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安徽省六安市霍邱一中2020届高三上学期月考化学试题
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安徽省六安市霍邱一中2019—2020学年第一学期
高三第二次月考化学试题
可能用到的相对原子质量：C：12 O：16 S：32 Ca：40 Co：59 Ba：137
一、选择题（只有一个选项正确，每题3分，共48分）
1.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是( )
A. “凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料
B. “每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金
C. “烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应
D. “凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸
【答案】D
【解析】
A、陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，选项A正确；B、黄铜是铜锌合金，选项B正确；C、该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应类型为置换反应，选项C正确；D、“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，选项D不正确。答案选D。
2.化学与生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A. 秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维，可用作食品干燥剂
B. 高纯度的二氧化硅可制作光导纤维，光导纤维可用作通讯材料是因为其有导电性
C. K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3＋水解生成胶状物，可以软化硬水
D. CO2和氟氯烃等物质的大量排放会造成温室效应的加剧
【答案】A
【解析】
【详解】A. 秸秆经加工处理成吸水性的材料−−植物纤维，无毒、无味、具有吸水性，所以可用作食品干燥剂，故A正确；
B. 制造光导纤维是利用二氧化硅晶体对光的全反射，不是利用导电性，故B错误；
C. K2FeO4用于自来水的消毒和净化,K2FeO4具有强氧化性,被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，能够吸附水中固体杂质颗粒而具有净水作用，不能使硬水软化，故C错误；
D. CO2的大量排放会造成温室效应的加剧，氟氯烃使大气层出现臭氧层空洞，无法阻挡紫外线，故D错误；
答案选A。
3.下列有关物质的性质和用途对应关系不正确的是（ ）
选项
物质的性质
有关用途
A
SO2具有漂白性
SO2可用于漂白纸张、织物
B
氨气极易溶于水
液氨可以作制冷剂
C
铁粉具有还原性
铁粉可作糕点包装袋中的脱氧剂
D
ClO2具有氧化性
ClO2是一种新型的消毒剂
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. SO2具有漂白性，可用于漂白纸张或织物，故A正确；
B. 氨气易液化，可作制冷剂，故B错误；
C.铁粉具有还原性，能被氧气氧化，可作糕点包装中的脱氧剂，故C正确；
D. ClO2具有氧化性，能杀菌消毒，是一种新型的消毒剂，故D正确。
答案选B。
4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1molAlCl3在熔融状态时含有的离子总数为0.4NA
B. 22.4L(标准状况)氖气含有的质子数为10NA
C. 14g乙烯和丙烯混合气体中的原子数为2 NA
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. AlCl3是共价化合物，熔融条件不破坏共价键，不形成阴阳离子，故A错误；
B. 一个氖原子还有10个质子，22.4L(标准状况)氖气为1mol，含有的质子数为10NA，故B正确；
C.乙烯和丙烯最简式相同，都为CH2，14g CH2为1mol，混合气体中的原子数为3 NA，故C错误；
D. SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平衡，所以密闭容器中2molSO2和1molO2催化反应后分子总数小于2NA，故D错误；
答案选B。
5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是
A. 原子半径: W
C. 单质沸点: W
【答案】C
【解析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大，X是Na；W的简单氢化物常温下呈液态，W是O。Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，Y是Mg。X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10，则Z是Cl。A. 原子半径：O＜Cl＜Mg，A错误；B. 工业上采用电解氯化镁冶炼单质Mg，B错误；C. 不论是氧气还是臭氧，均是气态，沸点低于金属钠，C正确；D. O、Na、Cl三种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如高氯酸钠溶液显中性，D错误，答案选C。
6.W、X、Y、Z均为短周期元素，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，X原子既不易失去也不易得到电子，X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是
A. X的氢化物常温常压下为液态
B. Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C. W与Y具有相同的最高化合价
D. W与Z形成的化合物的水溶液呈中性
【答案】B
【解析】
【分析】
已知，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，则W为S；X原子既不易失去也不易得到电子，则X为C；X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，则Y为O；Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Z为Na；
【详解】A. X的氢化物中的甲烷，常温常压下为气态，A错误；
B. Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物，如与碳反应有二氧化碳、一氧化碳；与钠反应有过氧化钠、氧化钠；与硫反应有二氧化硫、三氧化硫，B正确；
C. W与Y，氧元素无最高正价，S最高化合价为+6，C错误；
D. W与Z形成的化合物为硫化钠，其水溶液呈碱性，D错误；
答案为B
7.从某废旧锂离子电池的正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，其流程如图所示：下列叙述错误的是
A. 在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉
B. 反应②中LiMn2O4是还原剂
C. 反应①可用氨水代替NaOH溶液
D. 从正极材料中可回收的金属元素有Mn、Li、Al
【答案】C
【解析】
【详解】A. C可与氧气反应生成气体，在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉，故A正确；
B. 4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O中Li元素的化合价升高，则LiMn2O4是还原剂，故B正确；
C. 氨水是弱碱，不与Al反应，不能代替NaOH，故C错误；
D. 正极材料(LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上)中回收金属资源，则可回收的金属元素有Mn、Li、Al，故D正确；
答案选C。
【点睛】由流程可知，铝溶解在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，LiMn2O4、碳粉不溶于水，过滤分离出的偏铝酸钠溶液与二氧化碳发生NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O，过滤分离出二氧化锰、C，滤液中含硫酸锂，可能有过量的硫酸，滤液中加入碳酸钠生成碳酸锂，以此来解答。
8.将Ca(OH)2、NaAlO2、NaOH配成100.0mL混合溶液，向该溶液中通入足量CO2，生成沉淀的物质的量n(沉淀)，与通入CO2的体积（标准状况下）V(CO2)的关系，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=0.4mol/L
B. e点的值为11.2
C. cd段表示Al(OH)3沉淀溶解
D. bc段的化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3
【答案】B
【解析】
【详解】A. c点对应溶液为碳酸氢钠，碳元素守恒得到生成碳酸氢钠和碳酸氢钙共消耗二氧化碳=0.7mol，因此碳酸氢钠物质的量＝0.7mol−0.3mol＝0.4mol，钠元素守恒得到，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2)＝0.4mol，混合溶液体积为100ml，溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)＝4.0mol/L，故A错误；
B. b点对应溶液含碳酸钠，c点对应溶液含碳酸氢钠，d点对应溶液含碳酸氢钠和碳酸氢钙，溶解碳酸钙消耗二氧化碳体积22.4L−15.68L＝6.72L，物质的量==0.3mol，原溶液中含0.3molCa (OH)2，c点对应溶液为碳酸氢钠，碳元素守恒得到生成碳酸氢钠和碳酸氢钙共消耗二氧化碳=0.7mol，因此碳酸氢钠物质的量＝0.7mol−0.3mol＝0.4mol，钠元素守恒得到，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2)＝0.4mol，b点消耗二氧化碳是与偏铝酸钠、氢氧化钙、氢氧化钠反应生成碳酸钙、氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量，Ca (OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，2AlO2−+3H2O+CO2＝2Al(OH)3↓+CO32−，可知二氧化碳物质的量n(CO2)＝n(Ca (OH)2)+ n(NaOH)+ n(NaAlO2)＝0.3mol+0.2mol＝0.5mol，体积为11.2L，故B正确；
C. cd段发生反应CaCO3+CO2+H2O＝Ca (HCO3)2，导致沉淀的减少，故C错误；
D. 由上述分析可知，bc段反应的离子方程式是CO32−+CO2+H2O＝2HCO3−，故D错误；
【点睛】只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生，首先发生反应Ca (OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，将Ca (OH)2消耗完毕，接下来消耗NaOH，发生反应2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2−+3H2O+CO2＝2Al(OH)3↓+CO32−，沉淀量达最大后，再发生CO32−+CO2+H2O＝2HCO3−，最后发生反应CaCO3+CO2+H2O＝Ca (HCO3)2，沉淀部分溶解，以此来解答。
9.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl-、SO42-、CO32-、AlO2-中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L，某同学进行了如下实验：
下列说法正确的是
A. 无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl-
B. 滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+
C. 原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-
D. 无法确定沉淀C的成分
【答案】C
【解析】
【详解】向该溶液中加入过量稀硫酸，无明显现象，说明没有CO32-、AlO2-；然后向该溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液，产生沉淀A中一定含有BaSO4，同时有气体产生，说明溶液中含有还原性微粒Fe2+，与加入的H+、NO3-发生氧化还原反应产生NO气体，Fe2+被氧化变为Fe3+，向滤液X中加入过量的NaOH溶液，有气体产生，说明溶液中含NH4+，产生的气体是NH3，沉淀B中含Fe(OH)3，向滤液中通入少量CO2气体，在碱性条件下会与Ba2+发生反应形成BaCO3沉淀，离子浓度均为0.1mol/L，根据溶液呈电中性，已经确定含有的离子是NH4+、Fe2+，则还应该含有与二者不能发生反应的-1价的阴离子、-2价的阴离子，只能是Cl-、SO42-，故选项C正确。
10.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将2 molCl2通入含1 molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2
正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化
B
Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO3-＋OH－===BaCO3↓＋H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3-
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
将等体积的3.5mol/L的HCl溶液，逐滴加入到1 mol/L的NaAlO2溶液中：6AlO2-＋21H＋==5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O
正确；第一步反应和第二步反应消耗的H＋的物质的量之比为2∶5
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 将2molCl2通入到含1mol FeI2的溶液中，氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2I2，故A错误；
B. Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，离子方程式按照碳酸氢钡的化学式组成书写，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：Ba2++2HCO3−+2OH−=BaCO3↓+CO32−+2H2O，故B错误；
C. NaClO溶液中通入过量SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确离子反应为：ClO−+H2O+SO2═2H++Cl−+SO42−，离子方程式和评价都不合理，故C错误；
D. 1mol/L的NaAlO2溶液和3.5 mol/L的HCl等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、3.5mol氢离子，1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的2.5mol氢离子。1mol氢氧化铝消耗3mol氢离子才能全完沉淀溶解，现盐酸不足，即剩余盐酸消耗完仍有沉淀，则两步反应消耗的氢离子物质的量之比为1:2.5=2:5；离子反应方程式为：6AlO2-＋21H＋==5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O，故D正确；
故选：D。
11.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）
A. 铁与氯气反应制氯化铁，推出铁与碘反应制碘化铁
B. CO2通入到漂白粉溶液中发生CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推出SO2通入到漂白粉溶液中发生SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C. 利用可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，推出可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3
D. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，推出Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 三价铁离子能氧化碘离子，所以铁与碘反应生成碘化亚铁，不能生成碘化铁，故A错误；
B. SO2通入到漂白粉溶液中，二氧化硫被次氯酸钙氧化生成硫酸钙，所以SO2通入到漂白粉溶液中不能生成CaSO3，故B错误；
C. 可溶性的铝盐和铁盐都能和氨水生成沉淀，即可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3，故C正确。
D. 过氧化钠能氧化二氧化硫，所以Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4，不能生成Na2SO3，故D错误；
答案选C。
12.下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验，试纸不变蓝
原溶液中一定不含有NH4+
B
向某溶液中加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42－
C
向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
原溶液中一定含有CO32－
D
用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色
原溶液中不含K＋
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氨气在水中溶解度大；
B、加HCl以防止银离子、亚硫酸根、碳酸根等干扰，加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42－；
C、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，溶液中可能含有碳酸氢根离子、碳酸根离子。
D、用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色，可能含有钾离子。
【详解】A、氨气在水中溶解度大，加入稀氢氧化钠不能确定是否含有铵根离子，故A错误；
B、加HCl以防止银离子、亚硫酸根、碳酸根等干扰，加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42－，故B正确；
C、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊无色无味气体，溶液中可能含有碳酸氢根离子、碳酸根离子，故C错误；
D、用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色，可能含有钾离子，需透过蓝色钴玻璃观察焰色，确定有无钾元素，故D错误。
故选B。
13.用下图装置制取、提纯并收集下表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂)，其中可行的是
选项
气体
a
b
c
A
SO2
浓硫酸
Na2SO3
NaOH溶液
B
H2
稀硫酸
锌片
浓硫酸
C
CO2
稀盐酸
石灰石
碱石灰
D
NO2
浓硝酸
铜粉
浓硫酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A、二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，不能净化二氧化硫，A错误；B、氢气密度小于空气，应该用向下排空气法收集，B错误；C．二氧化碳能与碱石灰反应，不能干燥二氧化碳，C错误；D、浓硝酸与铜反应生成NO2，NO2能用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，D正确，答案选D。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应及实验技能为解本题关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。注意掌握常见气体的制备、净化和收集等。
14.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
常温下，SiO2与氢氟酸和NaOH溶液均可反应
SiO2是两性氧化物
B
常温下，NaHCO3溶解度比Na2CO3小
往饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀
C
BaSO3难溶于水
SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中产生沉淀
D
非金属性：Cl > S
酸性：HClO > H2SO4
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
试题分析：A、SiO2是酸性氧化物，陈述Ⅱ错误，A错误；B、往饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生的NaHCO3质量增多且其溶解度也比较小，故会有晶体析出而沉淀，B正确；由于硝酸的强氧化性，SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中产生硫酸钡沉淀而不是亚硫酸钡沉淀，C错误；D、比较非金属性强弱应该以非金属的最高价氧化物的水化物的酸性强弱进行比较，HClO不是氯的最高价氧化物的水化物，D错误；答案选B。
考点：非金属的性质。
15.已知:2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑。用下图所示装置检验FeSO4·7H2O的所有分解产物，下列说法不正确的是
A. 乙、丙、丁中可依改盛装无水CuSO4、Ba(NO3)2溶液、品红溶液
B. 实验时应先打开K，缓缓通入N2，再点燃酒精喷灯
C. 甲中残留固体加稀硫酸溶解，再滴加KSCN,溶液变红
D. 还应在丁装置后面连接盛有NaOH溶液的洗气瓶
【答案】A
【解析】
因为2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑，A. 乙中装无水CuSO4、可以检验生成的H2O，SO2和SO3通入到Ba(NO3)2溶液后，SO2被氧化成H2SO4，丁装置的品红溶液不会退色，不能鉴别SO2存在，所以A错；B. 实验时应先打开K，缓缓通入N2，排除装置中的空气，防止FeSO4中的Fe2+被氧，所以B正确；C. 因为甲中反应为2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑残留固体为Fe2O3，加稀硫酸溶解，生成了Fe3+再滴加KSCN,溶液变红，所以C正确；D. SO3有毒，为防止污染空气，应在丁装置后面连接盛有NaOH溶液的洗气瓶，故D正确；所以本题答案A。
16.镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示：
下列判断不合理的是（ ）
A. Al、Ga均处于ⅢA族 B. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
C. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3 D. Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2
【答案】C
【解析】
【详解】A. Al与Ga同族，均处于ⅢA族，故A正确；
B. Ga2O3与Al2O3性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，故B正确；
C. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaGaO2和NaAlO2的混合溶液里通入二氧化碳，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，可能的原因是镓酸酸性强于碳酸，酸性：Al(OH)3
答案选C。
二、非选择题（共四大题，共52分）
17.某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料进行如下实验探究．为测定黄铜矿中硫元素的质量分数，将m1g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品．
（1）锥形瓶A内所盛试剂是__________；装置B的作用是__________；锥形瓶D内发生反应的离子方程式为__________。
（2）反应结束后将锥形瓶D中的溶液进行如下处理：
如图则向锥形瓶D中加入过量H2O2溶液反应的离子方程式为__________；操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重，其中洗涤的具体方法__________；该黄铜矿中硫元素的质量分数为__________(用含m1、m2的代数式表示)．
（3）反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是__________
A．KSCN溶液、氯水
B．稀盐酸、KMnO4溶液
C．稀硫酸、KMnO4溶液
D．NaOH溶液
（4）已知：Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+．设计实验方案验证泡铜中是否含有Cu2O__________。
【答案】（1）氢氧化钠，干燥气体，SO2+2OH-=SO32-+H2O；
（2）H2O2+SO32-=SO42-+H2O，固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2-3次，×100%；（3）C；
（4）取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有
【解析】
试题分析：（1）为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉，锥形瓶A内所盛试剂是氢氧化钠溶液，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，生成的二氧化硫能和过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠盐和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，故答案为：氢氧化钠，干燥气体，SO2+2OH-=SO32-+H2O；
（2）亚硫酸根离子具有还原性能被过氧化氢氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：H2O2+SO32-=SO42-+H2O，洗涤固体在过滤器中进行，加水至浸没固体使水自然流下，重复几次洗涤干净，具体操作为：固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2-3次，m2g固体为硫酸钡的质量，结合硫元素守恒计算得到硫元素的质量分数=×100%=×100%，故答案为：H2O2+SO32-=SO42-+H2O，固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2-3次，×100%；
（3）反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是加入硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液观察高锰酸钾溶液是否褪色设计检验方案；
（4）泡铜成分为Cu、Cu2O，Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+．据此设计实验验证是否含有氧化亚铜，取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有，故答案为：取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有。
【考点定位】考查探究物质的组成或测量物质的含量
【名师点晴】本题考查混合物的分离和提纯，主要是物质性质、实验基本操作和实验探究设计等知识点，关键是提取题中的信息。将m1g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品，为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，进入装置C加热反应，反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，生成的二氧化硫气体进入装置D被过滤氢氧化钠溶液吸收得到亚硫酸钠溶液。
18.二氯化二硫(S2C12)用作有机化工产品、杀虫剂、硫化染料、合成橡胶等生产中的氯化剂和中间体。S2Cl2是一种有毒并有恶臭气味的浅黄色液体，在300℃以上完全分解，其蒸汽遇水分解，易溶解硫磺；将适量氯气通入熔融的硫磺而得，过量的Cl2会将S2Cl2进一步氧化得到SCl2。以下是对S2Cl2的制备及研究，请回答下列问题：
Ⅰ.S2Cl2的制备
已知，各物质的熔沸点如下：
物质
S
S2Cl2
SCl2
沸点/℃
445
138
59
熔点/℃
113
－76
－122
制备的流程为：
①A装置集气瓶中充满Cl2，打开A装置中的分液漏斗，打开k1、k2，一段时间后关闭k2。
②接通冷凝水，将C加热至135~140℃。
③一段时间后关闭k1，同时打开k2，最后在D中收集到浅黄色液体。
(1)实验室制取氯气的反应方程式_________________________________。
(2)A装置分液漏斗中盛装的液体是___________。
A.CCl4 B.饱和NaHCO3溶液 C饱和NaCl溶液
(3)滴加过程要缓慢，原因是____________________________________________。
(4)D装置中水浴温度应控制为___________，原因_______________________________。
Ⅱ.S2Cl2纯度的测定
已知：S2Cl2遇水分解的化学方程式：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl，取agⅡ中黄色液体于锥形瓶，加水至反应完全(假设杂质均不与水反应)，向所得液中加入过量的C0 mol/L的AgNO3溶液V0mL。再向锥形瓶中加入硝基苯，将生成的沉淀覆盖。加入适量Fe（NO3)3作指示剂，用C1 mol/L NaSCN溶液滴定至终点，消耗 NaSCN溶液V1mL(滴定过程发生反应：Ag++SCN-= AgSCN↓)
(5)滴定终点的现象为_________________________________。
(6)S2Cl2的纯度为___________(写出表达式)；若滴定过程中未加硝基苯，则所得纯度___________。(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)
【答案】 (1). Mn02+4HClMnCl2+Cl2↑+2H20 (2). C (3). 控制Cl2流速，使Cl2与S充分接触，防止生成SCl2 (4). 高于59°C (5). 分离生成的S2Cl2和SCl2 (6). 最后一滴NaSCN滴下，溶液变为浅红色，且30s不褪去 (7). (8). 偏小
【解析】
【分析】
I.（1）实验室中通常用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气；
（2）氯气易溶于水，为了降低氯气在水中的溶解度，并顺利使氯气流出，则装置A中盛装的液体为饱和食盐水；
（3）滴加过程要缓慢，若流速过快则氯气过量，过量的氯气会将S2Cl2进一步氧化得到SCl2；
（4）为了使生成的S2Cl2和SCl2分离，控制的温度应高于SCl2的沸点；
II. （5）NaSCN溶液的目的为测定溶液中未参与反应的银离子的物质的量，当滴入一滴NaSCN溶液时，溶液中的银离子恰好消耗完毕，则Fe3++3SCN-= Fe（SCN）3，Fe（SCN）3为血红色；
（6）银离子与SCN-、Cl-反应，氯离子的来源于S2Cl2，根据氯元素守恒即可得到答案；
【详解】I.（1）实验室中通常用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，反应方程式为：Mn02+4HClMnCl2+Cl2↑+2H20；
（2）氯气易溶于水，为了降低氯气在水中的溶解度，并顺利使氯气流出，则装置A中盛装的液体为饱和食盐水，答案为C；
（3）滴加过程要缓慢，若流速过快则氯气过量，过量的氯气会将S2Cl2进一步氧化得到SCl2，答案为：控制Cl2流速，使Cl2与S充分接触，防止生成SCl2；
（4）为了使生成的S2Cl2和SCl2分离，控制的温度应高于SCl2的沸点，答案为：高于59°C；分离生成的S2Cl2和SCl2；
II. （5）NaSCN溶液的目的为测定溶液中未参与反应的银离子的物质的量，当滴入一滴NaSCN溶液时，溶液中的银离子恰好消耗完毕，则Fe3++3SCN-= Fe（SCN）3，Fe（SCN）3为血红色，答案为：最后一滴NaSCN滴下，溶液变为浅红色，且30s不褪去；
（6）银离子与SCN-、Cl-反应，氯离子的来源于S2Cl2，根据氯元素守恒即可得到答案，共加入n（Ag+）=C0 mol/L×V0mL，与NaSCN反应的n（Ag+）=C1 mol/L×V1mL，则与氯离子反应的n（Ag+）= C0 mol/L×V0mL- C1 mol/L×V1mL，n（S2Cl2）=n（Cl-）/2= （C0 mol/L×V0mL- C1 mol/L×V1mL）/2，则纯度=；若滴定过程中未加硝基苯，则发生AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），导致与NaSCN溶液反应的银离子物质的量偏高，与氯离子反应的银离子物质的量偏低，含量偏低；
19.高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。高铁酸钾为暗红色粉末状晶体，干燥的晶体80℃以下十分稳定，它极易溶于水，难溶于异丙醇。实验室模拟生产工艺流程如图：
已知：①2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（条件：温度较低）
②6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高）
③K2FeO4 在水溶液中易水解：4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑
回答的下列问题：
实验室可以利用如图装置完成流程①和②
（1）恒压滴液漏斗支管的作用是_____，两水槽中的水为____（填“热水”或“冷水”）。
（2）反应一段时间后，停止通氯气，再往仪器a中加入浓KOH溶液的目的是______；判断浓KOH溶液已过量的实验依据是___。
（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为____。
（4）用重结晶法提纯粗产品：将粗产品先用KOH稀溶液溶解，再加入饱和KOH溶液，冷却结晶，过滤，用少量异丙醇洗涤，最后低温真空干燥。
①粗产品用KOH溶解的目的是_____。
②如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净____。
【答案】 (1). 平衡压强 (2). 冷水 (3). 过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO (4). 三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后，再加适量的浓氢氧化钾 (5). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 增大氢氧根离子的浓度，抑制FeO42-的水解 (7). 用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净
【解析】
【详解】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4；
（1）恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下，根据流程，需生成KClO，2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（条件：较低温度），所以两水槽中的水为冷水；
故答案为：平衡压强；冷水；
（2）只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，KOH和氯气反应生成KClO，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为后一步反应提供碱性，氯气为黄绿色气体，判断浓KOH溶液已过量的方法：三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后，再加适量的浓氢氧化钾；
故答案为：与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO；三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后，再加适量的浓氢氧化钾；
（3）据题目信息，反应物为：Fe3+、ClO-，生成物为：FeO42-、Cl-， Cl-，根据电子得失守恒：Fe（+3→+6），Cl（+1→-1），最小公倍数为6，所以Fe3+、FeO42-前系数都为2，ClO-、Cl-，前系数都为3，结合质量守恒和电荷守恒可得2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）①K2FeO4 在水溶液中易水 4FeO42-+10H2O⇌4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑，加入饱和KOH溶液可以增大氢氧根离子的浓度，使平衡向左移动，抑制FeO42-的水解；
故答案为：增大氢氧根离子浓度，抑制FeO42-的水解；
②K2FeO4晶体表面若含有杂质离子为氯离子，所以只要检验最后一次的洗涤中无Cl-，即可证明晶体已经洗涤干净；
故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净；
20.工业上常用水钴矿（主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、 Al2O3、MgO、CaO等杂质） 制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）在加入盐酸进行“酸浸”时，能提高“酸浸”速率的方法有______________（任写一种）。
（2）“酸浸”后加入Na2SO3，钴的存在形式为Co2+，写出产生Co2+反应的离子方程式_______________________________。
（3）溶液a中加入NaClO的作用为_______________________________。
（4）沉淀A 的成分为__________________。操作2的名称是___________________。
（5）已知: Ksp (CaF2)=5.3×10-9，Ksp(MgF2)=5.2×10-12，若向溶液c 中加入NaF溶液，当Mg2+恰好沉淀完全即溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5moI/L，此时溶液中c(Ca2+)最大等于_________mol·L-1。
（6）在空气中煅烧CoC2O4 生成钴的某种氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为12.05 g，CO2的体积为6.72 L（标准状况），则此反应的化学方程式为_______________________________。
【答案】 (1). 将水钴矿石粉碎 ；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等 (2). 2Co3++SO32-+H2O＝2Co2++SO42-+2H+ (3). 将溶液中Fe2+氧化成Fe3+ (4). Fe(OH)3 Al(OH)3 (5). 过滤 (6). 0.01（0.0102） (7). 3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2
【解析】
试题分析：本题以水钴矿为原料制备钴氧化物的流程为载体，考查流程的分析，提高反应速率的措施，方程式的书写，溶度积的计算，化学计算。
（1）“酸浸”时为固体与液体的反应，根据外界条件对化学反应速率的影响，在加入盐酸进行“酸浸”时，能够提高“酸浸”速率的方法有：将水钴矿石粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增加盐酸的浓度；适当提高酸浸的温度等。
（2）酸浸时水钴矿中的Co2O3、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO溶解转化为CoCl3、FeCl3、AlCl3、MgCl2、CaCl2；加入Na2SO3，钴的存在形式为Co2+，Co3+被还原为Co2+，则SO32-被氧化成SO42-，产生Co2+的反应可表示为：SO32-+Co3+→Co2++SO42-，根据得失电子守恒配平为：SO32-+2Co3+→2Co2++SO42-，根据溶液呈酸性和电荷守恒，生成Co2+的离子方程式为SO32-+2Co3++H2O=2Co2++SO42-+2H+。
（3）加入Na2SO3还会将Fe3+还原为Fe2+，反应的离子方程式为SO32-+2Fe3++H2O=2Fe2++SO42-+2H+；溶液a中含有Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等，向溶液a中加入NaClO，NaClO具有强氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。
（4）加入NaClO溶液后得到的溶液b中含有Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等；向溶液b中加入NaHCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去，沉淀A的成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；溶液c中含有Co2+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等，向溶液c中加入NaF，Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀，操作2的名称为过滤。
（5）当Mg2+恰好沉淀完全，Ksp（MgF2）=c（Mg2+）·c2（F-）=5.210-12，c（Mg2+）=1.010-5mol/L，则c2（F-）=5.210-7；Ksp（CaF2）=c（Ca2+）·c2（F-）=5.310-9，c（Ca2+）=5.310-9（5.210-7）=0.0102（mol/L），此时溶液中c（Ca2+）最大等于0.0102mol/L。
（6）n（CO2）==0.3mol，根据C守恒，n（CoC2O4）=0.15mol，根据Co守恒，n（Co）=0.15mol，所得钴的氧化物中n（O）==0.2mol，n（Co）：n（O）=0.15mol：0.2mol=3:4，生成的钴的氧化物的化学式为Co3O4，在空气中煅烧CoC2O4的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。
点睛：本题考查无机工业流程，无机工业流程的解题过程：（1）了解整个流程的目的；（2）浏览整个流程，基本辨别出原料预处理、物质的分离和提纯、物质的制备等阶段；（3）根据每步中加入物质的性质，具体分析每一步发生的反应和操作，解答时框内、框外相结合，边分析边思考，先局部后全盘逐步深入，在分析过程中要抓住元素守恒进行推理。
安徽省六安市霍邱一中2019—2020学年第一学期
高三第二次月考化学试题
可能用到的相对原子质量：C：12 O：16 S：32 Ca：40 Co：59 Ba：137
一、选择题（只有一个选项正确，每题3分，共48分）
1.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是( )
A. “凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料
B. “每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金
C. “烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应
D. “凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸
【答案】D
【解析】
A、陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，选项A正确；B、黄铜是铜锌合金，选项B正确；C、该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应类型为置换反应，选项C正确；D、“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，选项D不正确。答案选D。
2.化学与生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A. 秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维，可用作食品干燥剂
B. 高纯度的二氧化硅可制作光导纤维，光导纤维可用作通讯材料是因为其有导电性
C. K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3＋水解生成胶状物，可以软化硬水
D. CO2和氟氯烃等物质的大量排放会造成温室效应的加剧
【答案】A
【解析】
【详解】A. 秸秆经加工处理成吸水性的材料−−植物纤维，无毒、无味、具有吸水性，所以可用作食品干燥剂，故A正确；
B. 制造光导纤维是利用二氧化硅晶体对光的全反射，不是利用导电性，故B错误；
C. K2FeO4用于自来水的消毒和净化,K2FeO4具有强氧化性,被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，能够吸附水中固体杂质颗粒而具有净水作用，不能使硬水软化，故C错误；
D. CO2的大量排放会造成温室效应的加剧，氟氯烃使大气层出现臭氧层空洞，无法阻挡紫外线，故D错误；
答案选A。
3.下列有关物质的性质和用途对应关系不正确的是（ ）
选项
物质的性质
有关用途
A
SO2具有漂白性
SO2可用于漂白纸张、织物
B
氨气极易溶于水
液氨可以作制冷剂
C
铁粉具有还原性
铁粉可作糕点包装袋中的脱氧剂
D
ClO2具有氧化性
ClO2是一种新型的消毒剂
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. SO2具有漂白性，可用于漂白纸张或织物，故A正确；
B. 氨气易液化，可作制冷剂，故B错误；
C.铁粉具有还原性，能被氧气氧化，可作糕点包装中的脱氧剂，故C正确；
D. ClO2具有氧化性，能杀菌消毒，是一种新型的消毒剂，故D正确。
答案选B。
4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1molAlCl3在熔融状态时含有的离子总数为0.4NA
B. 22.4L(标准状况)氖气含有的质子数为10NA
C. 14g乙烯和丙烯混合气体中的原子数为2 NA
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. AlCl3是共价化合物，熔融条件不破坏共价键，不形成阴阳离子，故A错误；
B. 一个氖原子还有10个质子，22.4L(标准状况)氖气为1mol，含有的质子数为10NA，故B正确；
C.乙烯和丙烯最简式相同，都为CH2，14g CH2为1mol，混合气体中的原子数为3 NA，故C错误；
D. SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平衡，所以密闭容器中2molSO2和1molO2催化反应后分子总数小于2NA，故D错误；
答案选B。
5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是
A. 原子半径: W
C. 单质沸点: W
【答案】C
【解析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大，X是Na；W的简单氢化物常温下呈液态，W是O。Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，Y是Mg。X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10，则Z是Cl。A. 原子半径：O＜Cl＜Mg，A错误；B. 工业上采用电解氯化镁冶炼单质Mg，B错误；C. 不论是氧气还是臭氧，均是气态，沸点低于金属钠，C正确；D. O、Na、Cl三种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如高氯酸钠溶液显中性，D错误，答案选C。
6.W、X、Y、Z均为短周期元素，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，X原子既不易失去也不易得到电子，X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是
A. X的氢化物常温常压下为液态
B. Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C. W与Y具有相同的最高化合价
D. W与Z形成的化合物的水溶液呈中性
【答案】B
【解析】
【分析】
已知，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，则W为S；X原子既不易失去也不易得到电子，则X为C；X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，则Y为O；Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Z为Na；
【详解】A. X的氢化物中的甲烷，常温常压下为气态，A错误；
B. Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物，如与碳反应有二氧化碳、一氧化碳；与钠反应有过氧化钠、氧化钠；与硫反应有二氧化硫、三氧化硫，B正确；
C. W与Y，氧元素无最高正价，S最高化合价为+6，C错误；
D. W与Z形成的化合物为硫化钠，其水溶液呈碱性，D错误；
答案为B
7.从某废旧锂离子电池的正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，其流程如图所示：下列叙述错误的是
A. 在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉
B. 反应②中LiMn2O4是还原剂
C. 反应①可用氨水代替NaOH溶液
D. 从正极材料中可回收的金属元素有Mn、Li、Al
【答案】C
【解析】
【详解】A. C可与氧气反应生成气体，在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉，故A正确；
B. 4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O中Li元素的化合价升高，则LiMn2O4是还原剂，故B正确；
C. 氨水是弱碱，不与Al反应，不能代替NaOH，故C错误；
D. 正极材料(LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上)中回收金属资源，则可回收的金属元素有Mn、Li、Al，故D正确；
答案选C。
【点睛】由流程可知，铝溶解在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，LiMn2O4、碳粉不溶于水，过滤分离出的偏铝酸钠溶液与二氧化碳发生NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O，过滤分离出二氧化锰、C，滤液中含硫酸锂，可能有过量的硫酸，滤液中加入碳酸钠生成碳酸锂，以此来解答。
8.将Ca(OH)2、NaAlO2、NaOH配成100.0mL混合溶液，向该溶液中通入足量CO2，生成沉淀的物质的量n(沉淀)，与通入CO2的体积（标准状况下）V(CO2)的关系，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=0.4mol/L
B. e点的值为11.2
C. cd段表示Al(OH)3沉淀溶解
D. bc段的化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3
【答案】B
【解析】
【详解】A. c点对应溶液为碳酸氢钠，碳元素守恒得到生成碳酸氢钠和碳酸氢钙共消耗二氧化碳=0.7mol，因此碳酸氢钠物质的量＝0.7mol−0.3mol＝0.4mol，钠元素守恒得到，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2)＝0.4mol，混合溶液体积为100ml，溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)＝4.0mol/L，故A错误；
B. b点对应溶液含碳酸钠，c点对应溶液含碳酸氢钠，d点对应溶液含碳酸氢钠和碳酸氢钙，溶解碳酸钙消耗二氧化碳体积22.4L−15.68L＝6.72L，物质的量==0.3mol，原溶液中含0.3molCa (OH)2，c点对应溶液为碳酸氢钠，碳元素守恒得到生成碳酸氢钠和碳酸氢钙共消耗二氧化碳=0.7mol，因此碳酸氢钠物质的量＝0.7mol−0.3mol＝0.4mol，钠元素守恒得到，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2)＝0.4mol，b点消耗二氧化碳是与偏铝酸钠、氢氧化钙、氢氧化钠反应生成碳酸钙、氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量，Ca (OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，2AlO2−+3H2O+CO2＝2Al(OH)3↓+CO32−，可知二氧化碳物质的量n(CO2)＝n(Ca (OH)2)+ n(NaOH)+ n(NaAlO2)＝0.3mol+0.2mol＝0.5mol，体积为11.2L，故B正确；
C. cd段发生反应CaCO3+CO2+H2O＝Ca (HCO3)2，导致沉淀的减少，故C错误；
D. 由上述分析可知，bc段反应的离子方程式是CO32−+CO2+H2O＝2HCO3−，故D错误；
【点睛】只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生，首先发生反应Ca (OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，将Ca (OH)2消耗完毕，接下来消耗NaOH，发生反应2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2−+3H2O+CO2＝2Al(OH)3↓+CO32−，沉淀量达最大后，再发生CO32−+CO2+H2O＝2HCO3−，最后发生反应CaCO3+CO2+H2O＝Ca (HCO3)2，沉淀部分溶解，以此来解答。
9.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl-、SO42-、CO32-、AlO2-中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L，某同学进行了如下实验：
下列说法正确的是
A. 无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl-
B. 滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+
C. 原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-
D. 无法确定沉淀C的成分
【答案】C
【解析】
【详解】向该溶液中加入过量稀硫酸，无明显现象，说明没有CO32-、AlO2-；然后向该溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液，产生沉淀A中一定含有BaSO4，同时有气体产生，说明溶液中含有还原性微粒Fe2+，与加入的H+、NO3-发生氧化还原反应产生NO气体，Fe2+被氧化变为Fe3+，向滤液X中加入过量的NaOH溶液，有气体产生，说明溶液中含NH4+，产生的气体是NH3，沉淀B中含Fe(OH)3，向滤液中通入少量CO2气体，在碱性条件下会与Ba2+发生反应形成BaCO3沉淀，离子浓度均为0.1mol/L，根据溶液呈电中性，已经确定含有的离子是NH4+、Fe2+，则还应该含有与二者不能发生反应的-1价的阴离子、-2价的阴离子，只能是Cl-、SO42-，故选项C正确。
10.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将2 molCl2通入含1 molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2
正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化
B
Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO3-＋OH－===BaCO3↓＋H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3-
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
将等体积的3.5mol/L的HCl溶液，逐滴加入到1 mol/L的NaAlO2溶液中：6AlO2-＋21H＋==5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O
正确；第一步反应和第二步反应消耗的H＋的物质的量之比为2∶5
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 将2molCl2通入到含1mol FeI2的溶液中，氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2I2，故A错误；
B. Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，离子方程式按照碳酸氢钡的化学式组成书写，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：Ba2++2HCO3−+2OH−=BaCO3↓+CO32−+2H2O，故B错误；
C. NaClO溶液中通入过量SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确离子反应为：ClO−+H2O+SO2═2H++Cl−+SO42−，离子方程式和评价都不合理，故C错误；
D. 1mol/L的NaAlO2溶液和3.5 mol/L的HCl等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、3.5mol氢离子，1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的2.5mol氢离子。1mol氢氧化铝消耗3mol氢离子才能全完沉淀溶解，现盐酸不足，即剩余盐酸消耗完仍有沉淀，则两步反应消耗的氢离子物质的量之比为1:2.5=2:5；离子反应方程式为：6AlO2-＋21H＋==5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O，故D正确；
故选：D。
11.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）
A. 铁与氯气反应制氯化铁，推出铁与碘反应制碘化铁
B. CO2通入到漂白粉溶液中发生CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推出SO2通入到漂白粉溶液中发生SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C. 利用可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，推出可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3
D. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，推出Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 三价铁离子能氧化碘离子，所以铁与碘反应生成碘化亚铁，不能生成碘化铁，故A错误；
B. SO2通入到漂白粉溶液中，二氧化硫被次氯酸钙氧化生成硫酸钙，所以SO2通入到漂白粉溶液中不能生成CaSO3，故B错误；
C. 可溶性的铝盐和铁盐都能和氨水生成沉淀，即可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3，故C正确。
D. 过氧化钠能氧化二氧化硫，所以Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4，不能生成Na2SO3，故D错误；
答案选C。
12.下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验，试纸不变蓝
原溶液中一定不含有NH4+
B
向某溶液中加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42－
C
向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
原溶液中一定含有CO32－
D
用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色
原溶液中不含K＋
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氨气在水中溶解度大；
B、加HCl以防止银离子、亚硫酸根、碳酸根等干扰，加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42－；
C、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，溶液中可能含有碳酸氢根离子、碳酸根离子。
D、用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色，可能含有钾离子。
【详解】A、氨气在水中溶解度大，加入稀氢氧化钠不能确定是否含有铵根离子，故A错误；
B、加HCl以防止银离子、亚硫酸根、碳酸根等干扰，加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42－，故B正确；
C、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊无色无味气体，溶液中可能含有碳酸氢根离子、碳酸根离子，故C错误；
D、用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色，可能含有钾离子，需透过蓝色钴玻璃观察焰色，确定有无钾元素，故D错误。
故选B。
13.用下图装置制取、提纯并收集下表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂)，其中可行的是
选项
气体
a
b
c
A
SO2
浓硫酸
Na2SO3
NaOH溶液
B
H2
稀硫酸
锌片
浓硫酸
C
CO2
稀盐酸
石灰石
碱石灰
D
NO2
浓硝酸
铜粉
浓硫酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A、二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，不能净化二氧化硫，A错误；B、氢气密度小于空气，应该用向下排空气法收集，B错误；C．二氧化碳能与碱石灰反应，不能干燥二氧化碳，C错误；D、浓硝酸与铜反应生成NO2，NO2能用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，D正确，答案选D。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应及实验技能为解本题关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。注意掌握常见气体的制备、净化和收集等。
14.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
常温下，SiO2与氢氟酸和NaOH溶液均可反应
SiO2是两性氧化物
B
常温下，NaHCO3溶解度比Na2CO3小
往饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀
C
BaSO3难溶于水
SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中产生沉淀
D
非金属性：Cl > S
酸性：HClO > H2SO4
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
试题分析：A、SiO2是酸性氧化物，陈述Ⅱ错误，A错误；B、往饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生的NaHCO3质量增多且其溶解度也比较小，故会有晶体析出而沉淀，B正确；由于硝酸的强氧化性，SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中产生硫酸钡沉淀而不是亚硫酸钡沉淀，C错误；D、比较非金属性强弱应该以非金属的最高价氧化物的水化物的酸性强弱进行比较，HClO不是氯的最高价氧化物的水化物，D错误；答案选B。
考点：非金属的性质。
15.已知:2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑。用下图所示装置检验FeSO4·7H2O的所有分解产物，下列说法不正确的是
A. 乙、丙、丁中可依改盛装无水CuSO4、Ba(NO3)2溶液、品红溶液
B. 实验时应先打开K，缓缓通入N2，再点燃酒精喷灯
C. 甲中残留固体加稀硫酸溶解，再滴加KSCN,溶液变红
D. 还应在丁装置后面连接盛有NaOH溶液的洗气瓶
【答案】A
【解析】
因为2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑，A. 乙中装无水CuSO4、可以检验生成的H2O，SO2和SO3通入到Ba(NO3)2溶液后，SO2被氧化成H2SO4，丁装置的品红溶液不会退色，不能鉴别SO2存在，所以A错；B. 实验时应先打开K，缓缓通入N2，排除装置中的空气，防止FeSO4中的Fe2+被氧，所以B正确；C. 因为甲中反应为2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑残留固体为Fe2O3，加稀硫酸溶解，生成了Fe3+再滴加KSCN,溶液变红，所以C正确；D. SO3有毒，为防止污染空气，应在丁装置后面连接盛有NaOH溶液的洗气瓶，故D正确；所以本题答案A。
16.镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示：
下列判断不合理的是（ ）
A. Al、Ga均处于ⅢA族 B. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
C. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3 D. Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2
【答案】C
【解析】
【详解】A. Al与Ga同族，均处于ⅢA族，故A正确；
B. Ga2O3与Al2O3性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，故B正确；
C. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaGaO2和NaAlO2的混合溶液里通入二氧化碳，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，可能的原因是镓酸酸性强于碳酸，酸性：Al(OH)3
答案选C。
二、非选择题（共四大题，共52分）
17.某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料进行如下实验探究．为测定黄铜矿中硫元素的质量分数，将m1g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品．
（1）锥形瓶A内所盛试剂是__________；装置B的作用是__________；锥形瓶D内发生反应的离子方程式为__________。
（2）反应结束后将锥形瓶D中的溶液进行如下处理：
如图则向锥形瓶D中加入过量H2O2溶液反应的离子方程式为__________；操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重，其中洗涤的具体方法__________；该黄铜矿中硫元素的质量分数为__________(用含m1、m2的代数式表示)．
（3）反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是__________
A．KSCN溶液、氯水
B．稀盐酸、KMnO4溶液
C．稀硫酸、KMnO4溶液
D．NaOH溶液
（4）已知：Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+．设计实验方案验证泡铜中是否含有Cu2O__________。
【答案】（1）氢氧化钠，干燥气体，SO2+2OH-=SO32-+H2O；
（2）H2O2+SO32-=SO42-+H2O，固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2-3次，×100%；（3）C；
（4）取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有
【解析】
试题分析：（1）为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉，锥形瓶A内所盛试剂是氢氧化钠溶液，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，生成的二氧化硫能和过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠盐和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，故答案为：氢氧化钠，干燥气体，SO2+2OH-=SO32-+H2O；
（2）亚硫酸根离子具有还原性能被过氧化氢氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：H2O2+SO32-=SO42-+H2O，洗涤固体在过滤器中进行，加水至浸没固体使水自然流下，重复几次洗涤干净，具体操作为：固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2-3次，m2g固体为硫酸钡的质量，结合硫元素守恒计算得到硫元素的质量分数=×100%=×100%，故答案为：H2O2+SO32-=SO42-+H2O，固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2-3次，×100%；
（3）反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是加入硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液观察高锰酸钾溶液是否褪色设计检验方案；
（4）泡铜成分为Cu、Cu2O，Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+．据此设计实验验证是否含有氧化亚铜，取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有，故答案为：取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有。
【考点定位】考查探究物质的组成或测量物质的含量
【名师点晴】本题考查混合物的分离和提纯，主要是物质性质、实验基本操作和实验探究设计等知识点，关键是提取题中的信息。将m1g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品，为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，进入装置C加热反应，反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，生成的二氧化硫气体进入装置D被过滤氢氧化钠溶液吸收得到亚硫酸钠溶液。
18.二氯化二硫(S2C12)用作有机化工产品、杀虫剂、硫化染料、合成橡胶等生产中的氯化剂和中间体。S2Cl2是一种有毒并有恶臭气味的浅黄色液体，在300℃以上完全分解，其蒸汽遇水分解，易溶解硫磺；将适量氯气通入熔融的硫磺而得，过量的Cl2会将S2Cl2进一步氧化得到SCl2。以下是对S2Cl2的制备及研究，请回答下列问题：
Ⅰ.S2Cl2的制备
已知，各物质的熔沸点如下：
物质
S
S2Cl2
SCl2
沸点/℃
445
138
59
熔点/℃
113
－76
－122
制备的流程为：
①A装置集气瓶中充满Cl2，打开A装置中的分液漏斗，打开k1、k2，一段时间后关闭k2。
②接通冷凝水，将C加热至135~140℃。
③一段时间后关闭k1，同时打开k2，最后在D中收集到浅黄色液体。
(1)实验室制取氯气的反应方程式_________________________________。
(2)A装置分液漏斗中盛装的液体是___________。
A.CCl4 B.饱和NaHCO3溶液 C饱和NaCl溶液
(3)滴加过程要缓慢，原因是____________________________________________。
(4)D装置中水浴温度应控制为___________，原因_______________________________。
Ⅱ.S2Cl2纯度的测定
已知：S2Cl2遇水分解的化学方程式：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl，取agⅡ中黄色液体于锥形瓶，加水至反应完全(假设杂质均不与水反应)，向所得液中加入过量的C0 mol/L的AgNO3溶液V0mL。再向锥形瓶中加入硝基苯，将生成的沉淀覆盖。加入适量Fe（NO3)3作指示剂，用C1 mol/L NaSCN溶液滴定至终点，消耗 NaSCN溶液V1mL(滴定过程发生反应：Ag++SCN-= AgSCN↓)
(5)滴定终点的现象为_________________________________。
(6)S2Cl2的纯度为___________(写出表达式)；若滴定过程中未加硝基苯，则所得纯度___________。(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)
【答案】 (1). Mn02+4HClMnCl2+Cl2↑+2H20 (2). C (3). 控制Cl2流速，使Cl2与S充分接触，防止生成SCl2 (4). 高于59°C (5). 分离生成的S2Cl2和SCl2 (6). 最后一滴NaSCN滴下，溶液变为浅红色，且30s不褪去 (7). (8). 偏小
【解析】
【分析】
I.（1）实验室中通常用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气；
（2）氯气易溶于水，为了降低氯气在水中的溶解度，并顺利使氯气流出，则装置A中盛装的液体为饱和食盐水；
（3）滴加过程要缓慢，若流速过快则氯气过量，过量的氯气会将S2Cl2进一步氧化得到SCl2；
（4）为了使生成的S2Cl2和SCl2分离，控制的温度应高于SCl2的沸点；
II. （5）NaSCN溶液的目的为测定溶液中未参与反应的银离子的物质的量，当滴入一滴NaSCN溶液时，溶液中的银离子恰好消耗完毕，则Fe3++3SCN-= Fe（SCN）3，Fe（SCN）3为血红色；
（6）银离子与SCN-、Cl-反应，氯离子的来源于S2Cl2，根据氯元素守恒即可得到答案；
【详解】I.（1）实验室中通常用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，反应方程式为：Mn02+4HClMnCl2+Cl2↑+2H20；
（2）氯气易溶于水，为了降低氯气在水中的溶解度，并顺利使氯气流出，则装置A中盛装的液体为饱和食盐水，答案为C；
（3）滴加过程要缓慢，若流速过快则氯气过量，过量的氯气会将S2Cl2进一步氧化得到SCl2，答案为：控制Cl2流速，使Cl2与S充分接触，防止生成SCl2；
（4）为了使生成的S2Cl2和SCl2分离，控制的温度应高于SCl2的沸点，答案为：高于59°C；分离生成的S2Cl2和SCl2；
II. （5）NaSCN溶液的目的为测定溶液中未参与反应的银离子的物质的量，当滴入一滴NaSCN溶液时，溶液中的银离子恰好消耗完毕，则Fe3++3SCN-= Fe（SCN）3，Fe（SCN）3为血红色，答案为：最后一滴NaSCN滴下，溶液变为浅红色，且30s不褪去；
（6）银离子与SCN-、Cl-反应，氯离子的来源于S2Cl2，根据氯元素守恒即可得到答案，共加入n（Ag+）=C0 mol/L×V0mL，与NaSCN反应的n（Ag+）=C1 mol/L×V1mL，则与氯离子反应的n（Ag+）= C0 mol/L×V0mL- C1 mol/L×V1mL，n（S2Cl2）=n（Cl-）/2= （C0 mol/L×V0mL- C1 mol/L×V1mL）/2，则纯度=；若滴定过程中未加硝基苯，则发生AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），导致与NaSCN溶液反应的银离子物质的量偏高，与氯离子反应的银离子物质的量偏低，含量偏低；
19.高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。高铁酸钾为暗红色粉末状晶体，干燥的晶体80℃以下十分稳定，它极易溶于水，难溶于异丙醇。实验室模拟生产工艺流程如图：
已知：①2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（条件：温度较低）
②6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高）
③K2FeO4 在水溶液中易水解：4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑
回答的下列问题：
实验室可以利用如图装置完成流程①和②
（1）恒压滴液漏斗支管的作用是_____，两水槽中的水为____（填“热水”或“冷水”）。
（2）反应一段时间后，停止通氯气，再往仪器a中加入浓KOH溶液的目的是______；判断浓KOH溶液已过量的实验依据是___。
（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为____。
（4）用重结晶法提纯粗产品：将粗产品先用KOH稀溶液溶解，再加入饱和KOH溶液，冷却结晶，过滤，用少量异丙醇洗涤，最后低温真空干燥。
①粗产品用KOH溶解的目的是_____。
②如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净____。
【答案】 (1). 平衡压强 (2). 冷水 (3). 过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO (4). 三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后，再加适量的浓氢氧化钾 (5). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 增大氢氧根离子的浓度，抑制FeO42-的水解 (7). 用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净
【解析】
【详解】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4；
（1）恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下，根据流程，需生成KClO，2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（条件：较低温度），所以两水槽中的水为冷水；
故答案为：平衡压强；冷水；
（2）只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，KOH和氯气反应生成KClO，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为后一步反应提供碱性，氯气为黄绿色气体，判断浓KOH溶液已过量的方法：三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后，再加适量的浓氢氧化钾；
故答案为：与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO；三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后，再加适量的浓氢氧化钾；
（3）据题目信息，反应物为：Fe3+、ClO-，生成物为：FeO42-、Cl-， Cl-，根据电子得失守恒：Fe（+3→+6），Cl（+1→-1），最小公倍数为6，所以Fe3+、FeO42-前系数都为2，ClO-、Cl-，前系数都为3，结合质量守恒和电荷守恒可得2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）①K2FeO4 在水溶液中易水 4FeO42-+10H2O⇌4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑，加入饱和KOH溶液可以增大氢氧根离子的浓度，使平衡向左移动，抑制FeO42-的水解；
故答案为：增大氢氧根离子浓度，抑制FeO42-的水解；
②K2FeO4晶体表面若含有杂质离子为氯离子，所以只要检验最后一次的洗涤中无Cl-，即可证明晶体已经洗涤干净；
故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净；
20.工业上常用水钴矿（主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、 Al2O3、MgO、CaO等杂质） 制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）在加入盐酸进行“酸浸”时，能提高“酸浸”速率的方法有______________（任写一种）。
（2）“酸浸”后加入Na2SO3，钴的存在形式为Co2+，写出产生Co2+反应的离子方程式_______________________________。
（3）溶液a中加入NaClO的作用为_______________________________。
（4）沉淀A 的成分为__________________。操作2的名称是___________________。
（5）已知: Ksp (CaF2)=5.3×10-9，Ksp(MgF2)=5.2×10-12，若向溶液c 中加入NaF溶液，当Mg2+恰好沉淀完全即溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5moI/L，此时溶液中c(Ca2+)最大等于_________mol·L-1。
（6）在空气中煅烧CoC2O4 生成钴的某种氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为12.05 g，CO2的体积为6.72 L（标准状况），则此反应的化学方程式为_______________________________。
【答案】 (1). 将水钴矿石粉碎 ；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等 (2). 2Co3++SO32-+H2O＝2Co2++SO42-+2H+ (3). 将溶液中Fe2+氧化成Fe3+ (4). Fe(OH)3 Al(OH)3 (5). 过滤 (6). 0.01（0.0102） (7). 3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2
【解析】
试题分析：本题以水钴矿为原料制备钴氧化物的流程为载体，考查流程的分析，提高反应速率的措施，方程式的书写，溶度积的计算，化学计算。
（1）“酸浸”时为固体与液体的反应，根据外界条件对化学反应速率的影响，在加入盐酸进行“酸浸”时，能够提高“酸浸”速率的方法有：将水钴矿石粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增加盐酸的浓度；适当提高酸浸的温度等。
（2）酸浸时水钴矿中的Co2O3、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO溶解转化为CoCl3、FeCl3、AlCl3、MgCl2、CaCl2；加入Na2SO3，钴的存在形式为Co2+，Co3+被还原为Co2+，则SO32-被氧化成SO42-，产生Co2+的反应可表示为：SO32-+Co3+→Co2++SO42-，根据得失电子守恒配平为：SO32-+2Co3+→2Co2++SO42-，根据溶液呈酸性和电荷守恒，生成Co2+的离子方程式为SO32-+2Co3++H2O=2Co2++SO42-+2H+。
（3）加入Na2SO3还会将Fe3+还原为Fe2+，反应的离子方程式为SO32-+2Fe3++H2O=2Fe2++SO42-+2H+；溶液a中含有Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等，向溶液a中加入NaClO，NaClO具有强氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。
（4）加入NaClO溶液后得到的溶液b中含有Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等；向溶液b中加入NaHCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去，沉淀A的成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；溶液c中含有Co2+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等，向溶液c中加入NaF，Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀，操作2的名称为过滤。
（5）当Mg2+恰好沉淀完全，Ksp（MgF2）=c（Mg2+）·c2（F-）=5.210-12，c（Mg2+）=1.010-5mol/L，则c2（F-）=5.210-7；Ksp（CaF2）=c（Ca2+）·c2（F-）=5.310-9，c（Ca2+）=5.310-9（5.210-7）=0.0102（mol/L），此时溶液中c（Ca2+）最大等于0.0102mol/L。
（6）n（CO2）==0.3mol，根据C守恒，n（CoC2O4）=0.15mol，根据Co守恒，n（Co）=0.15mol，所得钴的氧化物中n（O）==0.2mol，n（Co）：n（O）=0.15mol：0.2mol=3:4，生成的钴的氧化物的化学式为Co3O4，在空气中煅烧CoC2O4的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。
点睛：本题考查无机工业流程，无机工业流程的解题过程：（1）了解整个流程的目的；（2）浏览整个流程，基本辨别出原料预处理、物质的分离和提纯、物质的制备等阶段；（3）根据每步中加入物质的性质，具体分析每一步发生的反应和操作，解答时框内、框外相结合，边分析边思考，先局部后全盘逐步深入，在分析过程中要抓住元素守恒进行推理。
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