黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2022届高三化学10月月考试题含解析

黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2022届高三化学10月月考试题〔含解析〕本试卷共分两局部，总分值100分，第一局部选择题15小题，共45分，第二局部非选择题，共55分。考试时间：90分钟。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：140：16Mn:55Ni:59第一卷〔总分值45分〕一、选择题〔共15小题每题只有1个选项符合题意每题3分共45分〕1.化学与生活密切相关。以下说法错误的选项是〔〕A.PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物B.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C.燃煤中参加CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D.天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】C【解析】A项，PM2.5是指微粒直径不大于2.5

μm的可吸入悬浮颗粒物，正确；B项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，正确；C项，燃煤中参加生石灰可以减少硫酸型酸雨的形成〔原理为2CaO+2SO2+O22CaSO4〕，但在加热时生石灰不能吸收CO2，不能减少CO2的排放，不能减少温室气体的排放，错误；D项，天然气〔主要成分为CH4〕和液化石油气〔主要成分为C3H8、C4H10〕是我国目前推广使用的清洁燃料，正确；答案选C。2.化学在生活中有着广泛的应用，以下对应关系错误的选项是〔〕化学性质实际应用A.Al2(SO4)3和小苏打反响泡沫灭火器灭火B.铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C.次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物D.HF与SiO2反响氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】试题分析：A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反响生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确；B、氯化铁和铜反响生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的复原性强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故说法错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，故说法正确；D、氟化氢和二氧化硅反响生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。【考点定位】考查盐类水解的应用，氧化复原反响，次氯酸的性质，二氧化硅的性质【名师点睛】本试题考查考生对元素及其化合物性质的掌握以及对知识的夯实和运用的能力。盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。比拟金属性的强弱，可以通过置换反响，利用金属性强的制取金属性弱的，如Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，说明Fe比Cu金属性强。漂白性的原理分为三类：一是具有强氧化性的，如HClO、O3、H2O2、NaClO〔漂白液的有效成分〕、Ca(ClO)2〔漂白粉的有效成分〕等；二是结合性的，如SO2；三是吸附性，如活性炭，前两者属于化学变化，后者属于物理变化。漂白衣服常用氧化性的，但注意不能和洁厕剂混用，会产生氯气；SO2漂白纸张等；活性炭吸附水中的杂质。雕刻玻璃常用氢氟酸，因为发生反响：4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O，氢氟酸常保存在塑料瓶中，只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更平安、更健康。3.宋应星所著?天工开物?被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书〞。以下说法不正确的选项是A.“凡白土曰垩土，为陶家精美启用〞中“陶〞是一种传统硅酸盐材料B.“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴〞中“硫〞指的是硫磺，“硝〞指的是硝酸C.“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也〞该过程中反响的类型为置换反响D.“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜〞中的黄铜是合金【答案】B【解析】【详解】A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机传统非金属材料,故A正确;B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴〞中“硫〞指的是硫磺，“硝〞指的是硝酸钾,故B不正确;C.该过程中反响为铁与硫酸铜反响生成硫酸亚铁和铜,反响类型为置换反响,故C正确;D.黄铜是铜锌合金,故D正确;答案：B。4.以下化学用语和化学符号使用正确的选项是A.次氯酸的结构式可以表示为：H—O—ClB.乙醇的结构简式为：C2H6OC.含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：CeD.硫化钠的电子式：【答案】A【解析】【详解】A.氧原子最外层电子数是6，形成两个共价键到达8电子稳定结构，氯原子最外层电子数是7，形成一个共价键到达8电子稳定结构，次氯酸的结构式为：H—O—Cl，选项A正确；B．乙醇的结构简式必须标出官能团羟基，乙醇正确的结构简式为：CH3CH2OH，选项A错误；C.含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子，质量数为140，符号为：，选项C错误；D．硫化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，硫离子需要标出所带电荷及最外层电子，硫化钠正确的电子式为，选项D错误；答案选A。5.以下各组中所含化学键类型相同的一组是A.NaOH、H2SO4、NH4Cl B.MgO、Na2SO4、NH4HCO3C.Na2NO3、KOH、Na2SO4 D.AlCl3、Al2O3、MgCl2【答案】C【解析】【详解】A、NaOH、NH4Cl中既含离子键也含共价键，H2SO4中只有共价键，选项A错误；B、MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO3中既含离子键也含共价键，选项B错误；C、Na2NO3、KOH、Na2SO4三种物质都是既有离子键又有共价键，选项C正确；D、AlCl3只有共价键，Al2O3、MgCl2只有离子键，选项在D错误。答案选C。【点睛】此题考查化学键的判断及应用，离子键是通过原子间电子转移，形成正负离子，由静电作用形成的；共价键是原子间通过共用电子对而形成的相互作用。6.NA代表阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是A.100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAB.标准状况下22.4LHF中含有的氟原子数目为NAC.将1molCl2通入到足量的水中，那么N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)=2NA(N表示粒子数)D.标准状况下，用MnO2和浓盐酸反响制取Cl2，当有4molHCl被氧化时，生成44.8LCl2【答案】D【解析】【详解】A.100mL1mol•L-1FeCl3溶液中含有溶质氯化铁的物质的量为：0.1mol/L×1L=0.1mol，由于Fe3+局部水解，那么溶液中含有Fe3+的数目小于0.1NA，选项A错误；B．标况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢的物质的量，选项B错误；C.1mol氯气中共含2mol氯原子，而氯气与水的反响为可逆反响，不能进行彻底，故溶液中有HClO分子、ClO-、Cl-、Cl2分子，根据氯原子的守恒可有：2NA=N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)+2N(Cl2)，即N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2[NA-N(Cl2)]，选项C错误；D.标准状况下，在MnO2+4HCl〔浓〕MnCl2+Cl2+2H2O↑反响中，当有4molHCl被氧化时，生成氯气2mol，即44.8LCl2，选项D正确。答案选D。【点睛】此题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度不大，注意明确标准状况下物质的状态是否为气体，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等之间的转化关系。易错点为选项A：氯化铁溶液中铁离子局部水解，导致铁离子数目减少。7.以下结论不正确的选项是〔〕①氢化物的稳定性：HF＞HCl＞SiH4②离子半径：Al3＋＞S2－＞Cl－③离子的复原性：S2－＞Cl－＞Br-④酸性：H2SO4＞H3PO4＞HClO⑤沸点：H2S＞H2OA.②③⑤ B.①②③ C.②④⑤ D.①③⑤【答案】A【解析】【详解】①非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F＞Cl＞Si，氢化物的稳定性：HF＞HCl＞SiH4，故①正确；②Al3+核外两个电子层，S2-、Cl-核外三个电子层，电子层数相同时，核电荷数多，那么半径小。故离子半径：S2－＞Cl－＞Al3＋，故②错误；③非金属单质的氧化性越强，其离子的复原性越弱，单质的氧化性：Cl2＞Br2＞S离子的复原性：S2－＞Br-＞Cl－，故③错误；④硫酸、磷酸都是最高价的含氧酸，由于非金属性：硫元素强于磷元素，所以硫酸酸性强于磷酸，磷酸是中强酸，而碳酸是弱酸，所以磷酸酸性强于碳酸，二氧化碳、水、次氯酸钙能反响生成碳酸钙和次氯酸，所以碳酸酸性强于次氯酸，所以酸性依次减弱：H2SO4＞H3PO4＞HClO，故④正确；⑤H2S和H2O结构相似，化学键类型相同，但H2O中的O能形成氢键，H2S中的S不能，所以沸点：H2S<H2O，故⑤错误。答案选A。8.以下物质能使枯燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是()①氯气②液氯③新制的氯水④氯气的酒精溶液⑤盐酸⑥盐酸酸化的漂白粉溶液A.①②③ B.①②③⑥ C.③⑥ D.②④⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①氯气不能使枯燥的石蕊试纸褪色，故①错误；

②液氯不能使枯燥的石蕊试纸褪色，故②错误；③新制氯水中含有HCl和HClO，能使枯燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故③正确；④氯气的酒精溶液中存在氯气，氯气不能使枯燥的石蕊试纸褪色，故④错误；⑤盐酸具有酸性能使蓝色石蕊试纸变红，但盐酸没有漂白性，所以不能使试纸褪色，故⑤错误；⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使枯燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故⑥正确；答案选C。【点睛】枯燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反响生成HClO，HClO具有漂白性，能使枯燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色物质应既具有酸性，又有HClO存在。9.某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种实验装置的有关用法，其中正确的选项是A.甲装置：可用来除去CO气体中的CO2气体B.乙装置：可用来验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性C.丙装置：可用来实验室制备乙酸乙酯D.丁装置：可用来比拟HC1、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱【答案】C【解析】A、洗气应长进短出，A错误；B、小试管中应装NaHCO3，外面大试管装Na2CO3，里面NaHCO3分解，而外面的Na2CO3不分解，说明Na2CO3稳定性强，B错误；C、可以用丙装置制备乙酸乙酯，C正确；D、生成的CO2中有HCl气体，最终烧杯中生成的H2SiO3沉淀也可能是盐酸与Na2SiO3反响而得，不能比拟碳酸与硅酸的酸性强弱，D错误。答案选C。10.以下离子方程式正确的选项是A.向Ca(HCO3)2溶液中参加少量NaOH溶液：Ca2＋＋2OH－+2HCO3－═CaCO3↓+CO32－+2H2OB.1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和1mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：AlO2－+H++H2O═Al(OH)3↓C.向Al2(SO4)3溶液中参加过量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O═AlO2－+4NH4++2H2OD.醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O【答案】B【解析】【详解】A.向Ca(HCO3)2溶液中参加少量NaOH溶液，反响生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，反响的离子方程式为：Ca2＋＋OH－+HCO3－═CaCO3↓+H2O，选项A错误；B.1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和1mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合，反响生成氢氧化铝和氯化钠，反响的离子方程式为：AlO2－+H++H2O═Al(OH)3↓，选项B正确；C.向Al2(SO4)3溶液中参加过量的NH3·H2O，反响生成氢氧化铝和硫酸铵，反响的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，选项C错误；D.醋酸除去水垢，醋酸为弱酸，必须写化学式，反响的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3═Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，选项D错误。答案选B。11.将SO2分别通入以下各溶液中，以下有关说法正确的选项是A.试管a中实验可以证明SO2具有漂白性B.试管b中溶液褪色，说明SO2具有强氧化性C.试管c中能产生白色沉淀，说明SO2具有复原性D.试管d中能产生白色沉淀，参加稀硝酸后沉淀完全溶解【答案】C【解析】【详解】A．SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化复原反响，表现了SO2的复原性，故A错误；B．SO2使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性，故B错误；C．SO2被溶液中的NO3－和H＋氧化为SO42－，表现了SO2的复原性，故C正确；D．SO2与NaOH和BaCl2混合溶液反响生成BaSO3，BaSO3被硝酸氧化为BaSO4，BaSO4难溶于稀硝酸，故D错误；应选C。【点睛】易错点A：要注意SO2使有色物质褪色不一定是它的漂白性．12.第ⅡA族相邻周期的A、B两种元素所在周期分别最多可排m和n种元素，且B在A的上周期，当A的原子序数为x时，B的原子序数可能为A.x+m B.x-m C.x+n D.x-n【答案】D【解析】【详解】A、B同在第ⅡA族，B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为B所在周期的元素种类数，A、B两种元素所在周期分别最多可排m和n种元素，所以当A的原子序数为x时，B的原子序数为x−n，D项正确；答案选D。13.短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。W的氢化物可与Q单质在光照条件下反响生成多种化合物，Y的氧化物是一种比拟好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反响产生常见的复原性气体单质E。以下说法不正确的选项是A.X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂B.电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备X单质C.W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物D.Y、Q形成的化合物是强电解质【答案】B【解析】【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族，W的氢化物可与Q单质在光照条件下反响生成多种化合物，可联想到甲烷和氯气光照下反响生成一系列产物，故W为C，Z为Si，Q为Cl。X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反响产生常见的复原性气体单质E，那么可推出X为Na，E为氢气，进一步证明Z为Si；Y的氧化物是一种比拟好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，那么联想到电解熔融氧化铝制取铝，推出Y为Al，以此解答该题。【详解】由以上分析可以知道W为C元素、X为Na元素、Y为Al元素、Z为Si元素、Q为Cl元素，

A.Na2O和SiO2化合生成硅酸钠，硅酸钠可用作防火剂，故A正确；

B.电解饱和氯化钠溶液可以制备烧碱、氯气和氢气，不能制备金属钠，故B错误；

C.C的氧化物有CO、CO2；Na的氧化物有Na2O、Na2O2；Cl的氧化物有Cl2O、ClO2等多种氧化物，故C正确；

D.Al、Cl形成的化合物是是AlCl3，属于强电解质，故D正确。

答案选B。14.向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴参加NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液参加量的变化关系如下图，那么以下离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A.M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO42-、NO3-B.N点对应的溶液中：K+、NH4+、Cl-、CO32-C.S点对应的溶液中：Na+、SO42-、HCO3-、NO3-D.R点对应的溶液中：Na+、SO42-、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A．M点盐酸有剩余，溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化复原反响，不能大量共存，故A错误；B．N点HCl与NaOH恰好反响，溶液中含AlCl3，Al3+、CO32-相互促进水解，不能大量共存，故B错误；C．S点AlCl3没有完全反响，Al3+、HCO3-相互促进水解，不能大量共存，故C错误；D．R点生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反响，可大量共存，故D正确；答案选D。15.足量铜与一定量浓硝酸反响，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与33.6LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。假设向所得硝酸铜溶液中参加5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，那么消耗NaOH溶液的体积是A.2.5L B.1.2L C.1.5L D.3mL【答案】B【解析】足量铜与一定量浓硝酸反响，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与33.6LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。从终态角度分析，硝酸在整个过程中没有变化，相当于足量铜被33.6LO2(标准状况)氧化，由氧化复原得失电子守恒：2n(Cu2+)=2n(Cu)=4n(O2)，n(Cu2+)=3mol，n(OH—)=2n(Cu2+)=6mol，那么v(NaOH)=6mol/5mol·L-1=1.2L，故B正确。第二卷〔非选择题，共55分〕16.A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。(1)写出以下物质的名称或化学式：A(名称)：_________E(名称)：_________J(化学式)：_________G(化学式)：_________；(2)按要求写方程式：D转化为E的离子方程式：________________________________________________；F在空气中转化为G的化学方程式：________________________________________；电解C可以得到单质B，试写出B生成I的离子方程式：_____________________。【答案】(1).氧化铁(2).氯化亚铁(3).Al(OH)3(4).Fe(OH)3(5).Fe+2H+=Fe2++H2↑(6).4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(7).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【解析】A是一种红棕色金属氧化物，根据G是红褐色沉淀可判断G是氢氧化铁，那么F是氢氧化亚铁，E是氯化亚铁，B、D是金属单质，D是铁，因此A是氧化铁。C与盐酸和氢氧化钠溶液均反响，那么C是氧化铝，B是铝，H是氯化铝，I是偏铝酸钠，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解，J是氢氧化铝，分解生成氧化铝和水。〔1〕根据以上分析可知A的名称是氧化铁，E的名称是氯化亚铁，J的化学式为Al(OH)3，G的化学式为Fe(OH)3；〔2〕D转化为E的离子方程式为Fe+H+=Fe2++H2↑；F在空气中转化为G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；铝与氢氧化钠溶液反响生成I的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。17.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。答复以下问题：(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，写出该反响的离子方程式：________________________。(2)某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如下图的实验装置用于制备ClO2。①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________________。②装置B的作用是__________________。③装置A用于生成ClO2气体，该反响的化学方程式为__________________。④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是______________________。(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10mLC中溶液于锥形瓶中，参加足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后参加_______________________作指示剂，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，当看到____________________________现象时，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为________mol·L－1。【答案】(1).2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－(2).稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸(3).防止倒吸(或作平安瓶)(4).2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O(5).加大氮气的通入量(6).淀粉溶液(7).溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色(8).0.04【解析】【分析】〔1〕依据电子转移数守恒配平该氧化复原反响方程式；〔2〕①结合ClO2的特点，从平安隐患角度分析考虑；②根据仪器的连接特点作答；③NaClO3与H2O2在酸性条件下发生氧化复原反响用于制备ClO2；④装置C中导管液面上升时，说明ClO2在水中过饱和，析出晶体；〔3〕碘单质与淀粉溶液变蓝；再根据标准溶液滴定待测液的根本实验操作分析作答；最后依据电子转移数守恒及各物质之间的关系式列式计算。【详解】〔1〕ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，本身氯元素化合价降低到稳定的-1价，其离子方程式为：2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－，故答案为：2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－；〔2〕①氮气可稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：可稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；②ClO2易溶于水，那么装置B作为平安瓶，可防倒吸，故答案为：防止倒吸(或作平安瓶)；③装置A内发生氧化复原反响，NaClO3作氧化剂，H2O2做复原剂，反响有氧气生成，结合原子守恒规律可知，产物中还有水，其化学方程式为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，故答案为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；④装置C中导管液面上升时，说明ClO2浓度过大，为防止爆炸，需加大氮气的通入量，故答案为：加大氮气的通入量；〔3〕KI可在酸性条件下被ClO2氧化为I2，因I2与淀粉溶液会变蓝，所以可用淀粉溶液作为反响的指示剂，用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2溶液，当滴定最后一滴标准Na2S2O3时，锥形瓶内的溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明已到达终点，依据电子转移数守恒规律列出关系式2ClO25I210S2O32-，那么n(ClO2)=n(S2O32-)=×0.1000mol·L－1×20.00×10-3L=4×10-4mol，因此锥形瓶内ClO2的浓度为c(ClO2)==0.04mol/L，故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；0.04。【点睛】氧化复原反响的应用是高考必考点，利用关系式法可以化繁为简。所谓关系式法，就是根据得失电子守恒关系建立量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算，这样可以很快理清思路，提高做题准确率与做题效率。如最后一问，利用碘单质中间量，直接找出ClO2与S2O32-之间的等量关系，是解此小题的突破口。18.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程：〔1〕KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与以下_____物质相似。A．75%酒精B．双氧水C．苯酚D．“84〞消毒液〔NaClO溶液〕〔2〕操作Ⅰ的名称是________；操作Ⅱ是根据KMnO4和K2CO3两物质在__________〔填性质〕上差异，采用__________〔填操作步骤〕、趁热过滤得到KMnO4粗晶体的。〔3〕上述流程中可以循环使用的物质有石灰、CO2、____和____〔写化学式〕。〔4〕向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反响中的复原剂是_______。〔5〕铋酸钠〔NaBiO3，不溶于水〕用于定性检验酸性溶液中Mn2+的存在〔铋元素的复原产物为Bi3+，Mn的氧化产物为+7价〕，写出反响的离子方程式：__________________。〔6〕写出MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生的主要反响的化学方程式：________________。〔7〕假设不考虑物质循环与制备过程中的损失，那么1molMnO2可制得_____molKMnO4。【答案】(1).BD(2).过滤(3).溶解度(4).浓缩结晶(5).KOH(6).MnO2(7).K2MnO4(8).2Mn2++5NaBiO3+14H+==2MnO4−+5Bi3++5Na++7H2O(9).2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O(10).【解析】【分析】由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反响生成K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，通过过滤，别离出二氧化锰，滤液中含KMnO4和K2CO3，根据KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸发结晶的方式可别离出高锰酸钾和碳酸钾，对粗高锰酸钾进行重结晶、枯燥得到纯洁的高锰酸钾；向碳酸钾溶液中参加石灰生成碳酸钙和氢氧化钠，高锰酸钾具有强氧化性，常常利用高锰酸钾的强氧化性进行消毒；别离固体与溶液，采用过滤操作，利用KMnO4和K2CO3在溶解性上进行别离；制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用；由工艺流程转化关系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，所含元素化合价升升降确定氧化剂复原剂；〔6〕由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH熔融混合物中通入空气时发生反响生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水．反响中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数，根据钾元素守恒确定KOH系数，根据氢元素守恒确定H2O系数；【详解】〔1〕高锰酸钾具有强氧化性，常常利用高锰酸钾的强氧化性进行消毒．A、75%酒精是通过酒精渗透到细菌体内，使细菌蛋白质凝固〔变性〕，从而杀死细菌，故A错误；

B、双氧水具有强氧化性，常常利用双氧水的强氧化性进行杀菌消毒，故B正确；C、苯酚是通过渗透到细菌体内，使细菌蛋白质凝固〔变性〕，从而杀死细菌，故C错误；D、NaClO溶液中次氯酸钠具有强氧化性，常常利用次氯酸钠的强氧化性进行杀菌消毒，故D正确，应选BD；〔2〕该操作是别离固体与溶液，是过滤操作，KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸发结晶方式可别离，故答案为：过滤；溶解度;蒸发结晶；〔3〕制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用．由转化关系图知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后由母液参加石灰生成的KOH，会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用，故答案为：KOH；MnO2；〔4〕由工艺流程转化关系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，反响只有Mn元素的化合价发生变化，由+6价降低为+4价，降低2，由+6价升高为+7价，升高1，所以K2MnO4既是氧化剂又是复原剂，故复原剂是K2MnO4答案是K2MnO4〔5〕铋酸钠〔不溶于水〕在酸性溶液中与Mn2+反响生成MnO4-和Bi3+，那么反响离子方程式为：2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O；故答案为：2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O〔6〕由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反响生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水．反响中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反响化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O〔7〕〔4〕由2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O可知最初的原料中1molMnO2恰好得到1molK2MnO4．由3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2知，1molK2MnO4在反响中能得到2/3molKMnO4，故答案为：2/3；【点睛】新情景下氧化复原反响方程式的书写：〔1〕先写出复原剂，氧化剂，复原产物，氧化产物；〔2〕电子守恒配平复原剂，氧