1、山东省济南市第一中学2021届高三化学上学期期中试题（含解析）说明：本试题满分100分，时间90分钟。分为第I卷（选择题）和第卷(综合题)两部分，第I卷为第1页至第4页，第卷为第5页至第7页，请将答案按要求写在答题纸指定位置。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Mn-55 Ni-59第I卷（选择题，共50分）一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。）1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A. 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂B. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C.
2、将“84”消毒液与75%酒精1：1混合，消毒效果更好D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法【答案】C【解析】【详解】A氯气与烧碱溶液反应生成次氯酸钠，与石灰乳反应得到次氯酸钙，都能得到含氯消毒剂，故A正确；B雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C“84“消毒液有效成分为次氯酸钠，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应，不会增加效果反而会降低消毒效果，故C错误；DMg比Fe活泼，当发生电化学腐蚀时，Mg作负极而被氧化，保护Fe不被腐蚀，该防护方法是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选C。2. 实验是化学科学的基础。下列关于化学实验的表述正确的是（
3、）A. 为除去KI固体中少量I2单质，溶解后采取如图所示操作B. “凡渍药酒，皆须细切，便可漉出”，“漉出”指的是浸取C. 除去H2中混有的少量HCl，可通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶D. 检验Fe2(SO4)3溶液中否有FeSO4，可选用氯水和KSCN溶液【答案】B【解析】【详解】AI2单质可溶于KI溶液，无法用过滤的方法分离，故A错误；B该操作为用酒精萃取出药物中的有机成分，分离除杂方法为萃取，“漉出”指的是浸取，故B正确；CH2中混有HCl，通过饱和NaHCO3溶液时产生新的杂质CO2，故C错误；D原溶液中含有Fe3+，无论是否将亚铁离子氧化成铁离子，滴加KSCN溶液就会变为血红色
4、，无法检验Fe2+，故D错误；综上所述答案为B。3. 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )A. 20g20Ne含有的中子数为10NAB. 100mL1molL-1亚硫酸钠溶液中含有的阴离子数目大于0.1NAC. 4.6g乙醇和甲醚(CH3OCH3)的混合物中碳氢键数目为0.6NAD. 0.1molS2O被氧化为S4O时，转移的电子数为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A20g20Ne的物质的量为1mol，一个20Ne所含中子数为20-10=10个，所以20g20Ne含有的中子数为10NA，故A正确；B100mL1molL-1亚硫酸钠溶液中含有0.1molNa2SO3，溶液中存
5、在电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HSO)+c(SO)，溶液中n(Na+)=0.2mol，所以c(OH-)+ c(HSO)+c(SO)大于0.1NA，故B正确；C1mol乙醇中含5molC-H键，1mol甲醚(CH3OCH3)含6molC-H键，所以4.6g乙醇和甲醚(CH3OCH3)的混合物中碳氢键数目无法确定，故C错误；DS2O被氧化为S4O时S元素由+2价变为+2.5价，每个S2O失去1个电子，则 0.1molS2O被氧化为S4O时，转移的电子数为0.1NA，故D正确；答案为C。4. 缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构（一个原子通过共用电子使其价层电子数达到
6、8，H原子达到2所形成的稳定分子结构）要求的一类化合物。下列说法错误的是（ ）A. NH3、BF3、CCl4中只有BF3是缺电子化合物B. BF3、CCl4中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3C. BF3与NH3反应时有配位键生成D. CCl4的键角小于NH3【答案】D【解析】【详解】A.NH3电子式为，符合路易斯结构，BF3电子式为，B原子价层电子数为6，不符合路易斯结构，CCl4电子式为、，符合路易斯结构，只有BF3是缺电子化合物，故A正确；B.BF3中心原子B价层电子对数为3+ (3-31)=3，则杂化方式为sp2杂化；CCl4中心原子C价层电子对数为4+(4-41)=4，则杂化方式为
7、sp3杂化，故B正确；C.BF3与NH3反应时，NH3中N原子有孤电子对，BF3中B有空轨道，可生成配位键，故C正确；D.CCl4和NH3均为sp3杂化，CCl4中心原子无孤电子对，NH3有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，键角减小，则CCl4的键角大于NH3，故D错误；故答案选：D。5. 对某溶液中部分离子的定性检测流程如图。相关分析正确的是（ ）A. 步骤所加试剂可以是浓KOH溶液B. 步骤发生反应Al3+4NH3H2O=Al(OH)+4NHC. 可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体D. 步骤发生反应Al3+3HCO=Al(
8、OH)3+3CO2【答案】A【解析】【分析】步骤加入过量的某个试剂后生成无色气体、红褐色沉淀，无色气体应为氨气，红褐色沉淀为Fe(OH)3，试剂应为强碱溶液，X溶液应为偏铝酸盐溶液，偏铝酸根和碳酸氢根离子之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。【详解】A根据分析可知该试剂应为强碱溶液，可以是浓KOH溶液，故A正确；B步骤中加入的是强碱，铝离子发生的反应为Al3+4OH-=Al(OH)，故B错误；C无色气体为氨气，氨气应用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸会变蓝，故C错误；D步骤为偏铝酸根和碳酸氢根离子之间的反应，离子方程式为H2O+AlO+HCO=Al(OH)3+CO，故D错误；答案为A。6. 氮及其化合物的
9、转化过程如下图所示，其中如图为反应过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A. 如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B. 反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92 kJ/molC. 在反应中，若有1.25 mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6 LD. 催化剂a、b能提高化学反应、的化学反应速率和平衡转化率【答案】B【解析】【详解】A. 使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；B. 根据图示可知反应物比生成物的能量高出600 kJ-508 kJ=92 kJ，故反应的热化学方程式为：N2(g
10、)+3H2(g)2NH3(g)H=-92 kJ/mol，B正确；C. 未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；D. 催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；故合理选项是B。7. 锂空气电池是一种可充放电池，电池反应为2Li + O2 = Li2O2，某锂空气电池的构造原理图如下。下列说法正确的是A. 可选用有机电解液或水性电解液B. 含催化剂的多孔电极为电池的负极C. 放电时正极的电极反应式为O2 + 2Li+ + 2e= Li2O2D. 充电时锂电极应连接外接电源的正极【答案】C【解析】【分析】在锂空气
11、电池中，锂失电子作负极，锂不能与该电解液直接反应，负极反应式为： Li-e-=Li+，以空气中的氧气作为正极反应物，氧气得电子生成Li2O2，正极反应为：O2 + 2Li+ + 2e= Li2O2，总反应为：2Li + O2 = Li2O2，据此解答。【详解】A. 应选用有机电解液，水性电解液会与Li直接反应，故A错误；B. 含催化剂的多孔电极为电池的正极，故B错误；C. 放电时正极的电极反应式为O2 + 2Li+ + 2e= Li2O2，故C正确；D. 充电时锂电极应连接外接电源的负极发生电极反应： Li+ e-= Li，故D错误；故答案选：C。8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依
12、次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. Y、Z、W三种元素电负性：WZYB. Y、Z、W三种元素的第一电离能：WZYC. Y、Z、W与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物D. 由X、Y、Z、W构成的化合物中可能含有离子键【答案】B【解析】【分析】K是红棕色气体，K是NO2，丙的浓溶液具有强氧化性，丙是HNO3；NO2、H2O、O2反应生成硝酸，乙是常见的气体，乙是O2、L是H2O，M是氧化物，甲是常见的固体，所以M是CO2、甲是碳
13、。X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X、Y、Z、W依次是H、C、N、O。【详解】A同周期元素从左到右电负性增大，C、N、O三种元素电负性：ONC，故A正确；BA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，C、N、O三种元素的第一电离能：NOC，故B错误；CC、N、O与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物C2H6、N2H4、H2O2，故C正确；D由H、C、N、O构成的化合物NH4HCO3中含有离子键，故D正确；答案选B。9. 著名的Vanviel反应为：12H2S+6CO2C6H12O6+6H2O+12S，下列说法错误的（ ）A. 该反应将光能转变为化学能B. 该反应原理应用于废气处理，有利于环境保护
14、和资源再利用C. 每生成1molC6H12O6转移246.021023个电子D H2S、CO2均属于弱电解质【答案】D【解析】【详解】A反应需要光能，反应过程中，光能转化为化学能，故A正确；B硫化氢属于有毒气体，反应消耗硫化氢，该反应原理应用于废气处理，有利于环境保护和资源再利用，故B正确；C反应消耗12mol硫化氢，转移24mol电子生成1molC6H12O6，即每生成1molC6H12O6转移246.021023个电子，故C正确；D硫化氢属于弱酸，是弱电解质，二氧化碳属于非电解质，不是弱电解质，故D错误；故选：D。10. 下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是（ ）选项实验操作实
15、验现象结论A向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性B在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成酸性：H2SO3HClOC草酸溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中溶液逐渐褪色草酸溶液具有还原性D向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生该溶液中含有SOA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.氯气和碘化钾反应生成碘单质，淀粉遇到碘变蓝，氯气可以继续和碘单质反应生成更高价态的碘元素，蓝色褪色，但不能说明氯气具有漂白性，故A错误；B.次氯酸钙和二氧化硫反应生成硫酸钙和盐酸，不能说明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，故B错误；C.草酸被酸
16、性高锰酸钾溶液氧化，说明草酸溶液具有还原性，故C正确；D.溶液中可能含有银离子，生成的白色沉淀可能是氯化银，故D错误。故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 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产品的流程图如图(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36g水生成4NA个H+(NA代表阿伏伽德罗常数）C. 装置进行电解，Ce3+在阴极反应，使Ce4+得到再生
17、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】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；B36 g水的物质的量是2 mol，在装置II中发生反应：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO+4H+，NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO+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；CCe3+在阳极上发生失电子的反应使Ce4+再生，C错误；D由于
18、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；故选C。12. 高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，主要制备方法方法如下：湿法：Fe(OH)3+NaClO+NaOHNa2FeO4+NaCl+H2O（反应未配平），干法：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2则下列有关说法正确的是（ ）A. 高铁酸钾既有杀菌消毒的作用也有净水的作用B. 用湿法制备2molNa2FeO4需消耗3molNaClOC. 干法中Na2O2只做氧化剂D. 干法中每生成1molNa2FeO4转移
19、4mol电子【答案】AB【解析】【详解】A高铁酸钠中铁元素的化合价为+6价，高铁酸钠具有强氧化性，既有杀菌消毒的作用也有净水的作用，A正确；B根据湿法：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，2mol Na2FeO4需消耗3mol NaClO，B正确；C干法中Na2O2的O元素的化合价既有上升又有下降，故既做氧化剂又做还原剂，C错误；D根据干法的化学方程式，干法制备2mol高铁酸钠，转移10mol电子，故干法中每生成1molNa2FeO4转移5mol电子，D错误；故选AB。13. 过二硫酸钾（K2S2O8）用于制作漂白剂、氧化剂，也可用作聚合引发剂。
20、工业上电解饱和KHSO4的酸性溶液(含K+、H+、HSO等离子)来制备过二硫酸钾。电解装置原理示意图如图。下列说法不正确的是（ ）A. 该装置工作时，阳离子向B极移动B. a极为电源正极，阴极室中盛有饱和KHSO4酸性溶液C. A极反应：2HSO-2e-=S2O+2H+D. 当转移0.2mol电子时，有0.2molH+通过质子交换膜【答案】B【解析】【分析】由B电极放出氢气可知，B电极发生还原反应，则B是电解池阴极，A是阳极，a是电源正极、b是电源负极。【详解】A根据图示， B是阴极，该装置工作时，阳离子向B极移动，故A正确；BKHSO4K2S2O8发生氧化反应，A是阳极，阳极室中盛有饱和KH
21、SO4酸性溶液，故B错误；CKHSO4K2S2O8发生氧化反应， A是阳极，阳极反应为2HSO-2e-=S2O+2H+，故C正确；D该装置有质子交换膜，根据电荷守恒，当转移0.2mol电子时，有0.2molH+通过质子交换膜，故D正确；答案选B。14. 科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Y的最外层电子数是其电子总数的。下列叙述正确的是（ ）A. X元素是SiB. Y的最高价氧化物的水化物是强酸C. 元素非金属性的顺序为XYZD. W+离子的半径是同周期元素的离子半径中最大的【答案】AC【解析】【分析】W、X、Y、
22、Z为同一短周期元素，根据图知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则X位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Z最外层7个电子，则X原子核外有14个电子，X为Si元素，Z为Cl元素，Y的最外层电子数是其电子总数的，Y有3个电子层，Y是P元素；W能形成+1价阳离子，W是Na元素。【详解】A根据以上推断，X元素是Si，故A正确；BY是P元素，P的最高价氧化物的水化物H3PO4是中强酸，故B错误；C同周期元素从左到右非金属性增强，元素非金属性的顺序为SiPCl，故C正确；DNa+离子有2个电子层，第三周期元素形成的阴离子有3个电子层，Na+的半径小于同周期元
23、素形成阴离子的半径，故D错误；选AC。15. 铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痫、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物，实验装置如图。下列说法不正确的是（ ）A. 通过调节分液漏斗的活塞以控制中气泡产生快慢B. 装置的作用是干燥氢气C. 装置、中的药品分别是无水硫酸铜、碱石灰D. 中澄清石灰水的作用是除去多余的尾气【答案】CD【解析】【分析】根据实验目的“探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物”，结合装置图分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，装置盛有浓硫酸干燥H2，Y装置为氢气和碳酸亚铁制取铁粉的装置，为检验产物H2O的
24、装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，装置的主要目的是吸收H2O并防止中的H2O进入装置中造成干扰，可以是无水CaCl2，为检验CO2的装置，据此分析解答问题。【详解】A根据上述分析，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，分液漏斗可调节稀硫酸的滴入速率从而控制中气泡产生快慢，A正确；B装置盛有浓硫酸干燥H2，防止对后面产物的检验产生干扰，B正确；C由上述分析可知，为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，装置的主要目的是吸收H2O并防止中的H2O进入装置中造成干扰，可以是无水CaCl2或无水硫酸铜，但碱石灰会吸收CO2，不能是碱石灰，C错误；D根据上述分析，为检验CO2的装置，
25、并不是吸收CO2的装置，D错误；故选CD。第卷(非选择题共50分)三、非选择题：本题共4小题，共50分。16. 减弱温室效应的方法之一是将CO2回收利用，科学家研究利用回收的CO2制取甲醛，反应的热化学方程式为CO2(g)+2H2(g)CH2O(g)+H2O(g) H。请回答下列问题：（1）己知：CH2O(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) H1=-480kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2相关化学键的键能数据如表所示：化学键O=OH-HO-H键能/kJmol-1498436464则CO2(g)+2H2(g)CH2O(g)+H2O(g)H=_。（2）利用如图所示
26、装置可以将CO2转化为气体燃料CO（电解质溶液为稀硫酸），该装置工作时，M为_极（填“正”或“负”），导线中通过2mol电子后，假定体积不变，M极电解质溶液的pH_（填“增大”、“减小”或“不变”），N极电解质溶液质量的变化Dm（ ）g。（3）已知H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2。H3PO2水溶液中存在H3PO2分子。H3PO2易被氧化为H3PO4磷酸。写出次磷酸的电离方程式_。常温下，NaH2PO2溶液的pH_。A.7 B.7 C.=7 D.不能确定【答案】 (1). -6kJ/mol (2). 负 (3). 不变 (4). 18 (5). H3PO2H+
27、H2PO (6). A【解析】【详解】(1)根据H=反应物的总键能-生成物的总键能可知，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2=(498 kJmol-1+2436 kJmol-1)-(4464 kJmol-1)=-486 kJmol-1，由盖斯定律CO2(g)+2H2(g)CH2O(g)+H2O(g) H=H2-H1=(-486 kJmol-1)-( -480 kJmol-1)=-6 kJmol-1，故答案为：-6 kJmol-1；(2)根据电子流向，可知M为负极，N为正极。M极的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，N极的电极反应为CO2+2H+2e-=H2O+CO，电池总反应式
28、为2CO2=O2+2CO，故电解质溶液的pH不变。导线中通过2mol电子时，M极电解质溶液中H+改变量为2mol，根据反应CO2+2H+2e-=H2O+CO可知，此时N极电解质溶液质量增加量为44g+2g-28g=18g，故答案为：负；不变；18；(3)已知H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，说明H3PO2（次磷酸）为一元弱酸，所以次磷酸的电离方程式H3PO2H+ H2PO，故答案为：H3PO2H+ H2PO；次磷酸是弱酸，NaH2PO2溶液的H2PO水解生成H3PO2和氢氧根，溶液呈碱性，所以pH大于7，故选A。17. Fe、Co、Ni均为第族元素，它们的化合
29、物在生产生活中有着广泛的应用。（1）基态Co原子的价电子轨道表示式为_，Co3+核外3d能级上有_对成对电子。（2）铁氰化钾（K3Fe(CN)6）溶液是检验Fe2+的常用试剂，1molFe(CN)63+离子中所含键的数目为_。（3）Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+中，配位体N中心原子杂化类型为_。CoO的熔点高于CoS的原因是_。（4）NiO的晶胞结构如图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_。已知Ni2+与O2-的最短距离为dnm，则NiO晶体的密度是_gcm-3。（已知NiO的摩尔质量为74.7gmol-1）【答案】 (1). (
30、2). 1 (3). 12NA (4). sp杂化 (5). 它们是离子晶体，O2-离子的半径比S2-小，离子键强，所以熔点更高 (6). （1，） (7). 【解析】【详解】(1)Co是27号元素，基态Co原子的价电子排布式是3d74s2，轨道表示式为，Co原子失去4s能级上的2个电子、3d能级上的1个电子形成Co3+，Co3+核外3d能级上有1对成对电子；(2)铁氰化钾（K3Fe(CN)6）溶液是检验Fe2+的常用试剂，Fe(CN)63+中Fe与 CN-之间、C、N原子之间都有键，1molFe(CN)63+离子中所含键的数目为12NA；(3)N3 -离子中心原子的价电子为5，每个配位原子N
31、提供-1个电子，再加上外来电子1个，中心原子的价层电子数为4，价电子对数是2，所以N中心原子杂化类型为sp杂化。CoO、CoS是离子晶体，O2-离子的半径比S2-小，离子键强，所以CoO的熔点高于CoS；(4)根据NiO的晶胞结构图，离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为（1，）； Ni2+与O2-的最短距离为dnm，则晶胞边长是2dnm，晶胞体积是，根据均摊原则，1个晶胞含有个Ni2+、个O2-，则NiO晶体的密度是 = gcm-3。【点睛】本题考查核外电子排布、化学键、晶胞计算，明确核外电子排布的原则、会根据均摊原则计算晶胞中的原子数是解题关键，注意计算中心
32、原子价电子对数时，N、P原则提供电子数为-1。18. 粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、MgO和SiO2等物质。用硫酸铵固体等试剂提取粉煤灰中Al2O3并制取铝的工艺流程如图：回答下列问题：（1）已知烟气中含有NH3，煅烧工序中Al2O3参与反应的化学方程式为_。（2）“滤渣”和“滤渣”主要成分的化学式分别为_、_。（3）将“滤液”通过_、过滤、洗涤、干燥后得到的晶体可返回_工序中循环利用。（4）向“滤液”中通入过量CO2，生成沉淀的离子方程式为_。（5）电解Al2O3制备Al需要冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂。Na3AlF6可由Al(OH)3、Na2CO3和H
33、F反应制得，反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O (2). SiO2 (3). Fe(OH)3和Mg(OH)2 (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 煅烧 (6). CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3+HCO (7). 2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2+9H2O【解析】【分析】煅烧工序中Al2O3与(NH4)2SO4反应生成Al2(SO4)3和NH3，化学方程式为Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O，同理：Fe2O3、MgO分别生成Fe2(
34、SO4)3、MgSO4，SiO2不与硫酸铵反应，加水溶解，过滤，滤渣主要成分是SiO2，滤液中加氨水形成Al(OH)3、Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，是滤渣成分，沉淀中加过量的NaOH溶液，只有Al(OH)3溶解生成NaAlO2，向“滤液”中通入过量CO2，生成沉淀，离子方程式为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3+HCO；Al(OH)3加热分解得Al2O3，电解熔融的Al2O3生成铝。【详解】(1)已知烟气中含有NH3，煅烧工序中Al2O3参与反应的化学方程式为Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O。故答案为：Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(
35、SO4)3+6NH3+3H2O；(2)SiO2不与硫酸铵反应，加水溶解，过滤，滤渣主要成分是SiO2；滤渣成分Al(OH)3、Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，加过量的NaOH溶液，只有Al(OH)3溶解生成NaAlO2，“滤渣”主要成分的化学式分别为Fe(OH)3和Mg(OH)2。故答案为：SiO2；Fe(OH)3和Mg(OH)2；(3)“滤液”主要成分是硫酸铵，将“滤液”通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到的晶体可返回煅烧工序中循环利用。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；煅烧；(4)“滤液”的主要成分是NaAlO2，向“滤液”中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，离子
36、方程式为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3+HCO。故答案为：CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3+HCO；(5)电解Al2O3制备Al需要冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂。Na3AlF6可由Al(OH)3、Na2CO3和HF反应制得，同时生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2+9H2O，故答案为：2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。19. FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(
37、氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/-4553易升华（1）用H2还原无水FeCl3制取FeCl2有关装置如下：H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_。按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为B_E（填字母，装置可多次使用，也可不用）；C中盛放的试剂是_。实验中D的导气管易堵塞的原因是_。（2）利用反应2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl制取无水FeCl2。按如图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h
38、，冷却、分离提纯得到粗产品。仪器a的名称是_。反应完成后继续通N2的目的是_。反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。回收滤液中C6H5Cl的操作方法是_。将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为_。【答案】 (1). H2+2FeCl32FeCl2+2HCl (2). ACDC（或CDC） (3). 碱石灰 (4). FeCl3易升华，蒸汽遇冷后凝华，导致导气管堵塞 (5). 球形冷凝管 (6). 将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中 (
39、7). 蒸馏滤液，并收集沸点132的馏分 (8). 78.4%【解析】【分析】（1）B装置制取氢气，氢气含有水蒸气，干扰实验，所以用C装置除去水蒸气，然后在D装置中与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化氢，为了防止空气中的水蒸气进入D，所以在D装置后连接C，最后在E处利用点燃处理剩余的氢气。（2）在A三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯,控制反应温度在一定范围加热3h ,发生反应，反应结束后，冷却实验装置A ，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，将滤液蒸馏，收集沸点132C的馏分，回收C6H5Cl ,为了减少实验误差，反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一
40、段时间，在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管，以此解答该题。【详解】解: (1)H2还原无水FeCl3制取FeCl2的反应为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；用B装置氢气，用A观察氢气的流速并平衡气压，用C装置干燥氢气，干燥后的氢气与无水FeCl3在D中发生反应，为防止外界空气中的水蒸气进入D装置，D之后再连接一个C，最后用E装置处理尾气，故连接顺序为：BACDCE (或BCDCE) ； C的目的是干燥吸水,盛放的试剂是碱石灰；根据题意氯化铁易升华，故该制备装置可能会因为氯化铁易升华导致导管易堵塞； ( 2 )仪器a为球形冷凝管；反应过程中生成氯化氢气
41、体，利用氮气将氯化氢全部排入装置B中；反应结束后，冷却实验装置A，三颈烧瓶内物质主要是产物FeCl2 ,还有多余的氯苯和副产物C6H4Cl2，由题可知,氯苯和副产物C6H4Cl2溶于苯， FeCl2不溶于苯，故洗涤所用的试剂可以是苯，减少产品的损失；滤液的溶质有氯苯和C6H4Cl2，由表可知，二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故回收滤液中C6H5Cl的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸点132的馏分； 32.5g无水氯化铁理论上生成的n (FeCl2) =n(FeCl3)=0.2mol ，HCl消耗标准液NaOH为0.196L0.4mol/L=0.00784mol，故反应生成的n(FeCl2) =2 ( HCI) =20.00784mol=0.1568mol ，故氯化铁的转化率为=78.4% 。