1、山东省济南市历城第二中学2021届高三化学10月份学情检测试题（含解析）可能用到的分子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Co-51一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1. 化学与生活、科技及环境密切相关，下列说法正确的是（ ）A. 光分解水制氢气和植物秸秆制沼气都涉及生物质能的利用B. 华为继麒麟980之后自主研发的7nm芯片问世，芯片的主要成分为二氧化硅C. 客机CR929机身大量使用了碳纤维，碳纤维属于有机高分子纤维D. 蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染【答案】
2、D【解析】【详解】A光分解水制氢气是太阳能转化为化学能，不涉及生物能，A错误；B芯片的主要成分为硅单质，B错误；C碳纤维属于无机高分子纤维，C错误；D蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，有助于减少白色污染，D正确；故答案选D。2. 关于NA下列说法正确的是A. 常温常压下，17g羟基(18OH)所含中子数为9NAB. 0.1mol NH3溶于水形成的溶液中，微粒NH3H2O和微粒NH4+的数目之和为0.1NAC. 常温下电解饱和食盐水，当溶液pH值由7变为12时，电路中转移的电子数为0.01NAD. 标准状况下，足量的甲烷与22.4LCl2（假设氯气完全反应）在光照条件下发生取
3、代反应，形成CCl键的数目为NA【答案】D【解析】【详解】A. 17g羟基(18OH)的物质的量= =mol，一个-18OH含有10个中子，所含中子为10 mol= mol，故A错误；B. NH3溶于水，发生NH3 + H2O NH3H2ONH4+OH，根据物料守恒，0.1mol NH3溶于水形成的溶液中存在NH3、NH3H2O、NH4+，微粒NH3H2O和微粒NH4+的数目之和小于0.1NA，故B错误；C. 溶液体积不明确，故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C错误；D. 标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，足量的甲烷与1molCl2（假设氯气完全
4、反应）在光照条件下发生取代反应，每取代一个H，就会形成一个CCl键和一个HCl键，故该反应生成4种取代产物（共1mol）和1molHCl，形成1molCCl键，数目为NA，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为BD，B中要注意根据氨气溶于水的一系列反应都是可逆反应判断出氨水中的含N微粒；D中要注意甲烷与Cl2在光照条件下发生取代反应，断开的Cl-Cl键的数目与形成的CCl键数目、断开的CH键数目、形成的HCl键数目均相等。3. 四氯化锡(SnCl4)用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂。实验室制备四氯化锡的装置如下图(部分夹持装置已略去)。已知：金属锡熔融时通入干燥氯气反应可生成四氯化锡；无
5、水四氯化锡熔点-33，沸点114.1；无水四氯化锡遇水蒸气生成白色烟雾。下列说法不正确的是A. 、的试管中依次盛装MnO2、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液B. 实验时滴加浓盐酸反应一段时间，然后再点燃处的酒精灯C. 装置用于收集SnCl4，浸泡在冷水浴中效果更好D. 、两个试管可以用一个装有碱石灰的干燥管来代替【答案】A【解析】【详解】A、二氧化锰常温下不与浓盐酸反应，常温下高锰酸钾可与浓盐酸反应生成氯气，故、的试管中依次盛装KMnO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液，选项A不正确；B、实验时滴加浓盐酸反应一段时间使装置充满氯气（排出空气），然后再点燃处的酒精灯，选项B正确；C
6、、 装置用于收集SnCl4，浸泡在冷水浴中使其液化，效果更好，选项C正确；D、 、两个试管可以用一个装有碱石灰的干燥管来代替，起到干燥和除去多余的氯气的作用，选项D正确。答案选A。4. 食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是A. 滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度B. 沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度C. 氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2后再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用D. 石灰石膏法：常温下用石灰石吸收尾气中的SO2得到
7、CaSO3，再经氧化可用于生产石膏【答案】C【解析】【详解】A、葡萄酒中的乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对SO2的检测有干扰，选项A错误；B、亚硫酸钡在空气中易被氧化，大气中的CO2能与Ba(OH)2溶液形成沉淀，对SO2的检测有干扰，选项B错误；C、氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3与硫酸反应能产生SO2，SO2可以循环使用，选项C正确；D、石灰石吸收SO2，需要在高温下才能进行，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查二氧化硫的性质，注意二氧化硫是酸性氧化物，与二氧化碳具有相似的性质，但区别于二氧化碳的性质是二氧化硫具有漂白性及还原性。5
8、. 短周期元素W、X、Y、Z的原子数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如图所示，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，该单质能与沸水反应，且该单质可制造照明弹，f为固体单质。下列有关说法正确的是A. 简单离子半径：YZXB. 元素的非金属性：WXC. X、Y两种元素组成的化合物只含离子键D. 最高价氧化物对应水化物的碱性:YZ【答案】D【解析】【分析】根据题干信息，a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为过氧化钠；c是Z的单质，该单质与沸水缓慢反应，且该单质可制造照明弹，则Z为镁元素；由这些元素组成的常见物质的转化关系可知，若f为固体单质，则b为二氧化碳、f
9、为碳、e为氧气、d为碳酸钠、g为氧化镁，短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，则其分别为C、O、Na、Mg，据此分析解答问题。【详解】A电子层结构相同的离子，核电荷数越大的半径越小，所以简单离子的半径XYZ，A不正确；B元素的非金属性为OC，B不正确；CX、Y两种元素组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，其中氧化钠只含离子键、过氧化钠既有离子键又有共价键，C不正确；DNa的金属性强于Mg，故其最高价氧化物对应水化物的碱性较强，D正确；答案选D。6. 以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示。下列叙述不正确的是( ) A. 过程中的能量转化形式是太阳能化学能B.
10、 过程的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2C. 过程中每消耗116 g Fe3O4转移2 mol电子D. 铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【答案】C【解析】【详解】A. 过程I利用太阳能将Fe3O4转化为O2和FeO，实现的能量转化形式是太阳能化学能，A正确；B. 过程II实现了FeO与H2O反应生成Fe3O4和H2的转化反应，其反应方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2，B正确；C. 过程：2Fe3O4（s）6FeO（s）+O2（g），当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而n(Fe3O4)=116 g232 g/mol=0.5 mol，故生成0.25
11、mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.25mol41mol电子，C错误；D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，D正确；故合理选项是C。7. 氮化钡（Ba3N2）是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡（BaH2）中通入氮气反应可制得氮化钡。已知：Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。用图示装置制备氮化钡时，下列说法不正确的是（ ）A. 装置乙中反应的化学方程式为NaNO2NH4ClN2NaCl2H2OB. 气流由左向右的字母连接顺序为cabdegfC. 实验时，先点燃装置乙中的酒精灯，反应一段时间后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行
12、反应D. 装置甲中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰都是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中【答案】B【解析】【分析】乙装置为制备氮气的装置，其化学反应方程式为：NaNO2NH4ClN2NaCl2H2O，再通过甲装置干燥氮气，将氮气通入丙装置，丁装置中的碱石灰防止空气中的水蒸气进入丙装置。【详解】A装置乙为制备氮气的装置，其化学方程式为NaNO2NH4ClN2NaCl2H2O，A正确；B甲装置是干燥氮气的作用，气流由左向右的字母连接顺序为cbadegf或cbaedfg，B错误；C实验时，先点燃装置乙中的酒精灯，反应一段时间，目的是将用生成的氮气赶走装置中的空气，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，C正
13、确；DBa3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，所以用装置甲中的浓硫酸干燥氮气，用装置丁中的碱石灰吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中，D正确；故答案选B【点睛】干燥气体，气流从长管进，短管出，做题时要注意气体进出顺序，否则到不到实验的目的。8. 以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下： 相关反应的热化学方程式为：反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)2HI(aq) + H2SO4(aq)；H1=213 kJmol-1反应II：H2SO4(aq) SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g)；H2= +327
14、kJmol-1反应III：2HI(aq) H2(g) + I2(g)； H3= +172 kJmol-1下列说法不正确的是（ ）A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C. 总反应的热化学方程式为：2H2O(l)2H2(g)+O2(g)；H= +286 kJmol-1D. 该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的H不变【答案】C【解析】【详解】A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能转化，故A说法正确；B、根据流程总反应为H2O=H21/2O2，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；C、反应I+反应II+反应III，得到H2O
15、(l)=H2(g)1/2O2(g) H=(213327172)kJmol1=286kJmol1，或者2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H=572kJmol1，故C说法错误；D、H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，H不变，故D说法正确。9. 下列各组离子或分子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是()选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式ANH、Fe2、SO少量Ba(OH)2溶液2NH+SO+Ba2+2OH=BaSO4+2NH3H2OBMg2、HCO、Cl(物质的量比1：1：1)过量NaOH溶液Mg2HCO3OH=H2OM
16、g(OH)2COCK、NH3H2O、CO通入少量CO22OHCO2=COH2ODNa、NO、SONaHSO4溶液SO2H=SO2H2OA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 少量Ba(OH)2溶液， OH-先与Fe2+反应，不能参加反应，正确的离子反应为：，故A错误；B. 过量NaOH溶液，生成水、更难溶的氢氧化镁和碳酸钠，离子反应为Mg2HCO3OH=H2OMg(OH)2CO，故B正确；C. 通入少量CO2，只与一水合氨反应，正确的离子反应为：，故C错误；D. 在酸性条件下具有强氧化性，与发生氧化还原反应，在溶液中不能共存，故D错误。故答案选：B。10. 下列实验操作
17、、实验现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A常温下，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pHpH(HCOONa)Ka2 (H2S)B向淀粉溶液中加稀硫酸共热，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热无砖红色沉淀生成淀粉没有发生水解C加热石蜡生成的气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色加热石蜡产生的气体一定是乙烯D向MgCl2溶液中滴加足量NaOH溶液，再滴加CuCl2溶液 先生成白色沉淀，后又有蓝色沉淀生成KspCu(OH)2KspMg(OH)2A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A常温下，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH，pH(HCOONa)Ka2 (H2S)，
18、A正确；B水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，没有加碱至碱性，故不能检验水解产物，B错误；C加热石蜡，生成的气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则加热石蜡产生的气体具有还原性，可能是不饱和烃，如乙烯，C错误；D向MgCl2溶液中滴加足量NaOH溶液，再滴加CuCl2溶液，先生成白色沉淀，后又有蓝色沉淀生成，可能是过量的NaOH与CuCl2反应生成蓝色沉淀，D错误；答案选A。二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11. 利用海水提取溴和镁的过程如图，下列说法不正确的是( )A. 工业上常利用电解熔融 MgCl2 冶炼金
19、属镁，镁在阴极生成B. 步骤脱水时，在空气中加热MgCl26H2O得到MgCl2C. 富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质D. 若提取 1 mol Br2，至少需要22.4 L的 Cl2【答案】BD【解析】【分析】依据流程分析，海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；海水浓缩晒盐得到卤水中通入氧化剂氯气氧化溴离子得到溴单质，2Br-+C12=Br2+2Cl-，吹入热的空气用二氧化硫吸收富集溴SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+
20、 ，通入氯气发生氧化还原反应生成单质溴。【详解】A. 从MgCl2溶液中得到MgCl2固体，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，反应的化学方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2，镁离子在阴极得电子生成金属镁，故A正确；B. 步骤脱水时，在空气中加热MgCl26H2O，镁离子会发生水解，最终得到的是MgO，故B错误；C. 海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故C正确；D. 若提取1 mol Br2，依据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，提取粗溴消耗氯气物质的量为：1mol；得到纯溴需氯气物质的量为：1mol，共
21、需要2mol氯气，所以在标准状况下体积为V=nVm=2mol224.4L/mol=44.8 L，故D错误；故选BD。12. 雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O3和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)：下列说法错误的是A. Na2S2O4中S元素的化合价为+3B. 装置消耗36 g 水生成4 NA个H+(NA代表阿伏伽德罗常数）C. 装置用甲烷燃料电池进行电解，当消耗24 g 甲烷时，理论上可再生10 mol Ce4+D. 装置获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。【答案】C【解析】【详解】
22、A. 根据化合物中元素化合价代数和等于0，由于Na是+1价，O为-2价，所以Na2S2O4中S元素的化合价为+3，A正确；B. 36 g水的物质的量是2 mol，在装置II中发生反应：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3-+4H+，NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+，可见两个反应都是消耗1 mol H2O，会产生2 mol H+，则反应消耗2 mol H2O，就产生4 mol H+，生成H+的数目等于4 NA个，B正确；C. 24 g甲烷的物质的量为n(CH4)=24 g16 g/mol=1.5 mol，在碱性甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，失去电子发生氧化反应，电
23、极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O， 1 mol甲烷反应失去8 mol电子，则1.5 mol甲烷完全反应转移电子的物质的量为n(e-)=81.5 mol=12 mol，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以当消耗24 g 甲烷时，理论上可再生12 mol Ce4+，C错误；D. 由于NH4NO3高温易分解，因此从溶液中得到粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，D正确；故合理选项是C。13. 某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：下列说法正确的是（ ）A. 检验
24、滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水B. 步骤操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0mol/LH2SO4C. 滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分只有SiO2D. 步骤操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收【答案】D【解析】分析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO47H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶
25、液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体，以此解答该题。【详解】A.滤液1中可能含有Fe2+，还含有Fe3+，加入KSCN和新制的氯水不能检验是否含Fe2+，故A错误；B.过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，应先加入稀硫酸，再加入过氧化氢，故B错误；C.滤渣2含有硫和二氧化硅，故C错误；D.步骤操作中生成的气体为硫化氢，需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故D正确。故答案选D。【点睛】把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，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。14. 下列由实验得出
26、的结论错误的是()选项实验实验结论或解释A取5 mL 0.1 molL1KI溶液，加入1 mL 0.1 molL1FeCl3溶液，加入CCl4萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成红色Fe3与I所发生的反应为可逆反应B探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度则测得的反应速率偏高C向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)Ksp(ZnS)D将石灰石与盐酸反应产生的气体直接通入水玻璃中，生成白色沉淀非金属性： C SiA. AB. BC. CD. D【答案】BD【解析】【详解】A取5 mL 0.1
27、molL1KI溶液，加入1 mL 0.1 molL1FeCl3溶液，溶液混合反应，KI过量，完全反应萃取后的水层滴入KSCN溶液，溶液变成红色，说明还有Fe3，即Fe3与I所发生的反应为可逆反应，A正确；B探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则反应的时间变长，则测得的反应速率偏低，B错误；CZnS和CuS是同类型沉淀，故向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解，则Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，C正确；D石灰石与盐酸反应产生的气体可能含氯化氢气体，故应先排除氯化氢的干扰，D错误；答案选BD。15. 迷迭香
28、酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述正确的是( )A. 1mol迷迭香酸最多能和含6mol NaOH的水溶液完全反应B. 1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生反应C. 迷迭香酸含有五种官能团D. 迷迭香酸属于芳香烃【答案】AB【解析】【详解】A. 1mol迷迭香酸含有4mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基，4mol酚羟基需要4mol氢氧化钠与其反应，1mol羧基需要1mol氢氧化钠与其反应，1mol酯基需要1mol氢氧化钠与其反应，所以1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应，故A正确；B. 该分子中含有苯环、碳碳双键，所以在一定条件下能与氢气发
29、生加成反应，1mol迷迭香酸含有2mol苯环，2mol苯环需要6mol氢气发生加成反应，1mol迷迭香酸含有1mol碳碳双键，1mol碳碳双键需要1mol氢气发生加成反应，所以最多能和7mol氢气发生加成反应，故B错误；C. 该分子含有的官能团有酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键4种官能团，故C错误；D. 有机物中只含碳氢两种元素的化合物称烃，迷迭香酸分子中含有氧元素，所以迷迭香酸不属于芳香烃，为烃的含氧衍生物，故D错误；故选AB。三、非选择题：本大题共5小题，共60分。16. 某研究小组用如图装置可以进行测定SO2转化成SO3的转化率的实验。已知SO3的熔点是16.8 ，沸点是44.8 。(1)根
30、据实验需要，应该在、 处连接合适的装置。请从如图AE装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中。、 处连接的装置分别是_、_、_。(2)从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作是_。(3)实验中发现SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象不明显，但又不存在气密性问题，分析可能的原因并说明相应的验证方法(写2点)。原因_，验证方法_。原因_，验证方法_。(4)尾端球形干燥管的作用是_。(5)用a mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置增重了b g，则实验中SO2的转化率为_%(用含a
31、、b的代数式表示)。【答案】 (1). B (2). A (3). E (4). 先加热催化剂再加热浓硫酸 (5). Na2SO3变质变成Na2SO4 (6). 取待测试样于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液有白色沉淀生成，则证明该Na2SO3固体变质 (7). 甲中用稀H2SO4代替浓H2SO4 (8). 用洁净玻璃棒蘸取待测试样，涂白纸不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸 (9). 防止空气中的CO2及水蒸气干扰，造成误差 (10). 【解析】【分析】浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，SO2转化成SO3之前必须用浓硫酸对二氧化硫进行干燥，二氧化硫在五氧化二钒的催
32、化下转化成三氧化硫，生成的三氧化硫在A装置中以晶体状态存在，二氧化硫、三氧化硫的尾气处理用烧碱溶液吸收，以此解答。【详解】(1)SO2转化成SO3之前必须对二氧化硫进行干燥，可以用浓硫酸，SO3的熔点是16.8，沸点是44.8，当温度低于 16.8时，三氧化硫以晶体状态存在，二氧化硫、三氧化硫的尾气处理用烧碱溶液吸收，故答案为：B；A；E；(2)为保证生成的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫，应先加热催化剂再进行滴加浓硫酸操作，保证生成的二氧化硫尽可能的参与反应，故答案为：先加热催化剂再滴入浓硫酸；(3)影响化学反应速率的因素有：浓度、温度等，亚硫酸钠变质会生成硫酸钠，硫酸钠和浓硫酸不反应；此外
33、亚硫酸钠和稀硫酸反应产生的二氧化硫速率会很慢，可能的原因是Na2SO3变质或不是浓硫酸；可通过取待测试样于试管中，加适量的蒸馏水配成溶液，滴加足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则证明该亚硫酸钠已变质或者用洁净的玻璃棒沾取待测试样，滴到白纸上，如果不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸，故答案为：Na2SO3变质成Na2SO4；取待测试样于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液有白色沉淀生成，则证明该Na2SO3固体变质；甲中用稀H2SO4代替浓H2SO4；用洁净玻璃棒蘸取待测试样，涂白纸不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸；(4)空气中的CO2及水蒸气会干扰实
34、验，造成实验误差，需要通过尾接管中的生石灰除去，故答案为：防止空气中的CO2及水蒸气干扰，造成误差；(5)根据元素守恒Na2SO3SO2，则amol亚硫酸钠会生成二氧化硫amol，装置增重了bg，说明剩余的二氧化硫为bg（即=mol），所以二氧化硫的转化率=100%=%，故答案为：%。17. 二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0，极易爆炸。在干燥空气稀释条件下，用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，装置如图：(1)仪器a的名称为_，装置A中反应的离子方程式为_。(2)试剂X是_。(3)装置D中冰水的主要作用是_。装置D内发生反应的化学方程式为_。(4)装置E中主要反
35、应的离子方程式为：_。(5)已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如表。温度38386060析出晶体NaClO23H2ONaClO2分解成NaClO3和NaCl利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤： 55蒸发结晶、_、3860的温水洗涤、低于60干燥。(6)工业上酸性条件下双氧水与NaClO3反应制备ClO2，则反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 冷凝ClO2 (5). 2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2 (6). Cl2+2OH-=Cl-+ClO
36、-+H2O (7). 趁热过滤 (8). 2ClO+H2O2+2H+=2ClO2 + O2+2H2O【解析】【分析】采用装置图制取二氧化氯，装置D中有二氧化氯，根据图可知：装置A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，装置B饱和食盐水除去氯化氢，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，装置C浓硫酸具有吸水性除去水蒸气，装置D中生成二氧化氯液体：2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2；氯气有毒，装置E为尾气吸收装置；（1）根据装置仪器回答分析判断，A中的二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢易溶于饱
37、和食盐水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，浓硫酸具有吸水性据此解答；（3）装置B用冰水浴的目的是降温，使ClO2液化，防止气态ClO2爆炸；装置D中用干燥的氯气与固体亚氯酸钠反应得到二氧化氯，并同时生成NaCl，可根据质量守恒和原子守恒书写方程式；（4）氯气有毒不能排放到空气中，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠；（5）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38-60得到晶体；（6）氯酸钠在强酸性溶液中被过氧化氢还原，产生ClO2气体，故化合
38、价由+5价降低到+4价。【详解】(1)a为分液漏斗，A中的二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：MnO2+4HCl = MnCl2+Cl2+2H2O，离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O；(2)浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，浓硫酸具有吸水性依次通过饱和食盐水、浓硫酸除去氯化氢和水蒸气，故答案为：饱和食盐水；(3)保用装置B的目的是为防止气态ClO2爆炸，利用冰水浴降温，使ClO2液化；装置D中用干燥的氯气与固体亚氯酸钠反应得到二氧化氯
39、，并同时生成NaCl，发生反应的化学方程式为2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2，故答案为：冷凝ClO2；2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2；(4)氯气有毒不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(5)因为NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是，高于38时析出晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在3860得到晶体，故操作为将装置D反应后的溶液在55条件下减压蒸发结晶，趁热过滤，再用
40、3860的温水洗涤，最后在低于60条件下干燥，得到NaClO2晶体；故答案为：趁热过滤；(6)氯酸钠在强酸性溶液中被过氧化氢还原，产生ClO2气体，故化合价由+5价降低到+4价，离子反应方程式为：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2 + O2+2H2O，故答案为：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2 + O2+2H2O。18. Co(CH3COO)24H2O(乙酸钴)是一种重要的有机化工原料。为探究乙酸钴Co(CH3COO)2的热分解产物，先在低于100时使其脱去结晶水，然后用下列装置进行实验(已知CO能与PdCl2溶液反应生成黑色Pd沉淀)：回答下列问题：(1)通N2的目的是_。(2)澄
41、清石灰水和PdCl2溶液分别用于检验CO2和CO，其中盛放PdCl2溶液的装置是_(填字母)。(3)实验结束时，为防止倒吸，正确的操作是_。(4)装置a中完全反应后得到钴的一种氧化物，固体残留率(固体样品的剩余质量固体样品的起始质量100%)为45.4%.该氧化物的化学式为_。(相对原子质量：Co-59)【答案】 (1). 排出装置内空气，使反应产生的气体全部进入后续装置 (2). c (3). 先熄灭装置a的酒精灯，冷却后停止通入氮气 (4). Co3O4【解析】【分析】探究乙酸钴的热分解产物，a中乙酸钴受热分解生成CO、CO2等产物，通入N2先将空气排尽并将产生的气体都赶入吸收装置，b澄清
42、石灰水检验CO2，c中PdCl2溶液可检验CO，最后用d来收集未反应完的CO。【详解】(1)通N2的目的是排尽装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置；(2)因为在检验CO时可生成CO2，会影响原混合气体中CO2的检验，因此应该先检验CO2，故答案为：c；(3)实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯，再通入一段时间氮气保护分解后的产物，以免被空气氧化；故答案为：先熄灭装置a的酒精灯，冷却后停止通入氮气；(4)样品已完全失去结晶水，残留固体为金属氧化物，取1mol Co(CH3COO)2，质量为177g，则残留的氧化物质量为177g45.4%=80.36g，根据Co元素守恒，氧化物中含
43、有1molCo，则氧元素的物质的量为，则n(O)：n(Co)=：1=4：3，故金属氧化物的化学式为Co3O4。19. 氟化铬可用作毛织品防蛀剂、卤化催化剂、大理石硬化及着色剂。以铬云母矿石(含4.5%Cr2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备氟化铬的工艺流程如下。下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：氢氧化物Fe(OH)3Mg(OH)2Cr(OH)3Fe(OH)2开始沉淀的pH2.38.84.97.5沉淀完全的pH4.110.46.89.7请回答下列问题：（1）Fe2O3、MgO、FeO、SiO2中属于碱性氧化物的有_种。（2）将铬云母矿石粉碎的目的是_。（3）滤
44、渣1主要成分的用途是_。(写一种)（4）Cr2O3与稀硫酸反应的化学方程式为_。（5）第一次滴加氨水调节pH范围为_。（6）第二次滴加氨水调节pH为6.88.8的目的是_，Cr(OH)3与Al(OH)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，写出Cr(OH)3溶解的离子方程式：_。【答案】 (1). 3 (2). 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 (3). 用于制备光导纤维等 (4). Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O (5). 4.1pH4.9 (6). 使铬离子完全沉淀，镁离子不沉淀 (7). Cr(OH)3+OH
45、-=CrO2-+2H2O【解析】【分析】铬云母矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；稀硫酸酸浸时二氧化硅与硫酸不反应，滤渣1的成分为二氧化硅；加入过氧化氢的主要目的是将亚铁离子氧化为铁离子，加氨水调节pH的目的是除去铁离子，调节pH为6.88.8的目的是使铬离子转化为氢氧化铬沉淀。【详解】（1）碱性氧化物指的是与酸反应只产生盐和水的氧化物，因此Fe2O3、MgO、FeO、SiO2中属于碱性氧化物的有Fe2O3、MgO、FeO，故有3种；（2）将铬云母矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；（3）滤渣1的主要成分为二氧化硅，其用途为制造玻璃、光导纤维
46、等；（4）氧化铬与硫酸反应产生硫酸铬和水，对应的化学方程式为：Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O；（5）第一次调节pH的目的是除去铁离子，保证铬离子不沉淀，因此第一次滴加氨水调节pH范围为4.1pH4.9；（6）第二次滴加氨水调节pH为6.88.8的目的是使铬离子转化为氢氧化铬沉淀，由于氢氧化铬的性质类似与氢氧化铝，因此氢氧化铬与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O。【点睛】解答工艺流程类试题应明确流程转化过程，同时需要注意元素化合物知识以及信息的应用，如氢氧化铬的两性等。20. 工业上常用钒炉渣(主要含FeOV2O3，还有少量SiO
47、2、P2O5等杂质)提取V2O5的流程如图：(1)焙烧的目的是将FeOV2O3转化为可溶性NaVO3，写出该反应的化学方程式_该过程中被氧化的元素是_；浸出渣的主要成分为_(填化学式)。(2)用MgSO4溶液除硅、磷时，滤渣的主要成分为_。(3)在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210时，剩余固体物质的化学式为_。(4)由V2O5冶炼金属钒采用铝热法，引发铝热反应的实验操作是_。(5)将V2O5溶于足量稀硫酸得到250mL(VO2)2SO4溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.1000 molL-1H2C2O4标准溶液进行滴定，达到滴定终点
48、时消耗标准溶液的体积为20.00mL。已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO(黄色)被还原为VO2+(蓝色)。该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是_。(VO2)2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为_。达到滴定终点时，俯视滴定管读数将使结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). 4FeOV2O3+4Na2CO3+5O2=8NaVO3+2Fe2O3+4CO2 (2). V、Fe (3). Fe2O3 (4). MgSiO3、Mg3(PO4)2 (5). HVO3 (6). 在铝热剂上面加少量氯酸钾，并在混合物中间插一根镁条，点燃镁条 (7). 溶液由黄色变
49、为蓝色，且半分钟不恢复原色 (8). 0.08molL-1 (9). 偏低【解析】【分析】钒炉渣（主要含FeOV2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质），加入碳酸钠通入空气焙烧，产物水浸过滤得到滤渣主要是氧化铁，溶液中加入硫酸镁除去硅磷过滤，滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3，滤液中加入硫酸铵沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5。【详解】(1)FeOV2O3与氧气、碳酸钠焙烧转化为可溶性NaVO3等，该反应的化学方程式为：4FeOV2O3+4Na2CO3+5O2=8NaVO3+2Fe2O3+4CO2；该反应中，铁、钒元素的化合价升高，FeOV2O3作还原剂，V、Fe被氧化
50、；氧化铁不溶于水，故浸出渣为氧化铁；故答案为：4FeOV2O3+4Na2CO3+5O2=8NaVO3+2Fe2O3+4CO2；V、Fe；Fe2O3；(2)溶液中加入硫酸镁除去硅、磷，过滤，滤渣的主要成分为MgSiO3、Mg3(PO4)2；(3)在焙烧NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5，在210时若分解生成酸和氨气，则剩余固体HVO3占起始固体NH4VO3百分含量为，210时，剩余固体物质的化学式为HVO3；(4)铝热反应需在铝热剂上方铺一层氯酸钾，作助燃剂，并在上方插入镁条作引燃剂，即引发铝热反应的实验操作是在铝热剂上面加少量氯酸钾，并在混合物中间插一根镁条
51、，点燃镁条；(5)滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO（黄色）被还原为VO2+（蓝色），所以该滴定实验不需要另加指示剂，达到滴定终点的现象是：溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不变色；反应中V元素的化合价由+5价变为+4价，得到1个电子，碳元素化合价由+3价变为+4价，失去一个电子，则由电子得失守恒可知，参加反应的(VO2)2SO4的物质的量等于草酸的物质的量，即为0.1mol/L0.02L=0.002mol，则(VO2)2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为；达到滴定终点时，俯视滴定管读数，则读数偏小，消耗标准液体积减少，将使结果偏低；故答案为：溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不恢复原色；0.08molL-1；偏低。
