下列问题：（1）在饱和食盐水中通入X和Y，则X_(填物质名称)（2）写出通入X和Y的化学反应方程式_。（3）操作Z_(填名称)，为了得到化肥(NH4Cl)，需要在溶液B中通入NH3、加食盐，其中通入NH3的作用一_，作用二_。（4）工业生产的纯碱常会含少量NaCl杂质。现用重量法测定其纯度，步骤如下：称取样品ag，加水溶解；加入足量的BaCl2溶液；过滤、_、烘干、冷却、称量、烘干、冷却、_，最终得到固体bg。样品中纯碱的质量分数为_(用含a、b的代数式)（5）某课外活动小组要用NaOH溶液和CO2来制备Na2CO3固体，他们只有未知浓度的NaOH溶液50毫升和足量的CO2，他们的设计方案是：首先_，然后_，加热_后，再_，最后加热浓缩，冷却结晶，过滤得固体Na2CO3