1、河北省“五个一”名校联盟2019-2020学年高二化学6月联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 P31 S32 Cl35.5 Ca40 Fe56 Cu64第I卷一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。1.习总书记多次强调要“像对待生命一样对待生态环境”。下列说法不正确的是A. 赤潮是水体富营养化，藻类大量繁殖，消耗了大量氧气，造成水体缺氧的现象B. 用撒熟石灰的方法可改良酸性土壤C. 汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的因素之一D. 用明矾可消除水中Cu2+等重金属离子污染【答案】D【解析】【详解】A. 赤潮是水体富营养化，藻类大量繁殖，消耗了大
2、量氧气，造成水体缺氧的现象，故A正确；B. 氢氧化钙俗称熟石灰，是一种常见的碱，常用于改良酸性土壤，因此用撒熟石灰的方法可改良酸性土壤，故B正确；C. 大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，故汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的因素之一，故C正确；D. 明矾溶于水可水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮的不溶性杂质，沉降下来，达到净水的目的，但不能消除水中Cu2+等重金属离子污染，故D错误；故选D。2.电解质广泛应用于日常生活或生产中，如“下雨警报器”等。下列物质中属于电解质的是A. CO2B. O2C. KNO3D. CH4【答案】C【解析】【分析】电解质是在水溶液里或熔融状态下能导
3、电的化合物，非电解质是在水溶液里和熔融状态下均不能导电的化合物，据此分析解答。【详解】A. CO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质，故A不选；B. O2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不选；C. KNO3是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，故KNO3属于电解质，故C选；D. CH4是溶于水和熔融状态下均不能导电的化合物，故CH4属于非电解质，故D不选；故选C。3.胶体能产生丁达尔效应，下列物质中能产生丁达尔效应的是A. 食醋B. 云雾C. 食盐水D. 白糖水【答案】B【解析】【详解】A食醋醋酸溶液，不会产生丁达尔
4、效应，故A不符合题意；B云雾为胶体分散系，会产生丁达尔效应，故B符合题意；C食盐水为溶液，不会产生丁达尔效应，故C不符合题意；D白糖水是蔗糖水溶液，不会产生丁达尔效应，故D不符合题意；答案选B。【点睛】丁达尔效应是胶体的特性，只需要判断选项是胶体分散系即可。4.下列化学用语不正确的是A. Cl2的结构式：ClClB. MgCl2的电子式：C. Na原子的结构示意图：D. N2的电子式：【答案】D【解析】【详解】A氯气分子中只含1对共用电子对，则Cl2的结构式为ClCl，故A正确；B氯化镁是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，其电子式为，故B正确；C钠原子的核内有11个质子，核外有11个电子，故其
5、结构示意图为，故C正确；D氮气分子中，每个氮原子都达到了8电子结构，氮气的电子式为，故D错误；答案选D5.检验反应C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O产生的气体中同时含CO2和SO2，下列不需要用到的装置是A. 稀硫酸B. 品红溶液C. KMnO4溶液D. 澄清石灰水【答案】A【解析】【分析】CO2和SO2都能使澄清石灰水变浑浊，故检验CO2之前先检验SO2，再除去SO2，最后检验CO2，由此分析。【详解】通常用品红溶液检验SO2，用澄清的石灰水检验CO2，但由于CO2和SO2都能使澄清石灰水变浑浊，即SO2干扰CO2的检验，故检验CO2之前先检验SO2，再除去SO2，最后检验CO2，故
6、检验产生的气体中同时含CO2和SO2的方法是：先将气体通过品红溶液检验SO2，再用KMnO4溶液除去SO2，并用品红溶液检验SO2除尽后再用澄清石灰水检验CO2，不需要的装置是A；答案选A。6.下列离子方程式正确的是A. 用盐酸溶解石灰石：2HCO2H2OB. CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：Ba2BaSO4C. 将SO2气体通入足量NaOH溶液中：SO22OHH2OD 铜与氯化铁溶液反应：3Cu2Fe32Fe3Cu2【答案】C【解析】【详解】A石灰石为碳酸钙，碳酸钙难溶，在离子方程式中不可拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2HCO2H2O+Ca2+，故A错误； BCuSO4溶液与
7、Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，题目中离子方程式漏掉了Cu2+与OH的反应，正确的离子方程式为：Cu2+2OH+Ba2BaSO4+ Cu(OH)2，故B错误；C少量的SO2与足量的NaOH反应，生成易溶的Na2SO3和水，离子方程式为SO2 + 2OH= SO32-+H2O，故C正确；D铜与氯化铁溶液反应，铜金属性弱于铁，不会把铁置换出来，正确的离子方程式为：Cu2Fe32Fe2+Cu2，故D错误；答案选C。7.在反应3FeS5O2Fe3O43SO2中，FeS的作用是A. 还原剂B. 既是氧化剂又是还原剂C. 氧化剂D. 既不是氧化剂也不是还原剂【答案】A【解析】【详解】F
8、eS中Fe元素的化合价为+2价，S元素的化合价为-2价，Fe3O4中铁的化合价为+，SO2中S元素的化合价为+4价，氧气化合价从0价降低到-2价，是氧化剂，Fe元素和S元素的化合价升高，失电子，被氧化，FeS是还原剂，答案选A。8.下列物质可通过加热的方法除杂(括号中物质为杂质)的是A. NaCl(Na2CO3)B. CO2(SO2)C. Na2CO3(NaHCO3)D. Na2SO4(NaHSO4)【答案】C【解析】【详解】ANa2CO3受热无变化，不能通过加热除去，A不满足题意；BSO2受热无变化，不能通过加热除去，B不满足题意；CNaHCO3受热分解成Na2CO3、水和二氧化碳，可以通过
9、加热除去Na2CO3中的NaHCO3，C满足题意；DNaHSO4受热无变化，不能通过加热除去，D不满足题意。答案选C。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 molL-1H2SO4溶液：K、B. c(H)0.1 molL-1的溶液：Mg2、K、ClC. 与Al反应放出H2的溶液：Fe2、K、D. 0.1 molL-1NaOH溶液：Ca2、Na、【答案】B【解析】【详解】AH+和HCO3-反应生成H2O和CO2而不能大量共存，A不满足题意；BH+、Mg2、K、Cl之间不能反应，能大量共存，B满足题意；C与Al反应放出H2的溶液为强碱溶液或酸溶液，为强碱溶液时，Fe2+和O
10、H-生成Fe(OH)2沉淀而不能大量共存，为酸溶液时，H+、NO3-、Fe2+之间发生氧化还原反应而不能大量共存，C不满足题意；DOH-和NH4+反应生成NH3H2O而能大量共存，OH-和Ca2+生成微溶物Ca(OH)2而不能大量共存，Ca2+和SO42-生成微溶物CaSO4而不能大量共存，D不满足题意；答案选B。10.将5.6 g铁粉放入某含Fe3和Cu2的混合溶液中，有3.2 g Cu析出，无铁粉剩余，则此时溶液中含Fe2+的物质的量为A. 0.2 molB. 0.15 molC. 0.5 molD. 0.1 mol【答案】A【解析】【分析】有3.2 g Cu析出，则溶液中无Fe3+，无铁
11、粉剩余，则反应结束后，Fe元素以Fe2+存在于溶液中，因为氧化性：Fe3Cu2，则先后发生两个反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，溶液中Fe2+的总物质的量为两个反应产生的Fe2+的物质的量，据此据此计算。【详解】结合分析可知：，解得m1=2.8g，n1=0.05mol，即该反应产生的Fe2+的物质的量=n1=0.05mol，消耗Fe的质量=2.8g，则Fe+2Fe3+=3Fe2+消耗的Fe的质量=5.6g-2.8g=2.8g，所以：，解得n2=0.15mol，即该反应产生的Fe2+的物质的量=n2=0.15mol，所以反应后溶液中含Fe2+的物质的量=0.05
12、mol+0.15mol=0.2mol，A符合题意。答案选A。二、不定项选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意11.已知反应P43NaOH3H2O3NaH2PO2PH3，产物PH3中P的化合价为3价。下列说法正确的是A. 1 mol P4分子中含有PP的物质的量为6 molB. 31 g P4中所含的电子数为56.021023C. 反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：3D. 反应生成2.24 L(标准状况)PH3，转移的电子数为0.36.021023【答案】AD【解析】【详解】A由图可知：1 mol P4分子中含有PP的物质的量为6 mol，A正确；B31g P4物质的量=0.25mol，
13、所以n(电子)=0.25mol154=15mol，即电子数=15mol6.021023mol-1=156.021023，B错误；C结合电子得失守恒可知，1molP4参加反应，有3molP化合价升高，即有3molP作还原剂，有1molP化合价降低，即有1molP作氧化剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比=3:1，C错误；D结合电子得失守恒可知，1molP4参加反应，生成1molPH3，转移3mol电子，当反应生成2.24 L(标准状况)PH3(0.1mol)时，转移0.3mol电子，即电子数为：0.36.021023。答案选AD。12.下列各组物质中，不符合通过一步反应就能实现如图所示转化的是编
14、号abcd转化关系Na2ONa2O2NaNaOHAl2O3AlCl3AlAl(OH)3FeCl2FeCl3FeCuCl2CaOCa(OH)2CaCaCO3A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】NaOH受热不分解，不能生成Na2O，步骤da不能一步完成，故符合；Al2O3可以与盐酸反应生成AlCl3，AlCl3可以与氨水反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，Al可以与氧气反应生成Al2O3，与氯气反应生成AlCl3，均能一步完成，故不符合；FeCl2可以被氯气氧化为FeCl3，FeCl3可以与铜反应生成CuCl2，CuCl2可以与铁反应生成FeCl2，铁与盐酸
15、反应生成FeCl2，与氯气反应生成FeCl3，均能一步完成，故不符合；CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与碳酸钠反应生成CaCO3，Ca与氧气反应生成CaO，与水反应生成Ca(OH)2，均能一步完成，故不符合；综上所述，不符合通过一步反应就能实现，故C正确；故选C。13.下列关于Cl2性质的说法错误的是A. 红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，产生白色烟雾B. Cl2是一种黄绿色的有毒气体C. Cl2不能使干燥的有色布条褪色D. 工业上可用Cl2作原料制漂白粉【答案】A【解析】【详解】A.红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，产生红棕色的烟，A错误；B.Cl2是一种黄绿色有毒气体，B正确；C.
16、Cl2不具有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，C正确；D.工业上将Cl2通入石灰乳中制漂白粉，D正确；答案选A。14.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 2.24 L(标准状况)Br2含有的溴分子数为0.1NAB. 2.8 g由NaHCO3和MgCO3组成的混合物中含有的氧原子数为0.1NAC. 0.1 mol FeCl36H2O加入沸水中生成胶体的粒子数为0.1NAD. 在加热的条件下，6.4 g Cu与足量的浓硫酸充分反应生成SO2的分子数为0.1NA【答案】BD【解析】【详解】A. 标准状况下，Br2为液态，无法计算其物质的量，故A错误；B. NaHCO3和MgCO3的摩尔
17、质量均为84g/mol，则2.8 g由NaHCO3和MgCO3组成的混合物中含有的氧原子物质的量为，则氧原子数为0.1NA，故B正确；C. 胶体粒子是氢氧化铁的集合体，故0.1 mol FeCl36H2O加入沸水中生成胶体的粒子数小于0.1NA，故C错误；D. 在加热的条件下，Cu与浓硫酸发生反应，可得关系式CuSO2，6.4 g Cu的物质的量为0.1mol，则生成SO2为0.1mol，则6.4 g Cu与足量的浓硫酸充分反应生成SO2的分子数为0.1NA，故D正确；故选BD。【点睛】公式（标况时，Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:条
18、件是否为标准状况，在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题A项，标况下Br2不是气体，不能使用Vm=22.4L/mol计算。15.取四份质量均为8.4 g的NaHCO3固体，均加热一段时间，将加热后的四份固体分别进行下列实验，能够说明NaHCO3固体已完全分解的是A. 加水溶解后向其中滴加酚酞，溶液变红B. 加水溶解后向其中加入适量CaO粉末，充分反应后观察到有白色沉淀生成C. 称量固体，继续加热，冷却后再次称量所得固体，质量不变D. 加水溶解后向其中加入足量的CaCl2溶液，得到沉淀的质量为5.0 g【答案】CD【解析】【详解】A. NaHCO3和Na2CO3溶液都呈碱性，滴加酚酞后都变红，
19、故加水溶解后向其中滴加酚酞，溶液变红，无法证明NaHCO3固体已完全分解，故A错误；B. 加水溶解后向其中加入适量CaO粉末，CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaHCO3、Na2CO3反应，均会生成碳酸钙白色沉淀，故无法证明NaHCO3固体已完全分解，故B错误；C. 两次称量的质量不变，说明NaHCO3固体已完全分解，故C正确；D. 8.4 g的NaHCO3固体物质的量为0.1mol，根据方程式可知，若NaHCO3完全分解，生成Na2CO3为0.05mol，加水溶解后向其中加入足量的CaCl2溶液，会生成0.05mol碳酸钙，质量为5.0g，与实际相符，故证明NaHCO3固体
20、已完全分解，故D正确；故选CD。第II卷三、非选择题16.“84”消毒液能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶某品牌“84”消毒液，仔细阅读瓶体标签并回答下列问题：(1)该“84”消毒液的物质的量浓度为_molL-1。(2)取任意体积“84”消毒液，下列物理量不随所取体积的多少而变化的是_(填字母)。若取出10 mL溶液加水稀释100倍，稀释前后保持不变的是_(填字母)。A.溶液中NaClO的物质的量B.溶液中Na+的浓度C.溶液中H2O分子的数目D.溶液的密度(3)某学生参阅标签，欲使用固体NaClO和蒸馏水配制480 mL该品牌“84”消毒液。下列说法正确的是_(填字母)。A. 该同
21、学应选用480 mL的容量瓶配制溶液B. 容量瓶用蒸馏水洗净后，未烘干就用于配制溶液，会导致浓度偏低C. 定容时，加水超过刻度线，应立即用胶头滴管将多余的液体吸出D. 配制过程中，未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致浓度偏低(4)某同学查阅资料获知，“84”消毒液的消毒原理是NaClO在一定条件下生成一种强氧化性的弱酸，该酸也可以由Cl2溶于水制得，其离子方程式为_。【答案】 (1). 4 (2). BD (3). A (4). D (5). Cl2+H2OH+Cl-+HClO【解析】【分析】(1)根据公式计算NaClO溶液的浓度；(2)根据溶液是一种均一、稳定的混合物以及溶液的稀释定律分析解答；(3)
22、根据配制一定物质的量浓度溶液的操作分析解答；【详解】(1)该“84”消毒液的物质的量浓度为；(2)取任意体积“84”消毒液时，A. 溶液中NaClO的物质的量与溶液体积有关；B. 溶液具有均一性，所以溶液中Na+的浓度与体积无关；C. 溶液中H2O分子的数目与溶液体积有关；D. 溶液具有均一性，溶液的密度与溶液体积无关；综上所述，B、D中的物理量不随所取体积的多少而变化；根据溶液的稀释规律：溶液稀释过程中所含溶质的物质的量保持不变，可知若取出10 mL溶液加水稀释100倍，稀释前后保持不变的只有A项，溶液中NaClO的物质的量；(3)A. 配制480mL该品牌“84消毒液”，应选择500mL容
23、量瓶，故A错误；B. 容量瓶用蒸馏水洗净后，未烘干就用于配制溶液，对浓度无影响，故B错误；C. 定容时，加水超过刻度线，若用胶头滴管将多余的液体吸出，会导致部分溶质损失，溶液浓度偏低，故C错误；D. 配制过程中，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损失，溶液浓度偏低，故D正确；故选D；(4)“84”消毒液的消毒原理是NaClO在一定条件下与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸是一种具有强氧化性的弱酸，能杀菌消毒，Cl2溶于水生成次氯酸和盐酸，反应的离子方程式为Cl2+H2OH+Cl-+HClO。【点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、10
24、0mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制480 mLNaClO溶液，需要使用500mL容量瓶，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近。17.粗盐中常含Ca2+、Mg2+、以及泥沙等杂质，一种制备精盐的实验方案及步骤如下(用于沉淀的试剂饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液均稍过量)：(1)若试剂选用NaOH溶液，则试剂加入的主要目的是_。判断滴加试剂已过量的方法是：加入试剂后，静置，在上层清液中，_。(2)操作I需要用
25、到的玻璃仪器有烧杯、_。溶液丙中，溶质除NaCl外还含有_(填化学式)等。(3)食用盐常在精盐中加入KIO3。为了检验实验中是否含KIO3，可以用以下反应进行：KIO35KI3H2SO43I23K2SO43H2O。用双线桥分析以上反应中电子转移的方向和数目：_。从反应后溶液中获得纯净的碘单质，可采用的实验操作方法的名称是_。【答案】 (1). 沉淀 (2). 继续滴加试剂，若无浑浊，则表明试剂已过量 (3). 漏斗、玻璃棒 (4). NaOH、Na2CO3 (5). (6). 萃取分液、蒸馏【解析】【分析】在粗盐提纯时，可以先将粗盐和其中的泥沙溶解于水，得混合物乙；结合题目(1)和流程可知：混
26、合物乙加过量NaOH将Mg2+沉淀，再加过量BaCl2溶液将SO42-沉淀，再加过量的饱和Na2CO3溶液将Ca2+和过量的Ba2+沉淀；通过过滤除去泥沙、Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3、CaCO3，固体丁即为泥沙、Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3、CaCO3的混合物，溶液丙为氯化钠、NaOH、Na2CO3的混合溶液；最后所得溶液丙中加适量HCl除去NaOH、Na2CO3，再通过蒸发结晶得到精盐。【详解】(1)根据分析，若试剂选用NaOH溶液，则试剂为BaCl2溶液，目的是沉淀SO42-，试剂为饱和Na2CO3溶液，目的是除去钙离子和多余的钡离子，判断滴加试剂已过量的方法是：继续
27、滴加试剂，若无浑浊，则表明试剂已过量，故答案为：沉淀SO42-；继续滴加试剂，若无浑浊，则表明试剂已过量；(2)由操作I为过滤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，由分析可知，溶液丙中，溶质除NaCl外还含有NaOH、Na2CO3，故答案为：漏斗、玻璃棒；NaOH、Na2CO3。(3)在氧化还原反应KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O中，I化合价升高值=I化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况如下：，故答案为：；可用四氯化碳或苯等有机溶剂将碘从溶液中萃取，然后分液获得有机层，再通过蒸馏获得碘单质，故答案为：萃取分液、蒸馏。【点睛】粗盐提纯过程中，添加饱和Na2
28、CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液3种溶液时，要保证饱和Na2CO3溶液在BaCl2溶液之后添加，否则过量的Ba2+无法除去。18.过氧化钠与次氯酸均具有强氧化性和漂白性。(1)将包有少量Na2O2固体的脱脂棉放在石棉网上，用长玻璃管向脱脂棉中通入微热潮湿的CO2，可以观察到的现象是_，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(2)次氯酸具有杀菌消毒、漂白作用，但其性质非常不稳定。在氯气与水反应原理的基础上制备漂白粉和漂白液，写出实验室用KMnO4(Mn2+)和浓盐酸制备氯气的反应中的还原剂是_(填化学式)。将氯气通入冷的石灰乳中可制备漂白粉，该反应的化学方程式是_，漂白粉的有效成分是
29、_(填化学式)，用文字说明其能漂白的原因：_。【答案】 (1). 脱脂棉燃着，火焰呈黄色 (2). 1：1 (3). HCl (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (5). Ca(ClO)2 (6). Ca(ClO)2能与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸【解析】【分析】(1)根据Na2O2与CO2的反应特点以及反应中元素化合价的变化分析；(2)根据反应中元素化合价的变化分析；根据漂白粉的制备原理以及漂白粉发挥作用的原理分析。【详解】(1)将包有少量Na2O2固体的脱脂棉放在石棉网上，用长玻璃管向脱脂棉中通入微热潮湿的CO2，发生反应，该反应生成氧气，且
30、是放热反应，因此可以观察到脱脂棉燃着，火焰呈黄色；在该反应中，Na2O2中-1价的O元素既有化合价升高到氧气中的0价，又有降低到碳酸钠中的-2价，故Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；(2)实验室用KMnO4和浓盐酸制备氯气，在该反应中，Cl元素化合价升高，则还原剂是HCl；将氯气通入冷的石灰乳中可制备漂白粉，氯气和石灰乳反应生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，故该反应的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，漂白粉中的Ca(ClO)2能与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，故漂白粉的有效成分
31、是Ca(ClO)2。【点睛】在反应和中，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，2mol过氧化钠参与反应时，均生成1mol氧气，同时转移2mol电子，均符合关系式，这是常考点，也是同学们的易错点。19.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是生产、生活中重要的物质，受热易分解，实验室制备Na2S2O5的实验流程如下：H2SO4SO2Na2S2O5溶液Na2S2O5晶体 Na2S2O5(1)步骤一中一般用70%的H2SO4，H2SO4浓度过小或过大均不利于SO2的逸出，原因是_。(2)步骤二的实验装置如图：三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_。处理尾气，选用的最合理的装置(
32、夹持装置已略去)为_(填标号)。(3)“操作1”包括的操作有低温蒸发、结晶、_、洗涤。洗涤时先用饱和SO2水溶液，再用无水乙醇，用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤产品的共同优点是_，用无水乙醇洗涤的另外一个优点是_。(4)“步骤四”脱水需在N2的气氛中低温烘干，原因是_。(5)用酸性KMnO4溶液_(填“能”或“不能”)鉴别出产品Na2S2O5中含有Na2SO4。(6)产品纯度检验：取1.0 g Na2S2O5产品溶于水配成100 mL溶液，取上述配好的溶液25.00 mL，用0.1 molL-1的碘标准液滴定至终点，消耗24.00 mL碘标准液，该样品中Na2S2O5的纯度为_。(其他杂质不参
33、与反应)【答案】 (1). H2SO4浓度过小则反应速率慢，同时SO2更多的溶解于水中；浓度过大则H2SO4难以电离出H+，导致速率过慢 (2). Na2SO3+SO2=Na2S2O5 (3). d (4). 过滤 (5). 减少Na2S2O5在水中的溶解 (6). 干燥快 (7). 防止Na2S2O5被空气中的氧气氧化和受热分解 (8). 不能 (9). 91.2%【解析】【分析】硫酸和亚硫酸钠发生反应生成了二氧化硫，二氧化硫通入亚硫酸钠饱和溶液中得到焦亚硫酸钠，焦亚硫酸钠经低温蒸发、结晶、过滤、洗涤得到Na2S2O5晶体，经脱水得到焦亚硫酸钠，尾气为二氧化硫，用碱性溶液吸收，焦亚硫酸钠受热
34、易分解，低温蒸发、结晶、过滤、洗涤得到晶体，脱水需在N2的气氛中低温烘干，据此分析。【详解】(1)步骤一中一般用70%的H2SO4，H2SO4浓度过小，SO2更多的溶解于水中则反应速率慢，浓度过大则H2SO4难以电离出H+，导致速率过慢，均不利于SO2的逸出；(2)三颈烧瓶中发生反应是二氧化硫和亚硫酸钠反应生成焦亚硫酸钠，化学方程式为：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；尾气中含有二氧化硫，处理尾气，应该选用碱性物质或者是具有氧化性物质：a酸性高锰酸钾溶液可以吸收二氧化硫，但吸收装置不能密闭，且导气管没有插入溶液中，气流不畅通、吸收效率极低，影响整个实验效率，故a不符合题意；b氢氧化钙吸收二
35、氧化硫后生成亚硫酸钙沉淀，容易将U形管堵塞，且氢氧化钙的溶解度较小，其溶液的吸收量较小，故b不符合题意；c浓硫酸不能吸收二氧化硫，故c不符合题意；d二氧化硫可以用氢氧化钠溶液吸收，用干燥管可防止倒吸，故d符合题意；答案选d；(3)焦亚硫酸钠受热易分解，从溶液中得到晶体的 “操作1”包括的操作有低温蒸发、结晶、过滤、洗涤。焦亚硫酸钠不溶于无水乙醇，在饱和二氧化硫水溶液中的溶解度较小，洗涤时先用饱和SO2水溶液，再用无水乙醇，可以减少Na2S2O5在水中的溶解，乙醇易挥发，干燥快；(4)Na2S2O5中S为+4价，有较强的还原性，防止Na2S2O5被空气中的氧气氧化，Na2S2O5受热易分解，“步
36、骤四”脱水需在N2的气氛中低温烘干；(5)酸性KMnO4溶液与Na2SO4不反应，没有明显现象，用酸性KMnO4溶液不能鉴别出产品Na2S2O5中含有Na2SO4；(6) Na2S2O5和I2发生氧化还原反应，Na2S2O5+2I2+3H2O=Na2SO4+4HI+H2SO4，碘的物质的量为0.1molL-12410-3mL=2.410-3mol，根据Na2S2O52I2可知，用去的Na2S2O5的物质的量为1.210-3mol，Na2S2O5的质量为1.210-3mol190g/mol=0.228g，100 mL溶液所含Na2S2O5的质量为0.228g4=0.912g，该样品中Na2S2O
37、5的纯度为100%=91.2%。【点睛】写出Na2S2O5与碘发生氧化还原反应的化学方程式是关键，并且找到碘和Na2S2O5的物质的量关系是难点。20.以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等)为原料制备高纯氧化镁的流程如下：(1)采用搅拌、_、适当增大盐酸的浓度等措施可以提高“酸浸”率。(2)“氧化”过程中发生反应的化学方程式为_。(3)“沉淀”时需严格控制NaOH溶液的用量，其目的是_。(4)“滤液”中继续加入NaOH溶液，_、_、灼烧，制得氧化镁。(5)工业可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制备纳米MgO，写出该反应的化学方程式：_。取少量制得的该物质溶于某种液体溶剂中(
38、两者不反应)，能说明有纳米MgO存在的简单方法是_。【答案】 (1). 粉碎或适当升高温度等 (2). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 (3). 使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且防止Mg2+形成沉淀 (4). 过滤 (5). 洗涤 (6). MgCl2+(NH4)2CO3=MgO+2NH4Cl+CO2 (7). 用一束光照射，在侧面会看到一条光亮的通路【解析】【分析】菱镁矿的主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等，加入盐酸酸浸，MgCO3、FeCO3分别与盐酸反应生成MgCl2、FeCl2，过滤，除去不溶性杂质，在滤液中，通入氯气，将FeCl2氧化为FeCl3，再加入氢氧化钠溶液，调
39、节溶液的pH，使FeCl3完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤，除去氢氧化铁沉淀，得到氯化镁溶液，再经过一系列操作得到MgO，据此分析解答。【详解】(1)除了采用搅拌、适当增大盐酸的浓度等措施可以提高“酸浸”率外，还可以采用粉碎或适当升高温度等措施提高“酸浸”率；(2)“氧化”过程中，氯气将FeCl2氧化为FeCl3，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3； (3)“沉淀”时，只沉淀Fe3+离子，使其完全转化为氢氧化铁沉淀而除去，而不能使Mg2+沉淀，故需严格控制NaOH溶液的用量；(4)“滤液”中溶质为氯化镁，继续加入NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，过滤、洗涤、灼烧，氢氧化镁受热分解制得氧化镁；(5)工业可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制备纳米MgO，故该反应的化学方程式：MgCl2+(NH4)2CO3=MgO+2NH4Cl+CO2；取少量制得的该物质溶于某种液体溶剂中(两者不反应)，若有纳米MgO存在，会形成胶体，故可通过丁达尔效应说明有纳米MgO存在，具体的方法是用一束光照射，在侧面会看到一条光亮的通路。【点睛】第(2)问书写化学方程式难度不大，但是学生们仍然容易出错，就是错写成离子方程式。学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，提醒自己是写化学方程式还是离子方程式。