安徽省宿州市萧城一中2020届高三上学期月考化学试题 14页

安徽省萧城一中2020届高三第（2）次月考化学试卷 一、选择题（每一题只有一个合理的答案，17×3分=51分）‎ ‎1.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 氧化镁用作耐火材料 B. 明矾溶于水形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 D. FeCl3溶液可用于刻蚀印刷铜电路板 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧化镁的熔点很高且化学性质稳定，可用作耐火材料，故A正确；‎ B.明矾溶于水形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故B正确；‎ C.泡沫中有水，若电源三相未完全切断，某相依旧带电，使用后会漏电伤人，电机等电器进水后，绝缘会受到破坏，导致电机损毁，所以电器起火不能用泡沫灭火器灭火，一般用干粉灭火器对电器设备灭火，故C错误；‎ D.氯化铁与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用于刻制印刷电路板，故D正确；‎ 本题答案为C。‎ ‎【点睛】泡沫灭火器的灭火原理是，Al2(SO4)3和NaHCO3在溶液中发生了反应生成Al(OH)3、CO2能产生大量泡沫隔绝空气、降低温度，达到灭火的目的。‎ ‎2. 下列物质分类正确的是 （　　）‎ A. Cu（OH）2难溶于水，属于非电解质 B. SO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物 C. NH4Cl组成中不含金属离子，不属于盐 D. HCl气体溶于水电离出H＋和Cl－，属于离子化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：是不是电解质要看该化合物在水溶液或熔融状态下能否电离出离子，Cu(OH)2溶于水的那部分可以电离出离子，所以是电解质，A错；酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，故B对；盐类中不一定要含有金属离子，NH4Cl属于盐类，C错；HCl中H原子和Cl原子以共价键的形式结合，是共价化合物，D错，选B。‎ 考点：电解质、非电解质、酸性氧化物、离子化合物、共价化合物等的概念。‎ ‎3.某学习小组的同学按下列实验流程制备Na2CO3，设计的部分装置如图所示。‎ 下列叙述正确的是 A. 若X 为浓氨水，Y 为生石灰，则可用装置甲制取NH3‎ B. 反应①可在装置乙中发生，反应②可在装置丁中发生 C. 可用装置丙进行过滤操作 D. 将母液蒸干灼烧后可得到NH4Cl 固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，生石灰遇水会变为粉末状熟石灰，所以浓氨水与生石灰制取NH3不适合用图甲装置，故A错误；B项，反应①制取NaHCO3可在装置乙中发生，反应②是NaHCO3加热分解制Na2CO3，同时有CO2和水生成，丁中试管口应略向下倾斜，故反应②不可以在装置丁中发生，故B错误；C项，装置丙为过滤装置，过滤是将固液混合物进行分离，可以用装置丙进行过滤操作，故C正确；D项，NH4Cl受热易分解，生成NH3和HCl，所以将母液蒸干灼烧后得不到NH4Cl固体，故D错误。‎ ‎4. 下列做法不正确的是 A. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3‎ C 乙醇可与金属钠反应放出氢气 D. 金属钠着火时，用细沙覆盖灭火 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2O2可以和CO2、H2O反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所以Na2O2可以用作供养剂，A正确；‎ B、NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、CO2、H2O，而Na2CO3加热不易分解，Na2CO3更稳定，B错误；‎ C、乙醇可以和钠反应：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，C正确；‎ D、钠着火时，由于会生成Na2O2，所以不可以使用CO2或者水灭火，应该使用细沙覆盖灭火，D正确；‎ 故合理选项为B。‎ ‎5.下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是(　　)‎ ‎①金属钠投入到FeCl3溶液中　 　 　②过量NaOH溶液和明矾溶液混合 ‎③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中　 ④足量Na2O2投入FeCl2溶液中 A. 只有①④ B. 只有③ C. 只有②③ D. 只有①③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，然后FeCl3与NaOH溶液反应：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，有气体生成和沉淀产生，故①符合题意；‎ ‎②明矾为KAl(SO4)2·12H2O，加入过量NaOH溶液，只发生Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，无沉淀、无气体产生，故②不符合题意；‎ ‎③发生Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，只产生沉淀，无气体，故③不符合题意；‎ ‎④Na2O2与水发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，利用过氧化钠的强氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，故④符合题意；‎ 综上所述，选项A正确。‎ ‎6.水溶液中能大量共存的一组离子是 A. Na+、Ca2+、Cl-、SO42-‎ B. Fe2+、H+ 、SO32-、ClO-‎ C. Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-‎ D. K+、Fe3+、NO3-、SCN-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Ca2＋和SO42－反应生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，A错误；‎ B、H＋与SO32－、ClO－均发生反应不能共存，B错误；‎ C、该组离子之间互相不反应，能大量共存，C正确；‎ D、Fe3＋和SCN－反应，不能大量共存，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.赤铜矿主要成分是氧化亚铜（Cu2O），辉铜矿的主要成分是硫化亚铜（Cu2S），将赤铜矿与辉铜矿混合加热有如下反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，下列对于该反应的说法正确的是（   ）‎ A. 该反应中的氧化剂只有Cu2O B. Cu既是氧化产物又是还原产物 C. Cu2S在反应中只做还原剂 D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、Cu2S中Cu的价态为＋1价，Cu2O中Cu的价态为＋1价，根据反应方程式，＋1价的Cu转化成0价Cu，化合价降低，因此Cu2O和Cu2S属于氧化剂，故A错误；B、根据选项A的分析，Cu为还原产物，故B错误；C、Cu2S中的S显－2价，转化成＋4价S，化合价升高，因此Cu2S即使氧化剂又是还原剂，故C错误；D、Cu为还原产物，SO2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：6，故D正确。‎ ‎8.将8.7 g MnO2粉末与含14.6 g HCl的浓盐酸共热完全反应后，生成氯气的体积(标准状况)为(不考虑盐酸的挥发)( )‎ A. 等于4.48 L B. 等于2.24 L C. 在2.24 L～4.48 L之间 D. 小于2.24 L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应方程式为：。‎ ‎【详解】n(MnO2)=，n(HCl)=，有方程式可知若恰好完全反应生成氯气为0.1mol，但随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成氯气小于0.1mol，生成的氯气体积（标准状况）小于0.1mol×22.4L/mol=2.24L， 故选：D。‎ ‎9.检验某未知溶液中是否含有氯离子(Cl-)，正确的操作是（ ）‎ A. 向未知溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生 B. 向未知溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，加入盐酸，沉淀不消失 C. 向未知溶液中加入稀硝酸酸化后，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生 D. 向未知溶液中加入稀盐酸酸化后，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、操作不正确，它不能排除等的干扰；‎ B、操作不正确，因为Ag2CO3跟HCl反应时，生成的AgCl仍是白色沉淀；‎ D、操作不正确，用盐酸酸化，加入了Cl−；‎ 答案选C。‎ ‎10.雾霾天气对环境造成了严重影响，部分城市开展PM2.5和臭氧的监测。下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 臭氧的摩尔质量是48 g B. 同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比为2∶3‎ C. 16 g臭氧中含有6.02×1023个原子 D. 1.00 mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×1023‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．摩尔质量的单位是g/mol，则臭氧的摩尔质量是48g/mol，故A错误； B．同温同压下气体摩尔体积相等，，相同质量的不同气体其体积之比等于摩尔质量的反比，所以同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比=48g/mol：32g/mol=3：2，故B错误； C．O原子的摩尔质量为16g/mol，则16g臭氧中氧原子个数=×NA/mol=6.02×1023，故C正确； D．每个臭氧分子中含有24个电子，1.00mol臭氧中含有24mol电子，则l.00mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023个，故D错误； 故选：C。‎ ‎11. 下列指定微粒的数目相等的是（ ）‎ A. 等物质的量的水与重水含有的中子数 B. 等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数 C. 同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数 D. 等物质的量的铁和铝分别于足量氯气完全反应时转移的电子数 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1mol普通水中含有的中子数是8mol，1mol重水中含有的中子数是10mol，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，A错误；‎ B、乙烯、丙烯都属于烯烃，通式符合CnH2n，最简式是CH2，若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，B正确；‎ C、同温同压下，同体积的CO和NO分子数相同，但是由于每个分子中含有的质子数不相同，所以同温同压下，同体积的CO和NO含有的质子数不相等，C错误；‎ D、由于Cl2的氧化性很强，与变价金属Fe反应时产生的是FeCl3，与Al发生反应产生AlCl3，所以等物质的量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子数目相等，D正确。‎ 答案选BD。‎ ‎12.如图两瓶体积相同的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）‎ A. 气体密度相等 B. 所含原子数相等 C. 气体质量相等 D. 摩尔质量相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】同温、同压、同体积，物质的量也就相同。‎ A、由于N2、O2的比例不固定，故气体的质量不一定相等，密度不一定相等，选项A错误；‎ B、左瓶与右瓶中气体的物质的量相等，由于N2、O2均为双原子分子，故所含原子数相等，选项B正确；‎ C、由于N2、O2的比例不固定，故气体的质量不一定相等，选项C错误；‎ D、当N2、O2物质的量相等时，摩尔质量相等，其余情况摩尔质量不相等，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎13.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 60g丙醇中存在的共价键总数为10NA B. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA C. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA D. 235g核素U发生裂变反应：，净产生的中子（n）数为10NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．60g丙醇的物质的量是1mol，丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH，所以分子中存在的共价键总数为11NA，A错误；B．根据物料守恒可知1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA，B错误；C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，氧化钠或过氧化钠，23g钠的物质的量是23g÷23g/mol＝1mol。钠不论是转化为氧化钠，还是过氧化钠，均失去1个电子，所以钠充分燃烧时转移电子数为1NA，C正确；D．235g核素U的物质的量＝235g÷235g/mol＝1mol，根据发生的裂变反应可知净产生的中子（n）数为9NA，D错误，答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及丙醇分子中共价键判断、溶液中物料守恒应用、氧化还原反应中电子转移计算以及核裂变反应等 ‎14.下列说法正确是(　　)‎ A. 1 mol NaOH固体溶于1 L水中，所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L B. 40 g NaOH固体溶于100 g水中，所得溶液中溶质的质量分数为40%‎ C. 标准状况下，22.4 L HCl气体溶于水中配成1 L溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L D. 1 L物质的量浓度相同的溶液，所含溶质的质量一定相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1 mol NaOH固体溶于1 L水中之后形成的溶液体积未知，无法计算物质的量浓度，故A错误；‎ B.溶质质量分数==，故B错误；‎ C.22.4 L HCl气体的物质的量为1mol，物质的量浓度，故C正确；‎ D.由n=cV可知，1 L物质的量浓度相同的溶液所含溶质的物质的量相同，但m=nM，物质的摩尔质量不同则质量不同，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎15.下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如下图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的是(　 )‎ A. 甲为小苏打，乙为纯碱 B. 要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球 C. 加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊 D. 整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A正确；‎ B．白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B正确；‎ C．碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以A烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C错误；‎ D．碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案。‎ ‎16.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2＋+2Cl－+Cl2↑+2H2O B. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋+3H2O =Al(OH)3↓+3H＋‎ C. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O =2Na＋+2OH－+O2↑‎ D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－= CaCO3↓+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓盐酸应改成离子形式，MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O，A错误；‎ B、明矾溶于水产生Al(OH)3胶体的离子方程式为：Al3＋+3H2O ⇌Al(OH)3（胶体）+3H＋，B错误；‎ C、Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2+2H2O =4Na＋+4OH－+O2↑，C错误；‎ D、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO3－+Ca2＋+OH－=CaCO3↓+H2O，D正确；‎ 答案选D ‎17. 硫酸铜水溶液呈酸性，属保护性无机杀菌剂，对人畜比较安全，其同石灰乳混合可得“波尔多”溶液。实验室里需用480 mL 0.10 mol/L的硫酸铜溶液，则应选用的容量瓶规格和称取溶质的质量分别为（ ）‎ A. 480 mL容量瓶，称取7.68 g硫酸铜 B. 480 mL容量瓶，称取12.0 g胆矾 C. 500 mL容量瓶，称取8.00 g硫酸铜 D. 500 mL容量瓶，称取12.5 g胆矾 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于容量瓶的规格中没有480 mL，只能选择略大于所需溶液体积规格的容量瓶(即500 mL容量瓶)，计算溶质的质量时按500‎ ‎ mL溶液计算，还要注意托盘天平的读数；保留一位小数。所以应选择500 mL容量瓶，称取8.0 g硫酸铜或12.5 g胆矾。‎ 二、非选择题（3小题，共49分）‎ ‎18.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”，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)写出B的化学式___________。‎ ‎(4)上述转化过程中属于化合反应的是________，属于分解反应的是________。‎ ‎【答案】 (1). 铜盐 (2). 碳酸盐 (3). 碱式盐 (4). Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑ (5). CuO (6). ① (7). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答； （2）反应②为碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳； （3）Cu（OH）2分解生成CuO； （4）依据化合反应概念和分解还原反应的概念判断．‎ ‎【详解】（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，含有铜元素，其分子式为[Cu2(OH)2CO3]，其阳离子不为氢离子，阴离子不全为氢氧根，故不是酸不是碱，可为铜盐，含有碳酸根离子，为碳酸盐，同时又含有氢氧根，也为碱式盐，故答案为：铜盐；碳酸盐；碱式盐； （2）碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑；‎ ‎（3）Cu(OH)2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故答案为：CuO； （4）在反应过程中：铜→①铜绿→②A→③Cu(OH)2→④B→⑤Cu；铜→①铜绿发生了化合反应； 铜绿→②是A跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，A为铜盐是复分解反应； A→③Cu(OH)2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应； Cu(OH)2‎ ‎→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应； B→⑤Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应； 故答案为：①；④．‎ ‎19.为分离废磷酸亚铁锂电池的正极材料(主要含LiFePO4和铝箔)中的金属,将正极材料粉碎后进行如下流程所示的转化：‎ 已知LiFePO4不溶于水和碱,能溶于强酸。‎ ‎（1）“碱溶”时的离子方程式为___。‎ ‎（2）向滤液Ⅰ中通入过量CO2会析出Al(OH)3沉淀,写出该反应离子方程式：____。‎ ‎（3）“酸浸”时溶液中Fe2+发生反应的离子方程式为_____。‎ ‎（4）检验“沉铁”后所得溶液中是否存在Fe3+的方法是____。‎ ‎（5）以Fe(OH)3为原料可以制取FeSO4晶体,还需的试剂有____。‎ ‎（6）“沉锂”时，检验Li+是否沉淀完全的方法是____。‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ (2). AlO2-+2H2O+CO2Al(OH)3↓+HCO3- (3). 2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O (4). 取少量沉铁后所得上层溶液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则存在Fe3+，若溶液不变红，则不存在Fe3+ (5). 硫酸、铁粉 (6). 静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则Li+沉淀完全 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废磷酸亚铁锂电池的正极材料(主要含LiFePO4和铝箔)，加入NaOH溶液，铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，所以滤液Ⅰ为NaAlO2，LiFePO4不溶于水和碱，所以滤渣Ⅰ为LiFePO4，LiFePO4能溶于强酸，加入H2SO4、H2O2，其中的Fe2+被氧化为Fe3+，加入NaOH溶液，生成Fe(OH)3沉淀，再加入Na2CO3溶液，Li+转化为Li2CO3沉淀，据此答题。‎ ‎【详解】（1）“碱溶”时，正极材料粉末中的铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。‎ ‎（2）滤液Ⅰ为NaAlO2溶液，通入过量CO2会生成Al(OH)3沉淀，反应的化学方程式为：AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-。‎ ‎（3）“酸浸”时溶液中的Fe2+在酸性条件下被H2O2氧化为Fe3+‎ ‎，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。‎ ‎（4）检验“沉铁”后所得溶液中是否存在Fe3+的方法是取少量沉铁后所得上层溶液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则存在Fe3+，若溶液不变红，则不存在Fe3+，故答案为取少量沉铁后所得上层溶液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则存在Fe3+，若溶液不变红，则不存在Fe3+。‎ ‎（5）先将Fe(OH)3与H2SO4反应生成硫酸铁，硫酸铁与铁粉反应生成硫酸亚铁，故答案为硫酸、铁粉。‎ ‎（6）“沉锂”时，检验Li+是否沉淀完全的方法是静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则Li+沉淀完全，故答案为静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则Li+沉淀完全。‎ ‎20.某中学化学兴趣小组想制取饱和氯水，并进行氯水的性质实验。他们使用如图装置制取较多量的饱和氯水，请回答：‎ ‎(1)写出仪器的名称：A_________。‎ ‎(2)写出丙、丁装置中发生反应的离子方程式：丙_________，丁_______。‎ ‎(3)有同学提出如下改进建议：‎ ‎①在乙和丙之间增加上图中的a装置，你认为有无必要___ (填“有”或“无”)。‎ ‎②在丙的长导管下口处，接上图中的b装置，可以提高氯气的吸收效果。原因是_______。‎ ‎(4)用制得的氯水分别进行下列实验：①滴入碳酸钠溶液中，有气体生成，说明氯水中发生反应的粒子是____；②滴入AgNO3溶液中，发生反应的离子方程式是_____。‎ ‎(5)用滴管将制得的饱和氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中。当滴到最后一滴时红色突然退去。产生上述现象的原因可能有两种(简要文字说明)：①是由于____________；②是由于________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO (3). Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O (4). 无 (5). 可增大Cl2与水的接触面积 (6). H＋ (7). Ag＋＋Cl－ =AgCl↓ (8). 盐酸中和了氢氧化钠 (9). 次氯酸将酚酞氧化了 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲装置为发生装置，实验室常用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，方程式为：，由于浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中混有HCl气体，装置乙中的饱和食盐水可将将其除去，丙中氯气与水反应，丁装置对尾气进行处理，据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)根据其构造可知其为分液漏斗；‎ ‎(2)丙中为氯气和水的反应，生成盐酸和次氯酸，方程式为：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO；丁装置为除杂装置，吸收未反应的氯气，离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；‎ ‎(3) ①因氯气中含水对制备氯水无影响，所以在装置乙和丙之间增加装置戊[图（a）]无必要，故答案为：无； ②因多孔球泡的表面积大，能加快氯气溶解的速率，故答案为：可增大Cl2与水的接触面积；‎ ‎(4)生成的气体为二氧化碳，碳酸根与过量氢离子反应可生成二氧化碳和水；氯水中含有氯离子，氯离子可以和银离子生成沉淀，离子方程式为：Ag＋＋Cl－=AgCl↓；故答案为：H＋； Ag＋＋Cl－=AgCl↓‎ ‎(5) 氢氧化钠酚酞溶液呈红色，向其中加入新制氯水，新制的氯水含有盐酸和次氯酸，红色褪去，原因可能为：①酚酞被强氧化剂HClO氧化而破坏；②NaOH被氯水中的酸性物质中和，故答案为：盐酸中和了氢氧化钠；次氯酸将酚酞氧化了；‎ ‎【点睛】本题为实验题，考查了氯水的制备及性质检验，熟悉氯气制备原理，明确碱遇酚酞变红及氯水的成分、各成分的性质是解答本题的关键。‎ ‎ ‎