2022-2023学年湖南省株洲市茶陵二中化学高三第一学期期中复习检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验操作正确的是（ ）选项实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心地放入装满水的烧杯中B检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2的反应是

2、放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧D检验Na2CO3与K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色AABBCCDD2、在海轮的船壳上连接锌块，下列相关说法正确的是A制成合金保护船体B是外加电流的阴极保护法C船体的反应：Fe -2e=Fe2+D锌块的反应：Zn -2e=Zn2+3、下列有关描述不正确的是A新制饱和氯水和浓硝酸光照下均会有气体产生，其成分中都有氧气B灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，因为瓷坩埚中的SiO2能与NaOH反应C钠在空气和氯气中燃烧，火焰皆呈黄色，但生成固体颜色不同D浓硫酸具有较强酸性，能与Cu反应生成H24、在一

3、个2L的密闭容器中,发生反应: 2SO3 (g) 2SO2 (g)+ O2 (g) Q (Q0)，其中SO3的物质的量随时间变化如图所示，下列判断错误的是A08min内v(SO3)=0.025mol/(Lmin)B8min时，v逆(SO2)=2v正(O2)C8min时，容器内压强保持不变D若8min时将容器压缩为1L，n(SO3)的变化如图中a5、在给定的条件下，下列工业生产过程所示的物质间转化均能实现的是AMgCO3MgCl2(aq)MgBFeS2SO2H2SO4CSiO2SiCl4SiDN2NH3NH4Cl(aq)6、都具有杀菌消毒的作用。溶液、NaClO溶液分别与浓盐酸混合反应都能生成，

4、下列关于K、Na、S、Cl、O元素及其化合物的说法正确的是A酸性：B碱性：C原子半径r：D稳定性：7、将过量SO2气体通入下列溶液中，能生成白色沉淀且不溶解的是（ ）Ba（OH）2溶液Ba（NO3）2溶液BaCl2溶液Ba（ClO）2溶液ABCD8、下述实验能达到预期目的的是（ ）编号实验内容实验目的A将SO2通入酸性KMnO4溶液中证明SO2具有氧化性B将Cl2通入NaBr溶液中比较氯与溴的氧化性强弱C将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温研究温度对化学平衡的影响D分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2研究催化剂对H2O2分解速率的影响

5、AABBCCDD9、NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是A100 g质量分数为46%的HCOOH溶液中含氢原子数为8 NAB在标准状况下，22.4 LNH3分子中含共用电子对数为3 NAC1 mol SO2与3 mol O2反应生成的SO3分子数为NAD1 L 0.5 molL-1葡萄糖溶液中含葡萄糖分子数为0.5 NA10、如图表示反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)+92.2kJ。在某段时间t0t6中反应速率与反应过程的曲线图，则氨的百分含量最高的一段时间是（ ）At0t1Bt2t3Ct3t4Dt5t611、下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）A原子半径：Na OB气

6、态氢化物的稳定性：H2O H2SC向Na2CO3溶液中加盐酸，有气泡产生D与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Mg Al12、一般认为离子交换分子筛使与反应的基本步骤如下：；设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A在标准状况下，每生成氮气，反应过程中转移的电子数为B离子交换分子筛O在整个反应过程中起催化剂的作用C在氧气中完全燃烧(N元素转化为N2)生成的分子数之和为8NAD生成个键的同时生成个键13、利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2，下列说法正确的是Aa为直流电源的负极B电解时，H由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室C阳极的电极反应式为：SO22H2O2e

7、=SO42-4H+D阴极的电极反应式为：2HSO3-2H2O2e=S2O42-2OH-14、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是A催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成BN2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%C在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移D催化剂a、b能提高反应的平衡转化率15、下列是部分矿物资源的利用及产品流程(如图)，有关说法不平确的是A粗铜电解精炼时，粗铜作阳极B生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应C黄铜矿冶铜时，副产物SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶铁的原料D粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法16、一定条件下，某容器中各微

8、粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是A反应物总能量一定低于生成物总能量B一定属于可逆反应C一定有非极性共价键断裂D一定属于氧化还原反应二、非选择题（本题包括5小题）17、5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子NaAl3Fe3Cu2Ba2阴离子OHClCO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；B

9、溶液与D溶液混合后无现象；将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 molL1 H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E的化学式：A_；B_；C_；D_；E_。（2）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。（3）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是_mL。18、物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行)。其中A为气体化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化。若甲为淡黄色固体，D和A的溶液均呈碱性，用两根玻璃棒分别蘸

10、取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。 则(1)A的分子式是_，甲的电子式是_。(2)D的溶液与乙反应的离子方程式是_。19、C1O2是常用的自来水消毒剂。I已知实验室可用亚氯酸钠固体与氯气反应制备ClO2：2NaClO2+C12 =2C1O2+2NaCl，装置如下图所示：(1)圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是：_。(2)已知常温常压下，ClO2和Cl2是气体，在下列溶剂中溶解性如下表所示：ClO2Cl2水极易溶于水溶CCl4难溶溶B、C、E装置中的试剂依次是_（填序号）。a.NaOH溶液 b.浓硫酸 c.饱和食盐水 d.CCl4 e.饱和石灰水II使用C1O2在给自来水消毒的过程中会

11、产生有害的副产物亚氯酸根(ClO2-)，可用Fe2+将其去除。已知ClO2-与Fe2+在pH=57的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，而ClO2-则被还原成Cl-。(3)Fe2+消除ClO2-的离子方程式为_。(4)实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值，原因是(结合离子方程式解释)_。20、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：SnCl2、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246652SnCl4无色液体33114SnCl4遇水极易水解生成SnO2xH

12、2O。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：

13、SnCl22FeCl3=SnCl42FeCl2，再用0.1000 molL1 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_。21、硼、碳、氮、硅和硒等非金属元素在材料科学领域有广泛的应用前景。请回答下列问题：（1）基态硒原子的电子排布式为Ar_，基态氮原子能量最高的电子的电子云轮廓图形状为_。（2）NO2+是一种芳环硝化中间体，其中氮原子的杂化轨道类型为_，与NO2+互为等电子体的化合物分子是_（任写一种，填化学式）。（3）元素C、N、O分别于氢元素形成的化合物中AA键(A代表C、N、O原子)的键能如下表所示：氢化

14、物H3CCH3H2NNH2HOOH键能/kJmol1346247207上表三种氢化物中AA键的键能依次降低的主要原因是_。（4）SeO32-的空间构型为_，H2SeO4酸性比H2SeO3强的原因是_。（5）硒化锌(ZnSe)抛光材料在光学方面有广泛应用，其晶胞如图所示。锌原子的配位数为_。已知：该晶胞参数为a pm，NA代表阿伏加德罗常数，M代表硒化锌的摩尔质量。则该晶胞的密度_ gcm3。(用代数式表示)2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【题目详解】A. 应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，A错误；B. 分别向NaHC

15、O3与Na2CO3溶液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，可滴加氯化钡溶液加以鉴别，B错误；C. Na2O2与CO2反应生成氧气，棉花燃烧说明达到了着火点，能证明Na2O2与CO2的反应是放热反应，C正确；D. 观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，D错误；答案选C。2、D【题目详解】A项、在海轮的船壳上连接锌块是形成铁锌原电池，活泼金属锌做负极，保护船体，故A错误；B项、在海轮的船壳上连接锌块是牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C项、船体做原电池的正极，电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH，故C错误；D项、锌块做原电池的负极，锌失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应为：Zn -2e=

16、Zn2+，故D正确；故选D。3、D【题目详解】A、新制饱和氯水中含有HClO，HClO不稳定，在光照条件下会发生分解：2HClO2HClO2，浓硝酸在光照条件下会发生分解：4HNO34NO22H2OO2，故A不符合题意；B、因为瓷坩埚中的SiO2能与NaOH反应，故灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，一般使用铁坩埚加热熔融NaOH，故B不符合题意；C、钠在空气燃烧，生成物为淡黄色固体过氧化钠，钠在氯气中燃烧，生成物为白色固体氯化钠，因钠元素的焰色反应为黄色，故钠在空气和氯气中燃烧，火焰皆呈黄色，故C不符合题意；D、浓硫酸具有强酸性和强氧化性，但在常温下不与Cu反应，在加热条件下，与Cu反应生成物

17、为硫酸铜、二氧化硫、水，不会生成H2，故D符合题意。4、D【题目详解】A、08 min内v（SO3）=0.025mol/（Lmin），选项A正确；B、8min时，n(SO3)不再变化，说明反应已达平衡，v逆(SO2)= v正(SO2)=2v正(O2)，选项B正确；C、8min时，n(SO3)不再变化，说明各组分浓度不再变化，容器内压强保持不变，选项C正确；D、若8min时压缩容器体积时，平衡向气体体积减小的逆向移动，但纵坐标是指物质的量，不是浓度，SO3的变化曲线应为逐变不可突变，选项D错误；答案选D。【答案点睛】本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数、平衡状态的判断、平衡移动的图象分析，明确

18、概念是解题的关键。5、D【题目详解】A. 碳酸镁能与盐酸反应产生氯化镁，根据放电顺序，电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁，不能得到Mg，电解熔融的MgCl2才能得到Mg，A错误；B. 黄铁矿制硫酸过程中，二硫化亚铁与氧气反应产生氧化铁和二氧化硫：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，二氧化硫需要继续被氧化为三氧化硫，SO3与水反应制硫酸，SO2与H2O反应生成亚硫酸，B错误；C.二氧化硅只与氢氟酸发生反应：4HF+SiO2=2H2O+SiF4，SiO2与盐酸不反应，C错误；D. 氮气与氢气发生化合反应制备氨气，NH3与盐酸反应生成氯化铵，D正确；答案为D。6、A【题目详解】A非金属性

19、：ClS，则酸性：HClO4H2SO4，A正确；B金属性：KNa，则碱性：KOHNaOH，B错误；C原子半径：r(Na)r(S)r(Cl)r(S)，C错误；D非金属性：OS，则稳定性：H2OH2S，D错误；故选A。7、C【答案解析】 SO2与Ba(OH)2溶液反应生成亚硫酸钡沉淀，气体过量时沉淀溶解，离子方程式为：SO2Ba22OH=BaSO3H2O，BaSO3SO2H2O=Ba22HSO3，故错误； SO2与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，沉淀不溶解，离子方程式是：3SO23Ba22NO32H2O=3BaSO42NO4H，故正确； SO2与BaCl2溶液不反应，不能生成沉

20、淀，故错误； SO2与Ba(ClO)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，沉淀不溶解，离子方程式是：SO2Ba2ClOH2O=BaSO4Cl2H，故正确；故答案选C。点睛：本题主要考查二氧化硫的化学性质。二氧化硫是酸性氧化物，可以与碱反应生成盐和水；二氧化硫具有还原性，可发生氧化还原反应，被某些强氧化剂氧化，同时要注意反应过程中硫元素的化合价变化情况，以此来解答该题。8、B【答案解析】A项，将SO2通入酸性KMnO4溶液中，KMnO4作氧化剂，发生5SO22MnO42H2O=5SO422Mn24H+，可以证明SO2具有还原性，故A错误。B项，将Cl2通入NaBr溶液中，发生Cl22NaBr=2

21、NaClBr2反应，根据氧化还原反应的强弱规律可知Cl2的氧化性大于Br2，故B正确；C项，将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温，气体中发生的反应是2NO2N2O4，与Cu2无关，故C错误；D项，根据“控制变量法”，在比较催化剂对化学反应速率的影响时，应在同一浓度下进行比较，否则没有可比性，故D错误。此题答案选B。9、C【答案解析】A. 100 g质量分数为46%的HCOOH溶液中甲酸的质量为46克，为1mol，含有2mol氢原子，另外还有100-46=54克水，即3mol，含有6mol氢原子，则共含氢原子数为8 NA，故正确；B. 在标准状况下，22.4 LNH3的物质的量为

22、1mol，每个分子含有3个共用电子对，所以该分子中含共用电子对数为3NA，故正确；C. 二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能准确计算二者反应的物质的量，故不能确定三氧化硫的分子数，故错误；D. 1 L 0.5 molL-1葡萄糖溶液中含葡萄糖的物质的量为0.5mol，含有分子数为0.5NA，故正确。故选C。10、A【题目详解】可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+92.2kJ，该反应为气体体积减小的放热反应，t0t1，正、逆反应速率相等，为平衡状态；t1t2，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，导致氨气的含量降低，氨气含量较t0t1低；t2t3，正

23、、逆反应速率相等，处于平衡状态，氨气的含量不变，氨气含量较t1t2低；t3t4，正、逆反应速率都同等程度的增大，平衡不移动，氨气的含量不变，氨气含量与t2t3相同，氨气含量较t1t2低；t4t5，正、逆反应速率都降低，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，氨气的含量降低，氨气含量较t2t3低；t5t6，正、逆反应速率相等，平衡不移动，氨气的含量不变，氨气含量较t2t3低；所以平衡混合物中氨的百分含量最高的一段时间是t0t1，故选A。【答案点睛】根据图象中反应速率的变化判断平衡移动的方向是解题的关键。解答本题要注意，逆反应速率大于正反应速率，表示平衡逆向移动，逆反应速率小于正反应速率

24、，表示平衡正向移动。11、C【题目详解】A.钠原子有三个电子层，氧原子有2个电子层，所以钠原子半径大于氧，故能用元素周期律解释，不符合题意；B.因为氧的非金属性比硫强，所以水的稳定性大于硫化氢，能用元素周期律解释，不符合题意；C.碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，能说明盐酸的酸性大于碳酸，但不能用于比较氯和碳的非金属性，故不能用元素周期律解释，符合题意；D.镁的金属性比铝强，所以与盐酸反应时镁会更剧烈，能用元素周期律解释，不符合题意。故选C。12、C【题目详解】A在标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，N2ON2，N元素化合价升高(1-0)2=2，则生成1mol氮气转移2mol

25、电子，转移的电子数为2NA，故A正确；B反应N2O+M+-ZN2+OM+-Z、CO+OM+-ZCO2+M+-Z的总反应为N2O+COCO2+N2，说明离子交换分子筛OM+-Z在整个反应过程中起催化剂的作用，故B正确；C 1mol完全燃烧生成3mol水、2mol氮气和1mol二氧化碳，总共生成6mol分子，生成的分子数之和为8NA，故C错误；D根据总反应为N2O+COCO2+N2可知，生成NA个NN键的同时生成NA个CO2分子，即同时生成2NA个C=O键，故D正确；故答案为C。13、C【答案解析】依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2-2e-+2

26、H2OSO42-+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极。A、二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a相连，故A错误；B、阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故B错误；C、阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-SO42-+4H+，故C正确；D、阴极的电极反应式为：2HSO3-+2H+2e-S2O42-+2H2O，故D错误；故选C。14、B【题目详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化

27、合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；答案选B。【答案点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。15、B【题目详解】A电解精炼铜时，粗铜作阳极，自身可以溶解，A正确；B制备单质时都涉及到化学变化，制玻璃的反应是SiO2+Na2CO3Na2SiO3+ CO2和SiO2+ CaCO3CaSiO3+ CO2，均不属于氧化还原反应，

28、B错误；CSO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4，FeO与CO在高温下可生成Fe，C正确；D制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，D正确；故答案选B。16、A【答案解析】由图可知，该反应中一种化合物分解为一种单质和另一种化合物。A. 由图无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故无法判断反应物总能量与生成物总能量的相对大小，A不正确；B. 充分反应后，还有反应物尚未分解，所以该反应一定属于可逆反应，B正确；C. 反应物分子中有非极性键，而生成的化合物中没有，所以反应过程中一定有非极性共价键断裂，C正确；D. 化合物分解后有单质生成

29、，所以一定属于氧化还原反应，D正确。本题选A。点睛：两种化合物均有单个的分子，故其分子内的化学键一定是共价键。非极性键是同种元素的原子之间形成的共价键。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuSO4FeCl3Ba（OH）2Al（NO3）3Na2CO32Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO23Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O500【分析】蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡 ；在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质是铁盐；说明C是氢氧化钡，D是铝盐，

30、相应地A是硫酸铜；说明E是碳酸钠，B是铁盐；说明D是硝酸铝，相应地B是氯化铁。【题目详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤中Fe3+与CO32的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2。（3）步骤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6mol H+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是=500mL。1

31、8、NH3 2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2 【分析】气体化合物的水溶液呈碱性的只有NH3，由此写出反应为4NH3+5O24NO+ 6H2O，由甲为淡黄色固体，知其为Na2O2，B为H2O，C为NO，G为HNO3，金属在冷的浓HNO3中产生钝化作用的有Al和Fe，但Fe不能和D的溶液(NaOH)反应，故乙为Al。【题目详解】(1)根据上述分析知A的分子式是NH3，甲为Na2O2，其电子式是。答案：NH3；。(2)D为NaOH，乙为Al，两者反应的离子方程式是2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2。答案：2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2。19、MnO2+

32、4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O cbd ClO2-+4Fe2+10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+ Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+ 【分析】由题目中所给信息和实验装置图可知：实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，经除杂、干燥后在D中与亚氯酸钠固体反应生成ClO2，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置用浓硫酸进行干燥，由于Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后收集、并处理尾气。(1)圆底烧瓶中浓盐酸和MnO2在加热

33、条件下反应制备Cl2，两者反应生成二氯化锰、氯气、水；(2)氯化氢易挥发，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，氯气中混有氯化氢，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，因氯气从溶液中制取，所以氯气中混有水蒸气，浓硫酸干燥除去水，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2；(3)ClO2-与Fe2+在pH=57的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，而ClO2-则被还原成Cl-，据此结合化合价升降总数相等配平该反应的离子方程式；(4)Fe2+具有较强还原性，易被水中溶解的氧气氧化，故实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。【题目详解】(1)实验室用浓盐酸和MnO2

34、在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，圆底烧瓶内为MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；(2)由于浓盐酸具有挥发性，所以在加热时制取的氯气中混有杂质HCl和水蒸气，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水蒸气，由于Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、浓硫酸、CCl4，故B、C、E装置中的试剂序号依次是cbd；(3)ClO2-与Fe2+在p

35、H=57的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，铁元素化合价升高了1，而ClO2-则被还原成Cl-，化合价降低了4价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可知Fe2+和Fe(OH)3的系数为4，ClO2-、Cl-的系数为1，结合原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：ClO2-+4Fe2+10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+；(4)由于Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，发生反应为4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+，所以实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。【答案点睛】本题以实验室制备ClO2为载体，考查了物质制备方案的设计的知识，明确实

36、验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。20、使分液漏斗内的液体顺利流下 2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O 黄绿色气体时 使SnC14气化，利于从混合物中分离出来 SnC14+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl 232652 85% 【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，

37、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。【题目详解】（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SnO2xH2O和氯化氢，反应的化学方程式为SnC14+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl，故答案为：SnC14+(x+2