福建省长汀连城一中等六校2020届高三上学期期中联考化学试题 20页

‎“长汀、连城、上杭、武平、永定、漳平”六县（市/区）一中联考2019—2020学年第一学期半期考高三化学试题 可能要用到的相对原子质量: H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Sn 119 ‎ 第Ⅰ卷（选择题，共48分）‎ 一、选择题（本题共16小题,每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.在北京新机场这座宏伟的“超级工程”建设中化学材料发挥了巨大作用。下列属于无机材料的是 A. 高韧薄层沥青罩面 B. 高强度耐腐蚀钢筋 C. 隔震橡胶垫 D. 超高分子量聚乙烯纤维 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、沥青是一种防水防潮和防腐的有机胶凝材料，故A错误；‎ B项、钢筋是铁合金，属于无机材料，故B正确；‎ C项、天然橡胶和合成橡胶是有机高分子材料，故C错误；‎ D项、聚乙烯纤维是合成有机高分子材料，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.下列有关物质的性质和应用对应关系正确的是 A. 苏打溶液呈弱碱性，可用作胃酸中和剂 B. 氧化铝熔点高，常用于耐高温材料 C. SO2有漂白、杀菌性能，可食品加工中大量使用 D. 晶体硅熔点高、硬度大，是制造太阳能电池和计算机芯片的主要材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、苏打主要成分是碳酸钠，碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠溶液，对胃黏膜有破坏作用，不适合作胃酸中和剂，故A错误；‎ B项、氧化铝熔点较高，可用作高温耐火材料，故B正确；‎ C项、二氧化硫具有漂白和杀菌性能，但有毒，不能在食品加工业中大量使用，故C错误；‎ D项、晶体硅是半导体材料，广泛用于制造太阳能电池和计算机芯片，与熔点高、硬度大无关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】苏打的主要成分是碳酸钠，小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠溶液，对胃黏膜有破坏作用，不适合作胃酸中和剂，小苏打能够与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 漂白粉属于混合物，液氯属于纯净物 B. 实验室用加热氯化铵固体制取氨气 C. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物 D. 煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，液氯是液态的氯气，属于纯净物，故A正确；‎ B项、实验室用加热氯化铵和消石灰固体混合物的方法制取氨气，加热氯化铵固不能制取氨气，故B错误；‎ C项、过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，属于过氧化物，不属于碱性氧化物，故C错误；‎ D项、煤的气化与液化、煤的干馏都有新物质生成，属于化学变化，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钠与酸反应还有氧气生成，不属于碱性氧化物是解答易错点。‎ ‎4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中一定正确的是 A. 在1 mol NaHSO4晶体中，含阳离子数2NA B. 3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去9NA个电子 C. 常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA D. 1L 1mol/L的NaClO 溶液中含有ClO－的数目为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子组成的离子化合物，1mol硫酸氢钠晶体中含阳离子数为NA，故A错误；‎ B项、3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子，故B错误；‎ C项、氮气和一氧化碳是相对分子质量都为28的双原子分子，14g氮气和一氧化碳组成的混合气体的物质的量为0.5mol，含有的原子数目为NA，故C正确；‎ D项、次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根在溶液中水解，1L 1mol/L的NaClO 溶液中含有ClO－的数目小于NA，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子组成的离子化合物，在水溶液中能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，1mol硫酸氢钠晶体中含阳离子数为NA，含1mol硫酸氢钠的溶液中含阳离子数为2NA，要注意区别这两种情况。‎ ‎5.下列反应对应的离子方程式书写正确的是 A. 饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓‎ B. KIO3与KI 在酸性溶液中反应：5I－＋IO3-＋3H2O=3I2＋6OH－‎ C. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO D. 澄清石灰水与醋酸溶液混合：Ca(OH)2＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳能析出碳酸氢钠晶体，离子方程式为2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，故A正确；‎ B项、酸性溶液中不可能存在大量的氢氧根离子，故B错误；‎ C项、二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有氧化性，二氧化硫与次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不是发生复分解反应，故C错误；‎ D项、澄清石灰水是氢氧化钙的饱和溶液，氢氧化钙是强碱，在溶液中完全电离，书写离子方程式时不能用化学式表示，应拆写，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】澄清石灰水是氢氧化钙的饱和溶液，氢氧化钙是强碱，在溶液中完全电离，书写离子方程式时不能用化学式表示，应拆写，石灰乳是氢氧化钙悬浊液，书写离子方程式时用化学式表示，不能拆写。‎ ‎6. 中科院化学所研制的晶体材料——纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途其生产过程的部分流程如下图所示（ ）‎ FeCl3·6H2OFeOOH纳米四氧化三铁 下列有关叙述不合理的是 A. 纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径相当 B. 纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病 C. 在反应①中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解 D. 反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A纳米四氧化三铁可分散在水中，得到的分散系与胶体相似，它比FeCl3溶液的分散质直径要大。错误，A符合题意。B.由题意可知纳米四氧化三铁在核磁共振造影有广泛用途说明纳米四氧化三铁具有磁性，因此可作为药物载体用于治疗疾病,B正确但不符合题意;C.FeCl3·6H2O初步水解产生FeOOH，而加入环丙胺后即发生了上述转化说明了环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解,C正确但不符合题意。D．根据已知条件及质量守恒定律可得反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2。D.正确但不符合题意，选A。‎ 考点：考查纳米四氧化三铁的结构、性质及应用的知识。‎ ‎7.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. 无色透明溶液中：Na+、NH4+、NO3-、MnO4－‎ B. 在酸性溶液：K＋、S2-、SO42-、NO3-‎ C. pH＞7的溶液中：Na＋、K＋、SO42-、ClO－‎ D. 水电离产生的c(H+)＝10-13mol・L-1的溶液中:K+、Ca2+、NO3-、HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、高锰酸根在溶液中的颜色为紫色，无色透明溶液中不可能存在高锰酸根，故A错误；‎ B项、NO3-离子在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化S2-，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C项、pH＞7的溶液中，Na＋、K＋、SO42-、ClO－之间不发生任何反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D项、水电离产生的c(H+)＝10-13mol・L-1的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，HCO3-即能与酸反应，也能与碱反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.“三效催化转化器”可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图(末配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是 A. 该反应属于氧化还原反应 B. 配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2‎ C. 甲和丙中同种元素化合价不可能相同 D. 丁物质一定是非金属单质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答。‎ ‎【详解】A.该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生了变化，所以反应为氧化还原反应，A正确；‎ B.配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，B正确；‎ C.一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，C错误；‎ D.丁物质为氮气，由于只含有N元素一种元素，所以属于非金属单质，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题主要考查了元素种类、元素的化合价、物质的分类方法等方面的内容，根据图示，结合CO2分子是直线型分子及原子半径大小关系，写出方程式即可解答，本题难度不大。‎ ‎9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是 A. 饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)‎ B. Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)‎ C. FeS2SO3H2SO4‎ D. Fe2O3FeCl3(aq)Fe ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，析出的碳酸氢钠固体受热分解能生成碳酸钠、二氧化碳和水，故A正确；‎ B项、钠与氯化铜溶液反应时，先与水反应置换出氢气，不能与氯化铜溶液发生置换反应生成铜，故B错误；‎ C项、二硫化铁煅烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故C错误；‎ D项、氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能生成铁，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎10. 下列实验操作或检验正确的是 A. 收集氯气 B. 转移溶液 C. 模拟工业制备并检验氨气 D. 用海水制少量蒸馏水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、收集氯气时，氯气的密度大于空气密度，应该采取长进短出方法，A错误；B、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液应该使用玻璃棒引流，不能直接导入容量瓶，避免液体流到容量瓶外壁，B错误；C、检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸，C错误；D、可以利用水与盐的沸点差别较大，利用题中蒸馏装置制取少量的蒸馏水，D正确，答案选D。‎ 考点：本题考查了气体的收集方法选择、实验室制取蒸馏水装置判断、配制一定物质的量浓度的溶液方法 ‎11.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是 A. Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2==2FeCl3+4FeI3‎ B. 每1 mol Co2O3在酸性溶液中被氧化生成Co2+时转移2 mol e-‎ C. FeCl3溶液能使淀粉—KI试纸变蓝 D. I2是ⅦA族元素单质，具有较强的氧化性，可以将Co2+氧化成Co2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项，根据氧化还原反应中“先强后弱”规律分析；‎ B项，Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+；‎ C项，根据氧化还原反应中“强制弱”规律分析；‎ D项，根据氧化还原反应中“强制弱”规律分析。‎ ‎【详解】Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，则Co2+、Cl-、Fe2+、I-的还原性依次增强。‎ A项，由于I-的还原性强于Fe2+，Cl2先与I-反应，后与Fe2+反应，Cl2通入FeI2溶液中不存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI2，A项错误；‎ B项，Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，每1molCo2O3在酸性溶液中被还原成Co2+转移2mol电子，B项错误；‎ C项，FeCl3的氧化性强于I2，FeCl3与KI发生反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，I2遇淀粉变蓝色，C项正确；‎ D项，Co2O3的氧化性强于I2，反应Co2O3+2I-+6H+=2Co2++I2+3H2O能发生，I2不能将Co2+氧化成Co2O3，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2－、SiO32－、SO32－、CO32－、SO42－中的若干种离子，某同学对该溶液进行了如下实验：‎ 下列判断错误的是 A. 气体甲可能是混合物 B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物 C. 白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝 D. K＋、AlO2－和SiO32－一定存在于溶液X中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】向混合溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，可能是CO2或者是SO2，或者均有，则溶液中不存在Mg2＋和Al3＋，因为会与SO32－、CO32－发生反应而不能大量共存。有沉淀甲生成，在溶液中含有SiO32－，生成硅酸沉淀。加入过量的氨水，生成沉淀，则只有AlO2－与过量的盐酸，生成的Al3+，与氨水反应生成氢氧化铝，由于电荷守恒，一定存在K＋。‎ A.气体甲可能为CO2或者SO2，也可能两个气体成分都有，A项正确，不符合题意；‎ B.沉淀甲只有硅酸，SiO32－与Mg2＋不能大量共存，B项错误，符合题意；‎ C. AlO2－在过量的盐酸作用下生成Al3+，Al3++3NH3·H2O =Al(OH)3 ↓+ 3NH4+，C项正确，不符合题意；‎ D.根据分析，D项正确，不符合题意；‎ 本题答案选B。‎ ‎13.南海是一个巨大的资源宝库，开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程，有关说法不正确的是 A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法 B. 氯碱工业中采用阳离子交换膜可提高产品的纯度 C. 由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干 D. 溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、④、⑤中均被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故A正确；‎ B项、电解饱和食盐水生成的氯气能与氢气和氢氧化钠溶液反应，氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应，从而提高了产品的纯度，故B正确；‎ C项、氯化镁在溶液中会发生水解，由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干，防止氯化镁发生水解，故C正确；‎ D项、反应④是溴与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，溴元素被还原，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应影响产品纯度是解答关键，也是易错点。‎ ‎14.下列有关实验原理或操作正确的是 A. 用广泛pH试纸测得0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液的pH=5.2‎ B. 选择合适的试剂，用图1装置可分别制取和收集少量CO2、NO C. 除去石英（主要成分SiO2）中少量碳酸钙：用稀盐酸溶解后用图2装置过滤 D. 洗涤沉淀时（见图2），向漏斗中加适量水，搅拌并滤干 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、广泛pH试纸测得溶液的pH值只能为整数，不能精确到5.2，故A错误；‎ B项、一氧化氮能与空气中氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，故B错误；‎ C项、二氧化硅不能与盐酸反应，碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，则用稀盐酸溶解后，过滤能除去石英中少量碳酸钙，故C正确；‎ D项、洗涤沉淀时，应向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2-3次，不能搅拌，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】能与空气中氧气反应和密度与空气密度接近的气体不能用排空气法收集是解答易错点。‎ ‎15.下列实验方案能达到实验目的的是 ‎ 选项 实验目的 实验方案 A 鉴别NO2、溴蒸气 用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝则该气体为溴蒸气 B 验证I－还原性强于Cl－‎ 向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色 C 检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质 将Fe(NO3)2‎ 样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变成红色 D 检验SO2的漂白性 将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，观察溶液否褪色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、溴蒸气和二氧化氮均为红棕色气体，均能氧化KI，则湿润的淀粉碘化钾试纸插入气体中，试纸变蓝，不能确定气体为二氧化氮还是溴蒸气，故A错误；‎ B项、向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色说明氯气与碘化钠溶液发生置换反应生成氯化钠和单质碘，由还原剂的还原性强于还原产物可知，碘离子的还原性强于氯离子，故B正确；‎ C项、将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，NO3-离子在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+，不能检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质，故C错误；‎ D项、二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，在该反应中，二氧化硫没有表现漂白性，只有其使有机色质褪色时才表现漂白性，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸实际上是在酸性溶液中，硝酸根离子将亚铁离子氧化为三价铁离子是解答的易错点。‎ ‎16.重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3、SiO2等)制备，制备流程如图所示：‎ 已知：‎ Ⅰ.步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2。‎ Ⅱ.2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O 下列说法正确的是( )‎ A. 步骤①熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行 B. 步骤①中每生成44.8 L CO2共转移7 mol电子 C. 步骤④若调节滤液2的pH，使之变小，则有利于生成Cr2O72-‎ D. 步骤⑤生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7的溶解度大于Na2Cr2O7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3、SiO2等，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价。步骤①中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K 2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K 2Cr2O7，溶解度小的析出，以此来解答。‎ ‎【详解】A.由上述分析可知，步骤①熔融、氧化不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故A错误；‎ B. 由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，每生成2molCO2转移7mol电子，但没指明标况，故无法计算CO2的物质的量，故B错误；‎ C. 步骤④若调节滤液2的pH，发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，pH变小，平衡正向移动，则有利于生成Cr2O72-，故C正确；‎ D. 向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，说明步骤⑤发生Na 2Cr2O7+2KCl= K 2Cr2O7↓+2NaCl，说明该温度下K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】题考查物质的制备实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。‎ 第Ⅱ卷 ( 非选择题 共52分)‎ 二、非选择题（本题共4小题）‎ ‎17.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去)：‎ ‎(1)写出B的电子式________。‎ ‎(2)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出A和B水溶液反应的离子方程式________。‎ ‎(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。‎ ‎(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是__________。‎ ‎(5)若A是一种氮肥, A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为_________。‎ ‎(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32- 、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). SiO2+2OH-====SiO32-+H2O (3). NaHCO3、Na2CO3 (4). 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 (5). 3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl (6). c(H＋)∶c(Al3＋)∶c(NH4+)∶c(SO42-)＝1∶1∶2∶3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。‎ ‎【详解】（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为，故答案为：；‎ ‎（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；‎ ‎（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；‎ ‎（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为：先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；‎ ‎（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4‎ Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；‎ ‎（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积与Al3++3OH-=Al(OH)3↓铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1：3，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3，故答案为：c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3。‎ ‎【点睛】根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。‎ ‎18.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：①SnCl2、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 ‎246‎ ‎652‎ SnCl4‎ 无色液体 ‎－33‎ ‎114‎ ‎②SnCl4遇水极易水解生成SnO2·xH2O。‎ 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：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，再用0.1000 mol·L—1 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_______________。‎ ‎【答案】 (1). 使分液漏斗内的液体顺利流下 (2). 2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). 黄绿色气体时 (4). 使SnC14气化，利于从混合物中分离出来 (5). SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl (6). 232℃~652℃ (7). 85%‎ ‎【解析】‎ ‎【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，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。‎ ‎【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SnO2·xH2O和氯化氢，反应的化学方程式为SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl，故答案为：SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl；‎ ‎（4）若改为油浴加热来控制温度达到使四氯化锡气化，而二氯化锡不气化的目的，应控制温度范围在232℃~652℃，故答案为：232℃~652℃；‎ ‎（5）K2Cr2O7标准溶液与氯化亚铁溶液反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，由题给二氯化锡与氯化铁反应的化学方程式可得如下转化关系：3SnCl2～6FeCl3～6FeCl2～K2Cr2O7，反应中消耗K2Cr2O7的物质的量为0.1000 mol·L—1×0.02000L=2.000×10—3mol，则二氯化锡的含量为×100%=15%，则四氯化锡的纯度为1—15%=85%，故答案为：85%。‎ ‎【点睛】金属锡易与氯气、氧气反应，SnCl4极易水解，制备实验应在无氧和无水环境下进行进行，则利用反应生成的氯气排尽空气，在制备四氯化锡的装置前后都应有除水装置是设计实验的关键，也是解答关键。‎ ‎19.某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。供选试剂:30%H2O2溶液、0.1 mol/L H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体 ‎(1)小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下(请补充完整甲组实验仪器的名称。)‎ 操 作 现 象 甲 向Ⅰ的锥形瓶中加入MnO2，向Ⅰ的________中加入30%的H2O2溶液,连接Ⅰ、Ⅲ,打开活塞 Ⅰ中产生无色气体并伴随大量的白雾;Ⅲ中有气泡冒出,溶液迅速变蓝 乙 向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯 Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝 丙 向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol/LH2SO4‎ Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝 溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯 ‎(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是__________________。‎ ‎(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是____________。为进一步探究该条件对反应速率的影响,可采取的实验措施是____________。‎ ‎(4)由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。学生将I中产生的气体直接通入下列_____________(填字母）溶液，证明了白雾中含有H2O2。‎ A.酸性 KMnO4 B. FeCl2 C. Na2S D.品红 ‎(5)资料显示：KI溶液在空气中久置会被缓慢氧化:4KI+O2 +2H2O=2I2 +4KOH。该小组同学取20ml久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O造成的。请设计实验证明他们的猜想是否正确:___。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). O2+4I-+4H+=2I2+2H2O (3). 酸性环境 (4). 使用不同浓度的稀硫酸做对比实验 (5). AD (6). 在上述未变蓝的溶液中滴入0.1 mol/L H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给信息可知，甲实验利用二氧化锰做催化剂，在不加热的条件下制备氧气，Ⅰ中产生无色气体和大量的白雾能使KI溶液被氧化生成碘单质；乙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧气，Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝说明氧气不能使KI溶液被氧化；丙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧气，Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝说明酸性条件下使KI溶液被氧化生成碘单质。‎ ‎【详解】（1）由实验装置图可知，应向装置Ⅰ的分液漏斗中加入30%的H2O2溶液，故答案为：分液漏斗；‎ ‎(2)丙实验中O2与KI溶液在酸性条件下发生氧化还原反应生成单质碘，反应的离子方程式是O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；‎ ‎(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是酸性环境，可以使用不同浓度的稀硫酸做对比实验探究酸性条件对反应速率的影响，故答案为：酸性环境；使用不同浓度的稀硫酸做对比实验；‎ ‎（4）A、双氧水具有还原性，高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故正确；‎ B、氧气和双氧水都能够氧化亚铁离子，溶液颜色变化无法证明混合气体中含有双氧水，故错误；‎ C、双氧水和氧气都能够氧化硫化钠，有沉淀生成无法证明混合气体中是否含有双氧水，故错误；‎ D、双氧水具有氧化性，能使品红溶液漂白褪色，氧气不能使品红溶液漂白褪色，如果品红溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故正确；‎ AD正确，故答案为：AD；‎ ‎（5）酸性条件下，碘离子和碘酸根离子发生氧化还原反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则要设计实验验证他们的猜想是否正确，可以向未变蓝的溶液中滴入稀硫酸，使溶液呈酸性，观察溶液是否变蓝，若变蓝则可证明发生了归中反应生成了碘，猜想正确；若不变蓝，则不能发生归中反应，则猜想不正确。故答案为：在上述未变蓝的溶液中滴入0.1 mol/L H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误。‎ ‎【点睛】由甲、乙、丙实验得到双氧水能使KI溶液被氧化生成碘单质，氧气在中性条件下不能使KI溶液被氧化生成碘单质，酸性条件下能使KI溶液被氧化生成碘单质是解答关键。‎ ‎20.工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：‎ ‎（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++ SO42-+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。写出ⅱ的离子方程式：_____________。‎ ⅰ：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O ⅱ：……‎ ‎（2）过滤I所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为_____________（填离子符号）。‎ ‎（3）写出氧化过程中MnO2与SO2反应的化学方程式：_________________。‎ ‎（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是_________；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是___________________。‎ ‎（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：___________________。‎ ‎（6）生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是____________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+ +SO42-+4H+ (2). Mn2+、Fe2+ (3). MnO2+SO2=MnSO4 (4). 90℃ (5). 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率 (6). Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O (7). 取1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)反应ⅱ是溶液中的Fe3+氧化SO2生成硫酸，本身还原为Fe2+，发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O =2Fe2++SO42-+4H+；‎ ‎(2)浸锰操作时MnO2被SO2还原为Mn2+，则过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+、Fe2+ ；‎ ‎(3)氧化过程中MnO2被还原为Mn2+，SO2被氧化为SO42-，发生反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4；‎ ‎(4)由图示可知温度在90℃左右时，锰的浸出率最高，此时MnS2O6的生成率最低，则“浸锰”的适宜温度是90℃；因NH4HCO3稳定性差，受热易分解，向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；‎ ‎(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，此气体应为CO2，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎(6)生成的MnCO3沉淀表面附着液中含有SO42-，则检验洗涤是否完全的方法是取1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净。‎ ‎ ‎