1、天津一中 2020-2021-1 高三年级 化学学科 1 月考试卷本试卷分为第 I 卷（选择题）、第 II 卷（非选择题）两部分，共 100 分，考试用时60 分钟。第 I 卷 1 至 2 页，第 II 卷 3 至 4 页。考生务必将答案涂写规定的位置上，答 在试卷上的无效。祝各位考生考试顺利!H：1 N：14 O：16 Na：23 S ：32 Cl ：35.5 Fe ：56 Cu ：64第卷 选择题 （单选）（共 15 道题，每题 3 分，共 45 分）1. 化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B. 港珠澳大桥使用
2、的超高分子量聚乙烯纤维属于无机非金属材料C. “玉兔号”月球车太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质【答案】D【解析】【详解】A酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，浓度过低效果不明显；浓度过高，会使细菌最外面的蛋白质变性，形成保护膜，使酒精完全不能进入细菌细胞内，达不到杀菌目的，应使用75%的酒精杀菌消毒，故A不符合题意；B聚乙烯纤维为有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故B不符合题意；C硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池主要原料，故C不符合题意；D在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶(具有吸湿性)能吸收水分，铁是较活
3、泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化变质，故D符合题意；答案选D。2. 下列与阿伏加德罗常数的值（NA）有关的说法正确的是（ ）A. 标准状况下，足量的铜与一定量的浓硝酸反应，生成 224ml 气体，转移电子数为0.01 NAB. 8.0 g Cu2S 和 CuO 的混合物中含有铜原子数为 0.1NAC. 在密闭容器中加入 0.5 mol N2 和 1.5 mol H2，充分反应后可得到 NH3 分子数为NAD. 标准状况下，11.2L Cl2 溶于水呈黄绿色，溶液中 Cl-、ClO-、HClO 的微粒总数之和为 NA【答案】B【解析】【详解】A标准状况下，足量的铜与一定量的浓硝酸反应生成硝
4、酸铜、NO2、NO和水，生成的 224ml 气体中有NO2、NO，转移电子数大于0.01 NA，故A错误；B8.0 g Cu2S中含有铜原子数0.1NA，8.0 g CuO中含有铜原子数0.1NA，所以8.0 g Cu2S 和 CuO 的混合物中含有铜原子数为 0.1NA，故B正确；C是可逆反应，在密闭容器中加入 0.5 mol N2和 1.5 mol H2，充分反应后可得到 NH3分子数小于NA，故C错误；D标准状况下，11.2L Cl2溶于水呈黄绿色，氯水中含有Cl2，溶液中 Cl-、ClO-、HClO 的微粒总数之和小于 NA，故D错误；选B。3. 用下列实验装置和方法进行相应实验，能达
5、到实验目的的是（ ）A. 用图甲装置制备干燥的氨气B. 用乙装置收集并测量 Cu 与浓硝酸反应产生的气体及体积C. 用图丙装置除去 CO2 中含有的少量 HClD. 用图丁装置制取并收集 SO2【答案】A【解析】【详解】A浓氨水与CaO可制取氨气，氨气可用碱石灰干燥，为固体与液体制取氨气的反应原理，装置合理，故A正确；BCu与浓硝酸反应生成二氧化氮，溶于水，不能利用排水法测定其体积，故B错误；C二氧化碳、HCl均与碳酸钠溶液反应，应选饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；DCu和浓硫酸反应需要加热，图中缺少加热装置，不能制备二氧化硫，故D错误；故选A。4. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存
6、的是（ ）A. “84”消毒液中，SiO、CO、Na+、K+B. 0.1mol/LNaA1O2 溶液中：HCO 、NH 、SO、Na+C. 与 Al 反应能放出 H2的溶液中：Fe2+、K+、NO 、SOD. 水电离的 c（H+）=110-13mol/L 的溶液中：K+、Na+、AlO 、CO【答案】A【解析】【详解】A.“84”消毒液中有ClO-,具有氧化性和弱碱性，对选项中离子没有影响，A项正确；B.NaAlO2溶液显碱性，、均不能共存，B项错误；C.与Al反应放出H2的溶液可能显碱性，也可能显酸性(无)，如果显碱性，Fe2+不能共存，如果显酸性，Fe2+、H+会因氧化还原反应不能共存，同
7、时会释放出NO，C项错误；D.溶液可能显碱性或者酸性，如果显碱性，可以共存，如果显酸性， 、均不能共存，D项错误。答案选A。【点睛】1、与Al和碱反应能放出H2，和酸反应也能放出H2，但遇到强氧化性酸，如稀硝酸，会释放出NO2、水电离出的H+或OH-离子的浓度无法直接判断出溶液的酸碱性，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液5. LiAlH4、LiH 既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125 分解为 LiH、H2和 Al。下列说法正确的是（）A. LiAlH4中 AlH-的结构式可表示为：B. 1 mol LiAlH4在 125 条件下完全分解，转移
8、2mol 电子C. LiH 与 D2O 反应，所得氢气的摩尔质量为 4 g/molD. LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4将乙醛氧化为乙醇【答案】A【解析】【详解】A.LiAlH4是Li+和AlH-形成的离子化合物，AlH-离子是四面体结构，结构式为，故A正确；B.LiAlH4中的Li元素、Al元素都是主族金属元素，H元素是非金属元素，则Li元素为+1价、Al为+3价、H为-1价，在125条件下受热分解时，由Al元素的价态变化可知1 mol LiAlH4完全分解，反应转移3 mol电子，故B错误；C.LiH与D2O反应生成LiOD和HD，HD的摩尔质量为3 g/mol，故C错误；D.
9、有机反应中得氢去氧的反应是还原反应，乙醛转化为乙醇的反应是得到氢的反应，属于还原反应，则反应中氧化剂是乙醛，乙醛被还原为乙醇，故D错误；故选A。6. 氯胺（NH2Cl）是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒 剂的 45 倍。下列有关氯胺的说法一定不正确的是（ ）A. 氯胺中氯元素的化合价为1 价B. 氯胺的电子式为C. 氯胺的水解产物为 NH2OH（羟氨）和 HClD. 氯胺的消毒原理与漂白粉相似【答案】C【解析】【分析】【详解】A.NH2Cl是用Cl替代了NH3中的一个H得到的，所以Cl的化合价为+1价，说法正确，A想错误；B.根据有机物的成键规则，N形成三条键，C
10、l和H分别形成一条键，并且电子式中的每个原子应当达到自己相对应的稳定结构，所以电子式是正确的,说法正确，B项错误；C.Cl为正一价，应当结合水电离出来的OH-形成HClO，另一个产物是NH3，说法错误，C项正确；D.根据分析，氯胺和漂白粉都是因为产生了HClO才具有杀菌消毒作用，说法正确，D项错误。【点睛】7. 下列叙述不正确的是( )A. NaHCO3、Fe(OH)3、FeCl2均可通过化合反应生成B. 电解、电离、电镀均需要通电才可进行C. CO2、N2O5、SO2均为酸性氧化物D. 水玻璃、淀粉溶液、胶体均为混合物【答案】B【解析】【详解】ANa2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO
11、3，Fe(OH)2、O2、H2O生成Fe(OH)3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，所以NaHCO3、Fe(OH)3、FeCl2均可通过化合反应生成，故A不符合题意；B电离是指电解质在水溶液或熔融状态下离解成带相反电荷并自由移动离子的一种过程；电解时将电流通过电解质溶液或熔融态电解质(电解液)，在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程；电镀就是利用电解原理在某些金属表面上镀上一薄层其它金属或合金的过程，电离不需要通电，电解、电镀需要通电，故B符合题意；C和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，CO2、N2O5、SO2均为酸性氧化物，故C不符合题意；D水玻璃是硅酸钠的水溶液，为混合物，淀粉溶液
12、、胶体均含有两种物质，均为混合物，故D不符合题意；答案选B。8. 下列所示物质的制备方法合理的是（ ）A. 实验室从海带中提取单质碘：取样灼烧溶解过滤萃取蒸馏B. 以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠C. 以铁矿石、焦炭、空气、石灰石等为原料，通过反应产生的 CO 在高温下还原铁矿石制得铁D. 从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝【答案】C【解析】【详解】A. 实验室从海带中提取单质碘：取样灼烧溶解过滤氧化萃取蒸馏，A错误；B. 以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取氢氧化钠溶液、氢气和氯气，通过电解熔融氯化钠制取金属钠，B错误；C. 工业上以铁矿石、焦
13、炭、空气、石灰石等为原料进行炼铁，通过反应产生的 CO 在高温下还原铁矿石制得铁，C正确；D. 从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝，D错误；答案选C。9. 下列离子方程式书写正确的是( )A. Mg(HCO3)2 溶液中加入足量 NaOH 溶液：Mg2+ + 2HCO -+2OH-= MgCO3+CO+2H2OB. NaHSO4 溶液中滴加 Ba(OH)2 至恰好完全沉淀：2H+SO+2H2O+Ba+2OH-=BaSO4C. 向硫酸铜溶液中加入足量 NaHS 溶液：Cu2+HS-=CuS+H+D. 向 1L 1mol/L 的 FeBr2 溶液中通入 1mol Cl2： 2Fe2+2B
14、r-+ 2Cl2 = 4Cl-+2Fe3+Br2【答案】D【解析】【详解】A. 氢氧化镁比碳酸镁更难溶，Mg(HCO3)2 溶液中加入足量 NaOH 溶液：Mg2+ + 2HCO +4OH-= Mg(OH)2+2CO+2H2O，A错误；B. NaHSO4 溶液中滴加 Ba(OH)2 至恰好完全沉淀，氢离子有余，故产物为硫酸钡和氢氧化钠： H+SO+Ba+OH-=BaSO4+H2O，B错误；C. 向硫酸铜溶液中加入足量 NaHS 溶液，得到硫化铜沉淀和硫化氢气体：Cu2+2HS-=CuS+H2S，C错误； D. 向 1L 1mol/L 的 FeBr2溶液中通入1mol Cl2，氯气是氧化剂，亚铁
15、离子全部被氧化、一半溴离子被氧化： 2Fe2+2Br-+ 2Cl2 = 4Cl-+2Fe3+Br2，D正确；答案选D。10. 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3；H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是( )A. H3PO2的结构式为B. H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C. NaH2PO2是酸式盐D. 每消耗1molP4，反应中转移3mol电子【答案】C【解析】【详解】A根据反应可知H3PO2是一元酸，由于只有-OH的H原子能够电离，因此可说明H3PO
16、2的结构式为，故A不符合题意；B由于P元素最高化合价是+5价，而在H3PO2中P元素化合价为+1价，说明该物质具有强还原性，在空气中可能被空气中的氧气氧化成+5价的磷酸，故B不符合题意；C根据A选项可知H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C符合题意；D在反应中元素化合价升降数值是6，说明每有2molP4反应，反应中转移6mol电子，即每消耗1molP4，反应中转移3mol电子，故D不符合题意；答案选C。11. 下列有关物质的实验操作、现象及结论描述正确的是（ ）选项操作现象结论A某铁的氧化物样品用足量浓盐酸溶解后，再滴入少量酸性高锰酸钾紫红色褪去铁的氧化物中一定含+2
17、价铁B向某无色溶液中通入过量的 CO2 气体有白色沉淀产生该溶液中可能含有 SiOC向品红溶液中通入某气体溶液褪色该气体一定是 SO2D滴加 NaOH 溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无 NHA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A浓盐酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，样品应用足量稀硫酸溶解后，再滴入少量，A错误；B向某无色溶液中通入过量的 CO2气体，有白色沉淀产生，沉淀可以是氢氧化铝或硅酸，故该溶液中可能含有 SiO，也可能是含有偏铝酸根，B正确；C向品红溶液中通入某气体溶液褪色，则气体可能是二氧化硫，也可能是氯气等，C错误；D应该滴加浓 NaOH 溶液
18、并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸不变蓝，则原溶液中无 NH，D错误；答案选B。12. 为验证还原性：SO2Fe2+Cl-，三组同学分别进行了下图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组是（ ）溶液1溶液2甲含Fe3+、Fe2+含 乙含Fe3+，无Fe2+含丙含Fe3+，无Fe2+含Fe2A. 甲、丙B. 甲、乙C. 只有甲D. 甲、乙、丙【答案】A【解析】【分析】将氯气通到氯化亚铁中，溶液变黄色，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+Cl-；再通入二氧化硫发生反应：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+，可以得到还原性：SO
19、2Fe2+，据此分析。【详解】甲：溶液1肯定含Fe3+，Fe2+，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+Cl-，并且通入的氯气少量，又已知溶液2肯定含，说明肯定发生反应：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+，可以得到还原性：SO2Fe2+，所以能证明还原性：SO2Fe2+Cl-；乙：溶液1肯定含Fe3+，无Fe2+，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+Cl-，但不能证明通入的氯气是否有残留，又已知溶液2含，可能是残留的氯气氧化二氧化硫生成硫酸根，所以不能证明还原性：SO2Fe2+，即不能证明还原性：SO2Fe2+Cl-；丙：溶液1肯定含Fe3+，无Fe
20、2+，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+Cl-，但不能证明通入的氯气是否有残留，又已知溶液2含Fe2+，说明肯定发生反应：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+，可以得到还原性：SO2Fe2+，所以能证明还原性：SO2Fe2+Cl-；能证明还原性SO2Fe2+Cl-的是甲、丙；答案选A。13. 已知：还原性I-，氧化性I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 0a段发生反应：3+=3+I- +3H+B. bc段反应：氧化产物的物质的量是0.5molC. 当溶液中I-与I
21、2的物质的量之比为5：1时，加入的KIO3为1.lmolD. a-b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol【答案】C【解析】【分析】还原性I-，首先发生0a段，离子方程式：3+=3+I-+3H+，继续加入KIO3，氧化性I2，所以可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是+5I-+6H+=3I2+3H2O，根据发生的反应来判断各个点的产物，由此分析。【详解】A由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I-没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0a间发生反应的离子方程式为：3+=3+I-+3H+，故A不符合题意；B根据分析，由图示bc之间所发生的离子反应方程式+5
22、I-+6H+=3I2+3H2O，氧化产物是碘单质，0.2mol完全反应时，生成的碘单质的物质的量为0.6mol，碘单质既是氧化产物又是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比等于5：1，氧化产物的物质的量为0.5mol，故B不符合题意；C0b之间共消耗1mol KIO3，则生成1molI-，又由bc之间的方程式为： 解得a=0.05mol，则n=1mol+0.05mol=1.05mol，所以当溶液中I-与I2的物质的量之比为51时，加入的KIO3为1.05mol，故C符合题意；D由图示可知a=0.4mol，b为1mol，ab之间共消耗0.6mol且无I2生成，故根据方程式3+=3+I- +3
23、H+可知，每消耗1mol则有3mol被氧化，则有0.6mol消耗时有1.8mol被氧化，故D不符合题意； 答案选C。14. 水溶液中可能存在 Na+、Al3+、Fe2+、NH、NO、CO、SO中的几种离子，且存在的各离子具有相同的物质的量，某同学对该溶液进行如下实验：下列判断正确的是（ ）A. 气体 A 可能含有 CO2，气体 B 一定是 NH3B. 白色沉淀可能含有 Al（OH）3C. 溶液中一定不存在 Na+D. 溶液中一定存在 Al3+、Fe2+、NO、NH【答案】C【解析】【分析】溶液加入盐酸生成气体，可能含有CO，或为Fe2+、NO发生氧化还原反应生成NO，溶液I加入过量氢氧化钡生成
24、气体B， 一定为氨气，则存在NH，有色沉淀为氢氧化铁，则含有Fe2+，可知不存在CO，溶液呈碱性，白色沉淀可能为氢氧化铝、碳酸钡等，不能确定，由此解答。【详解】A由以上分析可知A为NO，故A错误；B溶液呈碱性，白色沉淀可能为氢氧化铝、碳酸钡等，故B错误；C题中存在的各离子具有相同的物质的量，含有 Fe2+， NH， NO，SO，不含Na+，故C正确；D不确定否含有Al3+，故D错误；故选C。15. 足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNa
25、OH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A. 60mLB. 45mLC. 30mLD. 15mL【答案】A【解析】【详解】从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68 L O2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)2n(O2)4，得n(Cu)2n(O2)20.15 mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3 mol，所需V(NaOH)应为60 mL，故选A。第 II 卷（共 55 分）注意: 交卷时只交答题卡!16. 实验室配制490mL0.3mol/L的NaOH溶液(1)需称量NaOH固体_g(2)在该溶液的配制过
26、程中，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒_。(3)如果在定容时仰视，溶液浓度将_；(填“偏大”“偏小”“不影响” ) 、取上述实验中配制的NaOH溶液200mL，缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测最后溶液的pH7。在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积(不考虑溶解于水)关系如图所示：(4)加入盐酸200mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式_。(5)A点时，反应所得溶液中溶质的成分有_(6)产生的CO2在标准状况下的体积为_mL。【答案】 (1). 6.0 (2). 500mL容量瓶、胶头滴管 (3). 偏小 (4). H+OH-=H2O、
27、 H+= (5). NaCl、NaHCO3 (6). 448【解析】【分析】实验室配制490mL0.3mol/L的NaOH溶液用500mL的容量瓶，根据m=nM=cVM计算出所需NaOH固体的质量；用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；根据c=分析误差；加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，AB段发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，而OA段消耗的盐酸为AB消耗的盐酸的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应；AB段表示碳酸氢根离子与氯化氢反应生成二氧化碳气体，由此分析。【详解】(1)实验室配制490mL0
28、.3mol/L的NaOH溶液用500mL的容量瓶，需称量NaOH固体m=nM=cVM=0.3mol/L0.5L40g/mol=6.0g；(2)在该溶液的配制过程中，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；(3)如果定容时仰视，会使V偏大，溶液浓度将c=，浓度偏小；(4)由分析可知，OA段消耗的盐酸为AB消耗的盐酸的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，OA段发生反应的离子方程式为：H+OH-=H2O、 H+=；(5)由分析可知，OA段消耗的盐酸为AB消耗的盐酸的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，A点反应后所得溶液中溶质的成分有
29、NaCl、NaHCO3；(6)根据反应方程式H+=、+H+=CO2+H2O可知，碳酸钠消耗盐酸的体积为100mL，则氢氧化钠消耗的盐酸体积也是100mL，即Na2CO3与NaOH的物质的量相等，根据钠离子守恒，则碳酸钠的物质的量为：(0.3mol/L2L)=0.2mol，根据碳原子守恒，反应生成二氧化碳的物质的量为0.2mol，标况下0.2mol二氧化碳的体积为448mL。【点睛】分析图中每一段的意义是难点，需要结合化学反应和所用的盐酸的量分析，利用原子守恒为易错点。17. 某化学兴趣小组以菱铁矿（主要成分为FeCO3，含有SiO2、Al2O3等少量杂质）为原料制备氯化铁晶体（FeCl36H2
30、O）的实验过程如下： (1)酸溶及后续过程中均需保持酸过量，其目的除了提高铁元素的浸出率之外，还有_。(2)操作名称是_。(3)滴加H2O2溶液氧化时，发生主要反应的离子方程式为_。(4)在氧化过程中，如何检验铁元素全部以Fe3+形式存在：_。(5)加入过量NaOH溶液的目的是_。(6)请补充完整由过滤后得到的固体制备FeCl36H2O的实验方案：向过滤后所得固体_，用水洗涤固体2-3次，低温干燥，得到FeCl36H2O。【答案】 (1). 抑制Fe3+水解 (2). 过滤 (3). H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O (4). 取少许氧化后的溶液于试管中，向试管中滴加1-2滴酸性
31、高锰酸钾溶液，紫色不褪去，说明铁元素全部以Fe3+形式存在 (5). 将Al3+转化为AlO2-，分离Fe3+与Al3+ (6). 加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤【解析】试题分析：分析题给工艺流程知向菱铁矿（主要成分为FeCO3,含有SiO2、Al2O3等少量杂质）加硫酸溶液酸溶，发生反应：FeCO3+2H+= Fe2+ + H2O+CO2、Al2O3 + 6H+=2Al3+ + 3H2O，经操作 过滤，滤液为硫酸亚铁和硫酸铝的混合液，向滤液中加入H2O2溶液，发生反应：2Fe2+ + H2O2 + 2H+=2Fe3+ + 2H2O，然后再加入过量NaOH溶液
32、发生反应：Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3、Al3+ + 4OH-=AlO2- + 2H2O，将Fe3+和Al3+分离，过滤的氢氧化铁沉淀，向过滤后所得固体加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用水洗涤固体2-3次，低温干燥，得到FeCl36H2O。（1）酸溶及后续过程中均需保持酸过量，其目的除了提高铁元素的浸出率之外，还有抑制Fe3+水解。（2）操作名称是过滤。（3）滴加H2O2溶液氧化时，发生主要反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H+=2Fe3+ + 2H2O 。（4）在氧化过程中，检验铁元素全部以Fe3+形式存在的实验方案为取少许氧化
33、后的溶液于试管中，向试管中滴加1-2滴酸性高锰酸钾溶液，紫色不褪去，说明铁元素全部以Fe3+形式存在。（5）加入过量NaOH溶液的目的是将Al3+转化为AlO2-，分离Fe3+与Al3+。（6）由过滤后得到的固体制备FeCl36H2O的实验方案：向过滤后所得固体加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用水洗涤固体2-3次，低温干燥，得到FeCl36H2O。18. 硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于化工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为 Na2S2O35H2O。Na2S2O35H2O 于 40-45熔化， 48分解；Na2S2O3 易溶于
34、水，不溶于乙醇，在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。制备 Na2S2O35H2O将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置 D 中，然后注入 150mL 蒸馏水使其溶 解，再在分液漏斗 A 中注入一定浓度的 H2SO4，在蒸馏烧瓶 B 中加入亚硫酸钠固体，并按 图乙安装好装置。（1）打开分液漏斗活塞，注入 H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入 Na2S 和 Na2CO3 的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2 3Na2S2O3+CO2。蒸馏烧瓶 B 中发生反应的化学方程式为_。制备过程中仪器 D 中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是
35、_（用离子方程式表示）。 分离 Na2S2O35H2O 并测定含量（2）操作 I 为趁热过滤，其目的是_；操作是过滤、 洗涤、干燥，其中洗涤操作时用_（填试剂）作洗涤剂。（3）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是_。（4）已知：Na2S2O35H2O 的摩尔质量为 248 gmol-1；2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。取晶体样品 ag，加水溶解后配成 250mL 溶液，取25.00mL 溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用 0.005 molL-1 碘水滴定到终点时， 消耗碘水溶液 V mL，试回答：达到滴定终点时的现象：_产品中 Na2S
36、2O35H2O 的质量分数为_。（5）滴定过程中可能造成实验结果偏低的是_（填字母）。A 锥形瓶未用 Na2S2O3 溶液润洗 B 锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数 C 滴定到终点时仰视读数 D 滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终点出现气泡III氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠 （6）化学兴趣小组的同学配备了防毒口罩、橡胶手套和连体式胶布防毒衣等防护用具，在老 师的指导下进行以下实验：向装有 1.5 mL0.1 molL-1 的 NaCN 溶液的试管中滴加 1.5 mL0.1 molL-1 的 Na2S2O3 溶液，两反应物恰好完全反应，但没有明显实验现
37、象，取反应后的 溶液少许滴入盛有 10 mL 0.1 molL-1FeC13 溶液的小烧杯中，溶液呈现血红色，请写出 Na2S2O3 解毒的离子方程式：_。【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2+H2O (2). S2O+2H+S+SO2+H2O (3). 防止硫代硫酸钠晶体析出 (4). 乙醇 (5). 避免析出的晶体 Na2S2O35H2O 因温度过高而分解 (6). 滴加最后一滴标准 I2 溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点 (7). 100% (8). BD (9). CN-+ S2O =SCN-+ SO【解析】【分析】在烧瓶B中
38、，Na2SO3与浓H2SO4反应生成SO2气体，将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置 D 中，然后注入 150mL 蒸馏水使其溶 解，再通入二氧化硫气体，控制在弱碱性的条件下，可制得Na2S2O35H2O，据此解答。【详解】（1）在烧瓶B中，Na2SO3与浓H2SO4反应生成SO2气体，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2+H2O；制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，这是因为Na2S2O3无法在酸性环境中存在，Na2S2O3在酸性条件下分解的离子方程式为S2O+2H+S+SO2
39、+H2O，故答案为：S2O+2H+S+SO2+H2O；（2）由图甲可知，当温度过低时，Na2S2O3溶解度小，会结晶析出，所以趁热过滤的目的是防止Na2S2O3晶体析出。由题意可知，Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以洗涤时可用无水乙醇作洗涤剂，故答案为：防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；（3）由题意可知Na2S2O35H2O 于 40-45熔化， 48分解，蒸发时控制温度不宜过高是为了避免析出的晶体 Na2S2O35H2O 因温度过高而分解，故答案为：避免析出的晶体 Na2S2O35H2O 因温度过高而分解；（4）淀粉溶液是滴定的指示剂，滴定到达终点时，溶液中S2O全部被氧化，此时再滴入I2
40、标准液，淀粉会变蓝，因此达到滴定终点时的现象为：滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟內不变色，故答案是：滴加最后一滴标准 I2 溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；由方程式2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6可知存在数量关系n(S2O)=2n(I2)，V mL溶液中含有的S2O的物质的量为20.005 V10-3mol，则样中Na2S2O35H2O的物质的量为20.005 V10-310mol，产品中Na2S2O35H2O的质量分数为=，故答案为： 100%；（5）A锥形瓶未用 Na2S2O3溶液润洗，对实验结果无影响，故A错误；B 锥形瓶中
41、溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数，会导致标准液的体积偏小，含量偏低，故B正确； C 滴定到终点时仰视读数，使标准液的体积偏大，含量偏高，故C错误；D滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终点出现气泡，会导致标准液的体积偏小，含量偏低，故D正确；故答案为：BD；（6）向装有 1.5 mL0.1 molL-1 NaCN 溶液的试管中滴加 1.5 mL0.1 molL-1 的 Na2S2O3溶液，两反应物恰好完全反应，但没有明显实验现象，说明CN-和 S2O按1:1反应，取反应后的 溶液少许滴入盛有 10 mL 0.1 molL-1FeC13溶液的小烧杯中，溶液呈现血红色，说明产生了SCN-，实验 Na2
42、S2O3解毒的离子方程式为CN-+ S2O =SCN-+ SO，故答案为：CN-+ S2O =SCN-+ SO。【点睛】滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终点出现气泡，是结束时气泡液占据了一部分，使终点读数偏小，会导致标准液的体积偏小，含量偏低，此为易错点。19. 2020 年突如其来的“新冠肺炎”使人们认识到日常杀菌消毒的重要性。其中含氯消 毒剂在生产生活中有着广泛的用途。INaClO 是“84”消毒液的有效成分，在此次抗击新冠病毒中发挥了重要作用，请回答下列问题。 （1）浸泡衣物时加入“84”消毒液在空气中放置一段时间漂白效果更好，原因用离子方程式表示为：_。（已知酸性：H2 CO3 HCl
43、OHCO ） （2）若将“84”消毒液与洁厕灵（主要成分是盐酸）混合使用，则会产生黄绿色的有毒气体，其反应的离子方程式是_。II.ClO2是一种黄绿色或橙黄色的气体，极易溶于水，可用于水的消毒杀菌及烟气的脱硫 脱硝。回答下列问题：（3）将过硫酸钠（Na2S2O8）溶液加入亚氯酸钠（NaClO2）中可制备 ClO2，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（4）为研究 ClO2脱硝的适宜条件，在 1L200 mgL-1 ClO2溶液中加 NaOH 溶液调节 pH，通入 NO 气体并测定 NO 的去除率，脱硝后 N 元素以 NO形式存在，其关系如下图所示：实验中使用的 C1O2溶液的物质的量浓度
44、为_（保留一位有效数字）；要使 NO 的去除率更高，应控制的条件是_。NaC1O2吸收 NO 的效率高于 C1O2，请写出碱性条件下 NaClO2脱除 NO 反应的离子方程式：_。【答案】 (1). ClO+H2O+CO2HClO+HCO (2). ClO+Cl+2H+Cl2+H2O (3). 1：2 (4). 0.003 mol L-1 (5). 控制溶液呈强酸性或强碱性 (6). 4NO+3ClO -+4OH-=4NO+3Cl-+2H2O【解析】【详解】（1）由于碳酸的酸性强于次氯酸，次氯酸的电离程度大于碳酸氢根离子，“84”消毒液在空气中放置时，主要成分次氯酸钠能与空气中二氧化碳反应生成
45、碳酸氢钠和次氯酸，溶液中次氯酸的浓度增大大，漂白效果增强，反应的离子方程式为ClO+H2O+CO2HClO+HCO，故答案为：ClO+H2O+CO2HClO+HCO；（2）若将“84”消毒液与洁厕灵混合使用，次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成氯化钠、氯气和水，反应的离子方程式为ClO+Cl+2H+Cl2+H2O，故答案为：ClO+Cl+2H+Cl2+H2O；（3）过硫酸钠具有强氧化性，亚氯酸钠具有还原性，过硫酸钠与亚氯酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠和二氧化氯，反应的化学方程式为Na2S2O8+ 2NaClO2=2 ClO2+2 Na2SO4，由方程式可知，氧化剂过硫酸钠和还原剂亚氯酸钠的物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；（4）L200 mgL-1ClO2溶液中ClO2的物质的量为=0.00296mol，则ClO2的浓度为0.003 mol L-1；由图可知，溶液酸性增强和碱性增强时，NO的去除率都增大，则要使 NO 的去除率更高，应控制的条件是控制溶液呈强酸性或强碱性，故答案为：0.003 mol L-1；控制溶液呈强酸性或强碱性；由题意可知，碱性条件下，NaClO2与NO发生氧化还原反应生成氯化钠、硝酸钠和水，反应的离子方程式为4NO+3ClO -+4OH-=4NO+3Cl-+2H2O，故答案为：4NO+3ClO -+4OH-=4NO+3Cl-+2H2O。
