2021-2022学年山东省烟台市高二下学期期末考试化学试题（含解析）

高二学业水平阶段性检测(四)化学试题注意事项：1.答题前，考生务必先将姓名、班级、准考证号填涂清楚。2.选择题答案必须使用2B铅笔将对应题目的答案标号涂黑。3.非选择题答案必须使用0.5毫米的黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清楚4.保持卡面清洁，严禁折叠，严禁在答题卡上做任何标记。5.若不按上述事项要求填写、答题，影响评分，后果自负。可能用到的相对原子质量：H1C12O16、A127S32Ca40Fe56Cu64一、本大题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学推动着社会的进步和科技的创新，下列说法错误的是A.抗击新冠疫情时，84消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂B.北京冬奥会手持火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色剂，实现了火焰的可视性C.“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料D.发电端的减碳：鼓励光伏、风电、水电、核电、煤电等能源的发展【答案】D【解析】【详解】A．84消毒液、二氧化氯泡腾片具有强氧化性，可作为环境消毒剂，A正确；B．北京冬奥会手持火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色剂，利用金属元素的焰色反应，实现了火焰的可视性，B正确；C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；D．煤炭发电不能减少碳的排放，D错误；故选D。2.下列有关物质的性质与应用相对应的是A.BaCO3能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多B.SiC硬度很大，可用作砂轮、砂纸的磨料C.铵盐都能与碱发生反应，可用作化肥D.次氯酸见光易分解，可用作棉、麻和纸张的漂白剂【答案】B【解析】【详解】A．BaCO3能与盐酸反应，但在人体内引入了钡离子，对人体有害，不能用于治疗胃酸过多，A错误；B．SiC硬度很大，可用作砂轮、砂纸的磨料，物质的性质与应用相对应，B正确；C．铵盐都能与碱发生反应生成氨气，与用作化肥无关，用作化肥是因为氨根离子易被植物吸收，C错误；D．次氯酸见光易分解，体现其不稳定性，用作棉、麻和纸张的漂白剂体现其漂白性，物质的性质与应用不相对应，D错误；故选B。3.饱和氯化钠溶液中存在如图所示过程，下列说法正确的是A.a离子为Cl-，b离子为Na+B.此过程中溶解速率小于结晶速率C.再加入NaCl固体，溶质微粒浓度变大D.此过程可以说明NaCl的电离：NaClNa++Cl-【答案】A【解析】【详解】A．NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径Cl-＞Na+，Na+带正电易吸引水分子中的氧原子、Cl-离子带负电易吸引水分子中的氢原子，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+，故A正确；B．饱和溶液中始终存在溶解与结晶过程，溶解速率等于结晶速率，故B错误；C．饱和氯化钠溶液中加入NaCl固体不能继续溶解，则溶质质量不变，溶质微粒浓度不变，故C错误；D．NaCl是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故D错误；故选：A。4.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)=0.5Mr(Z)，下列说法正确的是A.原子数相等的三种气体，质量最大是ZB.若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则他们的物质的量一定均为0.1molC.同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，则压强比为4：1D.同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最大的是X【答案】C【解析】【分析】根据题意，三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z),即Mr(X)<Mr(Y)<Mr(Z)，【详解】A．根据m=nM，分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，原子数目相等的三种气体，质量最大的无法判断，故A错误；B．气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故B错误；C．同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，Mr(Y)=0.5Mr(Z)，则二者的物质的量之比是4:1，同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为4:1，故C正确；D．根据密度ρ=，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，气体密度最大的是Z，故D错误；故选C。5.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前20号主族元素，且分属于四个周期，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，Z、W为同周期相邻元素，Y、W可形成如图所示的离子，下列说法正确的是A.该阴离子中W的化合价为+6B.简单离子半径：Y＜W＜RC.最高价氧化物对应水化物酸性Z的比W的强D.Y与R能形成原子个数比为1：1或1：2等多种离子化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前20号主族元素，且分属于四个周期，则X为H，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为O，Z、W为同周期相邻元素，Y、W可形成如图所示的离子，根据结构得到W为S，则Z为P，则R为K或Ca。【详解】A．该阴离子，则S的化合价为+2价，A错误；B．W为S，Y为O，R为K或Ca，电子层数多半径大，同电子层结构核电荷数越多半径越小原则，则简单离子半径：，B错误；C．W为S，Z为P，非金属性S>P，最高价氧化物对应水化物酸性H2SO4的比H3PO4的强，C错误；D．Y为O，R为K或Ca，Y与R能形成K2O、K2O2、KO2等或CaO、CaO2，D正确；故选D。6.测量汽车尾气中氮氧化物含量的方法如下：ⅰ.在高温、催化剂作用下，分解为和；ⅱ.再利用与反应，产生激发态的(用表示)，当回到基态时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比。下列说法不正确的是A.基态与具有的能量不同B.在大气中形成酸雨：C.与能发生反应：D.测得荧光强度越大，说明汽车尾气中含量越高【答案】D【解析】【详解】A．由题干信息ii可知，当回到基态时，产生荧光，故说明基态与具有的能量不同，A正确；B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2，则在大气中形成酸雨的总反应方程式为：，B正确；C．由题干信息ii可知，利用与反应，产生激发态的(用表示)，故与能发生反应的方程式为：，C正确；D．由题干信息可知，通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比，测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但题干信息i在高温、催化剂作用下，分解为和，故不能说明汽车尾气中含量越高，只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，D错误；故答案为：D。7.甲~丁图为中学化学常用的仪器的全部或局部，下列说法不正确的是甲乙丙丁A.甲图所示仪器不能用于蒸馏，因为冷凝下来的液体会存留于球泡处B.乙图所示仪器使用前需检查否漏水C.丙图所示仪器可用于酸碱中和滴定和减压过滤D.丁图所示仪器检查气密性后装入药品，才能制备气体【答案】C【解析】【详解】A．甲所示仪器为球形冷凝管，该仪器不能用于蒸馏，因为冷凝下来的液体会存留于球泡处，A正确；B．乙所示仪器的刻度，从上到下依次增大，该仪器为滴定管，使用前需检查是否漏水，B正确；C．丙所示仪器为抽滤瓶，可用于减压过滤，不能用于酸碱中和滴定，C错误；D．丙所示仪器为启普发生器，须检查气密性后装入药品，才能制备气体，D正确；故选C。8.海带提碘是工业碘的主要来源之一，某提取工艺流程(部分产物己省略)如下：下列说法错误的是A.NaNO2可将I-还原为I2B.“洗脱”时发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2OC.活性炭不仅能够吸附I2，洗脱后还可以循环使用D.浓缩碘溶液中的碘可以用苯萃取【答案】A【解析】【分析】由流程可知，提碘废水加入硫酸酸化的亚硝酸钠发生6I-+2NO+8H+=3I2+N2↑+4H2O；通过装有活性炭的填充柱吸附分离出碘单质；加入氢氧化钠溶液洗脱得到碘化钠和碘酸钠的混合溶液，加入硫酸酸化，碘化钠和碘酸钠发生氧化还原反应生成碘单质，经萃取、分液、蒸馏等一系列操作得到粗碘，再经过升华得到碘单质。【详解】A．提碘废水加入硫酸酸化的亚硝酸钠发生6I-+2NO+8H+=3I2+N2↑+4H2O，NaNO2作氧化剂，可将I-氧化为I2，A项错误；B．加入氢氧化钠溶液洗脱得到碘化钠和碘酸钠的混合溶液，“洗脱”时发生3I2+6OH-=IO+5I-+3H2O，B项正确；C．加热吸附碘的活性炭，碘升华，活性炭不仅能够吸附I2还可以循环使用，C项正确；D．碘在苯中的溶解度很大，浓缩碘溶液中的碘可以用苯萃取，D项正确；答案选A。9.下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A.若按①→③→②顺序连接，可检验所有气体产物B.若装置②只保留a、b，同样可以达到实验目的C.若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25℃，溶液的pH≥5.6D.实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置【答案】B【解析】【详解】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A错误。若装置②只保留a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项B正确。酸雨的要求是pH小于5.6，而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH一定小于5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH就会更小，选项C错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D错误。10.混合物M中可能含有Al2O3、Fe2O3、Al、Cu，为确定其组成，某同学设计如图所示分析方案:下列分析正确的是A.若m1>m2，则混合物M中一定含有Al2O3B.生成蓝色溶液的离子方程式为Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+C.固体B既可能是纯净物，又可能是混合物D.要确定混合物M中是否含有Al，可取M加入适量盐酸【答案】D【解析】【分析】铝、氧化铝都能和氢氧化钠反应，Fe3O4、Cu和氢氧化钠不反应，溶液A为偏铝酸钠和氢氧化钠，Fe3O4、Cu中加入过量盐酸后，铁离子将铜溶解，因此溶液呈蓝色，固体B只能是未溶解的铜。【详解】A．铝、氧化铝都能和氢氧化钠反应，Fe3O4、Cu和氢氧化钠不反应，当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子大于一种，故A错误；B．Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故B正确；C．固体B为铜，故C错误；D．金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故D正确；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.实验室中常以废铁屑为原料来制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，流程如下：下列说法错误的是A.操作①可选用的仪器是烧杯、玻璃棒、酒精灯B.操作②只需蒸发、冷却、结晶三步操作，即可把产品装入试剂瓶C.硫酸亚铁铵易分解、易被氧化，需低温密闭保存D.把水沿玻璃棒缓慢地倒入浓硫酸中，边加边搅拌即可得到稀硫酸【答案】BD【解析】【分析】废铁屑用稀硫酸溶解，操作1为溶解，可用到的仪器为烧杯和玻璃棒，加热可加速溶解，可选用酒精灯；过滤后得到硫酸亚铁溶液，加浓氨水后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。【详解】A．根据分析，操作①可选用的仪器是烧杯、玻璃棒、酒精灯，A正确；B．操作②经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，再装入试剂瓶，B错误；C．硫酸亚铁铵易分解、易被氧化，需低温密闭保存，C正确；D．浓硫酸稀释时将浓硫酸沿玻璃棒倒入水中，边加边搅拌，D错误；故选BD。12.以H2O2和HCl为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为元素钒，其最高化合价为+5，N(His404)、N(His496)为氨基酸，下列说法错误的是A.该机理中化合物A是催化剂B.反应过程中，钒的成键数目没有改变C.该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成D.制备机理的总反应的离子方程式为：H2O2+C1-+H+=HC1O+H2O【答案】B【解析】【详解】A．化合物A先和反应，经过一系列反应又生成了A，因此该机理中化合物A作催化剂，A正确；B．反应过程中，A到B、B到C、D到E，钒的成键数改变了，B错误；C．A到B的反应过程中有氢氧键的断裂和形成，C正确；D．根据图中的转化关系得到制备机理的总反应的方程式为：，D正确；故选B。13.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器和夹持仪器)实验目的玻璃仪器试剂A精制含Ca2+、Mg2+、的食盐水胶头滴管、烧杯、试管、漏斗、玻璃棒粗盐水、稀盐酸、氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液B制备Fe(OH)3胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管1mol/L氢氧化钠溶液、1mol/L氯化铁溶液C确定FeCl3是否完全变质试管、酒精灯、胶头滴管稀硫酸、高锰酸钾溶液D利用反萃取原理从碘的四氯化碳溶液中获取碘单质漏斗、烧杯、玻璃棒、分液漏斗稀硫酸、。氢氧化钠溶液A.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【详解】A．精制含Ca2+、Mg2+、的食盐水，使用稀盐酸、氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液除杂，需要过滤操作，仪器需要胶头滴管、烧杯、试管、漏斗、玻璃棒，故选A；B．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就会得到氢氧化铁胶体，缺少蒸馏水，不能用氢氧化钠溶液，故不选B；C．高锰酸钾溶液与Fe2+会发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，故高锰酸钾溶液可以检验Fe2+，但是不能确定FeCl3是否完全变质，故不选C；D．碘的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠浓溶液，碘发生歧化反应生成碘化钠和次碘酸钠，用分液漏斗分液回收四氯化碳，水相中加入硫酸，酸性条件下碘化钠和次碘酸钠发生归中反应生成碘沉淀，过滤获取碘单质，故选D。选AD。14.实验室用O2氧化NH3制备硝酸的装置如图所示(夹持装置略)，下列说法不正确的是A.球形干燥管B中可以填充碱石灰或五氧化二磷B.实验过程中，若熄灭酒精灯，装置C中的氧化铬继续保持红热，说明装置C中的反应放热C.球形干燥管D中的无水氯化钙可吸收尾气中的氨气和水蒸气D.装置E中的石蕊试液最终变红，说明锥形瓶中有硝酸产生【答案】A【解析】【详解】A．氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥，因此球形干燥管B中可以填充碱石灰但不能是五氧化二磷，A错误；B．氨催化氧化是放热反应，实验过程中，若熄灭酒精灯，装置C中的氧化铬继续保持红热，说明装置C中的反应放热，B正确；C．由于剩余的氨气会影响后续实验，因此球形干燥管D中的无水氯化钙可吸收尾气中的氨气和水蒸气，C正确；D．生成的NO和氧气在溶液中转化为硝酸，装置E中的石蕊试液最终变红，说明锥形瓶中有硝酸产生，D正确。答案选A。15.以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，含少量As2S3、CuO、SiO2等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示。下列说法错误的是已知：浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、AsCl3、CuCl2等。A.“还原”过程加适量Sb目的是更好地循环利用Sb元素B.“除铜”时，需加入过量的Na2S，保证除铜完全C.“除砷”时有H3PO3生成，该反应的化学方程式为：2AsCl3+3Na3PO2+3HCl+3H2O=2As↓+3H3PO3+9NaClD.“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为2：3【答案】D【解析】【分析】辉锑矿加入盐酸和，得到浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、；加入适量Sb，将五价Sb转化为三价Sb，加入Na2S生成CuS沉淀除去铜，加入，和加入的反应生成As、，之后得到溶液，电解生成Sb和。【详解】A．浸出液中含过有，加适量Sb两者反应生成且不引入新杂质，目的是更好地循环利用Sb元素，A正确；B．过多的会和反应生成，导致Sb元素流失；具有还原性也可能会和反应生成有毒的As单质，故“除铜”时，不宜加过多的，但必须过量以保证除铜完全，B正确；C．由流程可知，“除砷”时和加入的反应生成As，As元素化合价降低同时P元素化合价升高会生成，该反应的化学方程式为：，C正确；D．“电解”时，生成Sb和，根据电子守恒可知，3Sb3+～6e-～3Sb5+、2Sb3+～6e-～2Sb，则被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3:2，D错误；故选D。三、非选择题，本题共5个小题，共60分。16.H2O2被称为“最清洁的消毒剂”，国家卫生健康委办公厅印发了《消毒剂使用指南)，其中明确指定过氧化氢为新冠病毒消毒剂之一，适用于物体表面、室内空气的消毒等。（1）写出H2O2的结构式：___________。Fe3+可用作H2O2分解的催化剂，反应的机理为：①Fe3++H2O2=Fe2++H++·OOH②H2O2+X=Y+Z+W③Fe2++·OH=Fe3++OH－④H++OH－=H2O根据上述机理推导步骤②中的化学方程式为___________。（2）①H2O2是一种二元弱酸，它与少量的Ba(OH)2反应的化学方程式为___________。②H2O2还能使酸性KMnO4溶液褪色，写出反应的离子方程式_____。（3）现一种制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如图所示，该制备反应的总反应方程式为_____。（4）科学家对H2O2分子结构的认识经历了较为漫长的过程，最初科学家提出了两种观点：甲：、乙：H−O−O−H，甲式中O→O表示配位键，在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的分子结构，设计并完成了下列实验：a．将C2H5OH与浓H2SO4反应生成(C2H5)2SO4和水；b．将制得的(C2H5)2SO4与H2O2反应，只生成A和H2SO4；c．将生成的A与H2反应(已知该反应中H2作还原剂)。①如果H2O2的结构如甲所示，实验c中化学反应方程式为(A写结构简式)：___________。②为了进一步确定H2O2的结构，还需要在实验c后添加一步实验d，请设计d的实验方案______。【答案】（1）①.H−O−O−H②.·OOH＋H2O2＝H2O＋O2↑＋·OH（2）①.2H2O2＋Ba(OH)2＝Ba(HO2)2＋2H2O②.5H2O2＋2＋10H＋＝2Mn2+＋5O2↑＋8H2O（3）H2＋O2H2O2（4）①.＋H2H2O＋CH3CH2OCH2CH3②.用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水【解析】【小问1详解】H2O2的电子式为，其结构式：H−O−O−H；根据上述机理说明②中反应物含有·OOH，由于H2O2分解生成氧气和水，根据③中·OH得到②中生成有·OH，则推导步骤②中的化学方程式为·OOH＋H2O2＝H2O＋O2↑＋·OH；故答案为：H−O−O−H；·OOH＋H2O2＝H2O＋O2↑＋·OH。【小问2详解】①H2O2是一种二元弱酸，其电离方程式H2O2＋H＋，它与少量的Ba(OH)2反应，则生成Ba(HO2)2，其反应的化学方程式为2H2O2＋Ba(OH)2＝Ba(HO2)2＋2H2O；故答案为：2H2O2＋Ba(OH)2＝Ba(HO2)2＋2H2O。②H2O2还能使酸性KMnO4溶液褪色，高锰酸钾溶液体现氧化性，变为Mn2+，H2O2体现还原性，变为氧气，其反应的离子方程式5H2O2＋2＋10H＋＝2Mn2+＋5O2↑＋8H2O；故答案为：5H2O2＋2＋10H＋＝2Mn2+＋5O2↑＋8H2O。【小问3详解】制备H2O2反应原理如图所示，作催化剂，因此制备反应的总反应方程式为H2＋O2H2O2；故答案为：H2＋O2H2O2。【小问4详解】①如果H2O2的结构如甲所示，根据b分析H2O2中氢与硫酸根结合变为硫酸，则A为，根据前面信息在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂，则与氢气反应时生成水和CH3CH2OCH2CH3，实验c中化学反应方程式为：＋H2H2O＋CH3CH2OCH2CH3；故答案为：＋H2H2O＋CH3CH2OCH2CH3。②为了进一步确定H2O2的结构，若是甲则最后生成H2O和CH3CH2OCH2CH3，若是乙最后生成CH3CH2OH，主要分析是否生成了水，因此还需要在实验c后添加一步实验d，d的实验方案是用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水；故答案为：用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水。17.研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。（1）Na2S2的结构与过氧化钠相似，则Na2S2的电子式为___________。（2）Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子方程式为___________。（3）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。葡萄酒常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如图：已知：加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2。①滴定时I2溶液应装在___________(“酸”或“碱”)式滴定管中，该滴定过程中的指示剂为：___________。②实验消耗I2溶液50.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为___________g/L。③下列情形会造成测定结果偏高的是___________。A．滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化B．滴定前平视，滴定后俯视C．滴定前滴定管尖有气泡，滴定后气泡消失D．盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗④向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为___________。⑤因为Na2S2O5(焦亚硫酸钠)具有还原性，导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。检验其中含有的方法是___________。【答案】（1）（2）（3）①.酸②.淀粉溶液③.0.32④.CD⑤.⑥.用盐酸酸化，除去，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有子，否则没有【解析】【小问1详解】Na2S2为离子化合物，两个S原子间形成一对共用电子，故电子式为；【小问2详解】Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子方程式为：；【小问3详解】①橡胶中含有碳碳双键，I2水有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶，因此I2溶液应装在酸式滴定管中，因为淀粉遇碘单质变蓝，因此所用指示剂为淀粉溶液；故答案为酸；淀粉溶液；②抗氧化剂的残留量以游离SO2计算，根据SO2与I2反应的方程式，，残留二氧化硫；③A．溶液部分HI被氧化成I2，溶液变蓝，消耗的I2的体积减小，所测结果偏低，故A不符合题意；B．滴定前平视，滴定后俯视，计算出I2体积减小，所测结果偏低，故B不符合题意；C．滴定前有气泡，滴定后无气泡，消耗I2体积增大，所测结果偏高，故C符合题意；D．未润洗，标准液的浓度降低，消耗的I2体积增大，所测结果偏高，故D符合题意；答案为CD；④向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式为；⑤检验其中含有的方法是首先用盐酸酸化，除去，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有子，否则没有。18.二氯异氰尿酸钠（NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol）是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为：，请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。请回答下列问题：（1）选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为___________（填小写字母）。（2）将D中试剂换成氯酸钾后发生反应的化学方程式为___________。（3）仪器X中的试剂是___________。（4）实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液。在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是___________。（5）反应结束后，A中浊液经过滤、___________、___________得到粗产品mg。（6）粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取10.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。用cmol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，消耗溶液。（假设杂质不与反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-，）①滴定终点现象是___________。②则NaC3N3O3Cl2的含量为___________。(用含m，c，V的代数式表示)【答案】（1）fghabe（2）KClO3＋6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑＋3H2O（3）NaOH或氢氧化钠溶液（4）通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成（5）①.冷水洗涤②.干燥（6）①.滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复②.【解析】【分析】由二氯异氰尿酸钠制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反应装置可以分为氯气的发生装置与二氯异氰尿酸钠的制备装置。具体反应流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反应制Cl2；除去Cl2中因浓盐酸挥发而混合的HCl；将Cl2通入氢氧化钠溶液中制备NaClO，再与氰尿酸溶液反应生成二氯异氰尿酸钠；对尾气Cl2进行处理。据此可回答各个问题。【小问1详解】按照气流从左至右的顺序，制备二氯异氰尿酸钠首先需要制备Cl2，需要装置D，Cl2从f口流出；接下来需要除去Cl2中混合的HCl，需要装置E，气体从g口流入、h口流出；制备NaClO并与氰尿酸溶液发生反应需要装置A，气体从a口流入、b口流出；为了除去未反应完的Cl2，需要将尾气通入到氢氧化钠溶液中，需要装置C，气体从e口流入。故导管连接顺序为fghabe。【小问2详解】装置D为氯气发生装置，若利用氯酸钾与浓盐酸制备氯气，发生反应的化学方程式为：KClO3＋6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑＋3H2O。【小问3详解】仪器X中所加试剂的目的是与Cl2反应生成NaClO，故该试剂为NaOH或氢氧化钠溶液。【小问4详解】观察题干信息可知制备二氯异氰尿酸钠反应可以生成NaOH，故继续通入一定量的氯气可以与生成的NaOH反应不断生成NaClO，有利于NaC3N3O3Cl2的生成。【小问5详解】考虑到二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤并干燥之后可以得到粗产品。故答案为：冷水洗涤；干燥。【小问6详解】①NaC3N3O3Cl2溶液可以与过量的KI溶液反应生成I2，I2遇淀粉显蓝色。随后加入Na2S2O3溶液与I2反应可使蓝色逐渐褪去，故滴定终点的现象为：滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；②由题干中给出的反应方程式：C3N3O3Cl+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-，可知各物质的物质的量之比为n(NaC3N3O3Cl2)：n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2：4。即n(NaC3N3O3Cl2)=n(Na2S2O3)=mol。10mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为m=n×M=mol×220g/mol=0.055cVg，100mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为0.55cVg。则NaC3N3O3Cl2的含量。【点睛】回答滴定终点的现象时不能简单描述为“溶液褪色”，要加上“滴加最后一滴标准溶液”以及“半分钟不恢复”的条件，才能保证达到了滴定终点。19.草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)可用于制镍催化剂，硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)主要用于电镀工业。某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、A1、Fe及其氧化物、SiO2、CaO等，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)。已知：①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Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀pH7.23.72.27.5完全沉淀pH8.74.73.29.0②CaF2的溶解度小于CaC2O4③NiSO4·7H2O易溶于水，难溶于乙醇回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH的作用除去Al和A12O3、___________。（2）由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的正确实验步骤是：第1步：取“浸出液”，加入足量的H2O2调节溶液pH的范围为___________，充分反应后过滤，以除去铁元素；第2步：向所得滤液中加入适量NH4F溶液，充分反应后过滤，得“溶液X”；第3步：调节滤液的pH＞8.7，充分反应后过滤；第4步：滤渣用稍过量硫酸充分溶解后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体。（3）下列说法不正确的是____A.快速冷却溶液，可以得到细小的晶体颗粒B.滤饼①中只含有Fe、Ni两种金属元素C.碱浸后抽滤得到滤饼①，该操作过程中需先微开水龙头，让滤纸紧贴布氏漏斗上D.将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是提高镍的回收率（4）步骤2若加入适量(NH4)2C2O4会得到草酸钙晶体，某研究所利用SDTQ600热分析仪对草酸钙晶体(CaC2O4·xH2O)进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量一分解温度的关系如图。①800°C以上时，固体成分的化学式为___________。②残留固体为CaC2O4时的温度范围___________。③写出固体质量由12.8g变为10.0g时的化学方程式___________。【答案】（1）油脂、SiO2（2）3.2~7.2（3）BC（4）①.CaO②.200~400℃③.【解析】【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入氢氧化钠溶液进行碱浸，可除去油脂，且Al、Al2O3和NaOH发生反应生成NaAlO2，SiO2和NaOH反应生成Na2SiO3，所以碱浸后，滤液①中含有NaAlO2、Na2SiO3；滤饼①中含有Ni、Fe及其氧化物和少量不溶性杂质，加入稀硫酸进行酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+的浸出液，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，再加入NaOH调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，Ca2+用NH4F除去，得到含有Ni2+的X溶液，再控制溶液pH浓缩结晶得到硫酸镍晶体。【小问1详解】由分析可知，“碱浸”中NaOH的作用除去Al和A12O3、油脂、SiO2。【小问2详解】取“浸出液”，加入足量的

H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+完全沉淀pH=3.2，Ni2+开始沉淀pH=7.2，则要调节溶液pH的范围为3.2~7.2，充分反应后过滤，以除去铁元素。【小问3详解】A．快速冷却溶液，可以得到细小的晶体颗粒，A正确；B．滤饼①中含有Ni、Fe及其氧化物和少量不溶性杂质，B错误；C．抽滤前，应先将滤纸放入布氏漏斗中，用蒸馏水润湿滤纸，再微开水龙头，使滤纸紧贴漏斗的瓷板上，C错误；D．分离出硫酸镍晶体后的母液含有少量的Ni2+，可将其进行收集、循环使用，提高镍的回收率，D正确；故选BC。【小问4详解】①800℃以上时，固体为受热分解的最终产物，该物质是CaO；②CaC2O4∙xH2O受热分解首先失去结晶水生成CaC2O4，温度升高至400℃后CaC2O4分解，故残留固体为CaC2O4时的温度范围为200~400℃；③12.8gCaC2O4的物质的量是0.1mol，0.1molCaC2O4受热分解后固体质量为10.0g，固体质量减少2.8g，2.8g为分解产生的CO的质量，其物质的量为0.1mol，则CaC2O4受热分解产生CaCO3、CO，此时反应的化学方程式为。20.贫血的常用补铁剂是葡萄糖酸亚铁[(C6H11O7)2Fe]，可用FeCO3制备补血剂。已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②葡萄糖酸亚铁[(C6H11O7)2Fe]易溶于水，M=446g·mol-1(一)FeCO3的制取(夹持装置略)

装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤