山东省枣庄三中高三上学期第二次阶段测试化学试题

2020—202l学年高三年级第二次质量检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1O16Na23Cl35.5K39P31Mn55Fe56一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.北宋沈括《梦溪笔淡》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程B.水泥厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质C.《本草经集注》对“硝石”的注解如下：“……如握雪不冰。强烧之，紫青烟起，仍成灰……”。这里的“硝石”指的是高锰酸钾D.《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指蒸馏【答案】C【解析】【详解】A．硫酸铜溶液蒸发得到硫酸铜晶体，从溶液中获取晶体，属于蒸发浓缩结晶操作，A正确；B．高压电除去工厂烟尘是利用胶体粒子带电，在外加电场的作用下发生定向移动的性质，即胶体的电泳现象，B正确；C．这里的“硝石”指的是硝酸钾，而不是高锰酸钾，C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，D正确；故答案为：C。2.实验室中下列做法错误的是A.氯水通常保存在棕色细口瓶中并置于阴凉处B.KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒C.用酒精灯直接加热蒸发皿D.用泡沫灭火器扑灭金属钾的燃烧【答案】D【解析】【详解】A．氯水中的次氯酸见光易分解，氯水易挥发出氯气，所以通常保存在棕色细口瓶中并置于阴凉处，A正确；B．KMnO4具有强氧化性，其稀溶液仍具有较强的氧化性，所以可用于消毒，B正确；C．蒸发皿是耐热的仪器，可用酒精灯直接加热，C正确；D．金属钾燃烧生成过氧化钾等，能与泡沫灭火器产生的CO2及水蒸气反应生成O2，又能促进金属钾的燃烧，所以不能用来扑灭金属钾的的失火，D错误；故选D。3.下列叙述不涉及氧化还原反应的是A.谷物发酵酿造食醋 B.小苏打用作食品膨松剂C.含氯消毒剂用于环境消毒 D.大气中NO2参与酸雨形成【答案】B【解析】【详解】A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。4.下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是()气体(杂质)方法ASO2(H2S)通过酸性高锰酸钾溶液BCl2(HCl)通过饱和的食盐水CN2(O2)通过灼热的铜丝网DCO2(HCl)通过饱和的碳酸氢钠溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．SO2能被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，不符合除杂原则，故A选；B．HCl极易溶于水，通过饱和的食盐水可以除去Cl2中的HCl杂质，故B不选；C．铜与氧气反应，与氮气不反应，能够达到除杂目的，故C不选；D．HCl能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能够达到除杂目的，故D不选；故选A。5.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.16.25gFeC13水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为B.pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C.常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAD.15.6g由N2S和Na2O2组成的混合物中，含有的阴离子数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．16.25gFeC13的物质的量为：，但由于水解是可逆的，微弱的，故形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于为0.1NA，A错误；B．题中未告知溶液的体积，故无法计算pH=1的H3PO4溶液中含有H+的数目，B错误；C．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目NA=6NA，C错误；D．N2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且阴离子分别为S2和，故15.6g由N2S和Na2O2组成的混合物中，含有的阴离子数目为NA=0.2NA，D正确；故答案为：D。6.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A．稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B．浓硝酸用砂纸打磨过铝条产生红棕色气体C．氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D．草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、氢氧化钠是强碱，碳酸钠是盐，因此盐酸首先中和氢氧化钠，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2，不会立即产生气泡，A错误；B、常温下铝在浓硝酸中钝化，反应很快停止，看不到红棕色NO2气体，B错误；C、氢氧化钠溶液开始是过量的，滴入氯化铝生成偏铝酸钠，没有白色沉淀，当氢氧化钠完全消耗后，再滴入氯化铝，铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝，C错误；D、草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选D。7.某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为AKCl、NaCl B.KCl、MgSO4C.KCl、CaCO3 D.MgSO4、NaCl【答案】B【解析】【详解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，故选B。8.在给定条件下，下列物质间转化均能实现的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．，S在空气中燃烧只能生成SO2，得不到SO3，A不合题意；B．该过程中Si(粗硅)+2Cl2SiCl4，SiCl4+2H2Si(高纯硅)+4HCl各步骤均能一步转化，B符合题意；C．，工业上生产漂白粉是用氯气和石灰乳进行反应，而不是石灰水，C不合题意；D．，Fe在氯气中燃烧只生成FeCl3，得不到FeCl2，D不合题意；故答案为：B。9.侯氏制碱法反应之一是：NaCl+H2O+NH3+CO2==NaHCO3↓+NH4Cl，某学习小组先制取NH3和CO2，再模拟侯氏制碱法制碱原理制备Na2CO3，实验过程不需要的实验装置是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A、装置A是制备氨气或二氧化碳气体的反应装置，选项A不选；B、产生的NaHCO3发生的反应为，NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，需要过滤得到NaHCO3晶体，用到装置B，选项B不选；C、制取Na2CO3时，过滤得到NaHCO3晶体洗涤后在装置C中加热灼烧得到碳酸钠，选项C不选；D、实验过程中不需要蒸发结晶，不需要装置D，选项D选；答案选D。10.陈述I和II均正确并且没有有因果关系的是选项陈述I陈述IIA液氨汽化时吸热NH3可用作制冷剂B次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物C将过量的CO2通入CaCl2溶液中无白色沉淀出现Ca

(HCO3)2可溶于水DHF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．液氨汽化时吸热，可以用作制冷剂，陈述I、II均正确并且有因果关系，故A不符合题意；B．次氯酸盐具有强氧化性，能把有色的氧化成无色的，具有漂白性，漂白粉可用于漂白织物，陈述I、II均正确并且有因果关系，故B不符合题意；C．碳酸的酸性弱于盐酸，将过量的CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应，无白色沉淀出现，Ca(HCO3)2可溶于水，陈述I、II均正确并且没有因果关系，故C符合题意；D．HF与SiO2反应，即SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，则可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，陈述I、II均正确并且有因果关系，故D不符合题意；答案为C。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求11.实验室可利用硫酸厂炉渣(主要成分为铁的氧化物，还含有少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)，聚铁的化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，制备过程如图所示。下列说法不正确的是A.炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S↓+6H2OB.气体M的成分是SO2，通入双氧水得到硫酸，可循环使用C.若调节溶液Z的pH偏小，则将导致聚铁中铁的质量分数偏大D.溶液X转化为溶液Y需要加过量铁粉，再过滤【答案】C【解析】【详解】A.FeS中铁元素显+2价，硫元素显2价，都具有较强的还原性，在强酸性溶液中通入O2时都将被O2氧化，其离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S↓+6H2O，A项正确；B.炉渣中铁的氧化物能溶解在硫酸中，FeS被氧化生成Fe3+、S、H2O，所以固体W的主要成分是S，在空气中焙烧S+O2SO2，故气体M是SO2，SO2具有较强的还原性能被双氧水氧化：SO2+H2O2=H2SO4，硫酸可以循环使用，B项正确；C.根据聚铁的组成和聚铁胶体不溶于水的性质，可推测聚铁的性质更多与Fe(OH)3相似，调节溶液pH是为了促进Fe3+水解生成聚铁：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，所以溶液Z的pH偏小，生成的聚铁中含有Fe(OH)3偏少，将导致聚铁中铁的质量分数偏小，C项错误；D.炉渣中铁的氧化物溶解在硫酸中生成Fe2+和Fe3+的硫酸盐，Fe2+和FeS中铁元素都将被O2氧化成Fe3+，过滤后溶液X中主要成分是Fe2(SO4)3，为了得到绿矾，必须将Fe2(SO4)3转化为FeSO4（溶液Y），所以在溶液X中要加入过量铁粉，Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，再过滤即可，D项正确；答案选C。12.下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A分别向盛有KI3溶液(显黄色)的a、b试管中滴加淀粉溶液、AgNO3溶液a

中溶液变蓝，b中产生黄色沉淀溶液中存在：⇌I2+IB用酸度计测定SO2和CO2饱和溶液的pH前者pH小H2SO3酸性强于H2CO3C草酸溶液滴入高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色草酸溶液具有还原性D向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生该溶液中含有A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】【详解】A.碘单质遇到淀粉显蓝色，碘离子和硝酸银反应生成黄色沉淀，故说明溶液中存在碘单质和碘离子，则存在⇌I2+I，故A正确；B.二氧化碳和二氧化硫饱和溶液的物质的量浓度不同，不能根据其pH的大小确定其电离程度，进而确定亚硫酸和碳酸的酸性强弱，故B错误；C.高锰酸钾溶液具有强氧化性，与草酸反应，说明草酸具有还原性，故C正确；D.向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，可能存在银离子，故D错误。故选AC。13.下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A.用Na2SO3溶液吸收少量C12：3+C12+H2O=2+2C1+B.向H2O2溶液中滴加少量FeC13：2Fe3++H2O2=O2+2H++2Fe2+C.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：Ba2++=BaSO4D.向体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：+Ba2++OH=BaCO3↓+H2O【答案】AD【解析】【详解】A.亚硫酸钠和少量氯气反应，只有部分亚硫酸根离子被氯气氧化生成硫酸根离子，同时生成氢离子，亚硫酸根离子和氢离子结合生成亚硫酸氢根离子，故离子方程式为3+C12+H2O=2+2C1+，故A正确；B.过氧化氢能还原铁离子，同时过氧化氢也可以氧化亚铁离子，最后的结果为过氧化氢分解生成水和氧气，故B错误；C.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀，和氢氧化亚铁沉淀，故C错误；D.向体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合，即二者的物质的量相同，则反应生成碳酸钡和氢氧化钠和水，离子方程式为：+Ba2++OH=BaCO3↓+H2O，故D正确。故选AD。14.蔗糖与浓硫酸反应的实验改进装置如图所示，下列说法错误的是A.改进装置后，有毒气体被碱液吸收，实现了绿色环保B.浓硫酸在实验过程中体现了脱水性和强氧化性C.产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明产生了CO2D.该反应比较剧烈、危险，实验各物质的用量应按要求规范操作【答案】C【解析】【详解】原实验中生成的气体直接排放到大气中，改进之后，解决了教材实验的不足，实现了绿色环保，选项A正确；浓硫酸将蔗糖分子中氢、氧原子个数按2∶1脱去生成水，体现浓硫酸的脱水性，且生成的碳单质又被浓硫酸氧化成二氧化碳，浓硫酸又体现了强氧化性，选项B正确；产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，可能是二氧化硫，也可能是二氧化碳或二者的混合物，选项C错误；该反应比较剧烈，产生大量气体和热量，利用上述密闭装置，如果没有按照规范添加反应物的用量，会存在危险，选项D正确。15.F2和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF2、XeF4和XeF6三种化合物。其中XeF4与H2O可以发生如下反应：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑。下列判断正确的是A.XeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2B.XeF4按以上方式与水反应，每生成3molO2转移12mol电子C.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2D.XeF2、XeF4和XeF6在空气中都不能长期存放【答案】CD【解析】【详解】A.F2能与水反应，在水分子的作用下，不可能重新生成Xe和F2，故A错误；B.由6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑可知，每生成4molXe，转移电子为4mol×（40）=16mol，即每生成3molO2转移16mol电子，故B错误；C.6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，该反应中，生成氙气的XeF4作氧化剂，生成XeO3的XeF4作还原剂，生成氧气的水作还原剂，所以该反应中4XeF4（氧化剂）+2XeF4（还原剂）+6H2O（还原剂）+6H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：（2+6）=1：2，故C正确；D.XeF2、XeF4和XeF6极易与水反应，在空气中不能长期存放，故D正确。答案选CD。三、非选择题16.I、铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，又称“孔雀石”[化学式为Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO2、H2O。某同学利用下述系列反应实现了：“铜→铜绿→……→铜”的转化：铜铜绿ACu(OH)2BCu(1)从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质：_________。(2)请写出“铜绿”与盐酸反应的化学方程式：_________。(3)上述转化过程中属于化合反应的是________，属于分解反应的是___________。II、某化学兴趣小组的同学按照下面的实验方法制备氢氧化铁胶体：首先取少量蒸馏水于洁净的烧杯中，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴滴加饱和的FeC13溶液继续煮沸，至液体呈透明的红褐色。反应原理为FeC13+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HC1。(4)判断胶体制备是否成功，可利用胶体的_____。(5)在做制备氯氧化铁胶体的实验时，有些同学没有按要求进行，结果没有观察到胶体，请你预测其现象并分析原因：丙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，长时间加热，现象是_________。(6)丁同学按要求制备了Fe(OH)3胶体，但是他又向Fe(OH)3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液，结果出现了一系列变化。①先出现红褐色沉淀，原因是___________。②随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是___________。【答案】(1).盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)(2).Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑(3).①(4).④(5).丁达尔效应(6).生成红褐色沉淀(7).电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀(8).Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O【解析】【分析】I、根据题意，铜铜绿ACu(OH)2BCu，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后用氢气还原CuO得到Cu，据此分析解答；II、实验室制备氢氧化铁胶体的方法为：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，加热到液体呈红褐色，胶体即制成，结合胶体具有丁达尔性质，胶体遇电解质溶液能产生聚沉分析解答。【详解】I、(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)，故答案为：盐(或铜盐或碱式盐或碳酸盐)；(2)碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，故答案为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑；(3)铜铜绿为Cu与氧气、二氧化碳、水发生反应生成Cu2(OH)2CO3，反应的化学方程式为：2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2(OH)2CO3，是化合反应；铜绿A是铜绿跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，A为铜盐，反应的化学方程式可以为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，属于复分解反应；ACu(OH)2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，反应的化学方程式为：CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl，是复分解反应；Cu(OH)2B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu(OH)2CuO+H2O，是分解反应；BCu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，反应的化学方程式为CuO+H2Cu+H2O，是置换反应，故答案为：①；④。II、(4)胶体具有丁达尔效应，可利用此性质来证明此胶体是否已经制成，如果是胶体，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，故答案为：丁达尔效应；(5)实验室制备氢氧化铁胶体的方法为：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色，胶体即制成，如果长时间加热，将发生胶体的聚沉，生成红褐色沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀；(6)①电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，故答案为：电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀；②氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸，会发生酸碱中和反应，生成氯化铁和水，反应的离子方程式是Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O，故答案为：Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O。【点睛】明确氢氧化铁胶体的制备方法和胶体的性质是解题的关键。本题的易错点为(6)，要注意氢氧化铁能够与硫酸反应。17.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装霞省略)制备KC1O3和NaC1O，探究其氧化还原性质。回答下列问题：(1)圆底烧瓶中发生的离子方程式_____。(2)c中化学反应的离子方程式是______，采用冰水浴冷却的目的是______。(3)d的作用是______，可选用试剂______(填标号)。A．Na2SB．NaC1C．Ca(OH)2悬浊液D．H2SO4(4)取少量KC1O3和NaC1O溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CC14振荡，静置后CC14层显____色。可知该条件下KC1O3的氧化能力_____NaC1O(填“大于”或“小于”)。(5)C12O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和C12反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备C12O的化学方程式为_____。(6)C1O2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaC1O2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，逸出大量气泡，得到C1O2溶液。上述过程中，生成C1O2的反应属于歧化反应，每生成1molC1O2消耗NaC1O2的物质的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为_____。【答案】(1).MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O(2).Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O(3).避免生成NaClO3(4).吸收尾气(Cl2)(5).AC(6).紫(7).小于(8).2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O(9).1.25(10).NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O【解析】【分析】有题给实验装置图可知，圆底烧瓶中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，将混合气体通入盛有饱和食盐水的装置a中除去氯化氢气体，装置b中氯气与热的氢氧化钾溶液反应生成氯化钾、氯酸钾和水，装置c中氯气与冷氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气有毒，直接排空会污染环境，装置d中盛有能与氯气反应的碱液或还原性物质吸收未反应的氯气，防止污染环境。【详解】（1）圆底烧瓶中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O；（2）装置c中发生的反应为氯气与冷氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；b中反应时，需要加热反应，受热的氯气与氢氧化钠溶液反应可能生成氯化钠、氯酸钠和水，则装置c中用冰水浴冷却，防止反应生成氯酸钠，故答案为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；避免生成NaClO3；（3）氯气有毒，直接排空会污染环境，装置d中盛有能与氯气反应的碱液或还原性物质吸收未反应的氯气，防止污染环境，则试剂可能为具有还原性的硫化钠或氢氧化钙悬浊液，故答案为：吸收尾气(Cl2)；AC；（4）由题意可知，氯酸钾溶液不能与中性KI溶液反应，而次氯酸钠能将中性KI溶液氧化生成单质碘，则该条件下氯酸钾溶液氧化性弱于次氯酸钠；反应生成的单质碘微溶于水，易溶于有机溶剂四氯化碳，碘的四氯化碳溶液呈紫色，故答案为：紫色；小于；（5）由题意可知，氯气与氧化汞反应生成氯化汞和一氧化二氯，反应的化学方程式为2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；（6）由题意可知，二氧化氯泡腾片溶于水时，硫酸氢钠和碳酸氢钠在溶液中反应生成二氧化碳，反应的化学方程式为NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O，反应生成的二氧化碳与亚氯酸钠反应生成一氧化二氯、氯化钠和碳酸钠，反应的离子方程式为5C1O+2CO2=4Cl2O+Cl—+2CO，由方程式可知生成1molC1O2消耗NaC1O2的物质的量为1mol×=1.25mol，故答案为：1.25；NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O。18.钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题：(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是_____。(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有____离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式_____。(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、____，以及部分的_____。(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是______。(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是____。【答案】(1).加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2).Fe2+(3).VO++MnO2+2H+=VO2++Mn2++H2O(4).Mn2+(5).Fe3+、Al3+(6).Fe(OH)3(7).NaA1O2+HCl+H2O=NaCl+A1(OH)3↓或Na[A1(OH)4]+HCl=NaCl+A1(OH)3↓+H2O【解析】【分析】矾矿粉(包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4)中加入30%H2SO4和MnO2，VO+和VO2+被MnO2氧化成，Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2不溶而成为滤渣；往滤液中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，由表中数据知，Fe3+、Al3+只有部分转化为沉淀；过滤后，Fe(OH)3、Al(OH)3、V2O5·xH2O成为滤饼；再加入NaOH调节pH＞13，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al(OH)3转化为NaAlO2，V2O5·xH2O转化为NaVO3；加入盐酸调节pH=8.5，此时NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀；过滤后往滤液加入NH4Cl，生成NH4VO3沉淀。【详解】(1)温度升高，可增大溶解速率和反应速率，所以“酸浸氧化”需要加热，其原因是：加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)。答案为：加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被MnO2在酸性溶液中氧化成，同时还有Fe2+离子被氧化。则VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=VO2++Mn2++H2O。答案为：Fe2+；VO++MnO2+2H+=VO2++Mn2++H2O；(3)由以上分析知，“中和沉淀”中，Fe3+、Al3+只有部分转化为沉淀，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+。答案为：Mn2+；Fe3+、Al3+；(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，此时只有Fe(OH)3不溶，则滤渣③的主要成分是Fe(OH)3。答案为：Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生产，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，则生成沉淀反应的化学方程式是NaA1O2+HCl+H2O=NaCl+A1(OH)3↓或Na[A1(OH)4]+HCl=NaCl+A1(OH)3↓+H2O。答案为：NaA1O2+HCl+H2O=NaCl+A1(OH)3↓或Na[A1(OH)4]+HCl=NaCl+A1(OH)3↓+H2O。【点睛】在分析调节pH的各步反应产物时，应紧紧依据表中数据，确定离子是以何种形成进入溶液中或生成沉淀。19.硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。合成反应：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S；Na2SO3+SNa2S2O3滴定反应：I2+Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失结晶水。实验步骤：I.Na2S2O3制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。II．产品分离提纯；III．产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3·5H2O含量。请回答：(1)盛装浓硫酸的仪器名称_____。用Na2SO3固体配制0.10mol/LNa2SO3溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、____(从下列图中选择，写出名称)。(2)步骤I：单向阀的作用是_____；装置C中的反应混合溶液pH过低将导致产率降低，原因是(离子方程式表示)_____。(3)步骤II：产品混合溶液经_____、____、____、____、干燥，得到Na2S2O3·5H2O产品。下列说法正确的是_____。A．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒B．蒸发浓缩至溶液表面如现晶膜时，停止加热C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率D．可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂(4)步骤III：①装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是____。②滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5％，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是___。【答案】(1).滴液漏斗(2).烧杯、量筒、托盘天平(3).防止倒吸(4).+2H+=S↓+SO2↑+H2O(5).蒸发浓缩(6).冷却结晶(7).过滤(8).洗涤(9).BC(10).防止碘损失(11).Na2SO3、失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O【解析】【分析】亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，生成的二氧化硫通过单向阀进入C中，发生反应：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S，生成的Na2SO3和S发生反应：Na2SO3+SNa2S2O3。当C中的溶液接近中性时停止通入二氧化硫，得到产品混合溶液。然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品Na2S2O3·5H2O。【详解】(1)由仪器构造可知，盛装浓硫酸的仪器名称为（恒压）滴液漏斗。用亚硫酸钠固体配制0.1mol/L的亚硫酸钠溶液，根据实验步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容可知，一定需要的仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平、药匙，量筒可用可不用。(2)步骤Ⅰ中，二氧化硫通入C中发生反应，由于二氧化硫易溶于水，更易溶于硫化钠和碳酸钠的碱性混合溶液，且导管伸入液面下，所以容易发生倒吸。单向阀只允许二氧化硫从左向右通过，不能反向通过，所以单向阀可以防止倒吸。当装置C中的混合溶液的pH约为7时就停止通二氧化硫，若继续通入二氧化硫，会使C中溶液呈酸性，在酸性条件下，硫代硫酸钠会发生反应：+2H+=S↓+SO2↑+H2O，降低产率。(3)从溶液中获取Na2S2O3·5H2O，由于Na2S2O3·5H2O50℃开始失结晶水，所以不能用蒸发结晶的方法，而且加热也容易失去结晶水，所以需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤得到硫代硫酸钠晶体。A．快速蒸发溶液中的水分，可得到较小晶体颗粒，故A错误；B．蒸发浓缩的规范操作是蒸发至溶液表面出现晶膜时停止加热，故B正确；C．由于Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇，可降低Na2S2O3·5H2O的溶解度，从而提高Na2S2O3·5H2O的产率，故C正确；D．用冷的碳酸钠溶液作洗涤剂，会使晶体表面附着碳酸钠杂质，故D错误；故选BC。