1、江苏省南京师范大学附属中学2020届高三化学下学期六月押题试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1O16Cl35.5Cu64第卷单项选择题1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是()A. 采用纳米TiO2光触媒技术将装修材料中释放的HCHO转化为无害物质B. 用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用C. 减少对化石燃料的依赖，有效降低PM2.5对环境的污染D. 目前汽油标准已由“国”提到“国”，这意味着汽车不再排放氮氧化物【答案】D【解析】【详解】A采用纳米TiO2光触媒技术，能将甲醛降解为二氧化碳和水，即能将有害物质转化成无害物质，A正确；B用CO2
2、合成可降解的聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯塑料能降解生成二氧化碳，所以能实现碳的循环利用，B正确；CPM2.5是指大气中直径颗粒小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，减少对化石燃料的使用，即减少污染物的产生，可有效降低PM2.5对环境的污染，C正确；D汽油标准已由“国III”提到“国IV”，意味着氮氧化物的排放尽可能减少，并不是不再排放，D错误；答案选D。2.下列有关化学用语表示正确的是()A. 甲酸甲酯的实验式：CH2OB. 丙烯醛的结构简式：CH2CHCHOC. 氮气分子的电子式：D. H2CO3的电离方程式：H2CO32H+【答案】A【解析】【详解】A甲酸甲酯为HCOOCH3，分子式
3、为C2H4O2，实验式为CH2O，A正确；B丙烯醛中的碳碳双键不能省略，结构简式为：CH2=CH-CHO，B错误；C氮气分子中氮原子之间形成3对共用电子对，电子式为：，C错误；DH2CO3是弱电解质，属于二元弱酸，必须分步电离，电离方程式为：、，D错误；答案选A。3.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. 使pH试纸变蓝的溶液中：、Na+、Cl-、ClO-B. 1.0 molL-1的HNO3溶液中：K、Ag(NH3)2、Cl-、C. 1的溶液中：Fe2+、Al3+、I-D. 0.1 molL-1的NH4HCO3溶液中：K+、Na+、Cl-【答案】D【解析】【详解】A使pH试
4、纸变蓝的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B1.0 molL-1的HNO3溶液酸性较强，Ag(NH3)2不能稳定存在，会产生银离子，银离子和氯离子会生成不溶于硝酸的沉淀，故B不符合题意；C1的溶液显中性，Fe2+、Al3+、均不能在中性溶液中大量存在，且Fe2+、Al3+和会发生双水解，故C不符合题意；D四种离子之间相互不反应，也不与碳酸氢铵反应，可以大量共存，故D符合题意；故答案为D。4.下列有关物质的性质与应用不对应的是()A. 福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸泡标本B. 油脂在碱性条件下易水解，可用于制作肥皂C. NH3分解生成
5、N2和H2吸收热量，液氨可用作制冷剂D. ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒【答案】C【解析】【详解】A. 福尔马林为甲醛水溶液,能使蛋白质变性,可以用于浸泡标本，A不符合题意；B. 油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，可用于制作肥皂，俗称为皂化反应，B不符合题意；C. NH3易液化，液氨气化时吸收大量的热，所以液氨可用作制冷剂，C符合题意；D. 具有强氧化性的物质能杀菌消毒，ClO2中氯元素化合价为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，D不符合题意。答案选C。5.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是()A. 用图1装置制取干燥的氨气B. 用图2装置制备Fe(O
6、H)2并能较长时间观察其颜色C. 用图3装置配制银氨溶液D. 用图4装置从食盐水中提取NaCl【答案】B【解析】【详解】A氨气为碱性气体，会与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故A错误；BFe与电源正极相连为阳极，Fe被氧化成Fe2+，结合溶液中的OH生成Fe(OH)2，C棒为阴极，水电离出的氢离子被还原生成氢气，同时产生OH，所以溶液一直显碱性，煤油可以隔绝空气防止Fe(OH)2被氧化，所以用图2装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色，故B正确；C配制银氨溶液应将氨水滴入硝酸银溶液中，至沉淀恰好溶解时为止，故C错误；D从食盐水中提取NaCl蒸发结晶即可，蒸发结晶需要用蒸发皿，图示仪器为坩埚
7、，故D错误；故答案为B。6.下列叙述不正确的是()A. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色B. NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中C. SO2通入到紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色D. 除去Mg(OH)2浊液中的Ca(OH)2，可加入足量MgCl2溶液充分搅拌后过滤【答案】C【解析】【详解】A植物油为液态油脂，分子的烃基中含有不饱和碳碳双键，能发生加成反应，使Br2的CCl4溶液褪色，A正确；BNH4F水解生成HF，HF可腐蚀玻璃，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，B正确；C二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂褪色，所以SO2通入紫色石蕊
8、溶液中，溶液只变红不褪色，C错误；D氢氧化镁溶解度比氢氧化钙小，在氢氧化钙溶液中加入氯化镁可转化成氢氧化镁，充分搅拌后过滤即可除去Ca(OH)2，D正确；答案选C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是()A. MnO2与浓盐酸混合加热：MnO24H+4Cl-MnCl2 Cl22H2OB. 氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2+OH-=BaSO4NH3H2OC. FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2H2O22H+=Fe3+2H2OD. 0.01 molL-1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 molL-1 Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3+22Ba2+4OH-=2BaSO4Al(O
9、H)3NH3H2O【答案】D【解析】【详解】A氯化锰溶于水，应写成离子，正确的离子方程式为MnO24H+2ClMn2+Cl22H2O，故A错误；B氢氧化钡溶液中加入硫酸铵，正确离子方程式为Ba2+2OH+2+=BaSO4+2NH3H2O，故B错误；CFeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2，正确离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故C错误；D0.01 molL-1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 molL-1 Ba(OH)2溶液等体积混合，与足够的OH与铝离子和铵根反应，但没有多余的OH与氢氧化铝沉淀反应，所以离子方程式为Al3+22Ba2+4OH-=2BaSO4
10、Al(OH)3NH3H2O，故D正确；故答案为D。8.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（ ）A. 原子半径：YZRTB. 气态氢化物的稳定性：WRZD. XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同【答案】D【解析】分析】“矿石熊猫”由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中R原子最外层电子数为其
11、次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li元素；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为Mg元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Ne元素，不符合题意；若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Si元素，符合题意。【详解】A.Y为Li元素、Z为Be元素、R为O元素、T为F元素，同周期，从左向右，原子半径减小，原子半径：r(Li)r(Be)r(O)r(F)，A正确；B. W为Si元素、R
12、为O元素、T为F元素，非金属性：FOSi，则气态氢化物的稳定性SiH4H2OBe，则最高价氧化物对应的水化物碱性：Ca(OH)2 Be(OH)2，C正确。D. XR2、WR2分别为：CaO2、SiO2，CaO2中O元素为1价，SiO2中O元素化合价为2，D错误；故答案为：D。9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是() CCO2COCO2 FeFe2O3Fe2(SO4)3SO2NH4HSO3(NH4)2SO4AlCl3AlNaAlO2CuSO4(aq)Cu(OH)2Cu2OA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】C在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和C单质在高温条件可以生成CO，CO
13、高温条件可以还原Fe2O3，生成CO2和Fe，故能实现；Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故不能实现；二氧化硫与少量氨水反应生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵和稀硫酸反应生成硫酸铵和二氧化硫，故能实现；氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，不能电解，故不能实现；硫酸铜溶液与过量NaOH形成碱性的氢氧化铜悬浊液，葡萄糖含有醛基，碱性、加热条件下可以将氢氧化铜还原为Cu2O，故能实现；综上所述，满足题意，答案为B。10.下列图示与对应的叙述相符的是()A. 图甲表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高B. 图乙表示室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2达到沉淀溶解平衡时，
14、溶液中c(Ba2)与c()的关系曲线，说明溶液中c()越大c(Ba2)越小C. 图丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1 时A、B的饱和溶液分别升温至t2 时，溶质的质量分数w(B)w(A)D. 图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的H0【答案】B【解析】【详解】A. 镁条与盐酸反应放热，温度升高反应速率加快，后来随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应速率变慢，t1时刻反应速率最快，不能说明溶液的温度最高，镁与盐酸还在继续反应，温度还在升高，A错误； B. 同一温度下，溶度积Ksp不变
15、，溶液中c()越大，则c(Ba2)越小，B正确；C. t1 时A、B的溶解度相等，饱和溶液的溶质的质量分数相等，升温至t2 时，溶解度增大，溶液为不饱和溶液，溶质没有变化，质量分数不变，所以：w(A)= w(B)，C错误；D. 图丁表示等量NO2在容积相同不同温度下分别发生反应，相同时间后测得NO2含量的曲线，由图可知，开始一段时间NO2的含量随温度升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2的含量达到最小值曲线的最低点时，该反应达到平衡状态，继续升高温度NO2的含量又逐渐增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，该反应逆反应是吸热反应，则正方向为放热反应，所以该
16、反应的H0，D错误。答案选B。【点睛】本题考查图像在电解质、溶度积、溶解度、化学反应速度和化学平衡移动的应用的知识，结合所学知识进行解题。不定项选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意11.下列有关说法正确的是()A. Hg(l)H2SO4(aq)=HgSO4(aq)H2(g)常温下不能自发进行，说明H硅酸B将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色Fe(NO3)2已变质C向5 mL 0.1 molL1KI溶液中加入0.1 molL1的FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取23次后取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色反应2Fe32I=2Fe2I2
17、是有一定限度的D在2 mL 0.01 molL1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 molL1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 molL1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀Ksp(CuS)c(NH4)2SO4c(NH4Cl)B. 将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体后的溶液中：c(H+)c(H2CO3)c(OH-)c()c(NH3H2O)C. 溶液X：10 mL 0.1 molL-1 NaCl；溶液Y：10 mL 0.1 molL-1 CH3COONa，则：X中离子总浓度Y中离子总浓度D. 少量的氯气通入过量冷的0.1 molL-1N
18、aOH溶液中：c(Na+)c(HClO)c(ClO-)c(Cl-)【答案】BC【解析】【详解】A(NH4)2SO4可以电离出两个铵根，所以c()相等时，其浓度最小，NH4HSO4可以电离出氢离子抑制铵根的水解，所c(NH4HSO4) c(NH4HSO4) c(NH4)2SO4，故A错误；B析出部分NaHCO3晶体后，可以认为溶液中溶质为NH4Cl和NaHCO3，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c()=c(OH-)+c(HCO)+2c()+c(Cl-)，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCO)+c()+c(H2CO3)，c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3H2O)，联立可
19、得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c()+c(NH3H2O)，故B正确；CNaCl溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+ c(Cl-)，所以溶液中离子总浓度即为2c(Na+)+c(H+)，同理可得醋酸钠溶液中离子总浓度也为2c(Na+)+c(H+)，两溶液中c(Na+)相同，但醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解使溶液显碱性，所以氢离子浓度较小，则X中离子总浓度Y中离子总浓度，故C正确；D少量的氯气通入过量冷的0.1 molL-1NaOH溶液中，溶液中的溶质为NaCl、NaClO、NaOH，所以c(Na+)c(HClO)c(ClO-)c(Cl-)，故D错误；故答案为B
20、C。15.在体积为2 L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)yB(g)zC(g)，图表示200 时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图表示不同温度下平衡时C的体积分数随走始n(A)n(B)的变化关系。则下列结论正确的是()A. 200 时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)0.02 mol(Lmin)1B. 图所知反应xA(g)yB(g)zC(g)的Hv(逆)D. 200 时，向容器中充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时，A的体积分数小于0.5【答案】AD【解析】【详解】A由图可知，200时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，容器体
21、积为2L，故v(B)=0.02molL-1min-1，故A正确；B由图可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，即H0，图I可以知道，200时，A的物质的量变化量为0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，故B错误；C恒温恒容条件下，通入氦气参与反应的各物质的浓度不变，平衡不移动，故C错误；D由图可知，200时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.
22、4mol、0.2mol、0.2mol，相同时间内物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1；平衡时A的体积分数为：=0.5；200时，向容器中充入2molA和1molB若达到等效平衡，则A的体积分数为0.5，而实际上相当于在等效平衡的基础上压强增大，该反应为气体减少的反应，平衡正向移动，A的体积分数减小，即新的平衡中A的体积分数小于0.5，故D正确；故答案为AD。第卷16.利用制磷肥的副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)生产冰晶石(Na3AlF6)的工艺流程如下：(1)分解过程发生的反应为Na2SiF64NH3H2O=2NaF4NH4
23、FX2H2O。工业上把滤渣X叫白炭黑，其化学式为_。(2)分解时白炭黑产率和冰晶石纯度与pH的关系如图，分解时需要控制溶液的pH_，能提高其分解速率的措施有_(填字母)。A. 快速搅拌 B. 加热混合液至100 C. 减小氨水浓度(3)流程中可循环利用的物质为_；冰晶石在电解冶炼铝中的作用是_。(4)水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为_。【答案】 (1). SiO2 (2). 8.5 (3). A (4). NH3(NH3H2O) (5). 降低氧化铝的熔融温度，减少能耗 (6). 2NaF4NH4FNaAlO2 Na3AlF64NH32H2O【解析】【分析】(1)根据质量守恒定律，反应前
24、后原子守恒，推出X的分子式；(2)影响反应速率的外界因素：快速搅拌可加速反应速率；加热虽可以加快反应速率，但反应物是氨水，受热易分解，反应物浓度减小，故会减慢反应速率；(3)分析流程图可知氨水是可循环利用的。【详解】(1)由反应前后原子守恒，则X为SiO2；(2)从图可知，pH为8.5时，冰晶石中白炭黑的含量较低，冰晶石纯度较高；能提高其分解速率的措施有：A快速搅拌可以加快反应速率，A正确；B加热混合液至100，氨水受热分解，反应物浓度小，化学反应速率减慢，B错误；C减小氨水浓度，化学反应速率减慢，C错误；故答案为：8.5；A；(3)第二次过滤所得滤液为氨气的水溶液，可循环使用；冰晶石降低氧化
25、铝的熔融温度，减少能耗；故答案为：NH3(NH3H2O)；降低氧化铝的熔融温度，减少能耗；(4)水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为：17.化合物H是合成碘海醇(一种造影剂)的中间体，其合成路线流程图如下：(1)H中的含氧官能团名称为_和_。(2) BC的反应类型为_。(3)G的化学式为C3H9ON，写出G的结构简式：_。(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应且能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中只有4种不同化学环境的氢。(5)请写出以和BrCH2CH2Br为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。【答案】
26、(1). 肽键 (2). 羟基 (3). 取代反应 (4). (5). 或 (6). 【解析】【分析】【详解】(1)由H的结构可看出，含氧官能团有肽键、羟基；(2) BC是硝化反应，苯环上的-H被-NO2取代，反应类型为取代反应；(3)对比FH，相差的地方在于：，故G的结构简式：；(4)能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯酚的结构，再结合分子中只有4种不同化学环境的氢，而醛基、酚羟基共已有2种氢，剩余只有2种氢，分别为苯环上的氢和氨基的氢，依此来推测同分异构体为：或；(5)依据F+G合成H的路线，F含有-COCl结构、G含有-NH2结构，合成H中含有
27、肽键的结构；故先用BrCH2CH2Br与NaOH水溶液发生取代反应生成HOCH2CH2OH，继续催化氧化成HOOC-COOH，再与SOCl2反应得ClOC-COCl，再和结合即可得目标产物，合成路线为：。18.氯氧化铜xCuOyCuCl2zH2O在农业上可用作杀菌剂。以废铜(主要杂质为Fe)为原料，经溶解氧化、调节pH、过滤等步骤，可制备氯氧化铜。(1)工业上用H2O2和HCl溶解氧化废铜时，反应生成Cu2+时的离子方程式为_。(2)加Cu2(OH)2CO3调节混合液pH时，其优点是_。(3)为测定氯氧化铜的组成，现进行如下实验：步骤：称取0.4470 g氯氧化铜固体，放入锥形瓶中，加入一定量
28、30%的硝酸使固体完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示剂，用0.100 0 molL-1 AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液20.00 mL(已知Ag2CrO4为砖红色沉淀)。步骤：称取0.2235 g氯氧化铜固体，放入锥形瓶中，加入一定量硫酸使固体完全溶解。溶液中加入过量的KI固体，充分反应后向溶液中滴入数滴淀粉溶液，用0.200 0 molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3标准溶液10.00 mL。已知步骤中所发生的反应如下：2Cu2+4I-=2CuII2；2Na2S2O3I2=2NaINa2S4O6。步骤滴定终点时的实
29、验现象是_。通过计算确定氯氧化铜的化学式(写出计算过程)_。【答案】 (1). Cu2H+H2O2=Cu2+2H2O (2). 调节溶液的酸碱性，不引入杂质，使Fe3全部转化为Fe(OH)3沉淀等 (3). 当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀 (4). 0.4470g氯氧化铜Cl离子的物质的量：n(Cl-)n(AgNO3)0.1000molL-10.02L0.002mol根据题意：2Cu2I22Na2S2O3则0.2235g氯氧化铜固体中：n(Cu2+)n(Na2S2O3)0.2000molL-10.01L0.002mol可知0.4470g氯氧化铜中含有：n(CuCl2)0.001
30、mol，n(CuO)0.003mol，根据质量守恒有n(H2O)(0.4470g0.001mol135gmol-10.003mol80gmol-1)18gmol-10.004mol，n(CuO)n(CuCl2)n(H2O)314，则晶体的化学式为3CuOCuCl24H2O【解析】【详解】(1)Cu与H2O2和HCl反应的化学方程式为：，拆写成离子方程式为：Cu2H+H2O2=Cu2+2H2O；(2)溶解氧化时，产生Fe3+，加入Cu2(OH)2CO3调节混合液pH，其优点是：调节溶液的酸碱性，不引入杂质，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀等；(3)当氯离子已沉淀完全，多加入一滴AgNO3溶
31、液时，Ag+和开始结合，出现砖红色沉淀，故答案为：当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀；0.4470g氯氧化铜Cl离子的物质的量：n(Cl-)n(AgNO3)0.1000molL-10.02L0.002mol根据题意：2Cu2I22Na2S2O3则0.2235g氯氧化铜固体中：n(Cu2+)n(Na2S2O3)0.2000molL-10.01L0.002mol可知0.4470g氯氧化铜中含有：n(CuCl2)0.001mol，n(CuO)0.003mol，根据质量守恒有n(H2O)(0.4470g0.001mol135gmol-10.003mol80gmol-1)18gmol-10.
32、004mol，n(CuO)n(CuCl2)n(H2O)314，则晶体的化学式为3CuOCuCl24H2O，故答案为：3CuOCuCl24H2O。19.高铁酸钾(K2FeO4)为高效净水剂，紫色固体，易溶于水，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性溶液中完全、快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)装置B中所用试剂为_。C中得到紫色固体和溶液，C中发生的主要反应为_(用化学方程式表示)。(2) 探究K2FeO4的性质将K2FeO4溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明酸性条件下与氧化性的
33、强弱关系，请说明理由：_。取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，某同学设计了以下方案：取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。该方案并不完善，因为溶液变红的原因可能是_，_(用离子方程式表示)，重新设计实验方案，证明是K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2：将装置C中混合物过滤，_。实验中必须使用的试剂：盐酸、KOH溶液、淀粉碘化钾试纸【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). 3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O (3). 能，在过量酸的作用下完全转化为Fe3和O2，溶液浅紫
34、色一定是的颜色(或不能，补充对比实验，向K2FeO4紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色) (4). 20H=4Fe3+3O210H2O (5). Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3 (6). 将所得固体用KOH溶液充分洗涤，再用KOH溶液将少量固体溶解，得到紫色溶液，向溶液中滴加盐酸，产生黄绿色气体，使湿润的淀粉KI试纸变蓝【解析】【分析】由实验装置可知，A中发生2MnO4-+10Cl-+16H+5Cl2+2Mn2+8H2O，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl；C中在碱性条件下Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应为3Cl2+2Fe(OH)3+10K
35、OH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；【详解】(1)装置A是制备Cl2，装置B为净化装置，用于除去Cl2中的HCl，装置B中所用试剂为饱和食盐水；在碱性条件下Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；(2)K2FeO4在酸性溶液中具有强氧化性，能将Mn2+氧化成，溶液呈浅紫色证明含有，故理由是：能，在过量酸的作用下完全转化为Fe3和O2，溶液浅紫色一定是的颜色(或不能，补充对比实验，向K2FeO4紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)；K2FeO4具有强氧化性，在酸性溶液
36、中快速产生O2，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色是由于Fe3+与SCN-结合成血红色的配合物，用离子方程式表示原因为：20H=4Fe3+3O210H2O，Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；为了证明是K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2：将装置C中混合物过滤，将所得固体用KOH溶液充分洗涤，再用KOH溶液将少量固体溶解，得到紫色溶液，向溶液中滴加盐酸，产生黄绿色气体，由于氯气能够把碘离子氧化为碘单质，所以氯气使湿润的淀粉KI试纸变蓝。20.(1)关于反应H2(g)O2(g)=H2O(l)，下列说法正确的是_(填字母)。A.焓变H0，熵变SOClS (2). HF分子间形成氢键 (3). 极性
37、 (4). sp3 (5). 2 (6). CO (7). 【解析】【分析】常见的18电子的二元化合物有：HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6；D可作为火箭推进剂的燃料，且原子个数为6，原子个数比为1:2，应为N2H4；A、C分子中两种原子的个数比均为1：1，A含有2个原子则A应为HCl，C含有4个原子，则C应为H2O2；B含有3个原子，个数比为1:2，应为 H2S。【详解】(1)A、B、C、D分子中相对原子质量较大的四种元素分别为Cl、S、O、N，同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子核外2p能级半满，更稳定，所以第一电离能大于O；同主族元素自上而下第一电
38、离能减小，所以四种元素第一电离能由大到小排列顺序为NOClS；(2)由于HF分子间存在氢键，所以HF沸点高于HCl；(3)B为H2S，分子为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子；(4)D为N2H4，中心N原子与两个H原子形成2个键，与另一个N原子形成1个键，还有一对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；N原子组成的单质为N2，分子中含一个氮氮三键，其中有2个键；原子总数相同，价电子总数也相同的分子、离子或基团互为等电子体，所以与N2互为等电子的分子为CO；(5)Fe(NO)(H2O)52+中NO以N原子与Fe2+形成配位键，水分子中O原子含有孤电子对，所以H2O以O原子与Fe2+形成配位键，Fe(NO)(H2O)52+的结构示意图为；【点睛】解决本题的关键是要对常见的18电子的微粒熟悉；常见的18电子的二元化合物有：HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6。
