1、河北省衡水中学2020届高三化学上学期二调考试试题（含解析）本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。共8页，满分100分，考试时间110分钟。可能用到的相对原子质量： 第卷(选择题 共40分)一、选择题(每小题1分，共20分。从每小题给出的四个选项中，选出最佳选项，并在答题纸上将该项涂黑)1.新修本草是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃烧之赤色”据此推测，“青矾”的主要成分为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A.为蓝色晶体，受热失去结晶水变成白色，故A不符合题意；B.为绿色晶体，+2价铁离子不稳
2、定，易被氧化成+3价铁离子，即在空气中灼烧后生成赤色的三氧化二铁，故B符合题意； C.为无色晶体，加热失去结晶水后，变成白色粉末，故C不符合题意； D.为黄色晶体，加热后失去结晶水，变成硫酸铁粉末，故D不符合题意；故选B。【点睛】根据不同晶体的颜色判断是解答关键。2.下列说法不正确的是( )A. 百炼成钢涉及了化学变化，滴水穿石是物理变化B. 钠钾合金为液态，可用作原子反应堆的导热剂C. 碳酸钠可用于制玻璃、制肥皂、制烧碱、造纸、纺织D. 陶者“陶尽门前土，屋上元片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”由黏土烧制陶器的过程中发生了化学变化【答案】A【解析】【详解】A.钢是铁合金，是用铁矿石炼成的，属于
3、化学变化，滴水穿石是因为滴水中的酸性物质使碳酸盐发生反应，属于化学变化，故A错误；B.钠钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂，故B正确；C.碳酸钠和二氧化硅反应可用于制玻璃，碳酸钠水解显碱性制肥皂，还可以制烧碱、造纸、纺织，故C正确；D.黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质发生了化学变化，故D正确；故选A。3.化学与生活、社会、科技关系密切。下列解释正确的是 A. 夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时和合成了NOB. 加碘盐中添加的是C. “碳海绵”吸收泄漏的原油时发生了化学变化D. 二氧化硫有毒，不能作为食品添加剂【答案】B【解析】【详解】A.雷雨过后空气中的氧气，有些变成
4、了臭氧，且空气中固体颗粒随雨水落下，感觉到空气清新，故A错误；B.加碘盐中添加的是，故B正确；C.碳海绵可用于处理海上原油泄露事件，处理时先用它吸收浮在水面上的原油，再通过挤压，将碳海绵内的原油进行回收，此过程无新物质生成，发生物理变化，故C错误；D.二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作某些食品防腐剂，如葡萄酒，但不能超量，故D错误。故选B。4.下列物质的分类不正确的是( )A. 水、双氧水和干冰都属于氧化物B. 都属于酸C. 、和都属于盐D. 烧碱、碱式碳酸铜、熟石灰都属于碱【答案】D【解析】【详解】A.氧化物是由两
5、种元素组成，其中一种是氧元素，所以水、双氧水和干冰都属于氧化物，故A正确；B.酸是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物， 都属于酸，故B正确；C.盐是由金属离子（铵根离子）和酸根离子形成的化合物，属于 、和都属于盐，故C正确； D.碱式碳酸铜属于碱式盐，故D错误；故选D。5. 下列关于钙、钾、铜的冶炼方法正确的是（ ）。A. 电解法、热分解法、热还原法B. 电解法、电解法、热还原法C. 热还原法、热分解法、热还原法D. 电解法、电解法、热分解法【答案】B【解析】【详解】钙、钾是特别活泼的金属，应该采用电解的方法冶炼；铜是处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，应采用热还原方法来冶炼，故选B
6、。6.吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”。中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内活性氧，Na2SeO3的作用是()A. 还原剂B. 氧化剂C. 既是氧化剂又是还原剂D. 既不是氧化剂又不是还原剂【答案】A【解析】【详解】已知活性氧具有强氧化性，在反应中化合价降低，Na2SeO3可以清除人体内的活性氧，故Na2SeO3在反应中起还原作用，在反应中化合价升高，作还原剂。答案为A。7.在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuONH4Cl CuCuCl2N2H2O(未配平)。下列说法正确的是A. 反应中被氧化和
7、被还原的元素分别为Cu和NB. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为32C. 反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子D. 该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的【答案】B【解析】【分析】根据CuONH4Cl CuCuCl2N2H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO2NH4Cl = 3CuCuCl2N24H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2
8、+N2+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。8.利用如图所示装置，在仪器中分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验,能达到实验目的的是A. 浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥氯化氢气体B. 浓盐酸、二氧化锰、饱和食盐水，制取纯浄的
9、氯气C. 稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，检验溶液X中是否含有CO32D. 浓盐酸、碳酸钙、水玻璃，验证盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱【答案】A【解析】【详解】A、浓盐酸加入到浓硫酸中，因为浓硫酸具有吸水性，浓盐酸中溶剂水会减少，溶质HCl会挥发出来，同时温度升高，HCl的溶解度降低，也促进HCl的挥发，故A正确；B、浓盐酸、二氧化锰反应制备氯气需要加热，故B错误；C. CO32、HCO3都能与硫酸反应放出二氧化碳，故C错误；D、盐酸具有挥发性，中挥发出的氯化氢也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故D错误。答案选A。9.二氧化氯(，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂，除去中的可选用的试剂是( )A.
10、 水B. 碱石灰C. 浓硫酸D. 饱和食盐水【答案】C【解析】【详解】A.ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故A错误；B. 碱石灰干燥氨气，不能吸收氨气，故B错误；C.浓硫酸可以吸收氨气，且不与ClO2反应，故C正确；D.ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故D 错误；故选C 。【点睛】依据除杂原理，除去杂质不能增加新杂质进行分析是解答关键。10.将完全溶解在硫酸中，然后加入溶液，恰好使溶液中全部转化为，全部被还原为。则溶液的物质的量浓度为 A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】四氧化三铁的物质的量是，与稀硫酸反应溶液中亚铁离子的物质的量是，与重铬酸钾的反应中失去电子
11、。在反应中Cr元素的化合价从价降低到价得到3个电子，则根据电子得失守恒可知消耗重铬酸钾的物质的量是，则其浓度是；故答案为：B。11.下列说法正确的是( )A. 由反应，可知是碱性氧化物B. 通入品红溶液，溶液褪色的原理与通入溴水后褪色的原理相同C. 由反应，可知生成能降低的浓度D. 由常温下金属钠、铝可溶于NaOH溶液，可知金属镁也能溶于NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A.二氧化硅与HF反应的实质不是与H+作用，而是与F-作用生成SiF4气体，二氧化硅是酸性氧化物，故A错误；B.SO2通入品红溶液，体现二氧化硫的漂白性，SO2通入溴水中褪色是因为二氧化硫的还原性，溶液褪色的原理不相同，故
12、B错误；C.氢硫酸是弱酸，硫酸是强酸，酸性H2SBr2Fe3+，CCl4没有影响Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序，故D错误；故选D。22.四种短周期主族元素和W的原子序数依次增大，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，X和W的单质化合生成气体B，常温下的B溶液的，气体A和气体B相遇产生白烟，X与Z可按原子个数比11形成化合物C。下列说法正确的是( )A. 化合物C可能为离子化合物B. Z离子的半径比Y离子的大C. Y的非金属性很强，其单质非常活泼D. 氧化物的水化物的酸性：Y比W强【答案】A【解析】【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z和W,原子序数依次增大，X和W的
13、单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，则B为强酸性气体，为HCl，则X是H、W是Cl元素；气体A和气体B相遇产生白烟，白烟为氯化铵，则A是氨气；X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，所以Y是N元素；X与Z可按原子个数比1: 1形成化合物C，且Z原子序数大于N而小于Cl元素，则Z为O、F或Na元素，C可能是H2O2、HF或NaH。【详解】A.根据上述分析可知：化合物C可能是H2O2、HF或NaH。 HF是共价化合物而NaH是离子化合物 故A正确； B. 根据上述分析可知：Y为N元素、Z为O或F或Na元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而
14、减小，所以离子半径: YZ，故B错误； C. 根据上述分析可知：Y为N元素，Y的非金属性很强，但是因为氮气分子中存在氮氮三键导致其性质较稳定而不活泼，故C错误； D. 根据上述分析可知：W是Cl元素，Y为N元素，非金属性WY，则最高价氧化物的水合物酸性高氯酸大于硝酸，故D错误；故选 A。【点睛】根据元素周期律和物质的性质关系进行判断。头破口（1）X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，则B为强酸性气体；（2）根据气体A和气体B相遇产生白烟，白烟为氯化铵，则A是氨气，B是氯化氢；（3）A是氨气；X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同；（4）X与Z可
15、按原子个数比1: 1形成化合物C，且Z原子序数大于N而小于Cl元素；根据突破口找出元素和物质，再进行判断。23.用下列各实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A. 用图甲装置证明SO2与NaOH溶液发生了反应B. 用图乙装置检验某混合气体是否由SO2和CO2混合而成C. 用图丙装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色D. 用图丁装置干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢【答案】C【解析】【详解】A.二氧化硫易溶于水，加入氢氧化钠溶液后，烧杯中导管内液面上升，说明锥形瓶中压强减小，并不能说明发生了反应，故A错误；B. SO2和CO2都可以与石灰水反应使之变浑浊，若二氧化硫反应完了，就无法使
16、品红褪色，故B错误；C.铁作阳极发生氧化反应生成亚铁离子，与溶液中氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，上层煤油隔绝了空气，防止Fe(OH)2被氧化，故C正确；D.干燥管在使用时气体应该从大口进入，且不能用碱石灰作干燥剂，故D错误；故选C。24.某化学反应可表示为a+bc+d+H2O(未配平，条件略去)。下列叙述中正确的是()A. 若b为浓硝酸，则c，d不可能同时为气体B. 若a为Cl2，则c，d一定为漂白粉成分C. 若a为H+，则c，d可能为沉淀和气体D. 若反应后为蓝色溶液，该反应需加热才可以发生【答案】C【解析】【详解】A若b为浓硝酸，a为C，发生氧化还原反应可中二氧化碳、二氧化氮气体，故A
17、错误； B若a为Cl2，b为NaOH，可用于制备84消毒液，故B错误； C若a为H+，b为硫代硫酸钠，可生成硫和二氧化硫气体，则c，d可能为沉淀和气体，故C正确； D若反应后为蓝色溶液，可能为铜和浓硝酸的反应，该反应不用加热，故D错误； 故选C。【点睛】本题综合考查无机物的推断，全面考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，为高频考点，注意相关基础知识的积累，牢固把握元素化合物知识为解答该题的关键。25.如图是某元素的价类二维图。其中A是一种酸式盐，E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，当x为一种强酸时，有如下转化关系。下列说法不正确的是( )A. 物质A、B、C、D、E、F中均含有硫
18、元素B. 物质D可以使石蕊溶液先变红后褪色C. 物质C可在纯氧中燃烧，火焰呈蓝紫色D. 物质F的浓溶液可以用铁制容器盛放【答案】B【解析】【分析】由 E的相对分子质量比D的相对分子质量大16 ，说明E中比D中多一个氧原子，结合图中给出的信息，可推知E为SO3 ，D为SO2，该元素为硫元素，F为 H2SO4，C为S，A是一种酸式盐，则A为NaHS ，B为H2S。【详解】A.根据以上分析可知，物质A、B、C、D、E、F中均含有硫元素，故A符合题意； B.物质D为SO2，溶于水生成亚硫酸，能使石蕊溶液变红，不能使溶液褪色，故B不符合题意； C.物质C为硫单质，可在纯氧中燃烧 ，火焰呈蓝紫色，故C符合
19、题意； D.物质F为H2SO4 ，浓硫酸在常温下会和铁发生钝化反应，因此可以用铁制容器盛放，故D符合题意； 故选 B。【点睛】E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，E中比D中多一个氧原子，结合图像和F为一种强酸推出，D、E、F均含有硫元素是解答突破口。26.某黑色粉末可能是Fe3O4或Fe3O4与FeO的混合物，为进一步确认该黑色粉末的成分，下列实验方案不可行的是()A. 准确称量一定质量的黑色粉末，用H2充分还原，并用干燥剂收集所得水，获得水的准确质量，进行计算B. 准确称量一定质量的黑色粉末，溶解于足量盐酸，加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变，称量所得粉末质量，进行计算C. 准确称量
20、一定质量的黑色粉末，用CO充分还原，在CO气流中冷却后准确称量剩余固体的质量，计算D. 准确称量一定质量的黑色粉末，与一定量铝粉混合后点燃，充分反应后冷却，准确称量剩余固体质量，进行计算【答案】D【解析】A根据水的质量可以计算得到氧元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到铁元素的质量，进而确定化学式；B灼烧至质量不变所得粉末是氧化铁，依据氧化铁的质量可以计算得到铁元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；C.剩余固体是铁，根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；D.反应前后都是固体，而且固体质量不变，不能计算确定该黑色粉末的成分。故选D。点睛：根据反应前后铁元素
21、(或氧元素)守恒，再根据黑色粉末的质量得到氧元素(或铁元素)的质量，进而确定化学式。27.下列叙述和均正确并有因果关系的是选项叙述叙述AKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检测SO42CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa(OH)2能制成澄清石灰水可配制2.0 molL1的Ca(OH)2溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.硝酸钾随温度升高溶解度增大的幅度比氯化钠随温度升高溶解度增大的幅度大，所以当温度降低时，硝酸钾的溶解度骤降，而氯化钠的溶解度变化不大，因此硝酸钾析出，氯化钠留在溶液中，
22、从而除去硝酸钾中的氯化钠，并非是硝酸钾的溶解度大的缘故，故A错误；B.硫酸钡难溶于酸，先加盐酸无沉淀产生，排除Ag+、CO32-、SO32-的干扰，再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，证明原溶液中存在SO42-，故B正确；C.因为氨气易溶于水，所以可用于设计喷泉实验，与氨气使酚酞溶液变红无因果关系，故C错误；D.氢氧化钙微溶于水，可配制澄清石灰水，但不能得到浓度为2.0mol/L的Ca（OH）2溶液，故D错误；故选B。28.化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是( )A. 做油条用的膨松剂不应含明矾B. 享有“镇国之宝”称谓的“司母戊鼎”属于青铜制品，青铜是含铜锡等的合金C. 汽车尾气中含有
23、的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D. 人们已开始试用和作新的自来水消毒剂【答案】C【解析】【详解】A.明矾含铝元素对人体有害，所以做油条用的膨松剂不应含明矾，故A正确；B.后母戊鼎”属于青铜制品，含铜锡等金属的合金，故B正确；C.汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下反应生成的，故C错误；D.和氧化性强，所以人们已开始试用和作新的自来水消毒剂，故D正确；故选C。29.取Cu、Cu2O和CuO固体混合物，将其分成两等份，一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g，另一份加入1000mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，收集到标准状况下NO气体4.48L，所用硝酸
24、的物质的量浓度为A. 3.2mol/LB. 1.6mol/LC. 0.9mol/LD. 无法判断【答案】B【解析】【详解】将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为：，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0.4mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为：，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=30.2mol，n(
25、Cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知nCu(NO3)2=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2nCu(NO3)2=0.2mol+20.7mol=1.6mol，所以该稀硝酸的浓度为：，本题选B。30.NiSO46H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣(主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如下，下列说法错误的是A. 溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4B. 除去Cu2+可采用FeSC. 流程中a-b的目的是富集NiSO4D. “操作I”为蒸发浓缩、冷却结晶【答案】A【
26、解析】【详解】A. 溶液中的Ni2+，在除去Cu2+和Fe2+后加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，所以溶解废渣时若用稀盐酸代替稀H2SO4对制备不会有影响，故A错误； B. CuS比FeS更难溶，向含有Cu2+溶液中加入FeS发生沉淀的转化生成CuS，故B正确；C. NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，所以流程中a-b的目的是富集NiSO4 ，故C正确；D.该晶体为结晶水合物，从溶液中得到该溶质晶体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确。故答案选A。第卷(非选择题 共60分)三、非选择题(请把答案写在
27、答题纸相应的位置上)31.科学工作者研发了一种的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如图所示：（1）过程得到Li3N的电子式为_。（2）过程生成W的化学反应方程式为_。（3）实验室制取氨气的化学反应方程式为_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】(1) 根据是离子化合物写电子式；（2）结合LiH与水的反应写和水反应的方程式；（3）根据实验室制取氨气反应原理书写反应方程式。【详解】(1) 是离子化合物，所以的电子式为，故答案为：；(2)由过程可知，反应物为和水，即和水反应生成氢氧化锂，放出氨气，其反应的化学方程式为：，故答案为：；(3)实验室用熟石灰和氯化铵反应制氨气，制取氨
28、气的化学反应方程式为:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O。32.取纯净固体用如下方法制备。(4)操作中反应的离子方程式为_。(5)操作中若用盐酸代替盐酸，再通入后，无白色沉淀产生。对此现象有如下两种猜想：猜想一：过大导致白色沉淀溶解。为验证此猜想，取75gCuCl2固体、盐酸及_配制溶液，再进行操作，观察是否有白色沉淀产生。猜想二：_。为验证此猜想，取少量白色沉淀加入饱和氯化钠溶液中，搅拌，观察白色沉淀是否溶解。【答案】 (1). (2). 49 (3). 过大导致白色沉淀溶解【解析】【分析】（1）操
29、作为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，根据铜离子具有氧化性，二氧化硫气体具有还原性完成氧化还原反应方程式； (2)根据氢原子守恒分析解答；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中搅拌, 若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。【详解】(1) 铜离子具有氧化性，二氧化硫气体具有还原性，操作为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入SO2气体，所以会发生氧化还原反应，其反应离子方程式为，故答案为：。 (2)设10mol/LH2SO4的体积为V mL，根据氢原子守恒：则0.20.1+V102=100.1解之得V=49ml；因为体系中存在平衡2Cl- (aq) + CuCl(s) CuCl32-
30、(aq)，如氯离子的浓度过大平衡正向移动，使 CuCl溶解。可以取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立故答案为：49；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。33.用浓盐酸与氯酸钾固体反应制氯气时，发现所得气体颜色偏深，经分析该气体主要含有和两种气体，某研究性学习小组拟用如图所示装置分离制得的混合气体，并测定两种气体的物质的量之比。.查阅资料：常温下二氧化氯为黄绿色气体，其熔点为，沸点为，能溶于水，不溶于浓硫酸、四氯化碳，有强氧化性，能与溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为。.制备与分离：(1)实
31、验加药品前应进行的实验操作是_。(2)装置C、E的作用分别是_、_。(3)F中与溶液反应的离子方程式为_。.测量与计算：反应结束后，测得B、C装置分别增重和，将D中的液体溶于水，配成溶液，取该溶液，调节试样的，加入足量的晶体，振荡后，静置片刻；加入指示剂X，用溶液滴定至终点，消耗溶液。(已知：，)(4)指示剂X为_溶液，滴定至终点时的现象是溶液由_色变为_色。(5)D装置收集到的的物质的量为_。.结论：(6)浓盐酸与氯酸钾固体反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 吸收混合气体中的 (3). 安全瓶防倒吸 (4). (5). 淀粉 (6). 蓝 (7). 无 (8
32、). (9). 【解析】【分析】实验目的有二个：分离Cl2和ClO2混合气体，测定Cl2和ClO2的物质的量之比。结合图中装置可知，实验时先检验装置的气密性，A中浓盐酸与氯酸钾反应，B中浓硫酸干燥，C可除去混合气体中的氯气，D冷凝分离出二氧化氯，E作为安全瓶防止F中溶液倒吸进入D中，F中NaOH溶液可吸收尾气；测定含量时结合2C1O2+8H+10I-=5I2+2Cl- +4H2O、2 Na2S2O3+I2= = Na2S4O6+2NaI 可知，存在ClO2 5Na2S2O3 。【详解】(1)制备气体的实验步骤通常是：连接仪器组成装置，检查装置气密性，加入试剂等等，故加药品前应检查装置气密性，故
33、答案为：检查装置的气密性；(2)根据相似相溶原理和题中信息，氯气易溶于四氯化碳，二氧化氯不溶于四氯化碳且较易液化，从而可实现它们的分离；装置C的作用是溶解吸收混合气体中的氯气，装置D可使二氧化氯冷凝成液体，装置E作为安全瓶能防止F中溶液倒吸至D中，故答案为：吸收混合气体中的；安全瓶防倒吸；(3) F中NaOH溶液能吸收氯气、二氧化氯，防止污染空气。因氧化还原反应中化合价升降数相等，所以C1O2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为NaC1O3，另一种只能是NaC1O2，其离子方程式为，故答案为：； (4)用Na2S2O3标准溶液滴定含I2溶液时，使用淀粉做指示剂，滴定终点时的现象
34、：滴加最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴加最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色； (5)由已知离子方程式得： 2C1O25I2 10Na2S2O3，则25. 00mL溶液中，n(C1O2)=n( Na2S2O3)=0.200mol/L25. 00 10-3L=1. 0010-3mol， 2. 5L溶液(装置D收集到的C1O2) 中 n(C1O2 )=0.100mol。故答案为：0.100mol；(6) 装置C增重14.2g为氯气，即n(Cl2)=0.200mol，故装置A中生成C1O2、Cl2的物质的量之比为1:2，反应的化学方程
35、式为3KC1O3+10HCl=2C1O2+4C12+3KC1 +5H2O， 故答案为：3KC1O3+10HCl=2C1O2+4C12+3KC1 +5H2O。34.用方铅矿精矿(主要为)和软锰矿(主要为，还有少量、等杂质)制备和的工艺流程如图：已知：。(1)80用盐酸处理两种矿石，为加快酸浸速率，还可采用的方法是_(任写一种)。(2)向酸浸液中加入饱和食盐水的目的是_；加入物质X可用于调节酸浸液的值，物质X可以是_(填字母)。A. B. C. D.(3)滤渣中含有两种金属杂质形成的化合物，其成分为_(写化学式)。(4)向滤液2中通入和发生反应，写出总反应的离子方程式：_。(5)用为原料可以获得金
36、属锰，合适的冶炼方法为_(填字母)。A.热还原法 B.电解法 C.热分解法【答案】 (1). 粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度 (2). 增大的溶解度 (3). AD (4). 、 (5). 6Mn2+12NH3+6H2O+O2=2Mn3O4+12NH4+ (6). A【解析】【分析】方铅矿精矿(主要成分PbS )和软锰矿(主要成分MnO2，含有Fe2O3、Al2O3等杂质)中加入稀盐酸并加热.至80C，发生反应有Fe2O3 + 6HCl = 2FeCl3 +3H2O、 Al2O3 + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2O，向酸浸溶液中加入NaCl溶液，调节溶液的pH，使铁离子和铝离子转化
37、为沉淀，要除去这两种离子需要加入碱性物质且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCl2晶体和滤液，向滤液中通入氨气、氧气，锰离子被氧化生成Mn3O4，将溶液过滤得到Mn3O4和滤液；金属的冶炼常根据金属的活泼性选择相应的方法，其中最活泼的金属用电解法，较活泼的金属用热还原法，不活泼金属用热分解法。【详解】(1)采取粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度等措施均能加快酸浸速率，故答案为：粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度；(2)由可逆反应 ，可知向酸浸液中加入饱和食盐水，通过增大C1-浓度可促进PbCl2的溶解；加入试剂调节溶液的pH，使铁离子
38、和铝离子转化为沉淀，同时不引入新的杂质，结合滤液1中含有Mn2+和Pb2+可选择MnCO3和PbO调节溶液pH， 即AD正确，故答案为：增大PbCl2的溶解度；AD；(3)酸浸液中加入MnCO3或PbO调节溶液pH, 促进溶液中Fe3+和A13+完全转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，其中Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于NaOH溶液，而Fe(OH)3不能，可利用过滤操作进行分离出Fe(OH)3，故答案为：Al(OH)3 ；Fe(OH)3； (4)滤液2中含有Mn2+ 通入NH3和O2生成Mn3O4 ， 发生反应的离子方程式为6Mn2+ + 12NH3 + 6H2O + O2=2Mn3
39、O4+12NH4+，故答案为: 6Mn2+ + 12NH3 + 6H2O + O2=2Mn3O4+12NH4+；(5) Mn金属是较活泼的金属，用Mn3O4为原料通过热还原法获得金属锰，即选项A正确，故答案为： A 。35.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加_溶液，溶液颜色无明显变化，由此可知样品中无Fe3+。（2）为测定绿矾中结晶水含量，称石英玻璃管(带开关K1和K2)(设为装置A)的质量，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次称其质量，记为m2g。按如图连接好
40、装置进行实验。仪器B的名称是_。将下列实验操作步骤正确排序_(填字母)；重复上述操作步骤，直至A质量不变，记为m3g。a.点燃酒精灯，加热 b.熄灭酒精灯 c.关闭K1和K2 d.打开K1和K2，缓缓通入N2 e.称量A f.冷却至室温根据实验记录，计算绿矾化学式，结晶水数目x=_。若实验时按a、d次序操作，则使x_(填偏大偏小或无影响)。（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已质量不变的装置A接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为_(填字母)，可观察到C、D中有气泡冒出。a品红 b.NaOH C.BaCl2 d.B
41、a(NO3 )2 e.浓硫酸写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式：_。【答案】 (1). KSCN (2). (球形)干燥管 (3). dabfce (4). (5). 偏小 (6). c、a (7). 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【解析】【分析】(1)绿矾是FeSO47H2O，Fe2与SCN混合不显血红色，Fe3与SCN混合出现血红色，据此分析；(2)根据仪器的特点判断仪器的名称；实验时，为避免Fe2被氧化，应先通入氮气，冷却水注意关闭开关，防止氧气的进入；加热绿矾，绿矾失去结晶水，即结晶水的质量为(m2m3)g，FeSO4的质量为(m3m1)g，a、d次序操作，造成FeSO4被氧
42、化，据此分析；(3)FeSO4高温分解可生成Fe2O3、SO2、SO3，C为BaCl2溶液，用于检验SO3，D为品红，用于检验SO2，据此分析。【详解】(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解。滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明溶液中不存在铁离子；(2)据图所示可知，仪器B的名称是：球形干燥管；将下列实验操作步骤正确排序：打开和，缓缓通入以赶尽装置中的空气；点燃酒精灯，加热使绿矾失去结晶水；熄灭酒精灯停止实验；冷却至室温；关闭和防止水蒸气进入装置A内；称量A；故实验操作步骤正确排序为：dabfce；根据实验记录，绿矾化学式中结晶水数目，若实验时按先点燃酒精灯加热，再打开和，则A中固体会
43、与空气先反应，加热过程中硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致增大，使x偏小；(3)受热分解可产生二氧化硫或三氧化硫，实验C中的溶液氯化钡检验吸收是否有三氧化硫，不能用硝酸钡，因为能将二氧化硫氧化、D中的溶液为品红用来检验二氧化硫的存在；因为D中所盛的试剂为品红溶液，观察到溶液褪色，则说明产物中有二氧化硫和三氧化硫，根据氧化还原反应的原理，则生成物有氧化铁，所以硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式：。36.工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为，还含有少量Pd)回收及Pd的流程如图：(1)溶液蒸干灼烧后所得物质的化学名称是_。(2)焙烧时与反应的化学方程式为_。(3)浸液Y中含Pd元素溶质是_(填化学式
44、)。(4)“热还原”中每生成生成的气体的物质的量为_(已知热还原得到的固体只有Pd)。(5)Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为，其中x的最大值为0.8。已知：Pd的密度为，则能储存标准状况下的最大体积为_L(保留三位有效数字)。【答案】 (1). 硫酸铝 (2). (3). (4). (5). 10.8【解析】【分析】废催化剂(主要成分为Al2O3，含少量Pd ), 废催化剂硫酸铵焙烧得到气体X为氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液YPd溶于王水发生Pd + 6HCl + 4HNO3H2PdCl6+ 4NO2+4H2O，Y为。 通入氨气中和过滤得到
45、滤渣(NH4)2 PdCl6， 被氢气还原得到发生( NH4)2PdCl6+2H2=Pd+2NH3+6HCl反应。【详解】(1)由于硫酸难挥发，则硫酸铝不会发生改变，蒸干灼烧后仍然为硫酸铝，故答案为：硫酸铝；(2)从流程中得知，反应物为(NH4)2SO4和Al2O3，生成物包括NH3和Al2(SO4)3，化学方程式为：，故答案为：；(3)浸液Y的主要成分为是Pd，溶于王水生成的络合物：Pd + 6HCl + 4HNO3H2PdCl6+ 4NO2+4H2O，Y为，故答案为： ；(4)热还原得Pd，根据( NH4)2PdCl6+2H2=Pd+2NH3+6HCl反应，可知要生成物中气体有氨气和氯化氢，生成1molPd，则还有2mol氨气和6molHCl，故气体物质的量为8mo，故答案为：8mol ；(5)已知: Pd的密度为，10.6cm3Pd的质量为10.6cm3 = 127.2g，物质的量为n=1.2mol，根据 2Pd(s) + xH2(g)= 2PdHx(s)方程式可知消耗H2的物质的量为0.48mol，则1cm3Pd能够储存标准状况下H2的最大体= 0.48mol 22.4L/ mol10.8L ，故答案为：10.8L。