1、2015-2016学年山东省潍坊市高三（上）期中化学试卷一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1化学与社会、生活密切相关下列叙述错误的是（）AK2FeO4是新型水处理剂，其原理与明矾相同BFe2O3俗称铁红，常用作红色油漆和涂料C推广应用燃料“脱硫、脱硝”技术，可减少硫氧化物和氮氧化物对空气的污染DAl2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器2下列说法正确的是（）AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质BSiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水CO3和O2为同种元素组成的单质，所以O3和O2互为同位素DNa2O和Na2O2组成元素相同，与H2O的反应产物也相同3下列实验操作能
2、达到相应目的是（）编号实验操作目的A取4gNaOH固体溶入100mL水中配制4molL1NaOH溶液B向沸水中逐滴加入12mLFeCl3饱和溶液，搅拌并继续煮沸出现浑浊制备Fe（OH）3胶体C测定等物质的量浓度的盐酸、硝酸的pH比较Cl、N的非金属性强弱D用熔融氧化铝、CCl4做导电性实验验证两者是离子化合物还是共价化合物AABBCCDD4下列叙述正确的是（）ACu与过量的S混合加热，最终得到CuSB将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉C常温下，将27 g A1投入足量18.4 molL1的硫酸中，产生1.5 mol H2D将SO2不断通入Ba（OH）2溶液中，最终得到白色沉淀5短周期主族元素W、X
3、、Y、Z原子序数依次增大W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X原子少5个，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z和W在同一主族下列说法正确的是（）A原子半径：WXYZBX、Y、Z单质的熔点：ZYXC简单气态氢化物的热稳定性：YZWDZ元素的最高价氧化物对应水化物的分子中存在非极性共价键6下列反应的离子方程式书写正确的是（）A氯化铝溶液中加入过量氨水：A13+4NH3H2O4NH4+2H2O+A1O2B氯化亚铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+3H2OCNaHCO3溶液和过量的Ba（OH）2溶液混合：2HCO3+OH+Ba2+BaCO3+2H2O+CO3
4、2D用氨水吸收少量二氧化硫：2NH3H2O+SO22NH4+SO32+H2O7设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法错误的是（）A标准状况下，18 g H2O中含有的质子数为10 NAB标准状况下，2.24 L Cl2通入水中，反应转移的电子数为0.1 NAC常温常压下，53.5 g NH4Cl晶体中含有共价键的数目为4 NAD常温常压下，2 L 0.5 molL1 硫酸钾溶液中阴、阳离子总数大于3 NA8常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A中性溶液：Fe3+、K+、Cl、B1.0molL1的FeCl3溶液：H+、S2、Cl、CpH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO、Br
5、D与铝反应产生氢气的溶液：K+、Na+、9LiAlH4、LiH是重要的储氢材料，遇水能剧烈反应放出H2，LiAlH4在125分解为LiH、H2和Al下列说法错误的是（）ALiH和D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4 gmol1B1 mol LiAlH4在125完全分解转移3 mol电子CLiH与水反应的化学方程式为LiH+H2OLiOH+H2DLiH中微粒半径r（Li+）r（H）10把温度为20，浓度为1.0molL1的H2SO4和2.2molL1的碱溶液各50mL混合（溶液密度均为1gmL1，比热容为4.184kJK1kg1）轻轻搅动，测得酸碱混合液的温度变化数据如下： 反应物起始温度t1 终
6、止温度t2 H2SO4+NaOH 20 33.6 H2SO4+NH3H2O 20 32.6则反应NH3H2ONH4+OH的焓变约为（单位：kJmol1）（）A2.1B4.2C52.7D缺少数据无法计算11向2 mL0.5 molL1的FeCl3溶液中加入3 mL 3 molL1的KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色下列说法正确的是（）AFe3+ 不与I发生反应BF使I的还原性减弱CFe3+ 与F结合成不与I反应的物质DFe3+ 被F还原为Fe2+使溶液中不再存在Fe3+12完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）不正确的是（）AABBC
7、CDD13一定条件下，自然界中存在反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4下列说法不正确的是（）ACu2S既是氧化产物又是还原产物BFeS2既作氧化剂，又作还原剂C5 mol FeS2发生反应，有21 mol电子转移D产物中的SO42有一部分是氧化产物14下列描述与图象相对应的是（）A图表示向乙酸溶液中通入氨气至过量的过程中溶液导电性的变化B图表示向1 L l molL1FeBr2溶液中通入Cl2时Br物质的量的变化C图表示向Ca（HCO3）2溶液中滴加NaOH溶液时沉淀质量的变化D图表示向一定浓度的Na2CO3溶液中滴加盐酸，生成CO2的物质的量与
8、滴加盐酸物质的量的关系二、解答题（共5小题，满分58分）15某研究性学习小组在实验室模拟工业“侯氏制碱法”原理制取NaHCO3下图是该学习小组进行模拟实验时所用到的主要装置请回答下列问题：（1）B装置中仪器a的名称是（2）C装置中发生的现象是，反应的化学方程式是（3）检验A装置气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的橡胶塞，夹紧弹簧夹后，向漏斗里注入一定量的水，使漏斗内的水面高于试管内的水面，停止加水后，若说明装置不漏气（4）D是连接在装置A与装置C之间的气体净化装置，装置D的作用是（5）实验时向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2的原因是（6）设计实验方案，检验NaHCO3产品中是否含有氯化
9、钠16如表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素（1）写出E元素原子的结构示意图（2）D的单质在C的单质中燃烧所得产物中存在的化学键类型是（3）写出B单质与F的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式（4）一定条件下，用单质D还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温，回收CCl4的实验操作名称是；选用一种常用试剂可除去粗产品中少量单质D，写出发生反应的化学方程式（5）G的某种氯化物溶液呈浅绿色，向该溶液中加入NaOH溶液，充分反应，一段时间后有红褐色物质生成，请写出该过程中发生反应的化学方程式17常见金属单质A可发生如图所示转化（部分反应物、产物和反应条件已略去）F是一种温室气体；气
10、体G的水溶液显弱碱性；H是一种具有磁性的黑色氧化物；B、C、D、E四种化合物中含有一种相同的元素请回答下列问题：（1）写出F的电子式，实验室制取G的化学方程式为（2）写出反应I的离子方程式该反应中的氧化剂是（3）反应I、均有清洁能源H2产生已知H2的燃烧热为286kJmol1，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量其它相关数据如下表：O=O（g）HH（g）HO（g）键能/kJmol1496x463则表中x为（4）写出A与H反应的化学方程式，实验测得该反应的焓变（H）和活化能（Ea）下列能量关系图合理的是（填写序号）（5）资料显示H可用于除去地下水中的TcO4在酸性条件下，H将TcO4转化为难
11、溶于水的TcO2，同时得到一种难溶于水的弱碱，该反应的离子方程式为18许多含氯物质与生活密切相关，如HClO、ClO2、NaClO2等都是重要的杀菌消毒剂和漂白剂其中制备NaClO2的工业流程如图所示：请回答下列问题：（1）反应器I中反应的氧化剂是（2）反应器中发生反应的离子方程式为（3）通入反应器中的SO2能用H2O2代替，请简要说明理由（4）为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液充分反应后（NaClO2被还原为Cl，杂质不参加反应），加入23滴淀粉溶液，用0.20molL1Na2S2O3标准液漓定，达
12、到滴定达终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度（提示：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）19工业上用软锰矿（主要成分是二氧化锰）制取高锰酸钾和软磁铁氧体材料MnxO4，其流程如下（部分条件和产物省略）：请回答下列问题：（1）K2MnO4中锰元素的化合价是（2）写出粉碎矿石和氢氧化钾熔融物中通入空气时，发生主要反应的化学方程式（3）分析下表数据工业上采用得到较纯净的高锰酸钾，中包含的操作名称是温度/溶解度/g1020304060KC2O3107109111114126KMnO42.834.316.349.0312.6（4）上述工业流程中试剂X的最佳物质是（填化
13、学式）；设计步骤的目的是（5）通过煅烧MnSO4H2O可制得软磁铁氧体材料MnxO4下图是煅烧MnSO4H2O时温度与剩余固体质量变化的曲线该曲线中A段所表示物质的化学式是；MnxO4中x=2015-2016学年山东省潍坊市高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1化学与社会、生活密切相关下列叙述错误的是（）AK2FeO4是新型水处理剂，其原理与明矾相同BFe2O3俗称铁红，常用作红色油漆和涂料C推广应用燃料“脱硫、脱硝”技术，可减少硫氧化物和氮氧化物对空气的污染DAl2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器【考点】镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；铁
14、的氧化物和氢氧化物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】元素及其化合物；几种重要的金属及其化合物；化学应用【分析】AK2FeO4具有强氧化性，而明矾水解生成胶体；BFe2O3为红色；C硫氧化物和氮氧化物有毒，且导致环境污染；D性质决定用途，高熔点的物质可作耐火材料【解答】解：AK2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒，而明矾水解生成胶体，吸附性净化水，二者原理不同，故A错误；BFe2O3为红色，则俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故B正确；C硫氧化物和氮氧化物有毒，且导致环境污染，则推广应用燃料“脱硫、脱硝”技术，可减少硫氧化物和氮氧化物对空气的污染，故C正确；D高熔点的物质可作耐火材料，
15、则Al2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器，故D正确；故选A【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、反应原理及性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的关系，题目难度不大2下列说法正确的是（）AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质BSiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水CO3和O2为同种元素组成的单质，所以O3和O2互为同位素DNa2O和Na2O2组成元素相同，与H2O的反应产物也相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；钠的重要化合物【专题】电离平衡与溶液的pH专题；元素及其化合物【分
16、析】AHClO是弱电解质，但NaClO是强电解质；B酸性氧化物能够与水反应生成盐和水；C同种元素的不同单质之间互为同位素；D过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气【解答】解：AHClO是弱电解质，但NaClO在水溶液里或熔融状态下完全电离，所以NaClO属于强电解质，故A错误；B二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，二氧化硅为酸性氧化物，故B正确；CO3和O2为同种元素组成的单质，二者互为同素异形体，故C错误；D氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，二者与水反应的产物不同，故D错误；故选B【点评】本题考查常见化合物性质及其应用，题目难度不大，涉及酸性氧化物性质、钠
17、的氧化物的性质、同位素与同素异形体的判断等知识，注意明确同素异形体与同位素的概念，明确过氧化钠与氧化钠的性质及区别3下列实验操作能达到相应目的是（）编号实验操作目的A取4gNaOH固体溶入100mL水中配制4molL1NaOH溶液B向沸水中逐滴加入12mLFeCl3饱和溶液，搅拌并继续煮沸出现浑浊制备Fe（OH）3胶体C测定等物质的量浓度的盐酸、硝酸的pH比较Cl、N的非金属性强弱D用熔融氧化铝、CCl4做导电性实验验证两者是离子化合物还是共价化合物AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】An（NaOH）=0.1mol，c=中V指溶液体积而不是溶剂体积；B制备
18、氢氧化铁胶体时不能搅拌且不能长时间煮沸；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，不能根据氢化物水溶液酸性强弱判断非金属性强弱；D熔融状态下能导电的化合物是离子化合物【解答】解：An（NaOH）=0.1mol，c=中V指溶液体积而不是溶剂体积，取4gNaOH固体溶入100mL水中，溶液体积大于0.1L，所以配制溶液浓度小于1mol/L，故A错误；B制备氢氧化铁胶体时不能搅拌且不能长时间煮沸，否则易产生沉淀，应该将溶液煮沸至红褐色停止加热，故B错误；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，不能根据氢化物水溶液酸性强弱判断非金属性强弱，所以不能根据盐酸酸性强弱判断Cl元素
19、非金属性强弱，故C错误；D离子化合物是由阴阳离子构成的，熔融状态下离子化合物中含有自由移动离子而导电，所以熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，熔融状态下不导电的化合物是共价化合物，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及非金属性强弱判断、物质制备、溶液配制、离子化合物和共价化合物判断等知识点，把握物质的性质、反应原理等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，易错选项是B4下列叙述正确的是（）ACu与过量的S混合加热，最终得到CuSB将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉C常温下，将27 g A1投入足量18.4 molL1的硫酸中，产生1.5 mol H2D将SO2不断通入
20、Ba（OH）2溶液中，最终得到白色沉淀【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】ACu与S加热生成硫化亚铜；B氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；C常温下，Al遇到浓硫酸会钝化；D过量的SO2与Ba（OH）2溶液反应生成亚硫酸氢钙【解答】解：AS的氧化性较弱，Cu与S加热生成硫化亚铜，不能得到CuS，故A错误；B氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，即将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉，故B正确；C常温下，Al遇到浓硫酸会钝化，所以常温下，将27 g A1投入足量18.4 molL1的硫酸中，不能生成氢气，故C错误；
21、D将SO2不断通入Ba（OH）2溶液中，开始生成白色沉淀亚硫酸钙，二氧化硫过量，沉淀又溶解生成亚硫酸氢钙，故D错误故选B【点评】本题考查了元素化合物的有关性质，题目难度不大，注意把握常见元素及其化合物的性质，注意反应物的量不同时产物可能不同5短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X原子少5个，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z和W在同一主族下列说法正确的是（）A原子半径：WXYZBX、Y、Z单质的熔点：ZYXC简单气态氢化物的热稳定性：YZWDZ元素的最高价氧化物对应水化物的分子中存在非极性共价键【考点】原子结构与元素周期
22、律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X少5，则应为第二周期元素，X为第三周期元素，设W的最外层电子数为2x，则X的最外层电子数为y，则有（2+8+x）5=2+2x，x=3，则W的原子序数为8，为O元素，X的原子为13，为Al元素，Z和W在同一主族，则Z为S元素；Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则为C或Si元素，由于Y的原子序数大于O，所以Y为Si；以此解答该题【解答】解：W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X少5，则应为第二周期元素，X为第三周期元素，设W的最外层电子数为2x，则X的最外层电子数
23、为y，则有（2+8+x）5=2+2x，x=3，则W的原子序数为8，为O元素，X的原子为13，为Al元素，Z和W在同一主族，则Z为S元素；Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则为C或Si元素，由于Y的原子序数大于O，所以Y为Si；，则A电子层数越多，原子半径越大，电子层相同时，原子序数越大半径越小，则原子半径：WZYX，故A错误；BX为Al、Y为Si、Z为S，其单质的熔点：SAlSi，故B错误；C元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，则简单气态氢化物的热稳定性：YZW，故C正确；DZ为S，S元素的最高价氧化物对应水化物为硫酸，其分子中只有极性键，不存在非极性共价键，故D错误故选C【点评】本题
24、考查元素的推断，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握相关元素化合物的性质6下列反应的离子方程式书写正确的是（）A氯化铝溶液中加入过量氨水：A13+4NH3H2O4NH4+2H2O+A1O2B氯化亚铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+3H2OCNaHCO3溶液和过量的Ba（OH）2溶液混合：2HCO3+OH+Ba2+BaCO3+2H2O+CO32D用氨水吸收少量二氧化硫：2NH3H2O+SO22NH4+SO32+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A反应生成氢氧化铝和氯化铵；BH原子不守恒；CNaHCO3完全反应，生成碳酸钡、水、NaO
25、H；D反应生成亚硫酸铵【解答】解：A氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2O3NH4+Al（OH）3，故A错误；B氯化亚铁溶于稀硝酸的离子反应为3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，故B错误；CNaHCO3溶液和过量的Ba（OH）2溶液混合的离子反应为HCO3+OH+Ba2+BaCO3+H2O，故C错误；D用氨水吸收少量二氧化硫的离子反应为2NH3H2O+SO22NH4+SO32+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中
26、保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大7设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法错误的是（）A标准状况下，18 g H2O中含有的质子数为10 NAB标准状况下，2.24 L Cl2通入水中，反应转移的电子数为0.1 NAC常温常压下，53.5 g NH4Cl晶体中含有共价键的数目为4 NAD常温常压下，2 L 0.5 molL1 硫酸钾溶液中阴、阳离子总数大于3 NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、求出水的物质的量，然后根据1mol水中含10mol质子来分析；B、氯气和水的反应为可逆反应；C、求出氯化铵的物质的量，然后根据1mol氯化铵中含4mol共
27、价键来分析；D、求出硫酸钾的物质的量，然后根据1mol硫酸钾中含3mol离子，而水也能电离出部分离子来分析【解答】解：A、18g水的物质的量为1mol，而1mol水中含10mol质子，即10NA个，故A正确；B、标况下2.24L的物质的量为0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故B错误；C、53.5g氯化铵的物质的量为1mol，而1mol氯化铵中含4mol共价键，即4NA个，故C正确；D、溶液中硫酸钾的物质的量n=CV=0.5mol/L2L=1mol，而1mol硫酸钾中含3mol离子，而水也能电离出部分离子，故溶液中的离子总数大于3NA个，故D
28、正确故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大8常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A中性溶液：Fe3+、K+、Cl、SO42-B1.0molL1的FeCl3溶液：H+、S2、Cl、SO42-CpH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO、BrD与铝反应产生氢气的溶液：K+、Na+、CO32-、NO3-【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A铁离子在溶液中发生水解，溶液为酸性；B氢离子与硫离子发生反应，铁离子与硫离子发生氧化还原反应；CpH=12的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离
29、子反应；D与铝反应产生氢气的溶液为酸性或碱性溶液，碳酸根离子与氢离子反应【解答】解：AFe3+在溶液中部分水解，溶液不可能为中性，故A错误；BH+和Fe3+与S2之间反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CpH=12的溶液为碱性溶液，K+、Na+、CH3COO、Br之间不发生反应，都不与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D与铝反应产生氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，CO32与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反
30、应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等，还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等9LiAlH4、LiH是重要的储氢材料，遇水能剧烈反应放出H2，LiAlH4在125分解为LiH、H2和Al下列说法错误的是（）ALiH和D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4 gmol1B1 mol LiAlH4在125完全分解转移3 mol电子CLiH与水反应的化学方程式为LiH+H2OLiOH+H2DLiH中微粒半径r（Li+）r（H）【考点】
31、氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】A依据LiH与D2O反应方程式：LiH+D2O=HD+LiOD，判断；B依据LiAlH4在125分解为LiH、H2和Al的化学方程式计算；CLiH与水发生氧化还原反应生成氢氧化锂和氢气；D核外电子排布相同时，原子序数越小，半径越大【解答】解：ALiH与D2O反应方程式：LiH+D2O=HD+LiOD，所以所得氢气的摩尔质量为3g/mol，故A错误；BLiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH4在125时完全分解，转移3 mol电子
32、，故B正确；CLiH与水发生氧化还原反应生成氢氧化锂和氢气，方程式：LiH+H2O=LiOH+H2，故C正确；DLi+、H核外电子排布相同，原子序数越小，半径越大，故Li+半径小于H，故D正确；故选：A【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物性质，侧重考查氢化锂的性质，熟悉氢化锂中氢为1价是解题关键，注意对所给条件的分析和应用，题目难度中等10把温度为20，浓度为1.0molL1的H2SO4和2.2molL1的碱溶液各50mL混合（溶液密度均为1gmL1，比热容为4.184kJK1kg1）轻轻搅动，测得酸碱混合液的温度变化数据如下： 反应物起始温度t1 终止温度t2 H2SO4+NaOH 2
33、0 33.6 H2SO4+NH3H2O 20 32.6则反应NH3H2ONH4+OH的焓变约为（单位：kJmol1）（）A2.1B4.2C52.7D缺少数据无法计算【考点】反应热和焓变【分析】根据反应的焓变公式H=分别计算两个反应的焓变，根据盖斯定律计算反应NH3H2O NH4+OH的焓变即可【解答】解：根据反应的焓变公式H=，H2SO4、NaOH反应：2H+（aq）+2OH（aq）=2H2O（l）的焓变为0.001kJ/mol=2398.3kJ/mol，H2SO4、NH3H2O反应2H+2NH3H2O（aq）=2NH4+（aq）+2H2O（l）的焓变为0.001kJ/mol=2389.9kJ
34、/mol，得到反应：NH3H2O（aq）NH4+（aq）+OH（aq）的焓变=2389.9kJ/mol+2398.3kJ/mol=4.2kJ/mol故选B【点评】本题考查学生焓变的计算以及盖斯定律计算反应焓变的方法，属于综合知识的考查，难度中等11向2 mL0.5 molL1的FeCl3溶液中加入3 mL 3 molL1的KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色下列说法正确的是（）AFe3+ 不与I发生反应BF使I的还原性减弱CFe3+ 与F结合成不与I反应的物质DFe3+ 被F还原为Fe2+使溶液中不再存在Fe3+【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【
35、专题】氧化还原反应专题；元素及其化合物【分析】FeCl3中加入KF后溶液呈现无色，而其中没有还原性物质，因此可能是Fe3+被其他离子结合成无色的物质（ 有可能是Fe3+与F络合导致）；再加入I，CCl4层不显色，说明溶液中没有I2生成，也证明了Fe3+结合后的物质不与I反应，据此进行解答【解答】解：A铁离子具有强氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，故A错误；B氟离子与碘离子不反应，氟离子不会是碘离子的还原性减弱，故B错误；C根据题中信息可知，加入氯化铁中加入氟化钾，说明铁离子参加了反应生成了无色物质，再根据加入碘化钾也没有明显现象进一步证明Fe3+与F结合成不与I反应的物质，故
36、C正确；DF的还原性极弱，不会与铁离子发生氧化还原反应，不能将铁离子还原，故D错误；故选C【点评】本题考查了铁离子的性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握铁离子、亚铁离子的检验方法，解答本题的关键是合理分析、理解题干信息，然后得出正确结论12完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）不正确的是（）ABCD实验灼烧纯碱观察焰色反应用CCl4提取溴水中的Br2从KI和I2的固体混合物中回收I2除去氯气中的氯化氢AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A钠元素用焰色反应检验；B互不相溶的液体采用分液方法分离；C碘易升华，KI受热不易分解；DHCl极易溶于水，但
37、饱和氯化钠溶液抑制氯气溶解【解答】解：A钠元素用焰色反应检验，蘸取钠元素的铂丝必须在酒精灯火焰上灼烧，根据火焰颜色判断，故A正确；B互不相溶的液体采用分液方法分离，四氯化碳和水不互溶，且碘在四氯化碳中的溶解度大于在水溶液中的溶解度，碘和四氯化碳不反应，所以可以用萃取、分液的方法分离碘水中的碘，故B正确；CI2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，故C错误；DHCl极易溶于水，但饱和氯化钠溶液抑制氯气溶解，所以可以用饱和的食盐水除去氯气中的氯化氢，故D正确；故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离和提纯、除杂、焰色反应等知识点，把握物质的性质、
38、反应原理等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大13一定条件下，自然界中存在反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4下列说法不正确的是（）ACu2S既是氧化产物又是还原产物BFeS2既作氧化剂，又作还原剂C5 mol FeS2发生反应，有21 mol电子转移D产物中的SO42有一部分是氧化产物【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为+6价，以此来解答
39、【解答】解：14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为+6价，ACu2S只是还原产物，故A错误；BCuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故B正确；C5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol6（1）=21mol e转移，故C正确；DS元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42是氧化产物，则产物中的SO42有一部分是氧化产物，故D正确；故选A【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把
40、握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意5 mol FeS2发生反应时只有3molS失去电子，题目难度不大14下列描述与图象相对应的是（）A图表示向乙酸溶液中通入氨气至过量的过程中溶液导电性的变化B图表示向1 L l molL1FeBr2溶液中通入Cl2时Br物质的量的变化C图表示向Ca（HCO3）2溶液中滴加NaOH溶液时沉淀质量的变化D图表示向一定浓度的Na2CO3溶液中滴加盐酸，生成CO2的物质的量与滴加盐酸物质的量的关系【考点】电解质溶液的导电性；离子反应发生的条件【专题】图像图表题；元素及其化合物【分析】A、乙酸溶液中通入氨气，由弱电解质醋酸变为强电解质醋酸铵；B、FeBr2溶液中
41、通入Cl2时，Cl2优先氧化Fe2+，当Fe2+完全被氧化后，Br开始被氧化；C、向Ca（HCO3）2溶液中滴加NaOH溶液，立即就会产生白色的沉淀碳酸钙；D、定浓度Na2CO3溶液中滴加盐酸，开始反应生成HCO3【解答】解：A、乙酸溶液中通入氨气，由弱电解质变为强电解质，溶液导电性增强，与图象不符，故A错误；B、FeBr2溶液中通入Cl2时，Cl2优先氧化Fe2+，则开始时Br的量先不变，当Fe2+完全被氧化后，Br开始被氧化，物质的量逐渐减少，最终为0，与图象相符，故B正确；C、向Ca（HCO3）2溶液中滴加NaOH溶液，立即就会产生白色的沉淀碳酸钙，故C错误；D、定浓度Na2CO3溶液中
42、滴加盐酸，开始反应生成HCO3，没有CO2生成，与图象不符，故D错误故选B【点评】本题考查较为综合，以图象题的形式考查，题目难度中等，解答本题的关键是把握物质的性质二、解答题（共5小题，满分58分）15某研究性学习小组在实验室模拟工业“侯氏制碱法”原理制取NaHCO3下图是该学习小组进行模拟实验时所用到的主要装置请回答下列问题：（1）B装置中仪器a的名称是分液漏斗（2）C装置中发生的现象是液面上下波动有白色固体析出，反应的化学方程式是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl（3）检验A装置气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的橡胶塞，夹紧弹簧夹后，向漏斗里注入一定量的水，使漏斗内的
43、水面高于试管内的水面，停止加水后，若长漏斗中与试管中的液（水）面差保持不再变化或漏斗中的液（水）面不再下降说明装置不漏气（4）D是连接在装置A与装置C之间的气体净化装置，装置D的作用是除去二氧化碳中的氯化氢（5）实验时向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2的原因是使溶液呈碱性，二氧化碳更易被吸收（6）设计实验方案，检验NaHCO3产品中是否含有氯化钠取少量产品溶于水，加入足量的稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明产品中有氯化钠【考点】制备实验方案的设计【专题】几种重要的金属及其化合物；无机实验综合【分析】“侯氏制碱法”原理制取NaHCO3流程：反应的化学方程式：NaCl+
44、NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，装置A：制取二氧化碳，装置B：制取氨气，装置C：用二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，装置D：除去二氧化碳中的氯化氢，所以A接D后接C（1）根据仪器的作用和常见仪器的名称解答；（2）C装置中二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，两种气体通入C中，所以液面上下波动，析出碳酸氢钠白色固体；（3）注入一定量的水后，试管内气体被压缩管内压强增大，使得出现液面差，液面差保持不变时，说明装置不漏气；（4）制取的二氧化碳气体中混有HCl，氯化氢与溶液中的碳酸氢钠反应而被吸收，二氧化碳气体与碳酸氢钠溶液不反应；（5）二氧化
45、碳与水反应形成不稳定的碳酸，致使水吸收二氧化碳量较少，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收；（6）NaHCO3与氯化钠，阳离子相同，检验NaHCO3产品中是否含有氯化钠，根据氯化钠所含的阴离子氯离子的检验方法选择试剂【解答】解：“侯氏制碱法”原理制取NaHCO3流程：反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，装置A：制取二氧化碳，装置B：制取氨气，装置C：用二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，装置D：除去二氧化碳中的氯化氢，所以A接D后接C（1）B装置中仪器a带有玻璃活塞，控制滴加
46、浓氨水的速率，为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以会出现白色浑浊，现象为液面上下波动有白色固体析出，故答案为：液面上下波动有白色固体析出；NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；（3）随水的注入管内加压增大，漏斗内液体不能再流入试管，使长颈漏斗与管内液面出现液面差，并且液面差保持不变，说明装置气密性良好，故答案为：长漏斗中与试管中的液（水）面差保持不再变化或漏斗中的液（水）面不再下降；（4）装置A：制取二氧化碳
47、，用碳酸钙和盐酸反应，盐酸易挥发，制取的二氧化碳中混有氯化氢，装置D内盛放的碳酸氢钠溶液能与二氧化碳中的HCl发生反应生成氯化钠、水和二氧化碳，从而除去HCl，二氧化碳气体与碳酸氢钠溶液不反应，故答案为：除去二氧化碳中的氯化氢；（5）二氧化碳与水反应形成不稳定的碳酸，致使水吸收二氧化碳量较少，氨气在水中的溶解度大于二氧化碳，先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收，故答案为：使溶液呈碱性，二氧化碳更易被吸收；（6）要检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，实际上就是检验氯离子的存在，可先滴加过量稀硝酸，排除碳酸根离子的干扰，在滴加硝酸银溶液，如
48、果有白色沉淀生成，则含有氯离子，故答案为：取少量产品溶于水，加入足量的稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明产品中有氯化钠【点评】本题考查了利用工业制碱原理，设计实验室制取碳酸钠的实验方案分析判断，根据装置中的药品的性质及装置的连接方式，是准确判断或理解装置作用的一种有效方法，题目难度中等16如表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素（1）写出E元素原子的结构示意图（2）D的单质在C的单质中燃烧所得产物中存在的化学键类型是离子键、共价键（3）写出B单质与F的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O（4）一定条件下，用单质D还原C
49、Cl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温，回收CCl4的实验操作名称是过滤；选用一种常用试剂可除去粗产品中少量单质D，写出发生反应的化学方程式2Na+2CH3CH2OH2CH3CH2ONa+H2（5）G的某种氯化物溶液呈浅绿色，向该溶液中加入NaOH溶液，充分反应，一段时间后有红褐色物质生成，请写出该过程中发生反应的化学方程式FeCl2+2NaOH=2NaCl+2Fe（OH） 2，4Fe（OH） 2+O2+2H2O=4Fe（OH） 3【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由元素在周期表中位置，可知A为H、B为C、C为O、D为Na、E为Si、F为S、G为
50、Fe（1）E为Si，原子核外有14个电子，有3个电子层，各层电子数为2、8、4；（2）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；（3）碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫与水；（4）四氯化碳与金刚石不互溶，用过滤方法分离；可以用乙醇与钠反应除去粗产品中的钠；（5）G的某种氯化物溶液呈浅绿色，该物质为FeCl2，向FeCl2溶液中加入NaOH溶液，先生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁再被氧化为氢氧化铁【解答】解：由元素在周期表中位置，可知A为H、B为C、C为O、D为Na、E为Si、F为S、G为Fe（1）E为Si，原子结构示意图为，故答案为：；（2）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，含有离子键、共价键，故答案
51、为：离子键、共价键；（3）碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，反应方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；（4）四氯化碳与金刚石不互溶，用过滤方法分离；可以用乙醇与钠反应除去粗产品中的钠，反应方程式为：2Na+2CH3CH2OH2CH3CH2ONa+H2，故答案为：过滤；2Na+2CH3CH2OH2CH3CH2ONa+H2；（5）浅绿色溶液FeCl2与NaOH溶液反应先生成白色沉淀，反应方程式为：FeCl2+2NaOH=2NaCl+2Fe（OH） 2，此沉淀迅速变成灰绿色最后变成红褐色，反应方程式
52、为：4Fe（OH） 2+O2+2H2O=4Fe（OH） 3 ，故答案为：FeCl2+2NaOH=2NaCl+2Fe（OH） 2，4Fe（OH） 2+O2+2H2O=4Fe（OH） 3 【点评】本题考查元素周期表、元素化合物性质，难度不大，侧重对化学用语的考查，熟练掌握元素化合物性质17常见金属单质A可发生如图所示转化（部分反应物、产物和反应条件已略去）F是一种温室气体；气体G的水溶液显弱碱性；H是一种具有磁性的黑色氧化物；B、C、D、E四种化合物中含有一种相同的元素请回答下列问题：（1）写出F的电子式，实验室制取G的化学方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3（2）写
53、出反应I的离子方程式2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2该反应中的氧化剂是H2O（3）反应I、均有清洁能源H2产生已知H2的燃烧热为286kJmol1，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量其它相关数据如下表：O=O（g）HH（g）HO（g）键能/kJmol1496x463则表中x为436（4）写出A与H反应的化学方程式3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3，实验测得该反应的焓变（H）和活化能（Ea）下列能量关系图合理的是（填写序号）（5）资料显示H可用于除去地下水中的TcO4在酸性条件下，H将TcO4转化为难溶于水的TcO2，同时得到一种难溶于水的弱碱，该反应的离子方程式为3Fe
54、3O4+TcO4+13H2O+H+=TcO2+9Fe（OH）3【考点】无机物的推断【专题】无机推断；实验分析题；演绎推理法；元素及其化合物【分析】F是一种温室气体，则F为二氧化碳气体；金属A能够与烧碱溶液、盐酸溶液反应，其中A与烧碱溶液生成的E溶液能够与二氧化碳反应，则A为Al；H是一种具有磁性的黑色氧化物，则H为Fe3O4；H能够与金属铝反应生成D，且B，C，D，E四种化合物中含有一种相同的元素，则D为氧化铝、C为氢氧化铝；B为氯化铝；气体G的水溶液为碱性，则G为氨气，据此进行解答【解答】解：F是一种温室气体，则F为CO2；金属A能够与烧碱溶液、盐酸溶液反应，其中A与烧碱溶液生成的E溶液能够
55、与二氧化碳反应，则A为金属Al；H是一种具有磁性的黑色氧化物，则H为Fe3O4；H能够与金属铝反应生成D，且B，C，D，E四种化合物中含有一种相同的元素，则D为Fe2O3、C为Al（OH）3；B为AlCl3；气体G的水溶液为碱性，则G为NH3，（1）F为二氧化碳，属于共价化合物，其分子中含有两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为：；实验室制取氨气，通常采用氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应，生成氯化钙、氨气和水制得氨气，化学反应方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3，故答案为：；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3；（2）金属铝与氢氧化钠溶液反应为2A
56、l+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，该反应的实质为铝与水反应生成氢氧化铝和氢气，生成的氢氧化铝具有两性，能够与氢氧化钠溶液反应，从而使该反应能够发生，所以该反应中的氧化剂为H2O，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；H2O；（3）已知H2的燃烧热为286kJmol1，故2mol氢气燃烧生成2mol液态水时放出热量为286kJmol12=572kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，2mol液态水变为气态水吸收的热量为44kJ=88kJ，故2mol氢气燃烧生成2mol气态水时放出热量为：572k
57、J88kJ=484kJ，故热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=484kJ/mol，所以A=反应物总键能生成物总键能=2xkJ/mol+496kJ/mol4463kJ/mol=484kJ/mol，解得：x=436，故答案为：436；（4）A与H反应的化学方程式为3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3，该反应是放热反应，生成物能量低于反应物能量，结合图象分析活化能数值大于反应焓变判断，故图符合，故答案为：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3；（5）H为Fe3O4，在酸性条件下，H将TcO4转化为难溶于水的TcO2，同时得到一种难溶于水的弱碱应为氢氧化铁，该反应的离子方
58、程式为3Fe3O4+TcO4+13H2O+H+=TcO2+9Fe（OH）3，故答案为：3Fe3O4+TcO4+13H2O+H+=TcO2+9Fe（OH）3【点评】本题考查了无机推断，题目难度中等，侧重考查铝及其化合物性质，明确常见金属及其化合物性质为解答关键，注意掌握热化学方程式的焓变与键能之间的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力18许多含氯物质与生活密切相关，如HClO、ClO2、NaClO2等都是重要的杀菌消毒剂和漂白剂其中制备NaClO2的工业流程如图所示：请回答下列问题：（1）反应器I中反应的氧化剂是NaClO3（2）反应器中发生反应的离子方程式为2ClO2+SO2+4OH=
59、2ClO2+SO42+2H2O（3）通入反应器中的SO2能用H2O2代替，请简要说明理由H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2（4）为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液充分反应后（NaClO2被还原为Cl，杂质不参加反应），加入23滴淀粉溶液，用0.20molL1Na2S2O3标准液漓定，达到滴定达终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度90.5%（提示：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）【考点】制备实验方案的设计【专题】卤族元素；氧族元素；无机实验综合【分析
60、】根据题中流程，发生器中NaClO3在酸性条件下被还原成ClO2，在吸收塔中ClO2在碱性条件下被二氧化硫还原成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO2（1）根据加入到反应器中的原料有NaClO3、浓硫酸、Na2SO3，生成物有ClO2气体根据反应物和生成物的化合价的变化，有元素化合价降低的反应物为氧化剂；（2）根据通入到反应容器中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，氯的化合价由+4价变成了+3价，得到电子，根据氧化还原反应的原理硫应失电子，由+4价变成+6价，根据氧化还原反应原理的氧化剂得到电子总
61、数等于还原剂失去电子的总数，书写出氧化还原反应方程式：2ClO2+SO2+4OH=2ClO2+SO42+2H2O；（3）如果将反应器中的SO2 用H2O2 代替同样能生成NaClO2，说明变换物质后，氧化还原反应照样能发生生成NaClO2，也就说明H2O2也具有还原性，也能把ClO2还原为NaClO2；（4）根据反应：ClO2+4I+4H+=Cl+2I2+2H2O，以及2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，可得反应的关系式：ClO22I24Na2S2O3，根据关系式计算【解答】解：（1）根据加入到反应器中的原料有NaClO3、浓硫酸、Na2SO3，生成物有ClO2气体，依据书写化学方
62、程式的规则，即发生化学反应时满足原子的种类和数目不变，书写出化学反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，Cl的化合价（+5+4），NaClO3为氧化剂，故答案为：NaClO3；（2）根据通入到反应容器中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，氯的化合价由+4价变成了+3价，得到电子，根据氧化还原反应的原理硫应失电子，由+4价变成+6价，根据氧化还原反应原理的氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子的总数，则氧化还原反应方程式为2ClO2+SO2+4OH=2ClO2+SO42+2H2O，故答案为：2ClO2+SO2+4O
63、H=2ClO2+SO42+2H2O；（3）如果将反应器中的SO2 用H2O2 代替同样能生成NaClO2，说明变换物质后，氧化还原反应照样能发生生成NaClO2，也就说明H2O2也具有还原性，也能把ClO2还原为NaClO2，故答案为：H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2；（4）取上述合成产品10g溶于水配成1L溶液，取出10mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，发生ClO2+4I+4H+=Cl+2I2+2H2O，充分反应后加入23滴淀粉溶液，溶液变蓝，用0.20mol/L Na2S2O3标准液滴定，发生：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，蓝色变为无色，可得反
64、应的关系式为：ClO22I24Na2S2O3，又n（Na2S2O3）=0.20mol/L0.02L=0.004mol，则ClO22I24Na2S2O31 4n（ClO2） 0.004mol n（ClO2）=0.001mol，所以1L溶液中含有：n（NaClO2）=0.001mol100=0.1mol，则10g合成产品中含有：m（NaClO2）=0.1mol90.5g/mol=0.905g，NaClO2粗品的纯度为100%=90.5%，故答案为：90.5%【点评】本题是一道化工生产制备NaClO2的工艺流程，需要把握住工艺流程的过程，找到解决问题的突破口，运用基本知识、结合最终要得到的产品来解决
65、，要将教材所学到的基本知识应用到实际解决问题中去，要求基础知识掌握牢固，同时又能将基础知识应用实际应用中，题目难度中等19工业上用软锰矿（主要成分是二氧化锰）制取高锰酸钾和软磁铁氧体材料MnxO4，其流程如下（部分条件和产物省略）：请回答下列问题：（1）K2MnO4中锰元素的化合价是+6（2）写出粉碎矿石和氢氧化钾熔融物中通入空气时，发生主要反应的化学方程式2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O（3）分析下表数据工业上采用得到较纯净的高锰酸钾，中包含的操作名称是蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥温度/溶解度/g1020304060KC2O3107109111114126KMnO42.834
66、.316.349.0312.6（4）上述工业流程中试剂X的最佳物质是（填化学式）Ca（OH）2（或CaO）；设计步骤的目的是循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率（5）通过煅烧MnSO4H2O可制得软磁铁氧体材料MnxO4下图是煅烧MnSO4H2O时温度与剩余固体质量变化的曲线该曲线中A段所表示物质的化学式是MnSO4；MnxO4中x=3【考点】制备实验方案的设计【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合【分析】软锰矿的主要成分为MnO2，由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3
67、、MnO2，通过过滤，分离出二氧化锰，滤液中含KMnO4和K2CO3，根据KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸发结晶的方式可分离出高锰酸钾和碳酸钾，对粗高锰酸钾进行重结晶、干燥得到纯净的高锰酸钾；向碳酸钾溶液中加入石灰生成碳酸钙和氢氧化钾（1）根据物质锰酸钾的化学式K2MnO4，利用化合物中各元素的化合价代数和为0的原则，由化合物中K、O元素为+1、2价，计算化合物中Mn元素的化合价；（2）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为2价，总共降低4价，化合
68、价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数，根据钾元素守恒确定KOH系数，根据氢元素守恒确定H2O系数；（3）分离易溶于水的两种溶质根据其溶解度差异性，高锰酸钾溶解度受温度影响较小采用蒸发结晶方法；（4）试剂X是将碳酸钾反应生成氢氧化钾，宜选择石灰乳（或生石灰），制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用；（5）MnSO4H2O在高温下易分解，产物是MnxO4、含硫化合物、水，依据固体质量分解温度的关系图象，分析质量变化与对应的化学反应，求解A段所表示物质的化学式和x的值【解答】解：（1）设化合物K2MnO4中Mn元素化合价为n价，依化合
69、物中各元素化合价代数和为零的原则，有（+1）2+n+（2）4=0，解之得n=+6，故答案为：+6；（2）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O
70、；（3）分离易溶于水的两种溶质根据其溶解度差异性采用蒸发结晶方法，KMnO4和K2CO3都易溶于水但二者溶解度不同且相差较大，高锰酸钾溶解度受温度影响较小，所以操作根据KMnO4和K2CO3两物质在溶解度上的差异，采用蒸发浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4粗晶体，洗涤干燥得到较纯净的高锰酸钾，故答案为：蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）试剂X是将碳酸钾反应生成氢氧化钾，所以从经济性考虑试剂X宜选择石灰乳（或生石灰），上述流程中，步骤IV和V都是物质循环利用，其目的是循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率，故答案为：Ca（OH）2（或CaO）；循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率；（5）
71、探究物质的变化规律时，运用了物质的质量守恒和元素的质量守恒法MnSO4H2O在高温下易分解，101.4克的MnSO4H2O物质的量为：=0.6mol，根据锰元素守恒，MnSO4H2O分解时，先转变为MnSO4和H2O，质量为：0.6mol151g/mol=90.60g，所以图2曲线中A段质量减少：101.490.60=10.8克为水，所以该曲线中A段所表示物质的化学式为MnSO4，根据表中的数据可知：B固体质量为45.80克，为MnxO4，根据锰元素守恒，MnxO4的物质的量为mol，则mol（55x+164）g/mol=45.80g，x=3，此时发生的反应为：3MnSO4H2OMn3O4+SO2+2SO3+3H2O，故答案为：MnSO4；3【点评】本题考查常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，解答本题时要充分理解图中提供的信息，只有理解了图中信息才能对问题做出正确的判断，题目难度中等