1、湖北省宜昌市秭归县第二高级中学2020届高三化学10月月考试题（含解析）参考相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Si-28 Ca-40 Cr-52 Fe-56 Cu-64 第卷（共48分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关。下列叙述正确的是（ ）A. “滴水石穿、绳锯木断”不涉及化学变化B. 明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同C. 纯硅广泛应用于光导纤维和计算机芯片D. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的【答案】B【解析】【分析】运用化学视角，分析
2、判断生产、生活、环境等实际问题。【详解】A. 大理石、石灰石等主要含碳酸钙，它能与水、二氧化碳反应生成易溶于水的碳酸氢钙，故“滴水石穿”可能涉及化学变化，A项错误；B. 明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，可吸附水中悬浮杂质形成沉淀，故明矾能净水。“84”消毒液中溶有次氯酸钠，其中+1价氯具有较强的氧化性，故能杀菌消毒，B项正确；C. 光导纤维是导光性好的二氧化硅制成，而计算机芯片是高纯硅制成，C项错误；D. 空气中含有氮气、氧气等，在汽车发动机内高温或电火花作用下生成氮氧化物，故汽车尾气中含有氮氧化物，D项错误。本题选B。2.下列说法正确的是（ ）A. 石英玻璃、水玻璃、硅胶的主要成分是硅酸盐B.
3、分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C. 铁在氧气中燃烧生成氧化铁，镁在空气中燃烧生成氧化镁、氮化镁D. 针对埃博拉病毒扩散情况，可选用含氯消毒剂对疫区可能的污染区域进行消毒预防【答案】D【解析】【详解】A. 石英玻璃成分是二氧化硅，水玻璃是硅酸钠的水溶液，硅胶主要成分mSiO2nH2O，A项错误；B. 分散系可分为溶液、胶体和浊液，分散质粒子直径依次为100nm。故浊液的分散质粒子直径最大，B项错误；C. 铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁（Fe3O4）、而非氧化铁（Fe2O3）。镁能与氧气、氮气反应，在空气中燃烧时能生成氧化镁、氮化镁，C项错误；D. 含氯消毒剂有
4、“84”消毒液、漂白粉、二氧化氯等，其中氯元素有较强的氧化性，故能杀菌消毒，D项正确。本题选D。3. 下列说法正确的是A. Si、P、S、Cl相应的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强B. 自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片C. 工业上通常用电解钠、铁、铜对应的氯化物制得该三种金属单质D. 钠与氧气反应的产物与反应条件无关【答案】A【解析】试题分析：A同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，Si、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，所以其相应的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，故A正确；B硅元素在自然
5、界中只能以化合态存在，Si单质为半导体，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片，故B错误；C活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼，较不活泼金属采用热氧化还原法冶炼，所以Na采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，Fe、Cu采用热还原法冶炼，故C错误；D4Na+O2=2Na2O、2Na+O2Na2O2，所以反应条件不同其产物不同，故D错误；故选A。考点：考查了物质的性质及用途、元素周期律、金属的冶炼、钠的化学性质的相关知识。4. 分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A. 冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B. Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO
6、4、Na2O2都属于钠的含氧化合物C. 漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物D. HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸【答案】D【解析】试题分析：A、醋酸、纯碱(碳酸钠俗称)、芒硝(Na2SO410H2O)、生石灰(CaO)分别属于酸、盐、盐、氧化物，故A错误；B、Na2O，NaOH，Na2CO3属于钠的含氧化合物，但是NaCl不属于钠的含氧化合物，故B错误；C、漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物，冰水属于纯净物，故C错误；D、HClO、H2SO4(浓)、HNO3中Cl元素的化合价是+1价，S、N均处于元素的最高价，都具有强氧化性，都是氧化性酸，故D正确
7、；故选D。【考点定位】考查物质的分类【名师点晴】本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、混合物、氧化性酸等概念的理解和分析判断。对于酸性氧化物和碱性氧化物的判断应注意：（1）碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物，Na2O2为过氧化物。（2）酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7；非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如NO、NO2。（3）酸性氧化物、碱性氧化物不一定都能与水反应生成相应的酸或碱，如SiO2、Fe2O3。5. 下列单质或化合物性质的描述正确的是A. 食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧
8、化变质B. Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同C. SiO2与酸、碱均能反应，属于两性氧化物D. 新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色【答案】A【解析】A硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，所以食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质，故A正确；BNa2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气，故B错误；C二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO2+4HFSiF4+2H2O，但二氧化硅属于酸
9、性氧化物，故C错误；D新制氯水含有HClO，具有漂白性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，故D错误故选A6. 有关氯气和氯水性质的叙述正确的是（ ）A. 使湿润KI淀粉试纸变蓝色的气体一定是氯气B. 饱和氯水久置时Cl增多、水分子减少C. 过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁D. 可用pH试纸测定氯水的pH【答案】B【解析】试题分析：A使湿润KI淀粉试纸变蓝色的气体不一定是氯气，如臭氧等，故A错误；B饱和氯水久置时Cl2+ H2OHCl +HClO，次氯酸逐渐分解，平衡逐渐右移，Cl增多、水分子因挥发逐渐减少，故B正确；C过量的铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，故C错误；D氯水中含有次氯
10、酸，具有漂白性，不可用pH试纸测定氯水的pH，故D错误；故选B。【考点定位】考查氯气的化学性质【名师点晴】本题综合考查元素化合物知识，侧重于氯气、漂白粉等物质的性质，属于高频考点。氯气的性质中，要注意：氯气有毒，性质活泼，但在干燥条件下与铁不反应，可用浓硫酸干燥；注意“氯水”与“液氯”的区别，氯水是混合物，液氯是纯净物；在点燃或灼热的条件下，金属都能与氯气反应生成相应的金属氯化物，其中，变价金属如(Cu、Fe)与氯气反应时呈现高价态(分别生成CuCl2、FeCl3)；在常温、常压下，干燥的氯气不能与铁发生反应，故可用钢瓶储存、运输液氯。7. 下列关于含硫化合物的叙述不正确的是A. SO2能与C
11、aO反应，可用生石灰作工业废气的脱硫剂B. SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，体现出漂白性C. 浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，浓硫酸只表现酸性D. 医疗上曾用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药剂【答案】B【解析】试题分析：ASO2能与CaO反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧化生成硫酸钙，可用生石灰作工业废气的脱硫剂，故A正确；BSO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，体现出二氧化硫的还原性，故B错误；C浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，反应中没有元素的化合价变化，浓硫酸只表现酸性，故C正确；D医疗上曾用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药剂，故D正确；故选B。考点：考查了二氧化硫的性质、硫酸的
12、性质的相关知识。8.将过量的CO2分别通入CaC12溶液；Na2SiO3溶液；Ca（C1O）2溶液；饱和Na2CO3溶液。最终溶液中有白色沉淀析出的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据酸与盐反应的规律，CO2通入CaCl2溶液不反应，无明显现象；过量的CO2通入浓Na2SiO3溶液中有白色沉淀H2SiO3生成；CO2通入Ca(OH)2溶液至过量会发生如下反应：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O，CaCO3H2OCO2=Ca(HCO3)2，最终生成Ca(HCO3)2而无沉淀；过量CO2通入饱和Na2CO3溶液中：Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3，生成的NaHCO3溶解度比
13、Na2CO3溶解度小而有结晶析出。9.用如图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际不相符的是选项中物质中物质预测中的现象A浓盐酸二氧化锰立即产生黄绿色气体B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条无明显现象C浓氨水硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色D亚硫酸氢钠溶液酸性高锰酸钾溶液溶液逐渐褪色A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】试题分析：A、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，故A错误；B、浓硝酸能够使铝钝化，故B正确；C、浓氨水与硫酸亚铁溶液反应产生氢氧化亚铁白色沉淀，随后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色氢氧化铁，故C正确；D、亚硫酸氢钠溶液能够被酸性高锰酸钾溶液
14、氧化，溶液逐渐褪色，故D正确；故选A。考点：考查了化学实验的设计与评价的相关知识。10.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA常温下，4 g CH4含有NA个C-H共价键1 mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NA将NA个NH3分子溶于1 L水中得到1 molL1的氨水25 时，pH12的1.0 L NaClO溶液中水电离出的OH的数目为0.01NA1 mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子A. B. C. D. 【答案】B【解析】等物质的量的N2和CO所含分子数相等，但不一定是NA个，故错误；4gCH4的物
15、质的量为0.25 mol，而1 mol甲烷中含4个C-H共价键，故0.25 mol甲烷中含1 molC-H键，即NA个，故正确；Na2O2与水的反应为歧化反应，1 mol过氧化钠与水反应转移1 mol电子，即NA个，故错误；将NA个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液浓度不是1 molL-1，故错误；25时pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01 mol/L，醋酸钠溶液中氢氧根离子是水电离的，则1L该次氯酸钠溶液中水电离出的OH-的物质的量为0.01 mol，氢氧根离子的数目为0.01NA，故正确；SO2与O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数
16、小于2NA个，故错误；故选B。11. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是01 molL1NaAlO2溶液：H、Na、Cl、SO42pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3、S2、SO32水电离的H+浓度为1012molL1的溶液中：Cl、CO32、NO3、SO32加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4、NO3、Na+、SO42中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3、Cl、S2A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：NaAlO2与H反应生成Al3+，错误；pH=11的溶液呈碱性， CO
17、32、Na+、AlO2、NO3、S2、SO32不反应，故正确；水电离的H+浓度为1012molL1的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下CO32、SO32不能存在，错误；加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42之间不反应，正确；使甲基橙变黄的溶液呈碱性， Fe2+与OH-生成氢氧化亚铁沉淀，错误；中性溶液中：Fe3+水解成氢氧化铁、Al3+、S2发生双水解，错误。选B。考点：本题考查离子共存12. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，其中X、Z同族，Y是短周期主族元素中原子半径最大的，X是农作物生长的三种必须营养元素之一，W的单质以前常用于自来水消毒
18、。下列说法正确的是A. Z的最高价氧化物的水化物能形成多种含Y元素的盐B. W的氧化物对应水化物的酸性一定强于ZC. Y的单质应该保存在水中D. X的氢化物沸点比Z的氢化物沸点低【答案】A【解析】试题分析：Y是短周期主族元素中原子半径最大的，Y为Na元素；X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，X是农作物生长的三种必须营养元素之一，X为N元素；其中X、Z同族，Z为P元素；W的单质以前常用于自来水消毒，W为Cl元素。AP的最高价氧化物的水化物能形成多种含P元素的盐，如磷酸钠，磷酸二氢钠等，故A正确；BCl的氧化物对应水化物的酸性不一定强于P，如次氯酸是弱酸，磷酸为中强酸，故B错误
19、；CNa能够与水反应，故C错误；D氨分子间能够形成氢键，沸点高于PH3，故D错误；故选A。考点：考查了元素周期表和元素周期律的相关知识。13.下列实验装置正确且能完成实验目的是（）A. 测定一定时间内生成H2的反应速率：B. 提取海带中的碘：C. 检验火柴燃烧产生的SO2：D. 证明非金属性ClCSi：【答案】A【解析】A、此装置能够测定一定时间内生成H2的反应速率，能够完成实验，故A正确；B、分液漏斗上端活塞没有打开，分液漏斗下端应紧靠烧杯内壁，不能完成实验，故B错误；C、打动注射器的活塞，酸性高锰酸钾溶液进入注射器，试管中应是长管进气，不能完成实验，故C错误；D、盐酸具有挥发性，锥形瓶中产
20、生CO2中混有HCl，干扰实验，同时比较非金属性强弱，需要比较最高价氧化物对应水化物的酸性，但HCl中Cl不是最高价，不能完成实验，故D错误。14.甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】据钠、铝、铁、碳元素的单质及其化合物的转化关系分析判断，注意反应物用量对产物种类的影响。【详解】A. 甲（NaOH）+过量丁（CO2）乙（NaHCO3），甲（NaOH）+少量丁（CO2）丙（Na2CO3）+H2O，乙（NaHCO3）+甲（NaOH）丙（Na2
21、CO3）+H2O，丙（Na2CO3）+丁（CO2）+H2O乙（NaHCO3），A项能实现图示转化；B. 甲（AlCl3）+过量丁（NaOH）乙（NaAlO2）+NaCl+H2O，甲（AlCl3）+少量丁（NaOH）丙（Al(OH)3）+NaCl，乙（NaAlO2）+甲（AlCl3）+H2O丙（Al(OH)3）+NaCl，丙（Al(OH)3）+丁（NaOH）乙（NaAlO2）+H2O，B项能实现图示转化；C. 甲（Fe）+过量丁（HNO3）乙Fe(NO3)3+NO+H2O，甲（Fe）+少量丁（HNO3）丙Fe(NO3)2+NO+H2O，乙Fe(NO3)3+甲（Fe）丙Fe(NO3)2，丙Fe(N
22、O3)2+丁（HNO3）乙Fe(NO3)3+NO+H2O，C项能实现图示转化；D. 甲（C）+过量丁（O2）丙（CO2）而非乙（CO），甲（C）+少量丁（O2）乙（CO）而非丙（CO2），乙（CO）+甲（C）不反应，丙（CO2）+丁（O2）不反应，D项不能实现图示转化。本题选D。15.已知H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，将0.1molCl2通入100ml含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是A. 物质的还原性：HIH2SO3HClB. HI与H2SO3的物质的量浓度为0.6 molL1C. 通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为：
23、5Cl2+4H2SO3+2I+4H2O=4SO42+I2+10Cl+16H+D. 若再通入0.05molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化【答案】C【解析】试题分析：已知H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，说明碘单质的氧化性强于亚硫酸，还原性亚硫酸强于HI，将0.1molCl2通入100ml含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，首先被氧化的是亚硫酸，有一半的HI被氧化，则亚硫酸完全被氧化。A物质的还原性：H2SO3HI HCl，故A错误；B设HI与H2SO3的物质的量均为x，则根据得失电子守恒有：2x+=0.1mol 2，解得x=0.08mol，HI与H2SO3的物质的量
24、浓度为0.8molL1，故B错误；C根据上述计算，通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为：5Cl2+4H2SO3+2I+4H2O=4SO42+I2+10Cl+16H+，故C正确；D若再通入0.05molCl2，氧化的HI的物质的量为=0.1mol，而溶液中占有0.04molHI，故氯气过量，故D错误；故选C。【考点定位】考查氧化还原反应的有关判断与计算【名师点晴】电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化
25、值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。本题中要注意反应的先后顺序。16.在Na+浓度为0.9 molL1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3、CO32、SiO32、SO42取该溶液100ml进行如下实验(气体体积在标准状况下测定)：I向该溶液中加入足量稀HCl，产生白色沉淀并放出1.12L气体II将I的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称得固体质量为3.6gIII在II的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象下列说法不正确的是A. K+一定存在，且c(K+)1.3molL1B. 实验I能确定一定不存在的离
26、子是Ag+、Mg2+、Ba2+C. 实验I中生成沉淀的离子方程式为SiO32+2H+=H2SiO3D. 实验III能确定一定不存在SO42【答案】A【解析】试题分析：根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.5mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为3.6g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为：=0.6mol/L；由实验可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c(CO32-
27、)+2c(SiO32-)=20.5mol/L+20.6mol/L=2.2mol/L0.9mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1.3mol/L，不能确定NO3-是否存在。AK+一定存在，且c(K+)1.3molL1，故A错误；B实验I能确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+，故B正确；C实验I中生成沉淀的离子方程式为SiO32+2H+=H2SiO3，故C正确；D实验III能确定一定不存在SO42，故D正确；故选A。【考点定位】考查常见离子的检验方法；离子共存【名师点晴】本题考查离子共存、离子检验等知识，注意掌握离子反应反应条件及常见离子的检验方法，根据电荷守恒判断K+是否
28、存在，是本题的难点、易错点。要熟记常见的离子的检验方法：（1）（2）NH4+：NaOH溶液(浓)，加热，产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体；Fe2+：NaOH溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；新制的氯水+KSCN溶液；滴加新制的氯水，溶液由浅绿色变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色；铁氰酸钾，加入蓝色铁青化亚铁沉淀，（3）SO42-：加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀。（4）Cl-：加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。（5）CO32-：加入氯化钙，产生白色沉淀，沉淀溶于盐酸产生无色无味的能使澄清的石灰水变浑浊的气体。（6）Al3+：加入
29、氢氧化钠溶液，先产生沉淀后沉淀溶解。等等。第卷（非选择题 共52分）二、非选择题：17.I、实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，实验装置如图所示：(1)圆底烧瓶中发生反应的化学反应方程式是_。(2)如果将过量二氧化锰与20 mL 12 molL1的盐酸混合加热（忽略盐酸的挥发），充分反应后生成的氯气明显_（填大于、等于、小于）0.06 mol。其主要原因有_；(3)写出尾气处理的离子方程式是_。II、用Na2CO310H2O晶体，配制0.2 molL1的Na2CO3溶液480 mL。（1）应称取Na2CO310H2O晶体的质量：_。定容时，向容量瓶中加水，至12cm时，改用_加水至刻
30、度，加盖摇匀；（2）下列操作对所配溶液的浓度可能产生影响Na2CO310H2O晶体失去了部分结晶水用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠容量瓶未经干燥使用。 其中引起所配溶液浓度偏高的有_(填序号)。【答案】 (1). MnO2+4HCl（ 浓） MnCl2+Cl2+2H2O (2). 小于 (3). 随反应的进行，盐酸浓度变小，稀盐酸和二氧化锰不反应 (4). Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O (5). 28.6g (6). 胶头滴管 (7). 【解析】试题分析：I、本题考查实验室制取氯气。（1）固体二氧化锰和浓盐酸加热反应得到氯气；(2)二氧化锰与浓
31、盐酸反应生成氯气，二氧化锰与稀盐酸不反应；(3)氯气能溶于氢氧化钠溶液；II、本题考查用固体配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤、配制480mL溶液需要500mL的容量瓶；误差分析依据C(测)V(测)=C(标)V(标)分析； 解析：(1)圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸发生反应生成氯气的反应方程式是MnO2+4HCl（ 浓） MnCl2+Cl2+2H2O ；(2) 二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，二氧化锰与稀盐酸不反应，将过量二氧化锰与20 mL 12 molL1的盐酸混合加热（忽略盐酸的挥发），盐酸变稀后不再反应，最终盐酸有剩余，所以充分反应后生成的氯气明显小于0.06 mol。(3)用氢氧化钠吸收
32、氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式是Cl2+2OH =Cl+ClO+H2O；II、用Na2CO310H2O晶体，配制0.2 molL1的Na2CO3溶液480 mL。（1）配制0.2 molL1Na2CO3溶液480 mL，需要500mL的容量瓶，应称取Na2CO310H2O晶体的质量：0.2 molL10.5L286g/mol=28.6g。定容时，向容量瓶中加水，至12cm时，改用胶头滴管加水至刻度，加盖摇匀；（2）Na2CO310H2O晶体失去了部分结晶水，碳酸钠质量偏大，所得溶液浓度偏高；用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)，晶体质量小于28.6g，所得溶液浓度偏小；碳酸钠
33、晶体不纯，其中混有氯化钠，碳酸钠质量偏小，所得溶液浓度偏小；容量瓶未经干燥使用，无影响。 所以 其中引起所配溶液浓度偏高的有。点睛：配制一定物质的量浓度的溶液，分析误差时依据，V(标)大则C(测)大，V(标)小则C(测)小。18.在下列物质转化中，A是一种酸式盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。请回答：(1)A是_， Z是_。(2)当X是强酸时，写出B生成C的化学方程式：_。(3)当X是强碱时，E是_，写出E和铜反应生成C的化学方程
34、式：_。【答案】 (1). NH4HS (2). H2O (3). 2H2S3O22SO22H2O (4). HNO3 (5). 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O【解析】D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，说明Y是氧气，D是氧化物，E又是酸，说明Z是H2O，从B到D两次氧化，生成酸，这样的元素不多可能是N和S，A既能和酸反应又能和碱反应，说明是铵盐，再结合元素，是正盐，可推测为(NH4)2S，当X是强酸时，B、C、D、E分别为H2S 、SO2、SO3、H2SO4。当X是强碱时， B、C、D、E分别为NH3、NO、NO2、HNO3。由以上分析可知(1)A是(N
35、H4)2S， Z是H2O；(2)当X是强酸时， B是H2S， C是SO2，B生成C的化学方程式2H2S3O22SO22H2O；(3)当X是强碱时，B、C、D、E分别为NH3、NO、NO2、HNO3， 稀硝酸和铜反应生成NO，化学方程式是3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O。点睛：解答框图题最切实可行的方法一般是:综观全题，分析框图，并力图找出最易入手的“题眼”，然后由此为出发点进行分析、推理和猜测，最后再把结论带入框图验证。19.工业上生产高氯酸时，还同时生产了一种常见的重要含氯消毒剂和漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，其工艺流程如下：已知：NaHSO4溶解度随温度的升
36、高而增大，适当条件下可结晶析出。高氯酸是至今为止人们已知酸中的最强酸，沸点90 。请回答下列问题：（1）反应器中发生反应的化学方程式为 ，冷却的目的是 ，能用蒸馏法分离出高氯酸的原因是_。（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用H2O2代替同样能生成NaClO2，请简要说明双氧水在反应中能代替SO2的原因是_。（4） Ca(ClO)2、ClO2、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂，是因为它们都具有_，请写出工业上用氯气和消石灰生产漂粉精的化学方程式： 。【答案】（1）3NaClO3+3H2SO4HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O；降低NaH
37、SO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；HClO4沸点低；（2）2ClO2+SO2+4OH2ClO2+SO42+2H2O；（3）H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2；（4）强氧化性；2Cl2+2 Ca(OH )2CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O；【解析】试题分析：（1）根据加入到反应器中的原料有NaClO3、浓硫酸，生成物有ClO2气体、NaHSO4、HClO4溶液。依据书写化学方程式的规则，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：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O；然后将反应生成物的溶液冷却得到NaHSO
38、4晶体，说明硫酸氢钠的溶解度随温度的降低而减小，过滤后，将滤液蒸发得到纯净的HClO4，说明高氯酸的沸点低，故答案为：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O；降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；高氯酸的沸点低；（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- +
39、SO42- + 2H2O，故答案为：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，故答案为：H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2；（4）消毒剂和漂白剂消毒原理和漂白原理是利用它们的强氧化性来达到目的根据教材知识工业上制取漂白粉是用氯气与氢氧化钠溶液反应得到的，其反应原理为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，故答案为：强氧化性；Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O。
40、【考点定位】考查氯、溴、碘及其化合物综合应用【名师点晴】本题是一道化工生产过程中的工艺流程，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，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。20.某化学兴趣小组拟用右图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁屑、稀硫酸、氢氧化钠溶液。（1）稀硫酸应放在中_（填写仪器名称）.（2）本实验通过控制A、B、C三个开关将仪器中的空气排尽后，再关闭开关_、打开开关_，就可观察到氢氧化亚铁的颜色。试分析实验开始时排尽装置中空气的理由_。（3）实验时为防止
41、仪器2中铁粉通过导管进入仪器3中，可采取的措施是_。（4）在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备摩尔盐晶体(NH4)2SO4FeSO46H2O（相对分子质量392），该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。为了洗涤(NH4)2SO4FeSO46H2O粗产品，下列方法中最合适的是_A用冷水洗 B先用冷水洗，后用无水乙醇洗C用30%的乙醇溶液洗 D用90%的乙醇溶液洗为了测定产品的纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为c molL-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗高锰酸
42、钾溶液体积/mL25.5225.0224.98.滴定过程中发生反应的离子方程式为_。.上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_（填字母代号）。A实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积B滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡C第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗D该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低.通过实验数据计算的该产品纯度为_（用字母a、c表示）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). B（或BC） (3). A (4). 防止生成的氢氧化亚铁被氧化 (5). 将铁粉换成铁钉或铁块 (6). D (7). MnO4+5Fe2+
43、8H+=Mn2+5Fe3+4H2O (8). C (9). 100%【解析】【分析】铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，利用生成的氢气将硫酸亚铁溶液压入氢氧化钠溶液中，以制备氢氧化亚铁。因氢氧化亚铁易被氧化，故应利用氢气排出装置内的空气。【详解】（1）利用铁屑、稀硫酸、氢氧化钠溶液制备氢氧化亚铁，应将铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，再利用生成的氢气将硫酸亚铁溶液压入氢氧化钠溶液中。故稀硫酸放入仪器1（分液漏斗）、铁屑放入仪器2、氢氧化钠溶液放入仪器3。（2）为防止装置内的空气氧化氢氧化铁，可利用生成的氢气排出装置内的空气，故关闭A、打开B和C，打开分液漏斗活塞加入稀硫酸。等氢气排出空气后，打开A、关
44、闭B，则仪器2中生成的硫酸亚铁溶液被压入仪器3中，在仪器3中生成白色的氢氧化亚铁沉淀。（3）实验时仪器2中铁粉易通过导管进入仪器3中，使氢氧化亚铁不纯。可将铁粉换成铁钉或铁块。（4）因摩尔盐晶体(NH4)2SO4FeSO46H2O易溶于水、不溶于乙醇。为减少溶解损耗，洗涤(NH4)2SO4FeSO46H2O粗产品时应用酒精、而不能用水，故使用90%的乙醇溶液洗涤（选D）。I.滴定时，酸性KMnO4溶液氧化样品溶液中的Fe2+，反应的离子方程式为MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O。.A实验结束时俯视刻度线读数，会使消耗高锰酸钾的溶液体积偏小；B滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束
45、有气泡，也使消耗高锰酸钾的溶液体积偏小；C第一次滴定用锥形瓶用待装液润洗过，使消耗高锰酸钾的溶液体积偏大；D酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质使浓度降低，则三次测定消耗高锰酸钾的溶液体积均偏大（系统误差）。第一次实验时消耗高锰酸钾溶液体积明显大于后两次，应为偶然因素引起的误差，只有C项可能。.第一次消耗高锰酸钾溶液的体积存在偶然误差，应舍弃。取第二次、第三次的平均值（25.00mL）作为标准高锰酸钾溶液的体积。据MnO45Fe2+5(NH4)2SO4FeSO46H2O，产品的纯度为(c molL-125.0010-3L5392gmol-1/a g)100%=100%。【点睛】处理实验数据时，应舍弃明显错误的实验结果，然后取平均值进行计算。