2021-2022学年福建省龙岩市长汀一中高三（上）第二次月考化学试卷

这是一份2021-2022学年福建省龙岩市长汀一中高三（上）第二次月考化学试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）有利于实现“碳达峰、碳中和”的是（ ）
A．风能发电B．粮食酿酒C．燃煤脱硫D．石油裂化
2．（4分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．22.4L（标准状况）氮气中含有7NA个中子
B．1ml重水比1ml水多NA个质子
C．4℃，1.01×105Pa时，18mlH2O所含原子数为3NA
D．1L1ml•L﹣1NaCl溶液含有28NA个电子
3．（4分）室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH＝1的无色溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72﹣、K+、SO42﹣
B．pH＞7的溶液中：ClO﹣、CO32﹣、Br﹣、K+、Cl﹣
C．c（SO42﹣）＝0.1ml•L﹣1的溶液中：NH4+、Pb2+、Cl﹣、Br﹣
D．能使甲基橙变为橙色的溶液：Na+、NH4+、CO32﹣、Cl﹣
4．（4分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．将少量SO2通入次氯酸钠溶液中：ClO﹣+SO2+H2O＝Cl﹣+SO42﹣+2H+
B．向含CaSO4的水垢中滴入饱和Na2CO3溶液：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌SO42﹣（aq）+CaCO3（s）
C．向 1L1ml•L﹣1的FeBr2溶液中通入1mlCl2：2Fe2++4Br﹣+2Cl2＝4Cl﹣+2Fe3++2Br2
D．向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入含等物质的量溶质的Ba（OH）2溶液：Ba2++SO42﹣+NH4++OH﹣＝BaSO4↓+NH3•H2O
5．（4分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．如图所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
B．如图所示装置，制备并收集少量NO2气体
C．如图所示装置，分离CCl4萃取I2水后的有机层和水层
D．如图所示装置，可以证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
6．（4分）下列实验中，对应现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
7．（4分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A．硫磺（S） SO3H2SO4
B．NH3NO HNO3
C．NaNa2O2 NaOH
D．Fe FeCl2 FeCl3
8．（4分）下列关于金属及其化合物，说法错误的是（ ）
A．金属氧化物全部都是碱性氧化物
B．明矾为金属铝的化合物，可用作净水剂
C．金属钠具有强还原性，可与TiCl4反应制取金属Ti
D．俗语“真金不怕火炼”说明某些金属在高温的条件下也不与氧气发生反应
9．（4分）某固体混合物X可能含有MgO、SiO2、Fe2O3、Fe、Cu、CaCO3中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成（反应都充分进行），下列有关说法不正确的是（ ）
A．气体A中一定有CO2，可能有H2
B．固体A中一定有SiO2和Cu
C．溶液A中一定含有Ca2+、Fe2+，一定没有Fe3+
D．浊液B中的沉淀可能有Mg（OH）2
10．（4分）高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe（NO3）3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O（未配平）；
②2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH═2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是（ ）
A．反应①中每消耗4 ml KOH，吸收标准状况下44.8L Cl2
B．氧化性：K2FeO4＞KClO
C．若反应①中n（ClO﹣）：n（ClO3﹣）＝5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2ml K2FeO4时消耗0.3ml Cl2
11．（4分）实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是（ ）
A．装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液
B．装置③中气体呈红棕色
C．装置④中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成
D．通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替
12．（4分）中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图如图。下列说法错误的是（ ）
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
B．该过程中涉及极性键和非极性的断裂与生成
C．基于LDH合成NH3的过程属于氮的固定
D．工业中，氨经一系列反应可以得到硝酸
13．（4分）某科研小组利用电导率（电导率越大，导电能力越强）传感器、pH传感器探究NaHCO3和CaCl2能否发生化学反应。向25.00mL 0.1ml•L﹣1NaHCO3溶液中滴入等体积、等浓度CaCl2溶液，电导率以及pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电导率下降的原因是生成了CaCO3沉淀导致溶液中离子浓度降低
B．a点后pH下降的原因是Ca2+促进HCO3﹣⇌H++CO32﹣平衡右移
C．pH＝7.3时，溶液中溶质主要为NaCl、CaCl2
D．可用0.1ml•L﹣1CaCl2溶液鉴别浓度均为0.1ml•L﹣1的NaHCO3和Na2CO3溶液
二、非选择题（本题共4大题，10+12+12+14＝48分。）
14．（10分）A、B、C、W均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（其它产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行）：ABC。
Ⅰ.若A为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性；C为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D具有强氧化性。
（1）A的电子式为 。
（2）在催化剂作用下，A与C反应可生成两种无污染物质，该反应化学方程式为 。
Ⅱ.（3）若A、C、W都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，常温下A与C反应生成B。某化学活动小组将搜集到的一定量的酸雨保存在密闭容器中，每隔一定时间测酸雨的pH，发现在起始一段时间内，酸雨的pH呈减小趋势，用离子方程式解释原因： 。
Ⅲ.A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色；C常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B。
（4）若将标准状况下2.24L 的W通入150mL 1ml•L﹣1的A溶液中，充分反应。总反应的离子方程式为 。
（5）向两份30mL同浓度的A溶液中通入不同体积的W气体，得到溶液M、N。向M、N溶液中逐滴加入浓度为0.2ml•L﹣1盐酸，如图所示，Ⅰ和Ⅱ分别为向M、N溶液中加入盐酸的体积V（HCl）与产生W气体的体积V（W）的关系。则M、N两溶液中相同溶质的物质的量之比为 。
15．（12分）ClO2（黄绿色易溶于水的气体）是一种高效、低毒的消毒剂．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收和释放进行了研究．
（1）仪器A的名称是 ．
（2）安装F中导管时，应选用图2中的 ．
（3）A中发生反应生成ClO2和Cl2，其氧化产物和还原产物物质的量之比为 ．
（4）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是 ．
（5）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为 ．
（6）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V0mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；
步骤3：加入指示剂，用c ml•L﹣1 Na2S2O3溶液滴定至终点．重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1 mL．（已知2ClO2+10I﹣+8H+＝2Cl﹣+5I2+4H2O 2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
计算该ClO2的浓度为 g/L（用含字母的代数式表示，计算结果化简）
16．（12分）以铬铁矿（主要成分是FeO•Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等）为原料制取Na2CrO4晶体的工艺流程如图：
已知：①+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH＞9时以CrO2﹣形式存在且易氧化；
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
（1）滤渣1主要成分是 。
（2）写出流程中第1次使用H2O2时，发生反应的离子方程式 。
（3）“调pH＝8”和“调pH＞11”中间的“过滤”步骤能否省略，为什么？ 。
（4）写出第2次使用H2O2时，发生反应的离子方程式 。
（5）当溶液调pH＝10时，则溶液中c（Mg2+） 为 。【已知Ksp（Mg（OH）2）＝5.6×10﹣12】
（6）CrO42﹣在酸性条件下转化为Cr2O72﹣。工业上常用Fe2+处理酸性K2Cr2O7废水，先将Cr2O72﹣转化为Cr3+，该反应的离子方程式为 ，再调节溶液的pH使金属离子生成沉淀而除去。
17．（14分）铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答问题：
Ⅰ．制取铋酸钠
制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如图：
（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是 ；
（2）C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为 ；
（3）当观察到 （填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；
（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是 ；
（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有 ；
Ⅱ．铋酸钠的应用——检验Mn2+
（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。
①产生紫红色现象的离子方程式为 ；
②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为 。
2021-2022学年福建省龙岩市长汀一中高三（上）第二次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共13小题，每小题4分，共52分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（4分）有利于实现“碳达峰、碳中和”的是（ ）
A．风能发电B．粮食酿酒C．燃煤脱硫D．石油裂化
【分析】碳达峰是指二氧化碳的排放不再增长，碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，据此分析回答问题。
【解答】解：A.风能发电，减少碳排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故A正确；
B.粮食酿酒，有二氧化碳排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C.燃煤脱硫，可以减少二氧化硫排放，但仍然有二氧化碳排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故C错误；
D.石油裂化，二氧化碳排放不变，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故D错误；
故选：A。
【点评】本题以“碳达峰、碳中和”为背景，考查对于“碳达峰、碳中和”概念的理解，考查较为新颖，题目难度适中。
2．（4分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．22.4L（标准状况）氮气中含有7NA个中子
B．1ml重水比1ml水多NA个质子
C．4℃，1.01×105Pa时，18mlH2O所含原子数为3NA
D．1L1ml•L﹣1NaCl溶液含有28NA个电子
【分析】A．1个氮气含有17个中子，结合V＝nVm计算；
B．1个重水和1个水分子都含有10个质子；
C．4℃，1.01×105Pa时，水的密度为1g/mL；
D．氯化钠溶液中，钠离子、氯离子、水分子都含有电子。
【解答】解：A．22.4L（标准状况）氮气中含有7NA个中子个数为：×14×NAml﹣1＝14NA，故A错误；
B．1ml重水和1ml水含有质子数相同，故B正确；
C．4℃，1.01×105Pa时，18mlH2O所含原子数为：＝3NA，故正确；
D．氯化钠溶液中，钠离子、氯离子、水分子都含有电子，所以1L1ml•L﹣1NaCl溶液含有电子数大于28NA个，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
3．（4分）室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH＝1的无色溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72﹣、K+、SO42﹣
B．pH＞7的溶液中：ClO﹣、CO32﹣、Br﹣、K+、Cl﹣
C．c（SO42﹣）＝0.1ml•L﹣1的溶液中：NH4+、Pb2+、Cl﹣、Br﹣
D．能使甲基橙变为橙色的溶液：Na+、NH4+、CO32﹣、Cl﹣
【分析】A．pH＝1的溶液呈强酸性，无色溶液中不含有色离子；
B．pH＞7的溶液呈碱性；
C．能和SO42﹣反应的离子不能大量共存；
D．甲基橙呈橙色的溶液为酸性溶液。
【解答】解：A．pH＝1的溶液呈强酸性，无色溶液中不含有色离子，重铬酸根Cr2O72﹣呈橙色，不符合无色条件，酸性条件下CH3CH2OH、Cr2O72﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；
B．pH＞7的溶液呈碱性，几种离子之间不反应且和OH﹣不反应，所以能大量共存，故B正确；
C．能和SO42﹣反应的离子不能大量共存，SO42﹣、Pb2+反应生成PbSO4沉淀而不能大量共存，故C错误；
D．甲基橙呈橙色的溶液为酸性溶液，H+、CO32﹣反应生成H2O和CO2而不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应和氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，A为解答易错点，注意限制性条件的理解和运用，题目难度不大。
4．（4分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．将少量SO2通入次氯酸钠溶液中：ClO﹣+SO2+H2O＝Cl﹣+SO42﹣+2H+
B．向含CaSO4的水垢中滴入饱和Na2CO3溶液：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌SO42﹣（aq）+CaCO3（s）
C．向 1L1ml•L﹣1的FeBr2溶液中通入1mlCl2：2Fe2++4Br﹣+2Cl2＝4Cl﹣+2Fe3++2Br2
D．向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入含等物质的量溶质的Ba（OH）2溶液：Ba2++SO42﹣+NH4++OH﹣＝BaSO4↓+NH3•H2O
【分析】A.二氧化硫少量，反应产物中的氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸；
B.碳酸钙更难溶，实现的沉淀的转化；
C.亚铁离子的还原性大于溴离子，氯气先氧化亚铁离子，剩余的氯气再氧化溴离子；
D.设二者物质的量均为1ml，1ml亚铁离子恰好消耗2ml氢氧根离子，铵根离子不反应。
【解答】解：A.将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中，离子方程式：SO2+H2O+3ClO﹣═SO42﹣+Cl﹣+2HClO，故A错误；
B.向含CaSO4的水垢中滴入饱和Na2CO3溶液，离子方程式为：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌SO42﹣（aq）+CaCO3（s），故B正确；
C.n（FeBr2）＝1ml/L×1L＝1ml，1ml亚铁离子能够消耗0.5ml氯气，剩余的0.5ml氯气能够氧化1ml溴离子，离子方程式为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣，故C错误；
D.向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入含等物质的量溶质的Ba（OH）2溶液，设二者物质的量均为1ml，1ml亚铁离子恰好消耗2ml氢氧根离子，铵根离子不反应，正确的离子方程式为：Ba2++SO42﹣+Fe2++2OH﹣＝BaSO4↓+Fe（OH）2↓，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程的书写原则，D为易错点，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
5．（4分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．如图所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
B．如图所示装置，制备并收集少量NO2气体
C．如图所示装置，分离CCl4萃取I2水后的有机层和水层
D．如图所示装置，可以证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
【分析】A．蒸干AlCl3饱和溶液，水解生成的盐酸易挥发；
B．NO2与水反应；
C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且有机层在下层；
D．氯气可氧化溴离子、碘离子．
【解答】解：A．蒸干AlCl3饱和溶液，水解生成的盐酸易挥发，蒸干得到氢氧化铝，故A错误；
B．NO2与水反应，不能利用图中排水法收集，故B错误；
C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且有机层在下层，图中萃取、分液操作合理，故C正确；
D．氯气可氧化溴离子、碘离子，不能比较Br2＞I2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类水解、气体的制备及收集、混合物分离提纯、氧化性比较等，侧重化学反应原理及实验装置图的考查，注意实验操作性、评价性分析，题目难度不大．
6．（4分）下列实验中，对应现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．铁的氢氧化物可能为氢氧化铁，与HI发生氧化还原反应生成亚铁离子；
B．硝酸钡溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钡；
C．向Fe（NO3）2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，但不一定是双氧水的作用；
D．原溶液中可能含亚硫酸根离子，在酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚硫酸根离子。
【解答】解：A．若铁的氢氧化物为Fe（OH）3，由于HI足量，I﹣有还原性，Fe3+有氧化性，HI能将Fe（OH）3溶解并还原成Fe2+，则实验不能证明铁的氢氧化物一定为Fe（OH）2，故A错误；
B．SO2溶于水形成H2SO3溶液，溶液显酸性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，可将H2SO3氧化成SO42﹣，则生成的沉淀为BaSO4，故B错误；
C．向Fe（NO3）2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，但不一定是双氧水的作用，可能是硝酸的作用，故C正确；
D．原溶液中可能含亚硫酸根离子，在酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚硫酸根离子，则原溶液中不一定有SO42﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、酸性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（4分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A．硫磺（S） SO3H2SO4
B．NH3NO HNO3
C．NaNa2O2 NaOH
D．Fe FeCl2 FeCl3
【分析】A．硫单质弱酸生成二氧化硫；
B．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮不溶于水；
C．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；
D．铁和氯气反应生成氯化铁。
【解答】解：A．硫单质和足量氧气反应只能生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，不能一步实现，故A错误；
B．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮不溶于水，不能一步实现，需要和氧气按照4：3通入水中生成硝酸，故B错误；
C．钠在点燃条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应能一步实现，故C正确；
D．氯气是强氧化剂，铁和少量氯气反应只能生成氯化铁，反应不能一步实现，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质性质的应用，主要是铁及其化合物、钠及其化合物、氮及其化合物、硫及其化合物性质的分析判断，注意反应条件分析，题目难度中等。
8．（4分）下列关于金属及其化合物，说法错误的是（ ）
A．金属氧化物全部都是碱性氧化物
B．明矾为金属铝的化合物，可用作净水剂
C．金属钠具有强还原性，可与TiCl4反应制取金属Ti
D．俗语“真金不怕火炼”说明某些金属在高温的条件下也不与氧气发生反应
【分析】A．氧化铝属于两性氧化物，有些金属氧化物属于酸性氧化物；
B．明矾化学式为KAl（SO4）2•12H2O，铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可以作净水剂；
C．Na还原性比较Ti强；
D．活动性很弱的金属，即使在高温下也不与氧气反应。
【解答】解：A．碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝属于两性氧化物，而Mn2O7等属于酸性氧化物，故A错误；
B．明矾化学式为KAl（SO4）2•12H2O，含有Al元素，属于铝的化合物，溶液中铝离子水解Al3++3H2O＝Al（OH）3（胶体）+3H+，生成氢氧化铝胶体，可以吸附悬浮物质，则用作净水剂，故B正确；
C．金属钠是活泼金属，具有强还原性，还原性比较Ti强，可与TiCl4反应制取金属Ti，故C正确；
D．俗语“真金不怕火炼”说明金是活动性最弱的金属，即使在高温下也不与氧气反应，说明化学性质稳定，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，注意掌握元素化合物知识，题目比较基础，有利于基础知识的复习和巩固。
9．（4分）某固体混合物X可能含有MgO、SiO2、Fe2O3、Fe、Cu、CaCO3中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成（反应都充分进行），下列有关说法不正确的是（ ）
A．气体A中一定有CO2，可能有H2
B．固体A中一定有SiO2和Cu
C．溶液A中一定含有Ca2+、Fe2+，一定没有Fe3+
D．浊液B中的沉淀可能有Mg（OH）2
【分析】混合物X能与足量的稀盐酸反应生成气体A，则X至少含有Fe、CaCO3中的一种，A为H2、CO2中的一种或两种。因为盐酸足量，固体A只能为SiO2、Cu中的一种或2种，而固体A中加入足量氢氧化钠溶液后仍有固体残留，该残留物只能为Cu，所以X含有Cu。由于Fe3+能氧化Cu，则溶液A中一定没有Fe3+。溶液B能与气体A反应得到浊液C，只能是硅酸钠与二氧化碳反应，所以X一定含有CaCO3、SiO2，溶液A一定含有Ca2+，浊液B可能为Mg（OH）2、Fe（OH）2的一种或两种，由于部分Cu可能与Fe3+反应，所以溶液A中可能含有Cu2+，浊液B也可能含有Cu（OH）2。
【解答】解：混合物X能与足量的稀盐酸反应生成气体A，则X至少含有Fe、CaCO3中的一种，A为H2、CO2中的一种或两种。因为盐酸足量，固体A只能为SiO2、Cu中的一种或2种，而固体A中加入足量氢氧化钠溶液后仍有固体残留，该残留物只能为Cu，所以X含有Cu。由于Fe3+能氧化Cu，则溶液A中一定没有Fe3+。溶液B能与气体A反应得到浊液C，只能是硅酸钠与二氧化碳反应，所以X一定含有CaCO3、SiO2，溶液A一定含有Ca2+，浊液B可能为Mg（OH）2、Fe（OH）2的一种或两种，由于部分Cu可能与Fe3+反应，所以溶液A中可能含有Cu2+，浊液B也可能含有Cu（OH）2。
A.由上述分析可知，气体A中一定有CO2，可能有H2，故A正确；
B.由上述分析可知，固体A中一定有CaCO3、SiO2和Cu，故B正确；
C.由上述分析可知，溶液A中一定含有Ca2+，一定没有Fe3+，可能含有Fe2+，故C错误；
D.溶液可能含有Mg2+，浊液B中的沉淀可能有Mg（OH）2，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查铁、铜、钙、硅等元素及其化合物性质等知识，考查学生分析能力，题目渗透证据推理、科学探究的核心素养。
10．（4分）高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe（NO3）3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O（未配平）；
②2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH═2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是（ ）
A．反应①中每消耗4 ml KOH，吸收标准状况下44.8L Cl2
B．氧化性：K2FeO4＞KClO
C．若反应①中n（ClO﹣）：n（ClO3﹣）＝5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2ml K2FeO4时消耗0.3ml Cl2
【分析】A．反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1：1，所以每消耗4mlKOH，吸收2ml氯气，结合V＝nVm计算吸收氯气的体积；
B．氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物；
C．设ClO﹣为5ml，ClO3﹣为1ml，氯气转化成ClO﹣、ClO3﹣被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量，从而可知氧化剂与还原剂的物质的量之比；
D．根据电子守恒可得关系式2K2FeO4～3KClO～3Cl2，据此计算。
【解答】解：A．反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1：1，所以每消耗4mlKOH，吸收2ml氯气，标况下2ml氯气的体积为：22.4L/ml×2ml＝44.8L，故A正确；
B．反应②K2FeO4为氧化产物，KClO为氧化剂，则氧化性：K2FeO4＜KClO，故B错误；
C．设ClO﹣为5ml，ClO3﹣为1ml，氯气转化成ClO﹣、ClO3﹣被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：5ml×1+1ml×（5﹣0）＝10ml，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10ml：（5mml+1ml）＝5：3，故C错误；
D．根据电子守恒可得关系式：2K2FeO4～3KClO～3Cl2，则得到0.2mlK2FeO4时消耗0.3mlCl2，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，正确判断元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及实质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。
11．（4分）实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是（ ）
A．装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液
B．装置③中气体呈红棕色
C．装置④中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成
D．通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替
【分析】空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化：4NH3+5O24NO+6H2O，生成的气体经过无水CaCl2，除去氨气和水蒸气，在装置③中NO与空气中的氧气反应生成NO2，并收集，④中的水可以吸收排出的二氧化氮，尾气中的NO2、NO在⑤中被吸收，防止污染，因此⑤中可以选用氢氧化钠溶液，以此解答该题。
【解答】解：A．根据上述分析，装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液，故A正确；
B．装置③NO被氧化生成NO2，气体呈红棕色，故B正确；
C．装置④中发生3NO2+H2O＝2HNO3+NO，溶液显酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；
D．通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、检验以及物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（4分）中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图如图。下列说法错误的是（ ）
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
B．该过程中涉及极性键和非极性的断裂与生成
C．基于LDH合成NH3的过程属于氮的固定
D．工业中，氨经一系列反应可以得到硝酸
【分析】太阳光作用下氮气和水反应生成氨气和氧气，则反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，由此分析解答。
【解答】解：A．根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O＝4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为﹣3价，氧元素从﹣2价升到0价，则氮气是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故A错误；
B．发生反应为2N2+6H2O＝4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；
C．氮由游离态转化为化合态，所以基于LDH合藏NH3的过程属于氮的固定，故C正确；
D、NH3与O2反应生成NO和水，其反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以工业中，氨经一系列反应可以得到硝酸，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的应用、化学反应与能量变化等知识，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握氧化还原反应的特征，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
13．（4分）某科研小组利用电导率（电导率越大，导电能力越强）传感器、pH传感器探究NaHCO3和CaCl2能否发生化学反应。向25.00mL 0.1ml•L﹣1NaHCO3溶液中滴入等体积、等浓度CaCl2溶液，电导率以及pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电导率下降的原因是生成了CaCO3沉淀导致溶液中离子浓度降低
B．a点后pH下降的原因是Ca2+促进HCO3﹣⇌H++CO32﹣平衡右移
C．pH＝7.3时，溶液中溶质主要为NaCl、CaCl2
D．可用0.1ml•L﹣1CaCl2溶液鉴别浓度均为0.1ml•L﹣1的NaHCO3和Na2CO3溶液
【分析】根据高中化学离子共存知识NaHCO3和CaCl2不能发生化学反应，本题以电导率（电导率越大，导电能力越强）传感器、pH传感器等现代化实验设备，探究NaHCO3和CaCl2能否发生化学反应，根据电导率图象看出，溶液的导电能力下降，说明二者发生了化学反应，NaHCO3溶液存在这样的电离：NaHCO3＝Na++HCO3﹣和HCO3﹣⇌H++CO32﹣生成的碳酸根与钙离子结合生成CaCO3沉淀导致溶液中离子浓度降低，根据这个原理解决这题。
【解答】解：A．NaHCO3溶液存在这样的电离：NaHCO3＝Na++HCO3﹣和HCO3﹣⇌H++CO32﹣CaCl2＝Ca2++2Cl﹣滴入等浓度CaCl2溶液电导率下降，说明CO32﹣和Ca2+结合生成CaCO3沉淀导致溶液中离子浓度降低，故A正确；
B．HCO3﹣⇌H++CO32﹣电离出的CO32﹣和Ca2+结合生成CaCO3使电离平衡右移，H+浓度增大，pH下降，故B正确；
C．该反应可以认为是2NaHCO3+CaCl2＝2Na2CO3+CaCO3↓+H2CO3该反应当加入12.5ml浓度CaCl2溶液已完成，在滴加pH变化不大，导电率变化也不多，溶质主要为NaCl、CaCl2，故C正确；
D．可用0.1ml•L﹣1CaCl2溶液鉴别浓度均为0.1ml•L﹣1的NaHCO3和Na2CO3溶液，都有白色沉淀，不能鉴别，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以电解质溶液的导电性为载体探究NaHCO3和CaCl2能否发生化学反应，明确反应实质、电导率的影响因素及混合溶液中溶质是解本题关键，根据图象中曲线变化获取信息、加工信息，从而利用信息答题，培养学生加工信息能力，题目难度中等。
二、非选择题（本题共4大题，10+12+12+14＝48分。）
14．（10分）A、B、C、W均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（其它产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行）：ABC。
Ⅰ.若A为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性；C为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D具有强氧化性。
（1）A的电子式为 。
（2）在催化剂作用下，A与C反应可生成两种无污染物质，该反应化学方程式为 8NH3+6NO27N2+12H2O 。
Ⅱ.（3）若A、C、W都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，常温下A与C反应生成B。某化学活动小组将搜集到的一定量的酸雨保存在密闭容器中，每隔一定时间测酸雨的pH，发现在起始一段时间内，酸雨的pH呈减小趋势，用离子方程式解释原因： 2H2SO3+O2═4H++2SO42﹣ 。
Ⅲ.A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色；C常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B。
（4）若将标准状况下2.24L 的W通入150mL 1ml•L﹣1的A溶液中，充分反应。总反应的离子方程式为 2CO2+3OH﹣＝CO32﹣+HCO3﹣+H2O 。
（5）向两份30mL同浓度的A溶液中通入不同体积的W气体，得到溶液M、N。向M、N溶液中逐滴加入浓度为0.2ml•L﹣1盐酸，如图所示，Ⅰ和Ⅱ分别为向M、N溶液中加入盐酸的体积V（HCl）与产生W气体的体积V（W）的关系。则M、N两溶液中相同溶质的物质的量之比为 1：3 。
【分析】Ⅰ．若A为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性，则A为NH3，C为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D具有强氧化性，则B为NO、W为O2、C为NO2、D为HNO3；
Ⅱ．若A、C、W都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，常温下A与C反应生成B，则C为SO2、A为H2S、W为O2、B为S；是因为亚硫酸被空气中的氧气氧化为硫酸，酸性增强；
Ⅲ．若A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，均含Na元素，C常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B，则C为NaHCO3、B为Na2CO3，结合图中转化可知，A为NaOH、W为CO2；
（4）1＜＝＜2，故二者完全反应生成Na2CO3、NaHCO3，反应的化学方程式为2CO2+3NaOH＝Na2CO3+NaHCO3+H2O；
（5）假设反应后溶液中溶质只有Na2CO3，再加入逐滴滴入盐酸，依次发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知前后两阶段消耗盐酸体积相等，由曲线中前后两阶段消耗盐酸体积，可知M溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，N溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，M中碳酸钠与转化生成的碳酸氢钠的物质的量相等，根据方程式可知消耗HCl的物质的量之比等于消耗盐酸的体积之比。
【解答】解：Ⅰ．若A为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性，则A为NH3，C为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D具有强氧化性，则B为NO、W为O2、C为NO2、D为HNO3；
（1）A为NH3，其电子式为，
故答案为：；
（2）在催化剂作用下，NH3与NO2反应可生成两种无污染物质，应生成氮气和二氧化碳，反应的方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O；
Ⅱ．（3）酸雨的pH呈减小趋势，是因为亚硫酸被空气中的氧气氧化为硫酸，酸性增强，反应的离子方程式为2H2SO3+O2═4H++2SO42﹣，
故答案为：2H2SO3+O2═4H++2SO42﹣；
Ⅲ．若A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，均含Na元素，C常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B，则C为NaHCO3、B为Na2CO3，结合图中转化可知，A为NaOH、W为CO2；
（4）n（CO2）＝0.1 ml，n（NaOH）＝0.15L×1ml/L＝0.15ml，1＜＝＜2，故二者完全反应生成Na2CO3、NaHCO3，反应的化学方程式为2CO2+3NaOH＝Na2CO3+NaHCO3+H2O，总反应的离子方程式为2CO2+3OH﹣＝CO32﹣+HCO3﹣+H2O，
故答案为：2CO2+3OH﹣＝CO32﹣+HCO3﹣+H2O；
（5）假设反应后溶液中溶质只有Na2CO3，再加入逐滴滴入盐酸，依次发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知前后两阶段消耗盐酸体积相等，曲线I中第一阶段消耗盐酸体积大于第二阶段，故M溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，曲线Ⅱ中第一阶段消耗盐酸体积小于第二阶段，故N溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，曲线I中碳酸氢钠反应消耗盐酸为30mL﹣26mL＝4mL，由碳元素守恒可知M中碳酸氢钠与转化生成的碳酸钠的物质的量相等，曲线Ⅱ中碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸为12mL，由方程式NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O、Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，消耗HCl的物质的量之比等于消耗盐酸的体积之比，故M溶液、N溶液中Na2CO3的物质的量之比为4mL：12mL＝1：3，
故答案为：1：3。
【点评】本题考查无机物的推断、化学计算等，熟练掌握元素化合物知识，（5）中关键是根据图象判断溶液中溶质，题目侧重分析推理能力、化学计算能力。
15．（12分）ClO2（黄绿色易溶于水的气体）是一种高效、低毒的消毒剂．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收和释放进行了研究．
（1）仪器A的名称是 园底烧瓶 ．
（2）安装F中导管时，应选用图2中的 b ．
（3）A中发生反应生成ClO2和Cl2，其氧化产物和还原产物物质的量之比为 1：2 ．
（4）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是 吸收Cl2 ．
（5）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为 4H++5ClO2﹣＝Cl﹣+4ClO2↑+2H2O ．
（6）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V0mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；
步骤3：加入指示剂，用c ml•L﹣1 Na2S2O3溶液滴定至终点．重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1 mL．（已知2ClO2+10I﹣+8H+＝2Cl﹣+5I2+4H2O 2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
计算该ClO2的浓度为 g/L（用含字母的代数式表示，计算结果化简）
【分析】（1）根据仪器特征，可知仪器A是圆底烧瓶；
（2）F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；
（3）根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2的反应化学方程式计算；
（4）F装置中发生Cl2+2KI＝2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明Cl2被吸收；
（5）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2﹣＝Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；
（6）根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c（ClO2）．
【解答】解：（1）根据仪器特征，可知仪器A是圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
（2）F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，
故答案为：b；
（3）氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为﹣1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，其氧化产物Cl2和还原产物ClO2物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2；
（4）F装置中发生Cl2+2KI＝2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2，
故答案为：吸收Cl2；
（5）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2﹣＝Cl﹣+4ClO2↑+2H2O，
故答案为：4H++5ClO2﹣＝Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；
（6）设原ClO2溶液的浓度为x，
2ClO2～5I2～10Na2S2O3
2ml 10ml
1×10﹣3cV1ml
x＝ml/L＝g/L，
故答案为：；
【点评】本题以ClO2的制备、吸收、释放为载体，考查实验制备方案设计、基本操作、对装置及操作的分析评价等，注意根据问题进行制备流程分析，题目难度中等．
16．（12分）以铬铁矿（主要成分是FeO•Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等）为原料制取Na2CrO4晶体的工艺流程如图：
已知：①+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH＞9时以CrO2﹣形式存在且易氧化；
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
（1）滤渣1主要成分是 SiO2 。
（2）写出流程中第1次使用H2O2时，发生反应的离子方程式 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 。
（3）“调pH＝8”和“调pH＞11”中间的“过滤”步骤能否省略，为什么？ 不能，当pH＝8时Al3+已经完全转化为Al（OH）3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2﹣ 。
（4）写出第2次使用H2O2时，发生反应的离子方程式 2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣═2CrO42﹣+4H2O 。
（5）当溶液调pH＝10时，则溶液中c（Mg2+） 为 5.6×10﹣4 。【已知Ksp（Mg（OH）2）＝5.6×10﹣12】
（6）CrO42﹣在酸性条件下转化为Cr2O72﹣。工业上常用Fe2+处理酸性K2Cr2O7废水，先将Cr2O72﹣转化为Cr3+，该反应的离子方程式为 6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O ，再调节溶液的pH使金属离子生成沉淀而除去。
【分析】铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应进入溶液，而SiO2不反应，过滤除去滤渣1为SiO2；用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH＝8时，Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤得到滤渣2为Al（OH）3和Fe（OH）3，再调节pH＞11，Mg2+完全沉淀被除去，Cr元素以CrO2﹣的形式存在，过滤后，向滤液中再加入过氧化氢，将CrO2﹣氧化为CrO42﹣，最后采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到Na2CrO4晶体，
（1）铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3溶于稀硫酸，而SiO2不溶于稀硫酸；
（2）第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+；
（3）NaO能溶解Al（OH）3生成AlO2﹣；
（4）第二次加入H2O2是为了将CrO2﹣氧化为CrO42﹣；
（5）Ksp（Mg（OH）2）＝5.6×10﹣12，当溶液调pH＝10时，c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣4ml/L，则溶液中c（Mg2+）＝；
（6）在酸性条件下，Fe2+与Cr2O72﹣反应生成Cr3+和Fe3+。
【解答】解：（1）铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应生成可溶性硫酸盐而进入溶液，而SiO2不反应，过滤除去SiO2，滤渣1主要成分是SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（3）“调pH＝8”时沉淀成分是Al（OH）3和Fe（OH）3，如果不把前者除去，当继续加入NaOH至pH＝11时，Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2﹣，
故答案为：不能，当pH＝8时Al3+已经完全转化为Al（OH）3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2﹣；
（4）第二次加入H2O2是为了将CrO2﹣氧化为CrO42﹣，反应离子方程式为：2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣═2CrO42﹣+4H2O，
故答案为：2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣═2CrO42﹣+4H2O；
（5）Ksp（Mg（OH）2）＝5.6×10﹣12，当溶液调pH＝10时，c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣4ml/L，则溶液中c（Mg2+）＝＝ml/L＝5.6×10﹣4ml/L，
故答案为：5.6×10﹣4；
（7）在酸性条件下，Fe2+与Cr2O72﹣反应生成Cr3+和Fe3+，反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，
故答案为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O。
【点评】本题考查物质的制备、物质的分离提纯，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中物质成分及其性质、可能发生的反应、溶度积常数的有关计算等知识点是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度中等。
17．（14分）铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答问题：
Ⅰ．制取铋酸钠
制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如图：
（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是 饱和食盐水 ；
（2）C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为 Bi（OH）3+3OH﹣+Na++Cl2═NaBiO3+2Cl﹣+3H2O ；
（3）当观察到 C中白色固体消失 （填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；
（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是 关闭K1、K3，打开K2 ；
（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ；
Ⅱ．铋酸钠的应用——检验Mn2+
（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。
①产生紫红色现象的离子方程式为 5NaBiO3+2Mn2++14H+═5Bi3++2MnO4﹣+5Na++7H2O ；
②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为 3Mn2++2MnO4﹣+2H2O═5MnO2↓+4H+ 。
【分析】由图可知，A为氯气发生装置，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，NaOH用来除去过量的氯气，B为除杂装置，可除去氯气中的HCl，C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，D为尾气处理装置，据此作答。
【解答】解：（1）氯气在饱和食盐水中溶解度小，除去氯气中的氯化氢选用试剂为饱和食盐水，
故答案为：饱和食盐水；
（2）C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为Bi（OH）3+3OH﹣+Na++Cl2═NaBiO3+2Cl﹣+3H2O，
故答案为：Bi（OH）3+3OH﹣+Na++Cl2═NaBiO3+2Cl﹣+3H2O；
（3）Bi（OH）3为白色沉淀，当观察到C中白色固体消失时，可以初步判断C中反应已经完成，
故答案为：C中白色固体消失；
（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气，可用NaOH溶液吸收多余的氯气，故除去Cl2的操作是关闭K1、K3，打开K2，
故答案为：关闭K1、K3，打开K2；
（5）NaBiO3不溶于冷水，反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，说明生成高锰酸根离子，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+═5Bi3++2MnO4﹣+5Na++7H2O，
故答案为：5NaBiO3+2Mn2++14H+═5Bi3++2MnO4﹣+5Na++7H2O；
②在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成，说明高猛酸根离子和Mn2+反应生成了MnO2，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为3Mn2++2MnO4﹣+2H2O═5MnO2↓+4H+，
故答案为：3Mn2++2MnO4﹣+2H2O═5MnO2↓+4H+。
【点评】本题考查物质的制备，题目难度较大，能依据图象和信息准确分析各装置的作用是解题的关键，难点是陌生离子方程式的书写选项
实验
现象
结论
A
铁的氢氧化物溶于足量HI溶液中，滴加KSCN溶液
固体溶解，溶液未变红色
铁的氢氧化物一定为Fe（OH）2
B
向硝酸钡溶液中通入SO2
产生白色沉淀
硝酸钡溶液与SO2反应生成BaSO3白色沉淀
C
向Fe（NO3）2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液
溶液变为黄色
无法判断氧化性：H2O2＞Fe3+
D
①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42﹣
阳离子
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
7.6
9.0
——
——
沉淀完全时的pH
3.7
9.6
11.0
8
9（＞9溶解）
物质
NaBiO3
Bi（OH）3
性质
不溶于冷水，浅黄色
难溶于水；白色
选项
实验
现象
结论
A
铁的氢氧化物溶于足量HI溶液中，滴加KSCN溶液
固体溶解，溶液未变红色
铁的氢氧化物一定为Fe（OH）2
B
向硝酸钡溶液中通入SO2
产生白色沉淀
硝酸钡溶液与SO2反应生成BaSO3白色沉淀
C
向Fe（NO3）2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液
溶液变为黄色
无法判断氧化性：H2O2＞Fe3+
D
①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42﹣
阳离子
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
7.6
9.0
——
——
沉淀完全时的pH
3.7
9.6
11.0
8
9（＞9溶解）
物质
NaBiO3
Bi（OH）3
性质
不溶于冷水，浅黄色
难溶于水；白色