福建省厦门市湖滨中学2020届高三上学期期中考试化学试题


门市湖滨中学2019---2020学年第一学期期中考高三化学试卷
可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 O—16 6
一．选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分．）
1.化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质
B. “黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐
C. 我国预计2020年发射首颗火星探测器，太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
D. 用K2FeO4代替Cl2处理饮用水时，既有杀菌消毒作用，又有净水作用
【答案】C
【解析】
【详解】A.活性铁粉具有还原性，可以做抗氧化剂，防止油脂氧化变质，A正确；
B.陶土的主要成分为硅酸盐，B正确；
C.太阳能电池板的材料是硅，不是二氧化硅，C错误；
D.用K2FeO4具有强氧化性，且还原产物铁离子可水解生成胶体，所以即有杀菌消毒租用，又有净水作用，D正确；
故选C。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A. 乙醇的分子式：C2H5OH B. 次氯酸的电子式：
C. 氯原子的结构示意图： D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子:
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙醇的分子式是C2H6O，结构简式是C2H5OH ， A错误；
B.HClO分子中O原子最外层有6个电子，分别与Cl、H原子形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，因此电子式是，B正确；
C.Cl原子核外电子数是17，最外层有7个电子，原子结构示意图为，C错误；
D.中子数为146、质子数为92的铀原子质量数是238，用原子符号表示为，D错误；
故合理选项是B。
3.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
B. CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂
C. 铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸
D. FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
【答案】C
【解析】
【分析】
A、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，具有吸附性，可用作净水剂；

B、CaO2能缓慢与水反应产生O2和氢氧化钙，可用作水产养殖中的供氧剂；
C、铝表面能产生氧化膜，可用铝罐贮运浓硝酸；
D、铁离子能将铜氧化而溶解；
【详解】A、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有较强的吸附能力，可用于净水，故A正确；
B、CaO2能缓慢与水反应产生O2，发生CaO2+2H2O=Ca（OH）2+O2↑，可用作水产养殖中的供氧剂，故B正确。
C、铝表面能产生氧化膜，可用铝罐贮运浓硝酸，故C错误；
D、铁离子能将铜氧化而溶解：2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋， FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确；
故选C。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L Cl2溶于水充分反应转移NA个电子
B. 标准状况下，2.24L HF与1.6g CH4分子所含电子数目均为NA
C. 50g质量分数为46%的乙醇溶液中氢原子总数为6NA
D. 1mol/LNaOH溶液中含有Na+数目为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.标况下22.4L氯气物质的量为1mol，与水反应为可逆反应，不能确定转移电子数，A错误；
B.标况下氟化氢不是气体，不能计算其物质的量，B错误；
C. 50 g质量分数为46%的乙醇溶液中乙醇的质量为23克，物质的量为0.5mol，含有3mol氢原子，水的质量为27克，物质的量为1.5mol，氢原子为3mol，则总共6mol氢原子，C正确；
D.没有说明溶液的体积，不能计算，D错误；
故选C。
【点睛】掌握常见的有关阿伏伽德罗常数考查的知识点。如气体摩尔体积的使用，注意是在标况下，物质为气体，有些常见的不是气体，如标况下的水或三氧化硫或氟化氢等。注意特殊的氧化还原反应中转移电子数的计算，同时注意水溶液中不能忽略水中的氢原子或氧原子。
5.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）
A. 常温下，水电离的c(OH－)= 1×10－12mo1·L－1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42－、NO3－
B. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、HC2O4－、Cl－
C. 0. 1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−
D. 常温下，=10－10的溶液中：K+、Na+、I－、SO42－
【答案】D
【解析】
【详解】A. 常温下，水电离的c(OH－)= 1×10－12mo1·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若酸性则Fe2+、H+、NO3－发生氧化还原反应而不能大量共存，若碱性则NH4+、Fe2+不能大量存在，选项A错误；B. 能使酚酞变红的溶液呈碱性，HC2O4－与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项B错误；C. 0. 1 mol·L−1KI 溶液中ClO− 与I−发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D. 常温下，=10－10的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I－、SO42－，各离子相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。
6.以下离子方程式书写错误的是（ ）
A. 少量过氧化钠溶于水：2O22-+2H2O=4OH‾+O2↑
B. 向FeCl3和BaCl2的混合液中通入SO2：2Fe3++Ba2++SO2 +2H2O=BaSO4↓+2Fe2+ + 4H+
C. Ca(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ca2++HCO3-+OH－=CaCO3↓+H2O
D. 侯氏制碱法中NaHCO3的制备：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+
【答案】A
【解析】
【详解】A.过氧化钠不能拆成离子形式，A错误；
B.铁离子能氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，B正确；
C.碳酸氢钙和少量的氢氧化钠反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，C正确；
D. 侯氏制碱法中NaHCO3的制备是用氯化钠和氨气和二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，D正确；
故选A。
【点睛】掌握离子方程式的书写步骤，注意能拆成离子形式的物质为强酸或强碱，或可溶性盐，同时注意反应物之间的比例关系对生成物的影响。
7.W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序数依次增大。前三种元素形成的简单离子分别为W2－、X＋、Y2－，下列说法错误的是（ ）
A. W、X、Y、Z的氢化物都是共价化合物
B. X、Y、Z与W形成的化合物都不止一种
C. Z的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物都是强酸
D. 简单离子半径：X＋ 【答案】A
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序数依次增大。前三种元素形成的简单离子分别为W2－、X＋、Y2－，说明W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl。
【详解】经分析，W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl，则
A.四种元素的氢化物中，NaH为离子化合物，A错误；
B.Na和O可以形成氧化钠和过氧化钠，S和O可以形成二氧化硫和三氧化硫，Cl和O可以形成二氧化氯或五氧化二氯等，B正确；
C.Z的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物分别是氯化氢和高氯酸，它们都为强酸，C正确；
D.简单离子半径，电子层多径大，序大径小，半径关系为Na＋ 故选A。
【点睛】掌握元素周期表和元素周期律的推断，注意半径的比较。根据层多径大，序大径小分析，也就是电子层越多的半径越大，相同电子层的微粒，原子序数越大，半径越小。
8.下列说法中正确的是
A. 放热反应都比吸热反应易发生
B. 中和反应中，每生成1 mol H2O均会放出57.3 kJ的热量
C. NH4C1固体与Ba(OH)2 • 8H2O混合搅拌过程中，体系能量增加
D. 无法判断2CO2(g) +3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是吸热反应还是放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 放热反应不一定比吸热反应易发生，如C与O2反应需要点燃，而NH4C1固体与Ba(OH)2 • 8H2O在常温下即可进行，A项错误；
B. 中和反应中，稀的强酸与稀的强碱反应生成1 mol H2O放出57.3 kJ的热量，但不是所有的中和反应生成1 mol H2O都放出57.3 kJ的热量，如醋酸与氢氧化钠反应，B项错误；
C. NH4C1固体与Ba(OH)2 • 8H2O反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，体系能量增加，C项正确；
D 因乙醇燃烧为放热反应，而2CO2(g) +3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是乙醇燃烧生成气体水的逆过程，可证明该反应为吸热反应，D项错误；
答案选C。
【点睛】B项是易错点，要紧扣中和热的定义分析作答。
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）

A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
B. Y单质的熔点高于X单质
C. W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性低
D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为钠Na；由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构分析，Y形成四个共价键，说明其为Si；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Z为Cl；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，为O；依此答题。
【详解】经分析，X为Na，Y为Si，Z为Cl，W为O，则：
A.O、Si、Cl三种元素非金属性最强的为Cl，A错误；
B.单质Si为原子晶体，单质Na是金属晶体，单质Si的熔点高于单质Na，B正确；
C.O的非金属性比Si强，所以O的氢化物的稳定性比Si的氢化物强，C错误；
D.化合物M中O都满足8电子结构，D错误；
故选B。
10.下列说法中正确的是（ ）
A. Al、SiO2、Ca(OH)2、NaHCO3等既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
B. 若a、b、c分別为Si、SiO2、H2SiO3，则可通过一步反应实现如图的转化关系

C. Fe2O3Fe2(SO4)3(aq)无水Fe2(SO4)3
D. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
【答案】C
【解析】
【详解】A.SiO2不能和盐酸反应，Ca(OH)2不能和NaOH反应，A错误；
B.Si和O2反应生成SiO2；SiO2不能一步反应生成H2SiO3；H2SiO3受热分解产生SiO2，但不能直接转化为Si；B错误；
C.Fe2O3和H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3溶液加热蒸干得到Fe2(SO4)3固体，C正确；
D.S和O2反应生成SO2，不是SO3，D错误；
故选C。
11.已知NH4CuSO3与足量的10 mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：
①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色
据此判断下列说法正确的是（ ）
A. 反应中硫酸作氧化剂
B. NH4CuSO3中硫元素被氧化
C. 刺激性气味的气体是氨气
D. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；
B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；
C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；
D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++ 2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
12.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是

A. 雾和霾的分散剂相同
B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】
【分析】
A.雾和霾的分散剂均是空气；
B.根据示意图分析；
C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；
D.氮肥会释放出氨气。
【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；
B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；
C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；
D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。
【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。
13.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，
滴入KSCN溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化Fe2＋
B
将少量溴水加入KI溶液中，充分反应后再加入CCl4，振荡，静置
下层液体呈紫色
氧化性：Br2＞I2
C
向盛有Na2SO3溶液的试管中向
加入BaCl2溶液，再滴入稀硝酸
生成不溶于稀硝酸白色沉淀
原Na2SO4溶液已被空气中O2氧化
D
Cu与浓硫酸反应，将反应混合物
冷却后，再向反应器中加入冷水
溶液变蓝
验证生成Cu2＋


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶液中的硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子生成铁离子，A错误；
B.溴和碘化钾反应生成碘单质和溴化钾，碘溶于四氯化碳显紫色，能说明溴的氧化性大于碘，B正确；
C.硝酸氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡，不能说明亚硫酸钠被空气中氧气氧化，C错误；
D.铜和浓硫酸反应后可能剩余浓硫酸，稀释时应采用酸入水的原则，D错误；
故选B。
14.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：

下列说法正确的是（ ）
A. 实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞K
B. b、c、f中试剂依次为饱和碳酸钠溶液、浓硫酸、银氨溶液
C. 装置e的作用是收集一氧化碳气体
D. 用上述装置(另择试剂)可以制备氢气并探究其还原性
【答案】D
【解析】
【详解】A.实验中应保证装置内没有空气，否则不能检验是否生成一氧化碳，所以点燃酒精灯前先打开活塞K，用二氧化碳排除空气，A错误；
B.反应生成的二氧化碳中含有氯化氢，应用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，再用浓硫酸干燥，B错误；
C.装置e为缓冲装置，即防止溶液倒吸如装置d中，C错误；
D.该制取装置可以制取氢气，所以能利用此装置制备并探究氢气的还原性，D正确；
故选D。
【点睛】实验题一定要掌握实验原理和实验的关键，本实验为制取二氧化碳气体，让干燥纯净的二氧化碳和锌反应生成氧化锌和一氧化碳，再利用一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色固体。实验的关键为得到纯净干燥的二氧化碳，装置中不能有氧气存在。
15.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）（已知：H2CO3的电离平衡常数K1 = 4.3×10-7,K2 = 5.6×10-11；Al(OH)3的酸式电离平衡常数K=6.3×10-13）

A. a曲线表示的离子方程式为：AlO2-+4H+ = Al3+ + 2H2O
B. M点时生成的CO2为0.05 mol
C. 原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1:2
D. V1:V2=1:4
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据H2CO3和Al(OH)3的电离平衡常数，得H＋能力大小：AlO2－>CO32－>HCO3－，滴加盐酸发生：AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，继续滴加盐酸发生CO32－＋H＋=HCO3－、HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此a曲线表示的是AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，故A错误；
B、根据图像，M点是CO32－完全转化成HCO3－，即发生CO32－＋H＋=HCO3－，没有CO2产生，故B错误；
C、根据A选项分析，a线发生AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，AlO2－全部转化成Al(OH)3，消耗H＋的物质的量50×10－3×1mol=0.05mol，则n(AlO2－)=0.05mol，b线发生CO32－＋H＋=HCO3－，CO32－全部转化成HCO3－，消耗H＋的物质的量为(100－50)×10－3×1mol=0.05mol，则n(CO32－)=0.05mol，原溶液中CO32－和AlO2－的物质的量之比为0.05：0.05=1：1，故C错误；
D、当加入V1mL盐酸时，溶液中n(HCO3－)=n(CO32－)=0.025mol，因此共消耗盐酸的体积为V1=(0.05＋0.025)×1000/1mL=75mL，当盐酸体积为V2时，溶液中溶质为NaCl和AlCl3，根据元素守恒，因此n(HCl)=n(Na＋)＋3n(Al3＋)=[0.05×2＋0.05＋3×0.05]mol=0.3mol，则V2=0.3×1000/1mL=300mL，因此V1:V2=75:300=1:4，故D正确。
答案选D。
二．填空题（共55分）
16.Ⅰ．纯过氧化氢是淡蓝色的黏稠液体，可与水以任意比混合，水溶液俗称双氧水，为无色透明液体。实验室常用过氧化氢制取氧气，工业上过氧化氢是重要的氧化剂和还原剂，常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组的同学围绕过氧化氢开展了调查研究与实验，请你参与其中一起完成下列学习任务：
（1）写出过氧化氢的电子式：____________。
（2）实验室中用过氧化氢制取氧气的化学方程式为_______________，当生成标准状况下2.24L O2时，转移电子为______ mol。
（3）该兴趣小组的同学查阅资料后发现H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱。请写出H2O2在其水溶液中的电离方程式：______。（只写第一步）
（4）同学们发现向滴加了酚酞的NaOH溶液中加入H2O2后，溶液中红色消失。关于褪色原因：甲同学认为H2O2是二元弱酸，消耗了OH-使红色消失；乙同学认为H2O2具有漂白性使溶液褪色。请设计一个简单的实验方案来判断甲、乙两位同学的说法是否正确：___________
Ⅱ．工业尾气中含有大量的氮氧化物，NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：

（1）由上图可知SCR技术中氧化剂为________。
（2）用Fe作催化剂加热时，在氨气足量的情况下，当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，写出该反应的化学方程式：________________________________
Ⅲ．研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应①：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1= -49.6 kJ/mol
反应②：CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) △H2= +23.4 kJ/mol
反应③：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H3＝___________kJ/mol
【答案】 (1). (2). 2H2O22H2O＋O2↑ (3). 0.2 (4). H2O2H＋+HO2- (5). 向褪色后的溶液中加入NaOH溶液，若变红，甲的说法正确；若不变红，乙的说法正确 (6). NO、NO2 (7). 2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O (8). -122.6
【解析】
【详解】(1)过氧化氢的电子式为： ；
(2)过氧化氢在二氧化锰做催化剂的条件下反应生成水和氧气，方程式为： 2H2O22H2O+O2↑ ；当生成2.24L O2时，即生成0.1mol氧气，转移0.2mol电子；
(3) H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱，所以电离方程式用可逆符号，电离方程式为H2O2H＋＋HO2-；
(4)向褪色后的溶液中加入氢氧化钠溶液，若变红，说明原溶液中没有氢氧根离子，甲的说法正确；若不变红，说明乙的说法正确；
Ⅱ．(1)从图分析，一氧化氮和二氧化氮中的氮元素化合价降低，做氧化剂；
(2) 用Fe作催化剂加热时，在氨气足量的情况下，当NO2与NO的物质的量之比为1∶1.，反应生成氮气和水，结合电子守恒和质量守恒得方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O；
Ⅲ．根据盖斯定律分析，反应①：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H1= -49.6kJ/mol；反应②：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g) △H2= +23.4kJ/mol；有①×2-②得反应③：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H3= -49.6×2-23.4= -122.6kJ/mol。
17.A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。完成下列问题：

（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。
①写出E转变为C的化学方程式________________________________。
②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，该反应的氧化剂和还原剂之比为_____。
（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
①B和E反应得到的产物中所含的化学键类型为____________________。
②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为___________________。
③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式______。
【答案】 (1). C+2H2SO4(浓) △ CO2↑ +2SO2↑+2H2O (2). 1:4 (3). 离子键、共价键 (4). Ag+4H++NO3-=3Ag+ +NO↑+2H2O (5). 4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓
【解析】
【分析】
（1）若A为淡黄色固体，则A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C；
（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3，则A为N2，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C。
【详解】(1)经分析，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C，则：
① 浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，方程式为2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，反应中氧化剂为氧气，还原剂为银，二者物质的量比为1:4；
(2) 经分析，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C，则：
①氨气和硝酸反应生成硝酸铵，含有离子键、共价键；
②银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，离子方程式为：Ag+4H++NO3- =3Ag+ +NO↑+2H2O；
③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，氯气化合价降低，氮元素化合价不变，则气体单质为氧气，方程式为：4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓。
【点睛】掌握无机推断提的突破口，如物质的颜色，高中常见的有颜色的物质有：淡黄色：硫，过氧化钠，溴化银。常温下，能使铁、铝钝化的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸。能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。
18.工业上以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为：Na2Cr2O7·2H2O)，其主要工艺流程如下：

查阅相关资料得知：
i.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3+转化为CrO42—，自身被还原为Bi(OH)3固体。
ii.
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cr(OH)3
Fe(OH)2
Bi(OH)3
开始沉淀的PH
2.7
3.4
4.6
7.5
0.7
完全沉淀的PH
3.7
4.4
5.9
9.7
4.5

回答下列问题：
(1)将铬铁矿矿石粉碎的目的是___________。
(2)操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和___________（填仪器名称）。
(3)写出④反应的化学方程式________________。
(4)⑤中酸化是使CrO42—转化为Cr2O72—。写出该反应的离子方程式______。
(5)将溶液H经下列操作：蒸发浓缩，__________，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。
(6)取一定质量的固体D溶解于200mL的稀硫酸中，向所得溶液中加入5.0mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）关系如图所示，则稀硫酸的浓度为_________，固体D中含Fe化合物的物质的量为___________。

【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2). 漏斗、烧杯 (3). 3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3 (4). 2CrO42—+2H+ Cr2O72—+H2O (5). 冷却结晶 (6). 2.5mol·L－1 (7). 0.10mol
【解析】
【分析】
（1）根据影响反应速率的因素进行分析；

（2）操作I、III、IV均是过滤，根据过滤操作所需的仪器进行分析；
（3）NaBiO3有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO，据此写出反应的化学方程式；
（4）酸化是使CrO转化为Cr2O，在转化过程中元素化合价不变；据此写出离子方程式；
（5）根据从溶液中得到晶体的一般操作进行分析；
（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀逐渐增大，达到最大值，后氢氧化钠过量，沉淀部分溶解，说明沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝；根据图像结合方程式和元素守恒进行分析计算。
【详解】（1）将铬铁矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
故答案为增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）操作I、III、IV均是过滤，则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯；
故答案为漏斗、烧杯；
（3）常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO，则反应④的化学方程式为3NaBiO3 +Cr2(SO4)3+7OH－+H2O=Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3↓；
故答案为3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3↓；
（4）⑤中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-，在转化过程中元素化合价不变，则该反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；
故答案为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；
（5）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠；
故答案为冷却结晶；
（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和；当沉淀不再发生变化时需要氢氧化钠是180mL；继续加入氢氧化钠沉淀开始减小，即氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是40mL，则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是120mL，所以与铁离子反应的氢氧化钠溶液体积是60ml，物质的量是0.06mol/L×5mol/L＝0.3mol，所以根据方程式Fe3＋＋3OH−＝Fe(OH)3↓，所以铁离子是0.1mol，根据铁元素守恒可知，固体D中氢氧化铁的物质的量为0.1mol；沉淀达到最大值时溶液中的溶质是硫酸钠，则根据原子守恒可知硫酸钠的物质的量是＝0.5mol，则硫酸的浓度是＝2.5mol/L；
故答案是：2.5mol·L-1；0.10mol。
19.三氯化碘(IC13)在药物合成中用途非常广泛。已知ICl3熔点33℃，沸点73℃，有吸湿性，遇水易水解。某小组同学用下列装置制取ICl3(部分夹持和加热装置省略)。

(1)装置A中发生反应化学方程式为_________________________。
(2)按照气流方向连接接口顺序为a→_________________。装置A中导管m的作用是________。
(3)装置C用于除杂，同时作为安全瓶，能监测实验进行时后续装置是否发生堵塞，若发生堵塞C中的现象为____________________。
(4)氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，则装置E适宜的加热方式为________。装置E中发生反应的化学方程式为__________________。
(5)该装置存在的明显缺陷是_________。
(6)粗碘的制备流程为：

操作Y用到的玻璃仪器有烧杯、____________，操作Z的名称为__________。
【答案】 (1). MnO2+4HC1(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). a→d→e→b→c→g→h→f (3). 使浓盐酸顺利滴下 (4). 锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 (5). 水浴加热 (6). 3Cl2+I22ICl3 (7). 缺少尾气处理装置 (8). 分液漏斗 (9). 蒸馏
【解析】
【分析】
从装置图分析，装置A为制取氯气的，氯气中含有氯化氢和水，用饱和食盐水除去氯化氢气体，用氯化钙除去水蒸气，氯气和固体碘反应生成，最后装置防止空气中的水蒸气进入。
【详解】(1)装置A适合固体和液体加热制取氯气，所以用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，方程式为： MnO2+4HC1(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)A装置制取氯气，用C装置除去氯气中的氯化氢，然后用氯化钙除去氯气中的水蒸气，然后氯气和碘固体反应，最后连接氯化钙，防止空气中的水蒸气进入，所以接口顺序为： a→d→e→b→c→g→h→f ；装置A中导管m的作用是连通上下仪器，平衡压强，使浓盐酸顺利滴下；
(3)后续装置有堵塞，则装置C中气体压强变大，会使锥形瓶中的液体压入长颈漏斗中，锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
(4)氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，适合使用水浴加热；氯气和碘在水浴加热条件下反应，方程式为：3Cl2+I22ICl3 ；
(5)氯气属于有毒气体，装置中缺少尾气处理装置；
(6)操作Y为分液操作，使用分液漏斗；操作Z为分离碘和四氯化碳，使用蒸馏方法。