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黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三上学期第一次验收考试化学试题
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三中2019—2020学年度上学期高三学年第一次调研考试化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 F-19 S-32 Fe-56 Cu-64 I-127
一、选择题（本题包括20个小题，每小题只有一个选项符合题意，1-10题每小题2分，11-20题每小题3分，共50分）
1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是
A. “雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物无关
B. 高铁酸钾是一种新型高效、多功能的水处理剂，既能杀菌消毒又能净水
C. 石灰石、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂
D. 纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，也可用纯碱除去物品表面的油污
【答案】B
【解析】
【详解】A.“雾霾天气”与粉尘污染有关，而“温室效应”与二氧化碳有关，故A错误；
B.高铁酸钾(K2FeO4)具有强氧化性，能杀菌消毒，还原产物Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，从而起到净水作用，故B正确；
C.铁粉在食品包装中起防止食品氧化作用，不是食品干燥剂，故C错误；
D.焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一是碳酸氢钠，而不是碳酸钠，碳酸钠溶液由于水解显碱性，可以用于除去物品表面的油污，故D错误。
故选B。
2.材料与国民经济建设、国防建设和人民生活密切相关。下列关于材料的说法中正确的是
A. 太阳能电池板中的二氧化硅可用作光导纤维
B. 古代的陶瓷、砖瓦、现代的有机玻璃、水泥都是硅酸盐产品
C. 高纯度的硅可用于制造计算机芯片
D. 石英玻璃耐强酸、强碱，可用来制造化学仪器
【答案】C
【解析】
【详解】A.太阳能电池板中使用的材料是单质硅而不是二氧化硅，故A错误；
B.陶瓷、水泥、砖瓦都是硅酸盐产品，有机玻璃是有机高分子材料，是聚甲基丙烯酸甲酯的俗称，不属于硅酸盐产品，故B错误；
C.高纯度的单质硅被广泛用于制作计算机芯片，故C正确；
D.石英的主要成分是二氧化硅，能与强碱发生反应，因此不耐碱，故D错误。
故选C。
3.下列说法正确的是
A. 可用酒精清洗试管中附着的硫粉
B. 钙元素的焰色反应是绿色
C. 2mol Na2O2与足量水反应转移4mol电子
D. 在钢中加入一些稀土元素可以增强钢的耐磨性和耐热性
【答案】D
【解析】
【详解】A.硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故应用二硫化碳清洗试管中附着的硫粉，故A错误；
B.钙元素的焰色反应为砖红色，铜元素的焰色反应为绿色，故B错误；
C.Na2O2与水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，该反应中，只有Na2O2中O元素的化合价发生变化，由-1价升高变为0价，由-1价降低变为-2价，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑～2e-可知，2molNa2O2与足量水反应转移2mol电子，故C错误；
D.在合金中加入适量稀土金属或其化合物能大大改善合金的性能，因而，稀土元素又被称为冶金工业的维生素，如在钢中加入一些稀土元素，可以增加钢的塑性、韧性、耐磨性、耐热性、抗氧化性、抗腐蚀性等，故D正确。
故选D。
4.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A. NaNa2O2 Na2CO3
B. FeS2SO3H2SO4
C. NaCl(aq)Cl2 FeCl2(s)
D. SiO2H2SiO3 Na2SiO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠在氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以能实现NaNa2O2Na2CO3，各步转化，故A正确；
B.二硫化亚铁在氧气中煅烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；
C.电解氯化钠的水溶液生成氯气，铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故C错误；
D.二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，故D错误。
故选A。
5.下列说法不正确的是
A. 氨气易液化，液氨气化时吸热，因此液氨常用作制冷剂
B. 氮的固定是指将游离态的氮转变为氮的化合物
C. 漂白粉和漂粉精的有效成分都是Ca(ClO)2
D. SO2和CO2都是造成酸雨的主要气体
【答案】D
【解析】
【详解】A.氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，因此液氨常用作制冷剂，故A正确；
B.氮的固定是指将游离态的氮转变为氮的化合物，故B正确；
C.漂白粉和漂粉精的有效成分都是Ca(ClO)2，Ca（ClO）2生成的次氯酸具有强氧化性而漂白，故C正确；
D.SO2是造成酸雨的主要气体，二氧化碳是产生温室效应的气体，故D错误。
故选D
6.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是
选项
化学性质
实际应用
A
Al2(SO4)3和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
B
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C
次氯酸、次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
D
HF与SiO2反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.Al2(SO4)3溶液由于水解呈酸性，小苏打溶液由于水解呈碱性，在溶液中二者发生双水解反应，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，故A正确；
B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板反应方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，说明氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，与铁、铜的活泼性无关，故B错误；
C.次氯酸、次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白织物，故C正确；
D.玻璃中含有二氧化硅，HF与SiO2反应生成SiF4和水，故氢氟酸可用于雕刻玻璃，氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，故D正确。
故选B。
7.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是
①实验室收集氨气采用图1所示装置
②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验
④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A. ②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】
分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。
【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；
②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；
③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；
④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；
故符合“绿色化学”的为①②④。
故选C。
【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。
8.用于“点豆腐”的氯化镁结晶水合物化学式是MgCl2•nH2O，取10.15g此结晶水合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液，得到氯化银沉淀14.35g。则n的值是
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】
MgCl2•nH2O溶于水，加入足量的AgNO3溶液，硝酸银会和氯化镁之间发生反应生成氯化银，根据氯化银的质量和Cl守恒确定n的值。
【详解】根据氯元素守恒，则MgCl2•nH2O~2AgCl↓
95+18n 287
10.15g 14.35g
=
解得n=6。
故选C。
【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
9.下表中，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且二者间具有因果关系是
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.因浓硫酸具有强的吸水性，与水作用的过程中放出大量的热，促使浓盐酸中的HCl挥发，从而制得HCl气体，故A正确；
B.Cu与浓HNO3反应生成NO2，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐降低，Cu与稀硝酸反应生成NO，故B错误；
C.硫单质燃烧只生成SO2，故C错误；
D.由于硝酸铵受热分解易发生爆炸，所以实验室中不能用硝酸铵制备NH3，故D错误。
故选A。
10.常温常压下，将下列各组气体分别充入到容积可变的密闭容器中，充分反应后，体积由大到小的顺序是
①2molNH3和1molHCl，②2molSO2和1molO2，③2molH2S和1molSO2，④2molNO和1molO2，⑤1molH2和1mol Cl2
A. ②>④>⑤>①>③
B. ②>⑤>④>①>③
C. ④>②=⑤>③>①
D. ④=⑤>②>③>①
【答案】B
【解析】
【详解】①因NH3与HCl发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，NH3过量，剩余气体的物质的量为1mol；
②因SO2与O2在常温常压下很难发生，密闭容器中气体为SO2、O2，气体的总的物质的量为3mol；
③因H2S和SO2发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，两者恰好反应，S为固体，H2O为液体，密闭容器中没有气体；
④因NO和O2发生反应：2NO+O2=2NO2，两者恰好反应，而NO2还能转变成N2O4：2NO2N2O4，密闭容器中气体有NO2和N2O4，物质的量大于1mol小于2mol；
⑤因H2和Cl2在常温常压下不反应，密闭容器中气体有H2和Cl2，物质的量为2mol；
因此，体积由大到小的顺序：②＞⑤＞④＞①＞③。
故选B。
11.下列除杂的操作不正确的是
A. MgCl2溶液中混有少量FeCl3：加入足量氧化镁充分反应后过滤
B. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤
C. CuCl2溶液中混有少量FeCl3：加入NaOH溶液充分反应后过滤
D. CuCl2溶液中混有少量FeCl2：先加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，再加入CuO充分反应后过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A.FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加入的MgO与H+反应，使上述平衡右移，使Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，故A正确；
B.加入过量的铁粉，FeCl3与铁粉反应生成FeCl2，过滤，而达到除杂的目的，故B正确；
C.加入NaOH溶液，Cu2+、Fe3+均能转化成氢氧化物沉淀，不符合除杂要求，故C错误；
D.先用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，再利用FeCl3的水解，加入的CuO调节溶液的pH使Fe3+转化成Fe(OH)3而除去，故D正确。
故选C。
【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。
12.对下列实验操作和现象的解释正确的是
A. 操作：在密闭容器中高温加热CuO至1000℃；现象：黑色固体变成红色固体；解释：CuO受热分解得到单质Cu
B. 操作：将SO2通入品红溶液中；现象：溶液褪色；解释：SO2具有漂白性
C. 操作：将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池；现象：Al电极溶解；解释：Al比Mg金属活动性强
D. 操作：向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液；现象：有白色沉淀生成；解释：该溶液中一定含有SO42-
【答案】B
【解析】
【分析】
A.氧化铜受热分解生成的氧化亚铜也是红色固体；
B.二氧化硫具有漂白性和品红结合为无色不稳定化合物；
C.原电池中负极与电解质溶液发生氧化还原反应，不能用金属在碱中溶解判断金属活动性强弱；
D.原溶液中含有银离子也会产生白色沉淀现象。
【详解】A.密闭容器中高温加热CuO至1000℃；现象：黑色固体变成红色固体，可能分解生成氧化亚铜红色固体或铜，故A错误；
B.二氧化硫具有漂白性和品红结合为无色不稳定化合物，故B正确；
C.将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池，Al电极溶解和氢氧化钠溶液反应，但不能用金属在碱中溶解判断金属活动性强弱；故C错误；
D.向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，可能是生成硫酸钡白色沉淀或氯化银白色沉淀，故D错误。
故选B。
13. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是
A. 在含AlO2-、SO32-、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH－、AlO2-、SO32-
B. 含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋
C. 含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3
D. 在含Fe3＋、H＋、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H＋、NH4+、Fe3＋
【答案】A
【解析】
试题分析：A．在含AlO2-、SO32-、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液，首先是OH－与盐电离产生的H+发生酸碱中和反应，然后是AlO2-与H+及H2O反应产生Al（OH）3，最后是SO32-与H+结合形成HSO3-及H2SO3，正确；B．含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，由于微粒的还原性：I－> Fe2+>Br－，所以化学强的首先发生反应，反应的先后顺序是I－、Fe2＋、Br－，错误；C．含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，首先发生反应Ba（OH）2+ CO2= BaCO3↓+H2O；然后发生反应：CO2＋2KOH=K2CO3＋H2O，后发生K2CO3+CO2+ H2O=2KHCO3；BaCO3+CO2+ H2O=Ba（HCO3）2，错误；D．在含Fe3＋、H＋、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液，首先是H＋与OH-反应产生水，然后是Fe3＋与OH-反应产生Fe（OH）3沉淀，最后是NH4+与OH-发生反应产生NH3·H2O，错误。
考点：考查混合溶液中离子反应先后顺序正误判断的知识。
14.(SCN)2称为拟卤素，将几滴KSCN溶液加入到酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变为红色，将该红色溶液分为两份：①向其中一份溶液中加人适量KMnO4溶液，红色褪去；②向另一份溶液中通入SO2，红色也褪去。下列说法中不正确的是
A. Fe3+与SCN-反应的离子方程式是：Fe3++3SCN-===Fe(SCN)3
B. ②中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原
C. ①中现象说明SCN-与Cl-相似，有还原性
D. SCN-在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为(SCN)2
【答案】B
【解析】
A、Fe3+与SCN－发生络合反应，Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3，显红色，故A正确；B、SO2具有强还原性，SCN－中S为-2价，C为+4价，N为-3价，S、N均处于最低价，+4价C氧化性较弱，所以SO2不能还原SCN－；而Fe3+具有强氧化性能被SO2还原，反应方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42－，导致溶液褪色，故B错误；C、KMnO4具有强氧化性，Fe3+中Fe元素处于最高价态，KMnO4不能与Fe3+发生氧化还原反应，所以①中溶液褪色的原因是KMnO4与SCN－反应，体现SCN－的还原性，说明SCN－与Cl－相似，有还原性，故C正确；D、SCN－与Cl－相似，具有还原性，能失电子，被氧化为(SCN)2，故D正确。故选B。
15.为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加如图所示的试剂。下列关于实验现象的解释或结论正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.溴水有氧化性，Na2SO3有还原性，Na2SO3被溴水氧化生成硫酸钠，溴水被还原成HBr，反应方程式为：Na2SO3+Br2+H2O=Na2SO4 +2HBr，故A错误；
B.b中加稀H2SO4后才产生黄色沉淀，但SO32-和S2−两种离子在酸性条件下不能大量共存，在碱性条件下可以大量共存，故B错误；
CNa2SO3溶液水解生成氢氧化钠使溶液呈碱性，滴加酚酞时溶液呈红色，加BaCl2溶液后亚硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀亚硫酸钡，亚硫酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，红色褪去，故C正确；
D.Na2SO3溶液中滴入盐酸酸化的硝酸钡溶液，酸性条件下硝酸根离子将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，原Na2SO3溶液中不一定含有SO42-，故D错误。
故选C。
16.以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是
A. 反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化
B. 从母液中可以提取Na2SO4
C. 反应2中，H2O2做氧化剂
D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解
【答案】C
【解析】
A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。
17.合成氨及其衍生工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是
A. 合成氨采用400~500℃是为了提高原料转化率和反应速率
B. 湿润的淀粉-KI试纸可以鉴别气体2和溴蒸气
C. 在饱和NaCl溶液中先通入过量CO2再通入过量NH3可得到固体1
D. 1L气体1、2的混合气与1LNH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，混合气中二者的体积比为1:1
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知：NH3在催化剂条件下与氧气反应生成气体1为NO气体，NO被氧化生成气体2为NO2气体，NO2气体与水反应生成硝酸，NH3与CO2、H2O、NaCl反应生成固体1为NaHCO3，NaHCO3受热分解生成固体2为Na2CO3，据此答题。
【详解】A.合成氨反应为放热反应，温度越低，反应越向着正向移动，原料的转化率越高，所以400~500℃不利于提高原料的转化率，故A错误；
B.由分析可知：气体2为NO2气体，NO2气体和溴蒸气都有较强的氧化性，都能使淀粉碘化钾试纸变蓝，故B错误；
C.由于氨气的溶解度远大于二氧化碳，所以生产纯碱过程中，要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，故C错误；
D.由分析可知：气体1为NO，气体2为NO2，1LNO、NO2的混合气与1LNH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应方程式为：2NH3+NO +NO22N2+3H2O，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比，为1:1，故D正确。
故选D。
18.莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]溶液经常用于定量滴定实验，下列说法正确的是
A. 配制0.1mol·L-1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐19.6克
B. 可与含Fe2+、HClO、H+、Cl﹣微粒的溶液大量共存
C. 加入过量Ba(OH)2溶液发生反应：2Ba2++2SO42-+Fe2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)3↓
D. 取样，加入铁氰化钾，若出现黄色沉淀，证明含Fe2+
【答案】A
【解析】
【详解】A.配制0.1mol•L﹣1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐为0.1mol×0.5L×392g/mol=19.6克，故A正确；
B.HClO具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C.加入过量Ba(OH)2溶液，漏写铵根离子与碱的反应，则离子反应为2Ba2++2SO42-+2NH4++Fe2++4OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3·H2O，故C错误；
D.取样，加入铁氰化钾，若出现蓝色沉淀，3Fe2+ +[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓（蓝色沉淀），证明含Fe2+，故D错误。
故选A。
19.将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO2和NaNO3的盐溶液。则生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为
A. 0.2mol B. 0.4mol C. 0.6mol D. 0.8mol
【答案】B
【解析】
【详解】整个过程中只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，38.4gCu的物质的量是38.4g÷64g/mol＝0.6mol，共失电子为0.6mol×2=1.2mol，HNO3→NaNO2共得到电子1.2mol，故产物中NaNO2的物质的量为1.2mol÷2=0.6mol，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），所以n（NaNO3）=n（NaOH）-n（NaNO2）=0.5L×2mol/L-0.6mol=0.4mol。
故选B。
二、填空题（共50分）
20.金属和非金属被广泛应用于人类生产生活中。
（1）铝制餐具不宜长期存放酸性、碱性或咸的食物，其中Al和NaOH溶液反应的离子方程式是_________；
（2）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现胶状沉淀，其离子方程式是_________；
（3）向明矾中加入Ba(OH)2至其中SO42-沉淀完全，其离子方程式是_________；
（4）KMnO4是一种常见氧化剂，可用于实验室制Cl2，其化学方程式是_____；将足量Cl2通入FeBr2溶液中，其离子方程式是__________。
【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (2). SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3- (3). Al3++4OH-+2Ba2++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O (4). 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2 ↑+8H2O (5). 3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++4Br-
【解析】
【详解】（1）Al和NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
（2）向硅酸钠溶液中通入过量的CO2，反应生成硅酸胶状沉淀和碳酸氢钠，化学方程式为：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-，故答案为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-。
（3）当SO42-刚好完全沉淀时，按照SO42-与Ba2+为1：1反应，化学方程式为： KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，离子方程式为：Al3++4OH-+2Ba2++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-+2Ba2++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O。
（4）实验室用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；因为Cl2过量，所以将FeBr2中的Fe2+和Br-全部氧化，分别生成Fe3+和Br2，化学方程式：3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+2Br2，离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++4Br-，故答案为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++4Br-。
【点睛】离子方程式书写：可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用分子式表示。微溶的强电解质应看其是否主要以自由离子形式存在，例如，石灰水中的Ca(OH)2写离子符号，石灰乳中的Ca(OH)2用化学式表示；浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式，浓硝酸、盐酸书写离子式，另外还要注意有些反应中过量与少量时反应是不同的。
21.下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体
（1）写出有关物质的化学式X：_______；F_______
（2）写出A→D的化学方程式____________
（3）写出实验室制备C的化学方程式_______
（4）C可用于制备尿素，尿素CO(NH2)2适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，其水解的化学方程式是______
（5）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：
①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：_____，其物质的量之比是：_________
②原NaOH溶液的物质的量浓度是_______mol/L，甲图所示溶液最多还能吸收A体积为_____mL(标准状况)。
【答案】 (1). NH4HCO3 或 (NH4)2CO3 (2). NO2 (3). 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2 (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑ (6). NaHCO3和Na2CO3 (7). 1:1 (8). 0.75 (9). 112
【解析】
【分析】
X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为(NH4)2CO3或NH4HCO3，B为H2O，结合转化关系可以知道，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，结合物质的性质进行解答。
【详解】（1）由分析可知：X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，F为NO2，故答案为：(NH4)2CO3或NH4HCO3，NO2。
（2）由分析可知：A为CO2，D为O2，Na2O2与CO2反应生成O2，反应方程式为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2。
（3）实验室制备氨气可以用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（4）尿素的水解生成两种气体，结合尿素的元素组成，故生成的是氨气和二氧化碳，故反应为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑，故答案为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑。
（5）当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，
①假设二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，开始发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，而后发生反应：NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，前后两阶段消耗盐酸的体积相等，而实际前、后两阶段消耗盐酸体积分别为25mL、50mL，前阶段消耗盐酸体积小于后阶段，故溶质是NaHCO3、Na2CO3，由反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，可以知道n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，生成的碳酸氢钠为0.0025mol，由反应NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，可以知道总的碳酸氢钠为0.05L×0.1mol/L=0.05mol，故原溶液中碳酸氢钠为0.05mol-0.0025mol=0.0025mol，其物质的量之比是1:1，故答案为：NaHCO3、Na2CO3；1:1。
②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据Na、Cl守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L；（甲）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL-25mL=25mL，n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，n(NaOH)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，根据反应方程式：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3、NaOH+CO2=NaHCO3，溶液最多还能吸收CO2的物质的量为0.0025mol+0.0025mol=0.005mol，在标准状况的体积为0.005mol×22.4L/mol=112mL，故答案为：0.75mol/L，112。
【点睛】X能与酸、碱反应生成气体A、C为解答本题的突破口，然后利用转化关系推出各物质即可。解框图题的方法最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
22.大气细颗粒物吸附的水分中NO2与SO2的化学反应是当前雾霾期间硫酸盐的主要生成路径。某实验小组对雾霾的成分进行了验证，并测定空气中SO2的含量及探究H2SO3的部分性质。回答下列问题：
（1）硫酸铵是某地PM2.5雾霾的主要成分，收集一定量的雾霾固体进行验证。取一定量的雾霾固体于试管中，加入适量的水溶解，把溶液分成两份盛于试管中：
操作步骤
实验现象
结论
①向其中一份_____
有白色沉淀生成
证明雾霾固体中含有SO42-
②向另一份中加适量NaOH浓溶液并加热，用镊子夹持湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
③试管中有气泡产生，靠近试管口的红色石蕊试纸___
证明雾霾固体中含有NH4+。综合上面实验，初步说明雾霾固体颗粒中含有(NH4)2SO4
（2）用如图所示简易装置测定空气中SO2的含量。
①测定原理：SO2通入碘的淀粉溶液中，溶液由蓝色变为无色，反应的化学方程式为____。
②测定方法：在某监测点，量取5.0mL5.0×10-4mol/L的碘溶液，注入图中的试管中，加几滴淀粉指示剂，此时溶液呈蓝色，按图中装置连接好仪器，利用止水夹控制，进行抽气，取下注射器排气，重复操作直到溶液的蓝色全部褪尽为止，共抽取空气8.0L，则测得该监测点空气中SO2的含量为_______mg/L。
（3）探究H2SO3的部分性质。选用下面的装置和药品探究H2SO3与HClO的酸性强弱。
①甲同学认为按照A→C→F→尾气处理的顺序连接装置，可以证明H2SO3与HClO的酸性强弱，乙同学认为该方案不合理，其理由是_____。
②丙同学采用间接法证明，实验方案为按照A→C→____→_____→_____→_____（填字母）→尾气处理顺序连接装置，证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是____。
【答案】 (1). 足量稀盐酸后，再加入BaCl2溶液 (2). 变蓝 (3). SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI (4). 0.020 (5). 二氧化硫通入次氯酸钙溶液中发生了氧化还原反应 (6). B (7). E (8). D (9). F (10). D中品红不褪色，F中出现白色沉淀
【解析】
【详解】（1）在检验SO42-时，加入氯化钡之前要先加盐酸以排除CO32-离子的干扰：即先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42-；检验某溶液中含有NH4+的操作方法为：取少量试样加入到试管中，加入氢氧化钠溶液加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出气体，试纸由红变蓝，故答案为：足量稀盐酸后，再加入BaCl2溶液；变蓝。
（2）①SO2通入碘的淀粉溶液中，使溶液由蓝色变为无色，碘单质被还原为氢碘酸，二氧化硫被碘氧化生成了硫酸，反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，故答案为：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI。
②二氧化硫用碘溶液来吸收，反应方程式为：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，为测定该地空气中的SO2含量，消耗碘的物质的量=5.0×10-3L×5×10-4mol·L-1=2.50×10-6mol，根据化学方程式可得二氧化硫的物质的量=2.50×10-6mol，质量为2.50×10-6mol×64g/mol=1.60×10-4g=0.160mg，该监测点空气中SO2的含量=0.020mg/L，故答案为：0.020。
（3）①按照A→C→F→尾气处理顺序连接装置，其中饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理，不能证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，故答案为：二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应。
②ClO-具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，故答案为：B、E、D、F；装置D中品红不褪色，F中出现白色沉淀。
23.用含有少量SiO2、Fe2O3杂质的辉铜矿（主要成分Cu2S）和软锰矿（主要成分MnO2），制备碱式碳酸铜，可进一步制取有机合成中的催化剂氯化亚铜（CuCl），其主要工艺流程如图：
已知：①MnO2能氧化硫化物生成S；
②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：
③CuCl是一种白色粉末，难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系。
（1）浸出液中含有CuSO4和MnSO4等主要产物，写出生成该主要产物的化学方程式：_______。
（2）实验室中用18.4mol/L的浓硫酸配制480mL4.5mol/L的硫酸溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_____、____。
（3）沉淀物的主要成分是______。
（4）结合已知条件，实验室中若选用饱和Na2CO3溶液（pH约为12）和MnSO4溶液作为反应原料制备MnCO3沉淀，采用的加料方式是将_______溶液缓慢加入到盛有______溶液的反应容器中。
（5）CuCl2溶液中加入Na2SO3溶液的离子反应方程式为______。
（6）得到的CuCl晶体需用水洗涤，洗涤CuCl晶体的操作是_____。
（7）CuCl晶体在碱性溶液中可以制得氧化亚铜，该反应的离子反应方程式为_______。
【答案】 (1). 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O (2). 500mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). Fe(OH)3 (5). Na2CO3 (6). MnSO4 (7). 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ (8). 向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次 (9). 2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
【解析】
【详解】（1）由题干及工艺流程图可知MnO2、Cu2S与硫酸反应的生成物为MnSO4、CuSO4、S，Mn元素由+4价降到+2价，Cu2S中的Cu元素由+1价升到+2价，S元素由-2价升到0价，可根据得失电子守恒配平该方程式：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，故答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O。
（2）18.4mol/L的浓硫酸配制480mL4.5mol/L的硫酸溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管。
（3）由表可知，Fe(OH)3完全沉淀时的pH为3.2，Cu(OH)2开始沉淀时的pH为4.4，结合流程调节pH的目的是除去Fe3+，故沉淀的主要成分为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3。
（4）已知饱和Na2CO3溶液的pH为12，而Mn2+转化为氢氧化锰沉淀的范围为8.3～9.8，为防止Mn2+转化为氢氧化锰沉淀，因此制备MnCO3沉淀时必须将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有MnSO4溶液的反应容器中，故答案为：Na2CO3，MnSO4。
（5）由题意可知：CuCl2与Na2SO3溶液反应生成CuCl，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，因此离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。
（6）洗涤CuCl晶体的操作是向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次，故答案为：向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次。
（7）已知CuCl晶体在碱性溶液中反应生成氧化亚铜，该反应的离子反应方程式为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O，故答案为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O。
【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。
三中2019—2020学年度上学期高三学年第一次调研考试化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 F-19 S-32 Fe-56 Cu-64 I-127
一、选择题（本题包括20个小题，每小题只有一个选项符合题意，1-10题每小题2分，11-20题每小题3分，共50分）
1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是
A. “雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物无关
B. 高铁酸钾是一种新型高效、多功能的水处理剂，既能杀菌消毒又能净水
C. 石灰石、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂
D. 纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，也可用纯碱除去物品表面的油污
【答案】B
【解析】
【详解】A.“雾霾天气”与粉尘污染有关，而“温室效应”与二氧化碳有关，故A错误；
B.高铁酸钾(K2FeO4)具有强氧化性，能杀菌消毒，还原产物Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，从而起到净水作用，故B正确；
C.铁粉在食品包装中起防止食品氧化作用，不是食品干燥剂，故C错误；
D.焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一是碳酸氢钠，而不是碳酸钠，碳酸钠溶液由于水解显碱性，可以用于除去物品表面的油污，故D错误。
故选B。
2.材料与国民经济建设、国防建设和人民生活密切相关。下列关于材料的说法中正确的是
A. 太阳能电池板中的二氧化硅可用作光导纤维
B. 古代的陶瓷、砖瓦、现代的有机玻璃、水泥都是硅酸盐产品
C. 高纯度的硅可用于制造计算机芯片
D. 石英玻璃耐强酸、强碱，可用来制造化学仪器
【答案】C
【解析】
【详解】A.太阳能电池板中使用的材料是单质硅而不是二氧化硅，故A错误；
B.陶瓷、水泥、砖瓦都是硅酸盐产品，有机玻璃是有机高分子材料，是聚甲基丙烯酸甲酯的俗称，不属于硅酸盐产品，故B错误；
C.高纯度的单质硅被广泛用于制作计算机芯片，故C正确；
D.石英的主要成分是二氧化硅，能与强碱发生反应，因此不耐碱，故D错误。
故选C。
3.下列说法正确的是
A. 可用酒精清洗试管中附着的硫粉
B. 钙元素的焰色反应是绿色
C. 2mol Na2O2与足量水反应转移4mol电子
D. 在钢中加入一些稀土元素可以增强钢的耐磨性和耐热性
【答案】D
【解析】
【详解】A.硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故应用二硫化碳清洗试管中附着的硫粉，故A错误；
B.钙元素的焰色反应为砖红色，铜元素的焰色反应为绿色，故B错误；
C.Na2O2与水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，该反应中，只有Na2O2中O元素的化合价发生变化，由-1价升高变为0价，由-1价降低变为-2价，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑～2e-可知，2molNa2O2与足量水反应转移2mol电子，故C错误；
D.在合金中加入适量稀土金属或其化合物能大大改善合金的性能，因而，稀土元素又被称为冶金工业的维生素，如在钢中加入一些稀土元素，可以增加钢的塑性、韧性、耐磨性、耐热性、抗氧化性、抗腐蚀性等，故D正确。
故选D。
4.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A. NaNa2O2 Na2CO3
B. FeS2SO3H2SO4
C. NaCl(aq)Cl2 FeCl2(s)
D. SiO2H2SiO3 Na2SiO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠在氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以能实现NaNa2O2Na2CO3，各步转化，故A正确；
B.二硫化亚铁在氧气中煅烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；
C.电解氯化钠的水溶液生成氯气，铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故C错误；
D.二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，故D错误。
故选A。
5.下列说法不正确的是
A. 氨气易液化，液氨气化时吸热，因此液氨常用作制冷剂
B. 氮的固定是指将游离态的氮转变为氮的化合物
C. 漂白粉和漂粉精的有效成分都是Ca(ClO)2
D. SO2和CO2都是造成酸雨的主要气体
【答案】D
【解析】
【详解】A.氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，因此液氨常用作制冷剂，故A正确；
B.氮的固定是指将游离态的氮转变为氮的化合物，故B正确；
C.漂白粉和漂粉精的有效成分都是Ca(ClO)2，Ca（ClO）2生成的次氯酸具有强氧化性而漂白，故C正确；
D.SO2是造成酸雨的主要气体，二氧化碳是产生温室效应的气体，故D错误。
故选D
6.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是
选项
化学性质
实际应用
A
Al2(SO4)3和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
B
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C
次氯酸、次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
D
HF与SiO2反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.Al2(SO4)3溶液由于水解呈酸性，小苏打溶液由于水解呈碱性，在溶液中二者发生双水解反应，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，故A正确；
B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板反应方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，说明氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，与铁、铜的活泼性无关，故B错误；
C.次氯酸、次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白织物，故C正确；
D.玻璃中含有二氧化硅，HF与SiO2反应生成SiF4和水，故氢氟酸可用于雕刻玻璃，氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，故D正确。
故选B。
7.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是
①实验室收集氨气采用图1所示装置
②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验
④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A. ②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】
分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。
【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；
②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；
③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；
④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；
故符合“绿色化学”的为①②④。
故选C。
【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。
8.用于“点豆腐”的氯化镁结晶水合物化学式是MgCl2•nH2O，取10.15g此结晶水合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液，得到氯化银沉淀14.35g。则n的值是
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】
MgCl2•nH2O溶于水，加入足量的AgNO3溶液，硝酸银会和氯化镁之间发生反应生成氯化银，根据氯化银的质量和Cl守恒确定n的值。
【详解】根据氯元素守恒，则MgCl2•nH2O~2AgCl↓
95+18n 287
10.15g 14.35g
=
解得n=6。
故选C。
【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
9.下表中，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且二者间具有因果关系是
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.因浓硫酸具有强的吸水性，与水作用的过程中放出大量的热，促使浓盐酸中的HCl挥发，从而制得HCl气体，故A正确；
B.Cu与浓HNO3反应生成NO2，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐降低，Cu与稀硝酸反应生成NO，故B错误；
C.硫单质燃烧只生成SO2，故C错误；
D.由于硝酸铵受热分解易发生爆炸，所以实验室中不能用硝酸铵制备NH3，故D错误。
故选A。
10.常温常压下，将下列各组气体分别充入到容积可变的密闭容器中，充分反应后，体积由大到小的顺序是
①2molNH3和1molHCl，②2molSO2和1molO2，③2molH2S和1molSO2，④2molNO和1molO2，⑤1molH2和1mol Cl2
A. ②>④>⑤>①>③
B. ②>⑤>④>①>③
C. ④>②=⑤>③>①
D. ④=⑤>②>③>①
【答案】B
【解析】
【详解】①因NH3与HCl发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，NH3过量，剩余气体的物质的量为1mol；
②因SO2与O2在常温常压下很难发生，密闭容器中气体为SO2、O2，气体的总的物质的量为3mol；
③因H2S和SO2发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，两者恰好反应，S为固体，H2O为液体，密闭容器中没有气体；
④因NO和O2发生反应：2NO+O2=2NO2，两者恰好反应，而NO2还能转变成N2O4：2NO2N2O4，密闭容器中气体有NO2和N2O4，物质的量大于1mol小于2mol；
⑤因H2和Cl2在常温常压下不反应，密闭容器中气体有H2和Cl2，物质的量为2mol；
因此，体积由大到小的顺序：②＞⑤＞④＞①＞③。
故选B。
11.下列除杂的操作不正确的是
A. MgCl2溶液中混有少量FeCl3：加入足量氧化镁充分反应后过滤
B. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤
C. CuCl2溶液中混有少量FeCl3：加入NaOH溶液充分反应后过滤
D. CuCl2溶液中混有少量FeCl2：先加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，再加入CuO充分反应后过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A.FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加入的MgO与H+反应，使上述平衡右移，使Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，故A正确；
B.加入过量的铁粉，FeCl3与铁粉反应生成FeCl2，过滤，而达到除杂的目的，故B正确；
C.加入NaOH溶液，Cu2+、Fe3+均能转化成氢氧化物沉淀，不符合除杂要求，故C错误；
D.先用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，再利用FeCl3的水解，加入的CuO调节溶液的pH使Fe3+转化成Fe(OH)3而除去，故D正确。
故选C。
【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。
12.对下列实验操作和现象的解释正确的是
A. 操作：在密闭容器中高温加热CuO至1000℃；现象：黑色固体变成红色固体；解释：CuO受热分解得到单质Cu
B. 操作：将SO2通入品红溶液中；现象：溶液褪色；解释：SO2具有漂白性
C. 操作：将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池；现象：Al电极溶解；解释：Al比Mg金属活动性强
D. 操作：向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液；现象：有白色沉淀生成；解释：该溶液中一定含有SO42-
【答案】B
【解析】
【分析】
A.氧化铜受热分解生成的氧化亚铜也是红色固体；
B.二氧化硫具有漂白性和品红结合为无色不稳定化合物；
C.原电池中负极与电解质溶液发生氧化还原反应，不能用金属在碱中溶解判断金属活动性强弱；
D.原溶液中含有银离子也会产生白色沉淀现象。
【详解】A.密闭容器中高温加热CuO至1000℃；现象：黑色固体变成红色固体，可能分解生成氧化亚铜红色固体或铜，故A错误；
B.二氧化硫具有漂白性和品红结合为无色不稳定化合物，故B正确；
C.将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池，Al电极溶解和氢氧化钠溶液反应，但不能用金属在碱中溶解判断金属活动性强弱；故C错误；
D.向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，可能是生成硫酸钡白色沉淀或氯化银白色沉淀，故D错误。
故选B。
13. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是
A. 在含AlO2-、SO32-、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH－、AlO2-、SO32-
B. 含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋
C. 含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3
D. 在含Fe3＋、H＋、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H＋、NH4+、Fe3＋
【答案】A
【解析】
试题分析：A．在含AlO2-、SO32-、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液，首先是OH－与盐电离产生的H+发生酸碱中和反应，然后是AlO2-与H+及H2O反应产生Al（OH）3，最后是SO32-与H+结合形成HSO3-及H2SO3，正确；B．含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，由于微粒的还原性：I－> Fe2+>Br－，所以化学强的首先发生反应，反应的先后顺序是I－、Fe2＋、Br－，错误；C．含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，首先发生反应Ba（OH）2+ CO2= BaCO3↓+H2O；然后发生反应：CO2＋2KOH=K2CO3＋H2O，后发生K2CO3+CO2+ H2O=2KHCO3；BaCO3+CO2+ H2O=Ba（HCO3）2，错误；D．在含Fe3＋、H＋、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液，首先是H＋与OH-反应产生水，然后是Fe3＋与OH-反应产生Fe（OH）3沉淀，最后是NH4+与OH-发生反应产生NH3·H2O，错误。
考点：考查混合溶液中离子反应先后顺序正误判断的知识。
14.(SCN)2称为拟卤素，将几滴KSCN溶液加入到酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变为红色，将该红色溶液分为两份：①向其中一份溶液中加人适量KMnO4溶液，红色褪去；②向另一份溶液中通入SO2，红色也褪去。下列说法中不正确的是
A. Fe3+与SCN-反应的离子方程式是：Fe3++3SCN-===Fe(SCN)3
B. ②中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原
C. ①中现象说明SCN-与Cl-相似，有还原性
D. SCN-在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为(SCN)2
【答案】B
【解析】
A、Fe3+与SCN－发生络合反应，Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3，显红色，故A正确；B、SO2具有强还原性，SCN－中S为-2价，C为+4价，N为-3价，S、N均处于最低价，+4价C氧化性较弱，所以SO2不能还原SCN－；而Fe3+具有强氧化性能被SO2还原，反应方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42－，导致溶液褪色，故B错误；C、KMnO4具有强氧化性，Fe3+中Fe元素处于最高价态，KMnO4不能与Fe3+发生氧化还原反应，所以①中溶液褪色的原因是KMnO4与SCN－反应，体现SCN－的还原性，说明SCN－与Cl－相似，有还原性，故C正确；D、SCN－与Cl－相似，具有还原性，能失电子，被氧化为(SCN)2，故D正确。故选B。
15.为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加如图所示的试剂。下列关于实验现象的解释或结论正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.溴水有氧化性，Na2SO3有还原性，Na2SO3被溴水氧化生成硫酸钠，溴水被还原成HBr，反应方程式为：Na2SO3+Br2+H2O=Na2SO4 +2HBr，故A错误；
B.b中加稀H2SO4后才产生黄色沉淀，但SO32-和S2−两种离子在酸性条件下不能大量共存，在碱性条件下可以大量共存，故B错误；
CNa2SO3溶液水解生成氢氧化钠使溶液呈碱性，滴加酚酞时溶液呈红色，加BaCl2溶液后亚硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀亚硫酸钡，亚硫酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，红色褪去，故C正确；
D.Na2SO3溶液中滴入盐酸酸化的硝酸钡溶液，酸性条件下硝酸根离子将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，原Na2SO3溶液中不一定含有SO42-，故D错误。
故选C。
16.以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是
A. 反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化
B. 从母液中可以提取Na2SO4
C. 反应2中，H2O2做氧化剂
D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解
【答案】C
【解析】
A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。
17.合成氨及其衍生工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是
A. 合成氨采用400~500℃是为了提高原料转化率和反应速率
B. 湿润的淀粉-KI试纸可以鉴别气体2和溴蒸气
C. 在饱和NaCl溶液中先通入过量CO2再通入过量NH3可得到固体1
D. 1L气体1、2的混合气与1LNH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，混合气中二者的体积比为1:1
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知：NH3在催化剂条件下与氧气反应生成气体1为NO气体，NO被氧化生成气体2为NO2气体，NO2气体与水反应生成硝酸，NH3与CO2、H2O、NaCl反应生成固体1为NaHCO3，NaHCO3受热分解生成固体2为Na2CO3，据此答题。
【详解】A.合成氨反应为放热反应，温度越低，反应越向着正向移动，原料的转化率越高，所以400~500℃不利于提高原料的转化率，故A错误；
B.由分析可知：气体2为NO2气体，NO2气体和溴蒸气都有较强的氧化性，都能使淀粉碘化钾试纸变蓝，故B错误；
C.由于氨气的溶解度远大于二氧化碳，所以生产纯碱过程中，要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，故C错误；
D.由分析可知：气体1为NO，气体2为NO2，1LNO、NO2的混合气与1LNH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应方程式为：2NH3+NO +NO22N2+3H2O，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比，为1:1，故D正确。
故选D。
18.莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]溶液经常用于定量滴定实验，下列说法正确的是
A. 配制0.1mol·L-1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐19.6克
B. 可与含Fe2+、HClO、H+、Cl﹣微粒的溶液大量共存
C. 加入过量Ba(OH)2溶液发生反应：2Ba2++2SO42-+Fe2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)3↓
D. 取样，加入铁氰化钾，若出现黄色沉淀，证明含Fe2+
【答案】A
【解析】
【详解】A.配制0.1mol•L﹣1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐为0.1mol×0.5L×392g/mol=19.6克，故A正确；
B.HClO具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C.加入过量Ba(OH)2溶液，漏写铵根离子与碱的反应，则离子反应为2Ba2++2SO42-+2NH4++Fe2++4OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3·H2O，故C错误；
D.取样，加入铁氰化钾，若出现蓝色沉淀，3Fe2+ +[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓（蓝色沉淀），证明含Fe2+，故D错误。
故选A。
19.将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO2和NaNO3的盐溶液。则生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为
A. 0.2mol B. 0.4mol C. 0.6mol D. 0.8mol
【答案】B
【解析】
【详解】整个过程中只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，38.4gCu的物质的量是38.4g÷64g/mol＝0.6mol，共失电子为0.6mol×2=1.2mol，HNO3→NaNO2共得到电子1.2mol，故产物中NaNO2的物质的量为1.2mol÷2=0.6mol，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），所以n（NaNO3）=n（NaOH）-n（NaNO2）=0.5L×2mol/L-0.6mol=0.4mol。
故选B。
二、填空题（共50分）
20.金属和非金属被广泛应用于人类生产生活中。
（1）铝制餐具不宜长期存放酸性、碱性或咸的食物，其中Al和NaOH溶液反应的离子方程式是_________；
（2）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现胶状沉淀，其离子方程式是_________；
（3）向明矾中加入Ba(OH)2至其中SO42-沉淀完全，其离子方程式是_________；
（4）KMnO4是一种常见氧化剂，可用于实验室制Cl2，其化学方程式是_____；将足量Cl2通入FeBr2溶液中，其离子方程式是__________。
【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (2). SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3- (3). Al3++4OH-+2Ba2++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O (4). 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2 ↑+8H2O (5). 3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++4Br-
【解析】
【详解】（1）Al和NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
（2）向硅酸钠溶液中通入过量的CO2，反应生成硅酸胶状沉淀和碳酸氢钠，化学方程式为：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-，故答案为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-。
（3）当SO42-刚好完全沉淀时，按照SO42-与Ba2+为1：1反应，化学方程式为： KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，离子方程式为：Al3++4OH-+2Ba2++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-+2Ba2++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O。
（4）实验室用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；因为Cl2过量，所以将FeBr2中的Fe2+和Br-全部氧化，分别生成Fe3+和Br2，化学方程式：3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+2Br2，离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++4Br-，故答案为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++4Br-。
【点睛】离子方程式书写：可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用分子式表示。微溶的强电解质应看其是否主要以自由离子形式存在，例如，石灰水中的Ca(OH)2写离子符号，石灰乳中的Ca(OH)2用化学式表示；浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式，浓硝酸、盐酸书写离子式，另外还要注意有些反应中过量与少量时反应是不同的。
21.下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体
（1）写出有关物质的化学式X：_______；F_______
（2）写出A→D的化学方程式____________
（3）写出实验室制备C的化学方程式_______
（4）C可用于制备尿素，尿素CO(NH2)2适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，其水解的化学方程式是______
（5）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：
①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：_____，其物质的量之比是：_________
②原NaOH溶液的物质的量浓度是_______mol/L，甲图所示溶液最多还能吸收A体积为_____mL(标准状况)。
【答案】 (1). NH4HCO3 或 (NH4)2CO3 (2). NO2 (3). 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2 (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑ (6). NaHCO3和Na2CO3 (7). 1:1 (8). 0.75 (9). 112
【解析】
【分析】
X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为(NH4)2CO3或NH4HCO3，B为H2O，结合转化关系可以知道，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，结合物质的性质进行解答。
【详解】（1）由分析可知：X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，F为NO2，故答案为：(NH4)2CO3或NH4HCO3，NO2。
（2）由分析可知：A为CO2，D为O2，Na2O2与CO2反应生成O2，反应方程式为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2。
（3）实验室制备氨气可以用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（4）尿素的水解生成两种气体，结合尿素的元素组成，故生成的是氨气和二氧化碳，故反应为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑，故答案为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑。
（5）当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，
①假设二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，开始发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，而后发生反应：NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，前后两阶段消耗盐酸的体积相等，而实际前、后两阶段消耗盐酸体积分别为25mL、50mL，前阶段消耗盐酸体积小于后阶段，故溶质是NaHCO3、Na2CO3，由反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，可以知道n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，生成的碳酸氢钠为0.0025mol，由反应NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，可以知道总的碳酸氢钠为0.05L×0.1mol/L=0.05mol，故原溶液中碳酸氢钠为0.05mol-0.0025mol=0.0025mol，其物质的量之比是1:1，故答案为：NaHCO3、Na2CO3；1:1。
②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据Na、Cl守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L；（甲）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL-25mL=25mL，n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，n(NaOH)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，根据反应方程式：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3、NaOH+CO2=NaHCO3，溶液最多还能吸收CO2的物质的量为0.0025mol+0.0025mol=0.005mol，在标准状况的体积为0.005mol×22.4L/mol=112mL，故答案为：0.75mol/L，112。
【点睛】X能与酸、碱反应生成气体A、C为解答本题的突破口，然后利用转化关系推出各物质即可。解框图题的方法最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
22.大气细颗粒物吸附的水分中NO2与SO2的化学反应是当前雾霾期间硫酸盐的主要生成路径。某实验小组对雾霾的成分进行了验证，并测定空气中SO2的含量及探究H2SO3的部分性质。回答下列问题：
（1）硫酸铵是某地PM2.5雾霾的主要成分，收集一定量的雾霾固体进行验证。取一定量的雾霾固体于试管中，加入适量的水溶解，把溶液分成两份盛于试管中：
操作步骤
实验现象
结论
①向其中一份_____
有白色沉淀生成
证明雾霾固体中含有SO42-
②向另一份中加适量NaOH浓溶液并加热，用镊子夹持湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
③试管中有气泡产生，靠近试管口的红色石蕊试纸___
证明雾霾固体中含有NH4+。综合上面实验，初步说明雾霾固体颗粒中含有(NH4)2SO4
（2）用如图所示简易装置测定空气中SO2的含量。
①测定原理：SO2通入碘的淀粉溶液中，溶液由蓝色变为无色，反应的化学方程式为____。
②测定方法：在某监测点，量取5.0mL5.0×10-4mol/L的碘溶液，注入图中的试管中，加几滴淀粉指示剂，此时溶液呈蓝色，按图中装置连接好仪器，利用止水夹控制，进行抽气，取下注射器排气，重复操作直到溶液的蓝色全部褪尽为止，共抽取空气8.0L，则测得该监测点空气中SO2的含量为_______mg/L。
（3）探究H2SO3的部分性质。选用下面的装置和药品探究H2SO3与HClO的酸性强弱。
①甲同学认为按照A→C→F→尾气处理的顺序连接装置，可以证明H2SO3与HClO的酸性强弱，乙同学认为该方案不合理，其理由是_____。
②丙同学采用间接法证明，实验方案为按照A→C→____→_____→_____→_____（填字母）→尾气处理顺序连接装置，证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是____。
【答案】 (1). 足量稀盐酸后，再加入BaCl2溶液 (2). 变蓝 (3). SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI (4). 0.020 (5). 二氧化硫通入次氯酸钙溶液中发生了氧化还原反应 (6). B (7). E (8). D (9). F (10). D中品红不褪色，F中出现白色沉淀
【解析】
【详解】（1）在检验SO42-时，加入氯化钡之前要先加盐酸以排除CO32-离子的干扰：即先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42-；检验某溶液中含有NH4+的操作方法为：取少量试样加入到试管中，加入氢氧化钠溶液加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出气体，试纸由红变蓝，故答案为：足量稀盐酸后，再加入BaCl2溶液；变蓝。
（2）①SO2通入碘的淀粉溶液中，使溶液由蓝色变为无色，碘单质被还原为氢碘酸，二氧化硫被碘氧化生成了硫酸，反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，故答案为：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI。
②二氧化硫用碘溶液来吸收，反应方程式为：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，为测定该地空气中的SO2含量，消耗碘的物质的量=5.0×10-3L×5×10-4mol·L-1=2.50×10-6mol，根据化学方程式可得二氧化硫的物质的量=2.50×10-6mol，质量为2.50×10-6mol×64g/mol=1.60×10-4g=0.160mg，该监测点空气中SO2的含量=0.020mg/L，故答案为：0.020。
（3）①按照A→C→F→尾气处理顺序连接装置，其中饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理，不能证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，故答案为：二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应。
②ClO-具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，故答案为：B、E、D、F；装置D中品红不褪色，F中出现白色沉淀。
23.用含有少量SiO2、Fe2O3杂质的辉铜矿（主要成分Cu2S）和软锰矿（主要成分MnO2），制备碱式碳酸铜，可进一步制取有机合成中的催化剂氯化亚铜（CuCl），其主要工艺流程如图：
已知：①MnO2能氧化硫化物生成S；
②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：
③CuCl是一种白色粉末，难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系。
（1）浸出液中含有CuSO4和MnSO4等主要产物，写出生成该主要产物的化学方程式：_______。
（2）实验室中用18.4mol/L的浓硫酸配制480mL4.5mol/L的硫酸溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_____、____。
（3）沉淀物的主要成分是______。
（4）结合已知条件，实验室中若选用饱和Na2CO3溶液（pH约为12）和MnSO4溶液作为反应原料制备MnCO3沉淀，采用的加料方式是将_______溶液缓慢加入到盛有______溶液的反应容器中。
（5）CuCl2溶液中加入Na2SO3溶液的离子反应方程式为______。
（6）得到的CuCl晶体需用水洗涤，洗涤CuCl晶体的操作是_____。
（7）CuCl晶体在碱性溶液中可以制得氧化亚铜，该反应的离子反应方程式为_______。
【答案】 (1). 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O (2). 500mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). Fe(OH)3 (5). Na2CO3 (6). MnSO4 (7). 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ (8). 向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次 (9). 2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
【解析】
【详解】（1）由题干及工艺流程图可知MnO2、Cu2S与硫酸反应的生成物为MnSO4、CuSO4、S，Mn元素由+4价降到+2价，Cu2S中的Cu元素由+1价升到+2价，S元素由-2价升到0价，可根据得失电子守恒配平该方程式：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，故答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O。
（2）18.4mol/L的浓硫酸配制480mL4.5mol/L的硫酸溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管。
（3）由表可知，Fe(OH)3完全沉淀时的pH为3.2，Cu(OH)2开始沉淀时的pH为4.4，结合流程调节pH的目的是除去Fe3+，故沉淀的主要成分为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3。
（4）已知饱和Na2CO3溶液的pH为12，而Mn2+转化为氢氧化锰沉淀的范围为8.3～9.8，为防止Mn2+转化为氢氧化锰沉淀，因此制备MnCO3沉淀时必须将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有MnSO4溶液的反应容器中，故答案为：Na2CO3，MnSO4。
（5）由题意可知：CuCl2与Na2SO3溶液反应生成CuCl，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，因此离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。
（6）洗涤CuCl晶体的操作是向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次，故答案为：向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次。
（7）已知CuCl晶体在碱性溶液中反应生成氧化亚铜，该反应的离子反应方程式为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O，故答案为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O。
【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。
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