2022-2023学年山东省济南市章丘区高三上学期诊断性测试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省济南市章丘区高三上学期诊断性测试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

山东省济南市章丘区2022-2023学年高三上学期诊断性测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中华文化源远流长、博大精深，云南省馆藏文物是中华文化的重要代表。下列文物主要是由硅酸盐材料制成的是
文物




战国牛虎铜案
溪山行旅图
西汉滇王编钟
新石器时代鸡形陶壶
选项
A
B
C
D

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．铜案属于金属材料，A 错误；
B．溪山行旅图为图画制品，不是硅酸盐材料，B错误；
C．编钟属于金属材料，C错误；
D．陶壶为陶制品，属于硅酸盐材料，D正确；
故选D。
2．部分含硫物质的分类与相应的化合价的关系如图，下列推断合理的是

A．硫元素的性质活泼，自然界中不存在a
B．e与f的反应中，e被氧化
C．b可被添加到食品中，作为漂白剂、防腐剂和抗氧化剂
D．d的浓溶液常用作干燥剂，可干燥b、f
【答案】C
【详解】根据题意分析，a为S，b为SO2，c为SO3，d为H2SO4，e为H2SO3，f为H2S；
A．自然界中存在S单质，A错误；
B．H2SO3与H2S反应中，H2SO3中的S化合价降低，作氧化剂被还原，B错误；
C．SO2具有漂白性、还原性、可用作防腐剂和抗氧化剂，C正确；
D．浓硫酸可做酸性及中性气体干燥剂，但H2S是还原性气体，会与浓硫酸反应，D错误；
故答案为：C。
3．某实验小组欲从海带中制取少量的碘，设计了如下实验流程：

下列实验装置在该方案中无须使用的是




A
B
C
D

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】该流程依次要使用的装置是：灼烧、过滤、萃取分液、蒸馏或其他。
【详解】A．海带灰悬浊液到含I-的澄清液，要使用过滤装置，A错误；
B．含I2溶液到I2的CCl4溶液，要使用萃取分液装置，B错误；
C．海带到海带灰，要使用坩埚灼烧装置，C错误；
D．I2的CCl4溶液因CCl4污染环境而不能使用蒸发，D正确；
答案选D。
4．氮及其化合物在生产生活中具有广泛的应用。在给定条件下，下列选项所示物质间的转化能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．氯化铝和过量氨水生成氢氧化铝沉淀，A正确；
B．氨气、一氧化氮不会反应生成二氧化氮，B错误；
C．二氧化氮和水反应生成硝酸，一氧化氮和水不反应，C错误；
D．硝酸具有强氧化性，和铁反应生成水和一氧化氮，D错误；
故选A。
5．现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成，型离子化合物，Y与T同主族。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是

A．简单离子半径：Y B．最高价氧化物对应水化物的酸性：R C．R、Y、T三种元素形成的氢化物中，沸点最高的是Y的氢化物
D．由X、Y、R三种元素组成的常见化合物均能与金属钠反应
【答案】B
【分析】短周期主族元素中，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，可能为C元素或S元素，由图中原子半径和原子序数关系可知R为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Y与T同主族，则T为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H元素，故X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素，据此解答。
【详解】A．Y、T、Z对应的离子分别为O2-、S2-、Na+，电子层数相同，质子数越多半径越小，电子层数越多，半径越大，故为S2-> O2-> Na+，A错误；
B．最高价氧化物对应水化物分别为H2CO3、H2SO4，非金属性S>C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性H2SO4>H2CO3，B正确；
C．Y、T三种元素形成的氢化物分别为H2O、H2S，R为C元素，形成的氢化物，随着C原子数的增多，沸点逐渐升高，故沸点最高的不是H2O，C错误；
D．由X、Y、R三种元素组成的常见化合物CH3CHO与金属钠不反应，D错误；
故选B。
6．下列有关电化学实验装置或图示的说法错误的是

A．用图甲装置组装铜锌原电池
B．用图乙装置可实现反应
C．用图丙装置可制得消毒剂同时减少的逸出
D．图丁所示为埋在地下的钢管道采用牺牲阳极保护法防腐
【答案】A
【分析】：A．由图可知，装置甲中右池锌与硫酸铜溶液直接接触；
B．由图可知，乙装置中铜电极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，氢氧根离子移向阳极；
C．由图可知，丙装置中下端的石墨电极为电解池的阳极，放电生成的氯气在溶液中向上移动，上端的石墨电极为阴极，放电生成的氢氧根离子向下移动，氯气与氢氧化钠在移动过程中充分反应生成次氯酸钠；
D．由图可知，丁装置中钢管的保护方法为牺牲阳极的阴极保护法。
【详解】A．由图可知，装置甲中右池锌与硫酸铜溶液直接接触，不能构成原电池，故A错误；
B．由图可知，乙装置中铜电极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子移向阳极，与铜离子反应生成氢氧化铜，总反应方程式为，故B正确；
C．由图可知，丙装置中下端的石墨电极为电解池的阳极，放电生成的氯气在溶液中向上移动，上端的石墨电极为阴极，放电生成的氢氧根离子向下移动，氯气与氢氧化钠在移动过程中充分反应生成次氯酸钠，同时能减少氯气的逸出，故C正确；
D．由图可知，丁装置中钢管的保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故答案选A。
【点睛】本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
7．锂-氟化碳(氟气与碳生成的夹层化合物)电池在质量比能量、体积比能量、工作温度范围等方面具有明显优势而应用广泛。电解液为丙烯碳酸酯的溶液，总反应为，放电产物LiF易沉积，工作原理如图所示。下列说法正确的是

A．电池工作时，电子流动方向：电极a→负载→电极b→阳离子交换膜→电极a
B．负极反应式为：
C．为了提高电池放电性能，在电解液中添加合适的试剂溶解沉积在b极区的LiF
D．电池工作一段时间，a极区的电解液质量增大
【答案】C
【分析】原电池内电路中阳离子移向正极、阴离子移向负极，a电极为负极、b电极为正极，负极反应式为Li-e-=Li+，正极反应式为，据此分析解答。
【详解】A．a为负极，b为正极，电池工作时，电子流动方向，由负极a流出，经导线流向电极b，不进入溶液，故A错误；
B．a为负极，负极反应式为Li-e-=Li+，故B错误；
C．由于放电产物LiF易沉积，因此为了提高电池放电性能，在电解液中添加合适的试剂溶解沉积在b极区的LiF，故C正确；
D．负极产生的锂离子，通过交换膜进入正极区，所以电池工作一段时间，a极区的电解液质量减小，故D错误；
故选C。
8．化学创造美好生活。下列生产或探究活动中，相关操作或事实合理且对应的离子方程式正确的是
A．用过量氨水吸收烟道气中的：
B．用白醋除铁锈：
C．少量溶于溶液中：
D．向混有少量的溶液中通入少量氯气除杂：
【答案】C
【详解】A．氨水过量生成亚硫酸铵，所以过量的氨水吸收烟道气中的SO2，离子方程式：SO2＋2NH3•H2O═2NH＋SO＋H2O，故A错误；
B．用白醋除铁锈为醋酸参与反应，醋酸为弱酸，离子方程式为，故B错误；
C．少量溶于溶液中生成，离子方程式为，故C正确；
D．还原性，通入少量氯气反应为，故D错误；
故答案选C。
9．某科学家用含食盐水的湿抹布夹在银板和锌板的圆形板中间，堆积成圆柱状，制造出最早的电池一伏打电池(如图)。下列叙述正确的是

A．该电池中电子由银极经导线流向锌极
B．银极上消耗(标准状况下)氧气时，转移电子
C．若用稀硫酸替代食盐水，则在正极放电的物质不变
D．该电池负极的电极反应式为
【答案】B
【详解】A．锌比银活泼，锌是电池的负极，银是电池的正极，电子由负极流向正极，故A错误；
B．银是电池的正极，电极方程式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，银极上消耗(标准状况下)氧气时，消耗氧气的物质的量为0.1mol，转移电子，故B正确；
C．若用稀硫酸替代食盐水，银是电池的正极，电极方程式为：2H++2e-=2H2，故C错误；
D．锌是电池的负极，负极的电极反应式为：，故D错误；
故选B。
10．某待测溶液中除含有水电离出的、之外，还可能含有等物质的量的、、、、、中的几种离子。根据如图实验步骤与现象，推测不合理的是

A．原溶液中一定没有、
B．原溶液中可能同时存在、
C．生成的无色气体为NO
D．蘸取该待测溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃一定能观察到紫色火焰
【答案】B
【分析】由待测溶液中加入稀硝酸后得到无色气体和无色溶液可知，无色气体为一氧化氮，原溶液中一定没有亚铁离子和铁离子，一定含有亚硫酸根离子，由离子的物质的量相等和电荷守恒可知，溶液中一定存在钾离子和钠离子，一定不存在硫酸根离子。
【详解】A．由分析可知，原溶液中一定没有亚铁离子和铁离子，故A正确；
B．由分析可知，原溶液中一定不存在硫酸根离子，故B错误；
C．由分析可知，待测溶液中亚硫酸根离子与稀硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，故C正确；
D．由分析可知，原溶液中一定存在钾离子和钠离子，若蘸取该待测溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃一定能观察到紫色火焰，故D正确；
故选B。
11．配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如。设是阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．中含有键的数目为
B．的溶液中，的数目为
C．与足量在催化剂作用下合成氨，生成的分子数为
D．质量分数为的溶液中，氧原子总数为
【答案】A
【详解】A．中含有键的数目为，A正确；
B．无溶液体积，不能计算，B错误；
C．合成氨是可逆反应，生成的分子数小于，C错误；
D．水中还含有氧原子，则，D错误 ；
答案选A。
12．由下列实验操作及现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液
溶液变血红色
KI与的反应有一定限度
B
向溶液X中滴加少量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
石蕊试纸不变蓝
溶液X中肯定不含
C
将硫酸酸化的溶液滴入溶液中
溶液变黄色
氧化性：(酸性条件)
D
向一定浓度的溶液中通入适量气体
产生黑色沉淀
的酸性比的强

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．I-与Fe3+反应的离子方程式为2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，所以该实验中所用KI过量，而反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，说明Fe3+有剩余，即该反应有一定限度，A正确；
B．所用的是NaOH稀溶液，且少量，即便有铵根，生成NH3过少，NH3也不会逸出，B错误；
C．酸性环境中硝酸根也会将Fe3+氧化，该实验中无法确定氧化剂是何种物质，C错误；
D．产生黑色沉淀是因为CuS是一种难溶于酸的沉淀，而不是H2S的酸性比H2SO4强，D错误；
综上所述答案为A。

二、多选题
13．某混合物可能含有，为探究该混合物成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下列分析正确的是

A．固体P一定是纯净物
B．若，则原混合物中一定含有
C．蓝绿色溶液中一定含有的金属阳离子为
D．向溶液N中通入足量的，一定可观察到有白色沉淀生成
【答案】AC
【分析】M加入过量氢氧化钠，若有铝、氧化铝则转化为偏铝酸钠，铜、氧化铁不反应进入N；N加入过量稀盐酸，氧化铁和盐酸生成氯化铁、氯化铁会与铜生成氯化铜和氯化亚铁，得到固体P，说明铜过量，得到蓝绿色溶液，则说明铁和部分铜转化为氯化铜、氯化亚铁；
【详解】A．由分析可知，固体P一定是纯净物铜，A正确；
B．若，则原混合物中可能含有和氢氧化钠反应的铝或氧化铝或两者均有，B错误；
C．由分析可知，蓝绿色溶液中一定含有的金属阳离子为、，C正确；
D．若不含铝、氧化铝，则向溶液N中通入足量的，不能观察到白色沉淀生成，D错误；
故选AC。
14．碱式氧化镍是镍电池的正极活性材料。利用镍渣(主要含，及少量等杂质)制备碱式氧化镍的流程如下：

已知：常温下，有关金属阳离子开始沉淀(金属阳离子物质的量浓度为)和完全沉淀(金属阳离子物质的量浓度为)的如表所示。
氢氧化物



开始沉淀的
1.9
7.0
7.2
完全沉淀的
3.2
9.0
9.2

下列叙述正确的是A．适当加热，可提高“酸浸”过程中活化分子的百分数
B．“除铜”过程中未发生氧化还原反应
C．“调”时发生的反应为
D．若将“氧化”工序省略，则会导致制得的碱式氧化镍的纯度下降
【答案】AD
【分析】镍渣主要含，及少量等杂质，加入稀硫酸溶解后以离子形式存在，加入H2S除去铜离子；加入氧化剂氧化亚铁离子，再调pH除去铁离子；然后加入NaF除去钙离子，再通入氯气，加入氢氧化钠得到碱式氧化镍，据此分析解题。
【详解】A．“酸浸”过程中适当加热，可以提高反应效率，提高活化分子的百分数，故A正确；
B．加入H2S除铜，据反应流程图可知，有单质S生成，所以发生的氧化还原反应，故B错误；
C．“调”时发生的反应为，故C错误；
D．若将“氧化”工序省略，根据表中提供信息可知，亚铁离子无法完全清除，会导致制得的碱式氧化镍的纯度下降，故D正确；
故答案选AD。
15．向溶液中通入一定量的气体，充分反应得到溶液X后，再向所得溶液X中逐滴加入的盐酸，产生的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断错误的是

A．原溶液的浓度为
B．若，则所得溶液X的溶质成分为和
C．若，则所得溶液X的溶质成分为和
D．若，当V(盐酸)时，则发生反应的离子方程式为
【答案】BC
【分析】向100mLNaOH溶液中通入一定量的气体，充分反应得到的溶液X中，可能存在的离子分别有、、；向溶液X中加入稀盐酸时，加入的先与反应生成水，离子反应方程式为；再与反应生成，离子反应方程式为；最后与反应生成水和，离子反应方程式为；由此可以发现，与反应生成消耗的和与反应生成水和消耗的相同，据此分析解题。
【详解】A．当向100mLNaOH溶液中通入一定量的气体，再加入的盐酸至不再产生气体为止，结合质量守恒定律可知，，则，A正确；
B．结合溶液中可能存在的三种阴离子消耗的比例可知，当时，表明溶液中消耗的的总量较多，可以推断溶液中存在反应，则溶液X的溶质成分为和，B错误；
C．结合溶液中可能存在的三种阴离子消耗的比例可知，当，表明溶液中消耗的的总量较少，可以推断加入盐酸后，先发生了反应，则溶液中的溶质为和，而且和NaOH可反应，不能在溶液中共存，C错误；
D．结合溶液中可能存在的三种阴离子消耗的比例可知，当时，溶液中的溶质只有；所以V(盐酸) 故合理选项为BC。

三、填空题
16．某科研小组设计利用甲烷(CH4)燃料电池(碱性溶液做电解质溶液)，模拟工业电镀、精炼和海水淡化的装置如下。

(1)甲装置中B电极发生____反应(填 “氧化”或“还原”)，A电极的电极反应式为____。电池工作一段时间后，甲池溶液pH______(填“增大”或“减小”)。
(2)乙装置用来模拟电解精炼和电镀。
①若用于粗铜的精炼，装置中电极C是_________(填“粗铜”或“纯铜”)。
②金属及塑料制品表面镀铬不仅美观还可提高金属制品抗腐蚀性能。镀铬时由CrO放电产生铬镀层的电极反应式为_________。(已知：镀铬时常加硫酸作为催化剂)
(3)电渗析法是海水淡化的常用方法，某地海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图丙所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。
离子
Na+
K+
Ca2+
Mg2+
Cl-
SO
HCO
含量/mg·L-1
9360
83
200
1100
16000
1200
118

①淡化过程中在_________室中易形成水垢(选填“甲”、“戊”)
②产生淡水的出水口为_________(选填“e”、“f”、“j”)。
【答案】(1)     还原     CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O     减小
(2)     粗铜     CrO+8H++6e-=Cr+4H2O
(3)     戊     ej

【分析】由图可知甲为原电池，结合c口通入氧气可知B电极为正极，则A为负极，乙为电解池，C电极与B相连为阳极，则D为阴极；同理可知丙装置中甲室一侧电极为阳极，戊室一侧电极为阴极，再根据电解原理分析解答。
【详解】（1）甲装置中B电极为正极，发生还原反应，A电极甲烷发生氧化反应，在碱性条件下转化成碳酸根离子，电极反应为：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O；甲装置中的总反应为：，由反应可知反应消耗KOH，溶液碱性减弱，pH减小，故答案为：还原；CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O；减小；
（2）①乙装置为电解装置，若用于粗铜的精炼， 则纯铜作阴极，粗铜作阳极，结合上述分析电极C为阳极，则C为粗通，故答案为：粗铜；
②乙装置若用于电镀，则镀件作阴极， 镀层金属应在阴极析出，镀铬时由CrO放电产生铬镀层，CrO得电子生成Cr，电解质环境为酸性，则电极反应式为CrO+8H++6e-=Cr+4H2O，故答案为：CrO+8H++6e-=Cr+4H2O；
（3）丙装置用于海水淡化，由以上分析已知左侧为阳极，右侧为阴极，电极为惰性电极，阳极氯离子放电，则甲室、乙室中的氯离子在左侧电极放电，乙室中的钠离子通过阳膜进入丙室，可知e出口为淡水；丙室中海水中的钠离子无法通过阴膜进入丁室，氯离子无法通过阳膜进入乙室，因此f出口仍为海水；丁室中氯离子通过阴膜进入丙室，钠离子通过阳膜进入戊室，则j口得到淡水；戊室中水中的氢离子在电极放电生出氢气同时有氢氧根离子生成，氢氧根离子与HCO反应生成碳酸根结合钙离子生成碳酸钙，同时氢氧根与镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，生成水垢，故答案为：戊；ej。


四、实验题
17．某种常见补铁药物的主要成分为琥珀酸亚铁，该药品难溶于水但能溶于常见稀酸。某学习小组同学设计实验检验药片中的存在并测定的含量(假设杂质不参与反应)。已知与会产生蓝色沉淀。回答下列问题：
(1)甲同学为了检验药品中的存在。将药物碾碎、水溶后过滤。取少量所得滤液于两支试管中，分别加入溶液和KSCN溶液，观察并记录实验现象。
①甲同学过滤时进行的下列操作不规范的是____(填标号)。
a．用玻璃棒在漏斗中搅动以加快过滤速率
b．滤纸边缘高于漏斗边缘
c．将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁
②滤液加入溶液或KSCN溶液中均未出现明显现象，其主要原因为______。
(2)乙同学设计如下实验测定药片中的含量。
步骤一：取本药品10片，碾碎后加入一定浓度的稀硫酸，在适当的条件下配成100mL溶液。
步骤二：准确量取20.00mL步骤一所得溶液放入烧杯中。
步骤三：向烧杯中加入过量溶液后，再加入过量NaOH溶液，产生沉淀，将沉淀过滤出来后洗涤、干燥，灼烧至固体质量恒定，得0.64g固体。
①步骤二中，量取20.00mL溶液应使用的仪器为_____(填“酸式滴定管”、“碱式滴定管”或“25mL量筒”)。
②步骤三中，加入溶液时发生反应的离子方程式为____，灼烧后所得固体的颜色为_____。
③若将步骤三中的溶液换为也能达到目的，但使用溶液的好处是___。
④由实验数据计算，每片药片中含___。
(3)也可用作补铁剂，使用时建议与维生素C同服，甲同学猜测维生素C可将转化为，以利于人体吸收。为了验证这一猜想，设计了如下实验：
实验方案
实验现象
取适量溶液于试管中，加人维生素C片，振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液
紫色褪去

由上述实验能否得出“维生素C可将转化为”的结论？回答并说明理由：_____。
【答案】(1)     ab     该药品不溶于水
(2)     酸式滴定管     H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O     红棕色     无污染     224
(3)不能，维生素C具有还原性，若过量，也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色

【分析】由题意可知，该实验的实验目的是检验主要成分为琥珀酸亚铁的补铁药物中亚铁离子的存在，并测定亚铁离子的含量。
【详解】（1）①a．过滤时，不能用玻璃棒在漏斗中搅动，否则会导致滤纸破损，导致实验失败，故符合题意；
b．过滤时，滤纸的边缘应低于漏斗边缘，否则会因溶液逸出，导致实验失败，故符合题意；
c．过滤时，应将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁便于滤液顺利流下，故不符合题意；
故选ab；
②琥珀酸亚铁不溶于水，所以滤液中加入铁氰化钾溶液不会有蓝色沉淀生成，加入硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，故答案为：该药品不溶于水；
（2）①由题意可知，药片用稀硫酸溶解后得到酸性溶液，所以步骤二中应用酸式滴定管量取20.00mL溶液，故答案为：酸式滴定管；
②由题意可知，步骤三中发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与过氧化氢溶液反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
③与氯气相比，过氧化氢溶液无毒，且反应生成水，不会对环境造成污染，故答案为：无污染；
④由题意可知，灼烧得到0.64g氧化铁，由铁原子的原子个数守恒可知，每片药片中含亚铁离子的质量为×103mg/g=224mg，故答案为：224；
（3）维生素C具有还原性，若维生素C过量，也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，所以溶液褪色不能说明维生素C可将铁离子还原为亚铁离子，故答案为：不能，维生素C具有还原性，若过量，也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色。
18．某小组设计实验探究铜和浓硫酸反应的产物，装置如图所示。

已知：①(棕色)；
②都是难溶于水、难溶于稀硫酸的黑色固体。
实验中，观察到B中红色溶液变无色，C中产生白色沉淀，D中溶液变棕色。铜粉完全反应后，观察到烧瓶底部有灰白带黑色固体。
(1)B装置作用是_______。
(2)探究C中白色固体成分。过滤C中混合物，得到滤液和白色固体。
猜想1：白色固体是；
猜想2：白色固体是_______(填化学式)；
猜想3：白色固体是和。
为了确认白色固体成分，取少量白色固体于试管中，加入足量盐酸，白色固体不溶解且无气泡生成。由此推知，猜想_______(填数字)合理。
(3)结合(2)的结论，分析C中的化学反应可能有两种情况：
①若过量或恰好完全反应，则发生的离子反应为；若少量，则发生的离子反应为_______。
②设计实验证明C中盛装的是否过量：_______。
(4)实验完毕后，分离A中烧瓶里的混合物并探究其成分：
①分离应选择的合理操作是_______(填标号)，过滤，得到蓝色溶液和黑色固体。
a.向混合物中加入蒸馏水，搅拌，静置
b.将混合物倒入盛有水的烧杯中，搅拌，静置
②黑色固体不可能是_______(填标号)，判断依据是_______。
A．     B．     C．
③探究上述黑色固体成分。

取所配制的溶液于锥形瓶中，滴几滴试剂R，用的标准溶液滴定至终点，消耗滴定液。R是_______(填名称)。根据上述相关实验结果，X是_______(填化学式)。
【答案】(1)检验
(2)          1
(3)          取少量清液于试管中，加入氯化钡，若不产生沉淀，则过量，否则恰好完全反应或不足
(4)     b     C     硫酸过量，会与反应     酚酞(或甲基橙)    

【分析】铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红褪色，表现漂白性，二氧化硫通入硝酸钡溶液中，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀和一氧化氮，一氧化氮和硫酸亚铁反应溶液变棕色。黑色粉末可能含有铜元素或氧元素或硫元素，在足量氧气中反应生成刺激性气体，则气体为二氧化硫，二氧化硫和足量的双氧水反应生成硫酸。黑色粉末Y和硫酸反应生成蓝色溶液，说明Y为氧化铜。据此解答。
【详解】（1）B装置中为品红溶液，现象为红色褪色，说明该气体为二氧化硫气体，作用为检验二氧化硫。
（2）C中白色固体可能是亚硫酸钡或硫酸钡或亚硫酸钡和硫酸钡的混合物。若白色固体加入足量盐酸，不溶解无气泡生成，说明该固体为硫酸钡。即猜想1成立。
（3）①一个二氧化硫反应转移2个电子，一个硝酸根反应生成一氧化氮转移3个电子，当二氧化硫少量时，生成的硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为。
②若硝酸钡过量，则反应后的溶液中有钡离子，没有硫酸根离子。故检验是否有硫酸根离子即可。操作为取少量清液于试管中，加入氯化钡，若不产生沉淀，则过量，否则恰好完全反应或不足。
（4）①分离操作时注意试管中可能有剩余的浓硫酸，故应将混合物倒入盛有水的烧杯中，即选择b。
②黑色固体不可能是氧化铜，因为溶液中还有硫酸，氧化铜和硫酸反应。
③黑色粉末在氧气中反应生成刺激性气体为二氧化硫，二氧化硫和双氧水反应生成硫酸，硫酸用氢氧化钠溶液进行滴定，选择酚酞或甲基橙做指示剂，氢氧化钠的物质的量为0.002mol，则硫酸的物质的量为0.001mol，则配制的250毫升溶液中则硫的物质的量为0. 01mol，质量为0.32克。黑色粉末中铜的质量为1.60-0.32=1.28克，即0.02mol铜，则X为硫化亚铜。

五、工业流程题
19．软锰矿主要成分为，含少量和等杂质，以软锰矿为主要原料吸收脱除工业含硫烟气中的，制备纯净的工艺流程如图。

已知：常温下，不同金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表：
离子



开始沉淀时
1.8
7.7
7.8
完全沉淀时
3.2
9.7
9.8

回答下列问题：

(1)“溶浸”所用吸收塔如图所示，描述有利于提高吸收效率的设计之一：_______。
(2)调节溶液的前，加入软锰矿的作用是_______。
(3)“调节”时可选用的试剂为_______(填化学式)。调节，充分反应后生成的沉淀为_______。
(4)“沉锰”过程中再次加入氨水的目的是_______(从化学平衡移动的角度解释)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是_______(写1条即可)。
【答案】(1)将软锰矿与稀硫酸制成矿浆(或含硫烟气从吸收塔中间通入矿浆底部鼓出泡泡)
(2)将氧化成，便于生成沉淀与分离
(3)     (或等合理答案)    
(4)     促进正向移动(或促进的电离)     防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵分解或防止碳酸锰分解)

【分析】将软锰矿与稀硫酸制成矿浆，通入含硫烟气，二氧化硫被二氧化锰氧化为硫酸根离子，继续加软锰矿把氧化成，加氨水调节pH生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中加碳酸氢铵、氨水生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、烘干，焙烧无水碳酸锰得二氧化锰。
【详解】（1）将软锰矿与稀硫酸制成矿浆、含硫烟气从吸收塔中间通入矿浆底部鼓出泡泡，增大接触面积，有利于提高吸收效率。
（2）MnO2具有氧化性，调节溶液的前，加入软锰矿，MnO2将氧化成，便于生成沉淀与分离；
（3）“调节”时降低氢离子浓度，使，选用的试剂为或氨水。根据常温下不同金属离子生成氢氧化物沉淀的pH表，调节，充分反应后生成的沉淀为。
（4）沉锰”过程中再次加入氨水，促进正向移动生成碳酸锰沉淀。氨水易挥发、碳酸氢铵易分解，所以“沉锰”过程宜在较低温度下进行。
20．碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。碘酸是一种强酸，其水溶液有强氧化性。已知氧化性：。回答下列问题：
(1)一种以含有少量的废液为原料制备的方法如图所示。

①“转化”生成的Ag溶于稀硝酸可获得硝酸银，写出Ag与稀硝酸反应的离子方程式：___________。
②通入的过程中，若，则反应中被氧化的元素为___________(填元素符号)；当后，单质碘的产率会降低，原因是___________。
(2)大量的碘由自然界的与还原剂反应制得，则该制备的反应中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(3)卤素互化物可发生水解反应，生成卤离子和卤氧离子(为非氧化还原反应)，写出反应的离子方程式：___________。
(4)碘酸钙是食品及饲料添加剂中补碘补钙的常用试剂，微溶于水。加热升温过程中剩余固体的质量分数w()随温度变化的关系如图所示。为获得无水碘酸钙，可将晶体___________(填实验操作)。若将加热温度提高至540℃，则此时得到固体的主要成分为___________(填化学式)。

【答案】(1)     3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O     I     I2进一步被Cl2氧化，产率降低
(2)2：5
(3)IF5+3H2O=5HF+IO+ H+
(4)     在330—380℃条件下加热至恒重     CaO

【分析】由题给流程可知，向含有碘离子的废液中加入硝酸银溶液富集得到碘化银悬浊液，向悬浊液中加入铁粉将氯化银转化为碘化亚铁和银，过滤得到银和碘化亚铁溶液；向碘化亚铁溶液中通入适量的氯气，将碘化亚铁氧化为单质碘。
【详解】（1）①银与稀硝酸溶液反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O，故答案为：3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O；
②通入氯气的过程中，若说明还原性强的碘离子与氯气恰好反应生成单质碘，反应的离子方程式为2I—+Cl2=2Cl—+I2，反应中碘元素化合价升高被氧化；当时，碘化亚铁溶液与氯气恰好反应生成氯化铁、碘，反应的离子方程式为2Fe2++4I—+3Cl2=2Fe3++6Cl—+I2，若，过量的氯气能与碘反应生成碘酸和盐酸使单质碘的产率降低，故答案为：I；I2进一步被Cl2氧化，产率降低；
（2）由得失电子数目守恒可知，碘酸钾溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成碘的反应中，氧化剂碘酸钾和还原剂亚硫酸氢钠的物质的量比为2：5，故答案为：2：5；
（3）由题意可知，五氟化碘与水反应生成氢氟酸和碘酸，反应的离子方程式为IF5+3H2O=5HF+IO+ H+，故答案为：IF5+3H2O=5HF+IO+ H+；
（4）由图可知，498g六水碘酸钙的物质的量为1mol，由钙原子原子个数守恒可知，六水碘酸钙受热完全失去结晶水生成碘酸钙的质量为390g，则获得无水碘酸钙的操作为在330—380℃条件下加热六水碘酸钙至恒重得到无水碘酸钙；由钙原子原子个数守恒可知，温度提高至540℃得到的固体中含有40g钙元素，则56g固体中含有16g氧元素，则所得固体为氧化钙，故答案为：在330—380℃条件下加热至恒重；CaO。