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安徽省安庆市第一中学2021-2022学年高三上学期10月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份安徽省安庆市第一中学2021-2022学年高三上学期10月月考化学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了5 Fe， 下列说法正确的是， 下列推断合理的是等内容，欢迎下载使用。
试卷总分： 100 分 考试时间： 100 分钟
可能用到的相对原子质量：H：I C：12 N：14 O：16 Mg：24 S：32 Cl：35.5 Fe：56 P：31 Zn：65Cu：64 Ca：40 Al：27 Ba：137 K：39 Na：23 Br：80 Ag：108 F：19 Cr：52 I：127 Hg：201
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列化学反应的离子方程式书写正确的是
A. 氧化亚铁溶于稀硝酸：
B. 溶液与溶液混合：
C. 向溶液中滴加溶液至中性：
D. 与浓硝酸反应：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氧化亚铁具有还原性、稀硝酸具有氧化性，应该得到和气体，A项错误；
B．溶液与溶液混合产生沉淀、但没有气体，该反应不属于水解相互促进，正确的离子方程式为，B项错误；
C．向溶液中滴加溶液至中性，离子方程式为，C项正确；
D．与浓反应生成，D项错误；
答案选C。
2. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。
下列说法不正确的是
A. 实验1的溶液中存在c(H2CO3)>c(CO)
B. 实验2所得上层清液中存在c(Ba2+)·c(CO)=Ksp(BaCO3)
C. 实验3反应后的溶液中存在c(OH—)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)
D. 实验4中生成的气体是CO2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．用pH试纸测得0.1ml/L碳酸氢钠溶液的pH约为8说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，则溶液中碳酸的浓度大于碳酸根离子，故A正确；
B．0.1ml/L碳酸氢钠溶液碳与过量0.1ml/L氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，则实验2所得上层清液中存在着碳酸钡的溶解平衡，碳酸钡的溶度积Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(CO)，故B正确；
C．0.1ml/L碳酸氢钠溶液与等体积0.1ml/L氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，碳酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH—)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故C错误；
D．浓碳酸氢钠溶液与浓硫酸铝溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确；
故选C。
3. 下列利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲灼烧海带B. 用装置乙过滤海带灰浸泡液
C. 用装置丙得到I2的CCl4溶液D. 用装置丁提纯粗碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．海带的灼烧要使用坩埚，A错误；
B．海带灰难溶于水，用过滤方法除去，B正确；
C．I2更易溶解在CCl4中，且CCl4密度比水大，与水互不相溶，用分液漏斗分离，C正确；
D．碘单质易升华，碘蒸气遇装有冷水的圆底烧瓶发生凝固，得到纯净的碘固体，从而得到提纯，D正确；
故选A。
4. 下列说法正确的是
A. 谷物发酵酿酒的过程中不涉及氧化还原反应
B. 向 Na2S固体中滴加足量浓硫酸，无法生成H2S
C. 室温下，将铁片加到浓硝酸中，可制得二氧化氮气体
D. NO2与H2O发生反应生成HNO3， NO2为酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A．谷物在酿酒的过程中，淀粉先发生水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发生氧化还原反应生成乙醇，故A错误；
B．Na2S固体具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，向Na2S固体中滴加浓硫酸发生氧化还原反应，不能生成H2S，故B正确；
C．铁在室温下遇浓硝酸发生钝化，阻止反应继续进行，不能制得二氧化氮气体，故C错误；
D．NO2与H2O反应生成HNO3，发生的是氧化还原反应，所以NO2不是酸性氧化物，故D错误；
故答案选B。
5. 科学家利用原子与粒子发生核反应，获得了第一种人工放射性同位素，该核反应为。已知原子的中子数比质子数多1个。下列说法错误的是
A. 和互为同位素B. Y的简单氢化物比更稳定
C. 可用于治疗胃酸过多D. Y的某种单质在空气中能够发生自燃
【答案】B
【解析】
【分析】根据原子的中子数比质子数多1个，其质量数为27，则其质子数为13，则为Al元素，质子数是15为P元素。
【详解】A．和质子数相同质量数不同，互为同位素，A正确；
B．根据同主族元素性质递变规律，可知的稳定性比弱，B错误；
C． 能够与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，C正确；
D．白磷着火点较低，在空气中能够发生自燃，D正确。
故答案选择B。
6. 化工生产中用次磷酸钠(NaH2PO2 )进行化学镀铜，具有体系稳定性好、无毒性等优点，反应原理为 下列说法正确的是
A. NaH2PO3中P 元素的化合价为+1 价
B. 反应中氧化剂只有CuSO4
C. 上述化学反应中每转移1mle⁻， 生成H211.2L(标准状况)
D. 已知 H3PO2与足量NaOH反应生成NaH2PO2，则 NaH2PO2为正盐
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaH2PO3中钠、氢、氧元素化合价分别为+1、+1、-2，根据化合价代数和为零可知，P 元素的化合价为+3 价，A错误；
B．反应中铜、氢元素化合价降低，则氧化剂为、，B错误；
C．反应中铜元素化合价由+2变为0、氢元素化合价由+1变为0，电子转移关系为，则每转移1mle⁻生成0.25mlH2，体积为5.6L(标准状况)，C错误；
D．已知 H3PO2与足量NaOH反应生成NaH2PO2，则H3PO2为一元酸，生成的NaH2PO2为正盐，D正确；
故选D。
7. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊说明生成碳酸钙沉淀和次氯酸，酸性，则Kb(HCO)B．溶液先变蓝后褪色，说明过量的氯气又将氧化生成的碘单质氧化为更高价态的碘元素，使得溶液褪色，不是次氯酸的漂白性，B错误；
C．除含有碳碳双键的有机物外，乙醇、甲苯等也会使得酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D．过量的氯水也会氧化KSCN，使得溶液不会变为红色，D错误；
故选A。
8. 下列推断合理的是
A. CO2与H₂O反应生成 ，则SiO2也与H2O反应生成
B. CO2与 反应生成O₂，则SO₂也与 反应生成O2
C. Mg在 中燃烧生成C单质，则Ca也在( 中燃烧生成C单质
D. HCl气体溶于水形成的盐酸为强酸，则HF气体溶于水形成的氢氟酸也为强酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2可与水反应生成H2CO3，而SiO2与水不反应，类推不合理，故A错误；
B．CO2与 反应生成O2，SO2具有还原性，Na2O2有氧化性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，推断不合理，故B错误；
C．Mg在CO2中燃烧生成C单质，还原性Mg＞C，又因还原性Ca＞Mg，所以Ca也能在CO2中燃烧生成C单质，故C正确；
D．HCl气体溶于水形成的盐酸为强酸，但HF气体溶于水形成的氢氟酸为弱酸，类推不合理，故D错误；
答案选C。
9. 水溶液中可能存在等物质的量的、、、、、、中的几种离子，为确定溶液的组成，某实验小组对该溶液进行如下实验：
下列判断错误的是
A. 气体A是NO，气体B是
B. 白色沉淀可能是
C. 溶液中一定存在、、、
D. 溶液中一定不存在
【答案】B
【解析】
【分析】溶液加入盐酸生成气体，可能含有，或为、发生氧化还原反应生成，溶液Ⅰ加入过量氢氧化钡生成气体B，一定为氨气，则存在，有色沉淀为氢氧化铁，则确定含有，从而可知不存在，则气体应是由、在酸性条件下发生氧化还原反应生成，根据电荷守恒可知，除等物质的量的、、外一定含有，一定不含和，溶液Ⅱ与适量二氧化碳反应生成白色沉淀，则该白色沉淀为BaCO3。
【详解】A．由分析可知，气体A是NO，气体B是，A项正确；
B．由分析可知，白色沉淀是BaCO3，B项错误；
C．由分析可知，溶液中一定存在、、、，C项正确；
D．由分析可知，溶液中一定不含，D项正确；
答案选B。
10. 室温下，的、分别为、，。向某和的混合溶液中逐滴加入溶液，溶液中与的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 过程中对应溶液逐渐变小
B. a点对应溶液的
C. 过程对应的溶液中增大
D. a点对应的溶液中一定存在：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．温度不变水解平衡常数不变，，则横坐标数值越大，溶液中越大，溶液的值越大，则溶液的：a点小于b点，A项错误；
B．a点对应，即，此时依据表达式可知，，B项错误；
C．温度不变电离平衡常数、水的离子积不变，则分子分母同乘以，可得，温度不变，、不变，则比值不变，C项错误；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，说明，根据电荷守恒得，所以得，D项正确；
答案选D。
11. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 31g白磷中含磷磷单键键数为NA
B. 标准状况下，含有的质子数为10NA
C. 的溶液显中性，1L该溶液中含阴离子数小于0.1NA
D. 与反应生成时转移电子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．白磷()分子结构为正四面体，分子中含键，故31g白磷中含键数为，故A错误；
B．的沸点约为19.8℃，标准状况下为液态，不能用标况下气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；
C．溶液中和均水解，且溶液显中性，则和不变，和均减小，故C正确；
D．与反应，中价的O失电子生成，所以生成时转移电子数为，故D错误；
答案选C。
12. 是一种常用的脱水剂，熔点为℃，沸点为79℃，140℃以上时易分解，遇水剧烈水解生成两种气体。实验室用和晶体混合制取无水，回收剩余的并验证生成的产物，实验装置如图所示。下列说法正确的是
A. 实验开始时应先打开恒压滴液漏斗旋塞，再通入冷却水
B. 冰水的作用是冷凝并回收
C. 装置B的作用是除去气体
D. 装置D中试剂可以是品红溶液或高锰酸钾溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验开始应先通入冷却水。再打开恒压滴液漏斗旋塞，让反应进行，A错误；
B．根据题目可知冰水的作用是冷凝并回收，B正确；
C．由已知信息可知，遇水剧烈水解生成两种气体，装置B的目的应是防止后续装置中的水蒸气进入锥形瓶中。使水解，试剂应是浓硫酸，C错误；
D．装置D的目的是检验SO2，因中HCl气体也能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以只能用品红溶液，不能用高锰酸钾溶液，D错误。
故答案选择B。
13. 用废铁屑制备磁性氧化铁，制取过程如图。下列说法不正确的是
A. 浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好
B. 检验溶液 A 中的Fe2+可取样，先滴加KSCN溶液，后滴加氯水
C. 加 H2O2时应该分批加入，调节 pH是为了防止金属离子水解
D. 磁性氧化铁中铁的化合价有两种，分别为+2、+3
【答案】B
【解析】
【分析】废铁屑加入碳酸钠浸泡除去油脂等杂质，洗涤后加入稀硫酸溶解，调节pH加入过氧化氢将部分亚铁离子氧化为铁离子得到A，加入氢氧化钠在氮气氛围中加热的磁性氧化铁；
【详解】A．浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率和充分接触，效果更好，A正确；
B．A溶液中含有过氧化氢氧化生成的铁离子，铁离子会使得KSCN溶液变红色，干扰亚铁离子的鉴定，B错误；
C．加 H2O2时应该分批加入，防止过氧化氢过量全部将亚铁离子氧化为铁离子；调节 pH是为了防止金属离子水解生成沉淀，C正确；
D．磁性氧化铁为四氧化三铁，其中铁的化合价有两种，分别为+2、+3，D正确；
故选B。
14. 实验室模拟以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠的过程如下：
下列说法错误的是
A. 300℃加热所用仪器为铁坩埚
B. 通过抽滤操作可快速达到固液分离的目的
C. 晶体A是碳酸钠，时碳酸钠的溶解度最小
D. 可以先通足量氨气，再通过量CO2代替碳酸氢铵粉末
【答案】C
【解析】
【分析】氯化钠溶于水配成饱和食盐水，加入碳酸氢铵粉末后发生复分解反应，生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液；抽滤后，将滤渣(碳酸氢钠晶体)洗涤、抽干，再在300℃时灼烧，便可得到碳酸钠。
【详解】A．300℃时，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠能与陶瓷反应，所以加热所用仪器为铁坩埚，A项正确；
B．抽滤也称为减压过滤，利用抽气可使抽滤瓶中的压强降低，从而快速达到固液分离的目的，B项正确；
C．由分析可知，晶体A是碳酸氢钠，C项错误；
D．根据侯氏制碱法原理，向饱和食盐水中先通入过量氨气，再通入二氧化碳，可增大CO2的溶解度，从而制得大量的，D项正确。
故选C。
15. 如图所示的酸碱溶液恰好完全中和，则下列叙述正确的是
A. 实验②的混合溶液可能呈酸性
B. 若，则说明为强酸，为弱酸
C. 因为两种酸溶液的相等，故一定等于
D. 若实验①中，，则混合液中
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．HB可能为强酸或弱酸，恰好完全中和时生成的NaB可能为强酸强碱盐或弱酸强碱盐，所以实验②的混合溶液的pH等于7或大于7，溶液不可能呈酸性，A错误；
B．若V1＞V2，则酸的浓度c：HA＜HB，电离程度：HA＞HB，所以酸性：HA＞HB，即HB一定为弱酸，HA可能为酸性略强于HB的弱酸，也可能为强酸，B错误；
C．若HA和HB均为强酸或电离程度相当的弱酸时，恰好完全中和NaOH溶液时，V1一定等于V2，但若HA和HB中有一弱酸，则酸的浓度不同，V1一定不等于V2，C错误；
D．若实验①中V=V1，则HA的浓度为0.01ml/L，完全电离使溶液的pH=2，所以HA为强酸，反应后溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷关系有c (Na+)=c (A-)，D正确；
故答案为：D。
二、非选择题：(本题共4大题，共 55 分)
16. 某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜元素相对原子质量Ar(Cu)(近似值)。甲同学模拟工业合成氨制备氨气，反应前先称量反应物氧化铜的质量m(CuO)，反应完全后测定生成物水的质量m(H₂O)，由此计算 Ar(Cu)。装置图如下：
已知：实验室用亚硝酸盐、铵盐的混合浓溶液共热制备N₂，化学反应方程式为 请回答下列问题：
（1）C装置应选用___________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
（2）装置B的作用是：①干燥氢气和氮气：②使气体混合均匀；③___________。
（3）氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为___________。
（4）干燥管F中盛放的干燥剂为___________(填字母)。
A. 碱石灰B. 无水 CuSO₄C. 五氧化二磷D. 无水 CaCl₂
（5）乙同学经过思考认为上述装置操作麻烦，并对原装置进行了改进，装置如图所示。实验前将石英玻璃管(带两端开关K₁和K₂)(设为装置C)称重，记为 m₁g。将氧化铜装入石英玻璃管中，再次将装置c 称重，记为m₂g。按下图连接好装置进行实验。
①将下列实验操作步骤正确排序：j、d、g、a、b、___________(填字母代号)；重复上述操作步骤，直至C 恒重， 记为 m₃g。
a． 点燃酒精灯，加热
b． 熄灭酒精灯
c． 关闭 K₁和 K₂
d． 打开 K₁和 K₂
e． 称量装置C的质量
f． 冷却至室温
g.打开分液漏斗活塞，使装置中充满 NH₃
h． 关闭分液漏斗活塞
j. 检验装置气密性
②根据实验记录，计算铜元素相对原子质量Ar(Cu)=___________(列式表示)。
【答案】（1）Ⅰ （2）通过观察气泡冒出的速率，调控通入氮气、氢气的体积比
（3） （4）A
（5） ①. fhce ②.
【解析】
【分析】氢气、氮气通过B装置干燥且混合后加压进入D，D中氢气和氮气在催化剂作用下生成氨气，氨气进入E和氧化铜发生氧化还原反应生成铜单质和水，干燥管F装置用于测定生成物水的质量但不能剩余的吸收氨气，应该为碱石灰，G装置用于吸收尾气氨气且排除空气中水的干扰；
【小问1详解】
实验室用亚硝酸盐、铵盐的混合浓溶液共热制备N₂，反应为固液加热反应，选择装置Ⅰ；
【小问2详解】
装置B的作用是：①干燥氢气和氮气：②使气体混合均匀；③通过观察气泡冒出的速率，调控通入氮气、氢气的体积比；
【小问3详解】
氨气具有一定还原性，和氧化铜加热生成氮气和水、铜，反应为；
【小问4详解】
干燥管F装置用于测定生成物水的质量，但不能剩余的吸收氨气，应该为碱石灰，无水硫酸铜检验水的存在，五氧化二磷，无水CaCl2均能吸收氨气，答案选A；
【小问5详解】
①根据图示装置及实验目的可知操作步骤为：检查装置气密性→用氨气排出装置中空气→加热反应→熄灭酒精灯、冷却后→关闭分液漏斗活塞→关闭K1和K2→称量装置C的质量，即j.检验装置气密性、d.打开K1和K2、g.打开分液漏斗活塞，使装置中充满NH3、a.点燃酒精灯，加热、b.熄灭酒精灯、f.冷却至室温、h.关闭分液漏斗活塞、c.关闭K1和K2、e.称量装置C的质量，则实验操作步骤正确排序为j、d、g、a、b、f、h、c、e；
②CuO的质量为(m2-m1)g，该CuO中含有O的质量为(m2-m3)g，，n(Cu)=n(CuO)=n(O)，Cu的质量为(m3-m1)g，则Cu的摩尔质量为，所以Cu的相对原子量为。
17. 连二亚硫酸钠()是重要的工业产品，在空气中易吸收氧气，具有脱氧、漂白、保鲜功能。俗称保险粉。受热易分解。在酸性条件下易发生歧化反应。同时有固体和气体生成。实验室模拟工业生产，的装置如图甲所示。
在C中按照一定质量比加入甲醇和水，再加入适量甲酸钠和氢氧化钠固体，溶解。回答下列问题：
（1）仪器e的名称为___________，装置B的作用为___________。
（2）装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式为___________。
（3）与稀硫酸作用的离子方程式为___________，反应过程中应该控制的通入量，原因是___________。
（4）的制备原理为。用单线桥法标注电子转移的方向和数目___________。
（5）图乙为保险粉含量测定装置。称取样品加入三口烧瓶。通过滴定仪控制滴定管向三口烧瓶快速滴加溶液将连二亚硫酸钠氧化为硫酸钠，记录终点读数，共消耗的溶液。
①图乙中2为入口，通入的作用是___________。
②样品中连二亚硫酸钠的含量为___________(用含，的式子表示)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 安全瓶，防止倒吸
（2）
（3） ①. ②. 过量的二氧化硫会导致溶液显酸性，在酸性条件下，产品会发生歧化反应
（4） （5） ①. 排除装置中的氧气，防止保险粉被氧化 ②.
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠与70%较浓硫酸反应制备二氧化硫气体，装置B为空载仪器，起安全瓶的作用，防止溶液倒吸，装置C中二氧化硫与甲酸钠的碱性溶液反应制备连二亚硫酸钠，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器e为分液漏斗；由分析可知，装置B为空载仪器，起安全瓶的作用，防止溶液倒吸，故答案为：分液漏斗；安全瓶，防止倒吸；
小问2详解】
由分析可知，装置A中烧瓶内发生的反应为亚硫酸钠与70%较浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
由题意可知，连二亚硫酸钠在稀硫酸溶液中发生歧化反应生成硫酸钠、硫、二氧化硫和水，反应的离子方程式应为；过量的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液显酸性，在酸性条件下，连二亚硫酸钠会发生歧化反应，故答案为：；过量的二氧化硫会导致溶液显酸性，在酸性条件下，产品会发生歧化反应；
【小问4详解】
由题给方程式可知，消耗2ml二氧化硫，反应转移2ml电子，则标注电子转移方向和数目的单线桥为，故答案为：；
【小问5详解】
①由题意可知，连二亚硫酸钠在空气中易吸收氧气，为防止连二亚硫酸钠被氧化，测定保险粉含量时，应通入氮气排尽装置内氧气，故答案为：排除装置中的氧气，防止保险粉被氧化；
②由得失电子数目守恒可得：6—，反应消耗的溶液，则样品中连二亚硫酸钠的含量为×100%=，故答案为：。
18. 某萃铜余液主要含有 等离子，从萃铜余液中回收金属和制备 的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）过二硫酸钠(Na2S2O8)中S的化合价为+6，中过氧键的数目为___________。向pH=1的萃铜余液中加入Na2S2O8，进行“氧化除锰”，其反应的离子方程式为___________。“氧化除锰”过程中，Na2S2O8___________(填“能”或“不能”)用绿色氧化剂H2O2来代替。
（2）向“氧化除锰”后的余液中加入试剂X调节pH=5.4使铁元素完全沉淀，试剂X的化学式为___________。
（3）“沉锌”时， 应保持溶液pH在6.8~7.0之间， pH 不能过低的原因是___________。
（4）“过滤”时，经常采用抽滤的方式加快过滤的速度。实验室用如图所示的装置，经过一系列操作完成抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(“洗涤”操作只需考虑一次)：开抽气泵→a→b→d→___________→d→c→关抽气泵。
a． 转移固液混合物 b． 关活塞 A c． 开活塞 A d． 确认抽干 e． 加洗涤剂洗涤
（5）高温煅烧碱式碳酸锌[ ]得到ZnO，取碱式碳酸锌3.41g，在高温下煅烧至恒重，得到固体2.43g和标准状况下CO2 0.224L， 则该碱式碳酸锌的化学式为___________。
【答案】（1） ①. NA或() ②. ③. 不能
（2）ZnO[或ZnCO3、Zn(OH)2]
（3）pH 过低， H+与反应生成CO2， 沉锌率降低
（4）ceb （5）[或
【解析】
【分析】由题给流程可知，向萃铜余液中加入过硫酸钠溶液，余液中锰离子、亚铁离子被氧化生成二氧化锰、铁离子，过滤得到二氧化锰和“氧化除锰”的余液；向余液中加入氧化锌或碳酸锌或氢氧化锌调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有锌离子、镉离子的滤液；向滤液中加入锌，锌与镉离子发生置换反应生成镉，过滤得到除去镉离子的滤液；加入有机溶剂萃取，分液得到硫酸锌溶液；向硫酸锌溶液中加入碳酸氢铵溶液，硫酸锌转化为碱式碳酸锌晶体，过滤得到碱式碳酸锌晶体。
【小问1详解】
设过硫酸钠中-1价氧原子的数目为a，由化合价代数和为0可得：1×2+6×2+(-1)×a+(-2)×(8-a)=0，解得a=2，则过硫酸钠含有1个过氧键，1ml过硫酸根离子中含有NA个过氧键。过二硫酸钠具有强氧化性，由分析可知，向萃铜余液中加入过硫酸钠溶液时，锰离子与过硫酸根离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀、硫酸根和氢离子，反应的离子方程式为：；过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下，易发生分解反应，则不能用过氧化氢来代替过硫酸钠；
【小问2详解】
由分析可知，“氧化除锰”后的余液中加入X能消耗过量的氢离子，且不引入新杂质，则加入X为氧化锌或碳酸锌或氢氧化锌调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀；
【小问3详解】
“沉锌”时，若溶液pH过低，加入碳酸氢铵时，碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳和水，会增加碳酸氢铵用量，且会使碳酸氢根离子浓度减小，导致沉锌率降低；
【小问4详解】
“过滤”时，采用抽滤的方式加快过滤的速度，抽滤的操作为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→开活塞A→加洗涤剂洗涤→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，即开抽气泵→a→b→d→c→e→b→d→c→关抽气泵；
【小问5详解】
高温煅烧碱式碳酸锌得到ZnO，同时生成二氧化碳气体，由题意可知，反应生成氧化锌的物质的量为，由反应生成二氧化碳0.224L可知碳酸锌的物质的量为，由锌原子个数守恒可知氢氧化锌的物质的量为(0.03ml-0.01ml)= 0.02ml，碱式碳酸锌中结晶水的物质的量为，则碳酸锌、氢氧化锌和结晶水的物质的量比为1：2：1，则化学式为或，故答案为[或 。
19. 二氧化氯(ClO2)是一种重要的氧化剂，可用于某些污染物的处理。
（1）ClO2可由图1所示装置制备(电极不反应)。
①电解时阳极附近溶液的pH___(填“减小”“增大”或“不变”)。
②阴极上产生ClO2的机理如图2所示(A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出)。该机理可描述为___。
（2）ClO2可用于水体中Mn2+的去除。控制其他条件不变，在水体pH分别为7.1、7.6、8.3时，测得Mn2+浓度随反应时间的变化如图3所示。
①pH=8.3时水体中Mn2+转化为MnO2，ClO2转化为ClO，该反应的离子方程式为__。
②反应相同时间，水体中Mn2+浓度随pH增大而降低的原因是___。
（3）ClO2可对烟气中NOx、SO2进行协同脱除，涉及部分反应如下：
Ⅰ.ClO2+NO=NO2+ClO
Ⅱ.ClO+NO=Cl+NO2
Ⅲ.ClO2+SO2=ClO+SO3
Ⅳ.ClO+SO2=Cl+SO3
①反应Ⅳ的历程如图4所示。该历程中最大活化能E正=__kcal·ml-1。
②保持其他条件不变，分别在不添加NO、添加NO两种情况下，控制模拟烟气中不同并反应相同时间，测得SO2氧化率随变化如图5所示。不添加NO时，SO2氧化率较低(不超过3%)的原因可能是____；添加NO时，SO2氧化率比不添加NO时高，其原因可能是___。
【答案】（1） ①. 减小 ②. ClO在阴极上得电子生成ClO2(ClO+e-+2H+=ClO2+H2O)，生成的ClO2在阴极迅速得到电子生成ClO(ClO2+e-=ClO)，ClO与溶液中的ClO发生反应生成ClO2(ClO+ClO+2H+=2ClO2↑+H2O)
（2） ①. 2ClO2+Mn2++4OH-=MnO2↓+2ClO+2H2O ②. pH增大，OH-浓度增大，ClO2氧化Mn2+的速率加快
（3） ①. 7.7 ②. 反应Ⅲ的化学反应速率相对较慢，SO2氧化率低， ③. 反应Ⅰ、Ⅳ的化学反应速率相对较快，添加NO后，ClO2通过反应Ⅰ快速生成ClO，ClO又快速将SO2氧化为SO3
【解析】
【分析】
【小问1详解】
①电解时阳极反应为，阳极氢离子浓度增大，阳极附近溶液的pH减小；
②根据图示，ClO在阴极上得电子生成ClO2(ClO+e-+2H+=ClO2+H2O)，生成的ClO2在阴极迅速得到电子生成ClO(ClO2+e-=ClO)，ClO与溶液中的ClO发生反应生成ClO2(ClO+ClO+2H+=2ClO2↑+H2O)；
【小问2详解】
①pH=8.3时水体中Mn2+转化为MnO2，锰元素化合价由+2升高为+4，ClO2转化为ClO，氯元素化合价由+4降低为+3，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为2ClO2+Mn2++4OH-=MnO2↓+2ClO+2H2O；
②pH增大，OH-浓度增大，ClO2氧化Mn2+的速率加快，所以反应相同时间，水体中Mn2+浓度随pH增大而降低；
【小问3详解】
①根据图4可知，该历程中最大活化能E正=kcal·ml-1；实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测得0.1ml·L-1NaHCO3溶液的pH约为8
2
向0.1ml·L-1NaHCO3溶液中加入过量0.1ml·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
3
向0.1ml·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1ml·L-1NaOH溶液
4
向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，有气体和沉淀生成
选项
实验操作
现象
结论
A
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2
溶液变浑浊
Kb(HCO)B
向淀粉-KI溶液中通入过量Cl2
溶液先变蓝后褪色
HClO具有漂白性
C
向酸性KMnO4溶液中加入某有机物
溶液褪色
该有机物中含有碳碳双键
D
将少量铁屑加入过量的氯水中，并滴加2滴KSCN溶液
溶液未变为红色
氯水不能将铁氧化为Fe3+
试卷总分： 100 分 考试时间： 100 分钟
可能用到的相对原子质量：H：I C：12 N：14 O：16 Mg：24 S：32 Cl：35.5 Fe：56 P：31 Zn：65Cu：64 Ca：40 Al：27 Ba：137 K：39 Na：23 Br：80 Ag：108 F：19 Cr：52 I：127 Hg：201
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列化学反应的离子方程式书写正确的是
A. 氧化亚铁溶于稀硝酸：
B. 溶液与溶液混合：
C. 向溶液中滴加溶液至中性：
D. 与浓硝酸反应：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氧化亚铁具有还原性、稀硝酸具有氧化性，应该得到和气体，A项错误；
B．溶液与溶液混合产生沉淀、但没有气体，该反应不属于水解相互促进，正确的离子方程式为，B项错误；
C．向溶液中滴加溶液至中性，离子方程式为，C项正确；
D．与浓反应生成，D项错误；
答案选C。
2. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。
下列说法不正确的是
A. 实验1的溶液中存在c(H2CO3)>c(CO)
B. 实验2所得上层清液中存在c(Ba2+)·c(CO)=Ksp(BaCO3)
C. 实验3反应后的溶液中存在c(OH—)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)
D. 实验4中生成的气体是CO2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．用pH试纸测得0.1ml/L碳酸氢钠溶液的pH约为8说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，则溶液中碳酸的浓度大于碳酸根离子，故A正确；
B．0.1ml/L碳酸氢钠溶液碳与过量0.1ml/L氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，则实验2所得上层清液中存在着碳酸钡的溶解平衡，碳酸钡的溶度积Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(CO)，故B正确；
C．0.1ml/L碳酸氢钠溶液与等体积0.1ml/L氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，碳酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH—)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故C错误；
D．浓碳酸氢钠溶液与浓硫酸铝溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确；
故选C。
3. 下列利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲灼烧海带B. 用装置乙过滤海带灰浸泡液
C. 用装置丙得到I2的CCl4溶液D. 用装置丁提纯粗碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．海带的灼烧要使用坩埚，A错误；
B．海带灰难溶于水，用过滤方法除去，B正确；
C．I2更易溶解在CCl4中，且CCl4密度比水大，与水互不相溶，用分液漏斗分离，C正确；
D．碘单质易升华，碘蒸气遇装有冷水的圆底烧瓶发生凝固，得到纯净的碘固体，从而得到提纯，D正确；
故选A。
4. 下列说法正确的是
A. 谷物发酵酿酒的过程中不涉及氧化还原反应
B. 向 Na2S固体中滴加足量浓硫酸，无法生成H2S
C. 室温下，将铁片加到浓硝酸中，可制得二氧化氮气体
D. NO2与H2O发生反应生成HNO3， NO2为酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A．谷物在酿酒的过程中，淀粉先发生水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发生氧化还原反应生成乙醇，故A错误；
B．Na2S固体具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，向Na2S固体中滴加浓硫酸发生氧化还原反应，不能生成H2S，故B正确；
C．铁在室温下遇浓硝酸发生钝化，阻止反应继续进行，不能制得二氧化氮气体，故C错误；
D．NO2与H2O反应生成HNO3，发生的是氧化还原反应，所以NO2不是酸性氧化物，故D错误；
故答案选B。
5. 科学家利用原子与粒子发生核反应，获得了第一种人工放射性同位素，该核反应为。已知原子的中子数比质子数多1个。下列说法错误的是
A. 和互为同位素B. Y的简单氢化物比更稳定
C. 可用于治疗胃酸过多D. Y的某种单质在空气中能够发生自燃
【答案】B
【解析】
【分析】根据原子的中子数比质子数多1个，其质量数为27，则其质子数为13，则为Al元素，质子数是15为P元素。
【详解】A．和质子数相同质量数不同，互为同位素，A正确；
B．根据同主族元素性质递变规律，可知的稳定性比弱，B错误；
C． 能够与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，C正确；
D．白磷着火点较低，在空气中能够发生自燃，D正确。
故答案选择B。
6. 化工生产中用次磷酸钠(NaH2PO2 )进行化学镀铜，具有体系稳定性好、无毒性等优点，反应原理为 下列说法正确的是
A. NaH2PO3中P 元素的化合价为+1 价
B. 反应中氧化剂只有CuSO4
C. 上述化学反应中每转移1mle⁻， 生成H211.2L(标准状况)
D. 已知 H3PO2与足量NaOH反应生成NaH2PO2，则 NaH2PO2为正盐
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaH2PO3中钠、氢、氧元素化合价分别为+1、+1、-2，根据化合价代数和为零可知，P 元素的化合价为+3 价，A错误；
B．反应中铜、氢元素化合价降低，则氧化剂为、，B错误；
C．反应中铜元素化合价由+2变为0、氢元素化合价由+1变为0，电子转移关系为，则每转移1mle⁻生成0.25mlH2，体积为5.6L(标准状况)，C错误；
D．已知 H3PO2与足量NaOH反应生成NaH2PO2，则H3PO2为一元酸，生成的NaH2PO2为正盐，D正确；
故选D。
7. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊说明生成碳酸钙沉淀和次氯酸，酸性，则Kb(HCO)
C．除含有碳碳双键的有机物外，乙醇、甲苯等也会使得酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D．过量的氯水也会氧化KSCN，使得溶液不会变为红色，D错误；
故选A。
8. 下列推断合理的是
A. CO2与H₂O反应生成 ，则SiO2也与H2O反应生成
B. CO2与 反应生成O₂，则SO₂也与 反应生成O2
C. Mg在 中燃烧生成C单质，则Ca也在( 中燃烧生成C单质
D. HCl气体溶于水形成的盐酸为强酸，则HF气体溶于水形成的氢氟酸也为强酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2可与水反应生成H2CO3，而SiO2与水不反应，类推不合理，故A错误；
B．CO2与 反应生成O2，SO2具有还原性，Na2O2有氧化性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，推断不合理，故B错误；
C．Mg在CO2中燃烧生成C单质，还原性Mg＞C，又因还原性Ca＞Mg，所以Ca也能在CO2中燃烧生成C单质，故C正确；
D．HCl气体溶于水形成的盐酸为强酸，但HF气体溶于水形成的氢氟酸为弱酸，类推不合理，故D错误；
答案选C。
9. 水溶液中可能存在等物质的量的、、、、、、中的几种离子，为确定溶液的组成，某实验小组对该溶液进行如下实验：
下列判断错误的是
A. 气体A是NO，气体B是
B. 白色沉淀可能是
C. 溶液中一定存在、、、
D. 溶液中一定不存在
【答案】B
【解析】
【分析】溶液加入盐酸生成气体，可能含有，或为、发生氧化还原反应生成，溶液Ⅰ加入过量氢氧化钡生成气体B，一定为氨气，则存在，有色沉淀为氢氧化铁，则确定含有，从而可知不存在，则气体应是由、在酸性条件下发生氧化还原反应生成，根据电荷守恒可知，除等物质的量的、、外一定含有，一定不含和，溶液Ⅱ与适量二氧化碳反应生成白色沉淀，则该白色沉淀为BaCO3。
【详解】A．由分析可知，气体A是NO，气体B是，A项正确；
B．由分析可知，白色沉淀是BaCO3，B项错误；
C．由分析可知，溶液中一定存在、、、，C项正确；
D．由分析可知，溶液中一定不含，D项正确；
答案选B。
10. 室温下，的、分别为、，。向某和的混合溶液中逐滴加入溶液，溶液中与的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 过程中对应溶液逐渐变小
B. a点对应溶液的
C. 过程对应的溶液中增大
D. a点对应的溶液中一定存在：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．温度不变水解平衡常数不变，，则横坐标数值越大，溶液中越大，溶液的值越大，则溶液的：a点小于b点，A项错误；
B．a点对应，即，此时依据表达式可知，，B项错误；
C．温度不变电离平衡常数、水的离子积不变，则分子分母同乘以，可得，温度不变，、不变，则比值不变，C项错误；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，说明，根据电荷守恒得，所以得，D项正确；
答案选D。
11. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 31g白磷中含磷磷单键键数为NA
B. 标准状况下，含有的质子数为10NA
C. 的溶液显中性，1L该溶液中含阴离子数小于0.1NA
D. 与反应生成时转移电子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．白磷()分子结构为正四面体，分子中含键，故31g白磷中含键数为，故A错误；
B．的沸点约为19.8℃，标准状况下为液态，不能用标况下气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；
C．溶液中和均水解，且溶液显中性，则和不变，和均减小，故C正确；
D．与反应，中价的O失电子生成，所以生成时转移电子数为，故D错误；
答案选C。
12. 是一种常用的脱水剂，熔点为℃，沸点为79℃，140℃以上时易分解，遇水剧烈水解生成两种气体。实验室用和晶体混合制取无水，回收剩余的并验证生成的产物，实验装置如图所示。下列说法正确的是
A. 实验开始时应先打开恒压滴液漏斗旋塞，再通入冷却水
B. 冰水的作用是冷凝并回收
C. 装置B的作用是除去气体
D. 装置D中试剂可以是品红溶液或高锰酸钾溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验开始应先通入冷却水。再打开恒压滴液漏斗旋塞，让反应进行，A错误；
B．根据题目可知冰水的作用是冷凝并回收，B正确；
C．由已知信息可知，遇水剧烈水解生成两种气体，装置B的目的应是防止后续装置中的水蒸气进入锥形瓶中。使水解，试剂应是浓硫酸，C错误；
D．装置D的目的是检验SO2，因中HCl气体也能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以只能用品红溶液，不能用高锰酸钾溶液，D错误。
故答案选择B。
13. 用废铁屑制备磁性氧化铁，制取过程如图。下列说法不正确的是
A. 浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好
B. 检验溶液 A 中的Fe2+可取样，先滴加KSCN溶液，后滴加氯水
C. 加 H2O2时应该分批加入，调节 pH是为了防止金属离子水解
D. 磁性氧化铁中铁的化合价有两种，分别为+2、+3
【答案】B
【解析】
【分析】废铁屑加入碳酸钠浸泡除去油脂等杂质，洗涤后加入稀硫酸溶解，调节pH加入过氧化氢将部分亚铁离子氧化为铁离子得到A，加入氢氧化钠在氮气氛围中加热的磁性氧化铁；
【详解】A．浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率和充分接触，效果更好，A正确；
B．A溶液中含有过氧化氢氧化生成的铁离子，铁离子会使得KSCN溶液变红色，干扰亚铁离子的鉴定，B错误；
C．加 H2O2时应该分批加入，防止过氧化氢过量全部将亚铁离子氧化为铁离子；调节 pH是为了防止金属离子水解生成沉淀，C正确；
D．磁性氧化铁为四氧化三铁，其中铁的化合价有两种，分别为+2、+3，D正确；
故选B。
14. 实验室模拟以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠的过程如下：
下列说法错误的是
A. 300℃加热所用仪器为铁坩埚
B. 通过抽滤操作可快速达到固液分离的目的
C. 晶体A是碳酸钠，时碳酸钠的溶解度最小
D. 可以先通足量氨气，再通过量CO2代替碳酸氢铵粉末
【答案】C
【解析】
【分析】氯化钠溶于水配成饱和食盐水，加入碳酸氢铵粉末后发生复分解反应，生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液；抽滤后，将滤渣(碳酸氢钠晶体)洗涤、抽干，再在300℃时灼烧，便可得到碳酸钠。
【详解】A．300℃时，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠能与陶瓷反应，所以加热所用仪器为铁坩埚，A项正确；
B．抽滤也称为减压过滤，利用抽气可使抽滤瓶中的压强降低，从而快速达到固液分离的目的，B项正确；
C．由分析可知，晶体A是碳酸氢钠，C项错误；
D．根据侯氏制碱法原理，向饱和食盐水中先通入过量氨气，再通入二氧化碳，可增大CO2的溶解度，从而制得大量的，D项正确。
故选C。
15. 如图所示的酸碱溶液恰好完全中和，则下列叙述正确的是
A. 实验②的混合溶液可能呈酸性
B. 若，则说明为强酸，为弱酸
C. 因为两种酸溶液的相等，故一定等于
D. 若实验①中，，则混合液中
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．HB可能为强酸或弱酸，恰好完全中和时生成的NaB可能为强酸强碱盐或弱酸强碱盐，所以实验②的混合溶液的pH等于7或大于7，溶液不可能呈酸性，A错误；
B．若V1＞V2，则酸的浓度c：HA＜HB，电离程度：HA＞HB，所以酸性：HA＞HB，即HB一定为弱酸，HA可能为酸性略强于HB的弱酸，也可能为强酸，B错误；
C．若HA和HB均为强酸或电离程度相当的弱酸时，恰好完全中和NaOH溶液时，V1一定等于V2，但若HA和HB中有一弱酸，则酸的浓度不同，V1一定不等于V2，C错误；
D．若实验①中V=V1，则HA的浓度为0.01ml/L，完全电离使溶液的pH=2，所以HA为强酸，反应后溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷关系有c (Na+)=c (A-)，D正确；
故答案为：D。
二、非选择题：(本题共4大题，共 55 分)
16. 某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜元素相对原子质量Ar(Cu)(近似值)。甲同学模拟工业合成氨制备氨气，反应前先称量反应物氧化铜的质量m(CuO)，反应完全后测定生成物水的质量m(H₂O)，由此计算 Ar(Cu)。装置图如下：
已知：实验室用亚硝酸盐、铵盐的混合浓溶液共热制备N₂，化学反应方程式为 请回答下列问题：
（1）C装置应选用___________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
（2）装置B的作用是：①干燥氢气和氮气：②使气体混合均匀；③___________。
（3）氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为___________。
（4）干燥管F中盛放的干燥剂为___________(填字母)。
A. 碱石灰B. 无水 CuSO₄C. 五氧化二磷D. 无水 CaCl₂
（5）乙同学经过思考认为上述装置操作麻烦，并对原装置进行了改进，装置如图所示。实验前将石英玻璃管(带两端开关K₁和K₂)(设为装置C)称重，记为 m₁g。将氧化铜装入石英玻璃管中，再次将装置c 称重，记为m₂g。按下图连接好装置进行实验。
①将下列实验操作步骤正确排序：j、d、g、a、b、___________(填字母代号)；重复上述操作步骤，直至C 恒重， 记为 m₃g。
a． 点燃酒精灯，加热
b． 熄灭酒精灯
c． 关闭 K₁和 K₂
d． 打开 K₁和 K₂
e． 称量装置C的质量
f． 冷却至室温
g.打开分液漏斗活塞，使装置中充满 NH₃
h． 关闭分液漏斗活塞
j. 检验装置气密性
②根据实验记录，计算铜元素相对原子质量Ar(Cu)=___________(列式表示)。
【答案】（1）Ⅰ （2）通过观察气泡冒出的速率，调控通入氮气、氢气的体积比
（3） （4）A
（5） ①. fhce ②.
【解析】
【分析】氢气、氮气通过B装置干燥且混合后加压进入D，D中氢气和氮气在催化剂作用下生成氨气，氨气进入E和氧化铜发生氧化还原反应生成铜单质和水，干燥管F装置用于测定生成物水的质量但不能剩余的吸收氨气，应该为碱石灰，G装置用于吸收尾气氨气且排除空气中水的干扰；
【小问1详解】
实验室用亚硝酸盐、铵盐的混合浓溶液共热制备N₂，反应为固液加热反应，选择装置Ⅰ；
【小问2详解】
装置B的作用是：①干燥氢气和氮气：②使气体混合均匀；③通过观察气泡冒出的速率，调控通入氮气、氢气的体积比；
【小问3详解】
氨气具有一定还原性，和氧化铜加热生成氮气和水、铜，反应为；
【小问4详解】
干燥管F装置用于测定生成物水的质量，但不能剩余的吸收氨气，应该为碱石灰，无水硫酸铜检验水的存在，五氧化二磷，无水CaCl2均能吸收氨气，答案选A；
【小问5详解】
①根据图示装置及实验目的可知操作步骤为：检查装置气密性→用氨气排出装置中空气→加热反应→熄灭酒精灯、冷却后→关闭分液漏斗活塞→关闭K1和K2→称量装置C的质量，即j.检验装置气密性、d.打开K1和K2、g.打开分液漏斗活塞，使装置中充满NH3、a.点燃酒精灯，加热、b.熄灭酒精灯、f.冷却至室温、h.关闭分液漏斗活塞、c.关闭K1和K2、e.称量装置C的质量，则实验操作步骤正确排序为j、d、g、a、b、f、h、c、e；
②CuO的质量为(m2-m1)g，该CuO中含有O的质量为(m2-m3)g，，n(Cu)=n(CuO)=n(O)，Cu的质量为(m3-m1)g，则Cu的摩尔质量为，所以Cu的相对原子量为。
17. 连二亚硫酸钠()是重要的工业产品，在空气中易吸收氧气，具有脱氧、漂白、保鲜功能。俗称保险粉。受热易分解。在酸性条件下易发生歧化反应。同时有固体和气体生成。实验室模拟工业生产，的装置如图甲所示。
在C中按照一定质量比加入甲醇和水，再加入适量甲酸钠和氢氧化钠固体，溶解。回答下列问题：
（1）仪器e的名称为___________，装置B的作用为___________。
（2）装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式为___________。
（3）与稀硫酸作用的离子方程式为___________，反应过程中应该控制的通入量，原因是___________。
（4）的制备原理为。用单线桥法标注电子转移的方向和数目___________。
（5）图乙为保险粉含量测定装置。称取样品加入三口烧瓶。通过滴定仪控制滴定管向三口烧瓶快速滴加溶液将连二亚硫酸钠氧化为硫酸钠，记录终点读数，共消耗的溶液。
①图乙中2为入口，通入的作用是___________。
②样品中连二亚硫酸钠的含量为___________(用含，的式子表示)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 安全瓶，防止倒吸
（2）
（3） ①. ②. 过量的二氧化硫会导致溶液显酸性，在酸性条件下，产品会发生歧化反应
（4） （5） ①. 排除装置中的氧气，防止保险粉被氧化 ②.
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠与70%较浓硫酸反应制备二氧化硫气体，装置B为空载仪器，起安全瓶的作用，防止溶液倒吸，装置C中二氧化硫与甲酸钠的碱性溶液反应制备连二亚硫酸钠，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器e为分液漏斗；由分析可知，装置B为空载仪器，起安全瓶的作用，防止溶液倒吸，故答案为：分液漏斗；安全瓶，防止倒吸；
小问2详解】
由分析可知，装置A中烧瓶内发生的反应为亚硫酸钠与70%较浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
由题意可知，连二亚硫酸钠在稀硫酸溶液中发生歧化反应生成硫酸钠、硫、二氧化硫和水，反应的离子方程式应为；过量的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液显酸性，在酸性条件下，连二亚硫酸钠会发生歧化反应，故答案为：；过量的二氧化硫会导致溶液显酸性，在酸性条件下，产品会发生歧化反应；
【小问4详解】
由题给方程式可知，消耗2ml二氧化硫，反应转移2ml电子，则标注电子转移方向和数目的单线桥为，故答案为：；
【小问5详解】
①由题意可知，连二亚硫酸钠在空气中易吸收氧气，为防止连二亚硫酸钠被氧化，测定保险粉含量时，应通入氮气排尽装置内氧气，故答案为：排除装置中的氧气，防止保险粉被氧化；
②由得失电子数目守恒可得：6—，反应消耗的溶液，则样品中连二亚硫酸钠的含量为×100%=，故答案为：。
18. 某萃铜余液主要含有 等离子，从萃铜余液中回收金属和制备 的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）过二硫酸钠(Na2S2O8)中S的化合价为+6，中过氧键的数目为___________。向pH=1的萃铜余液中加入Na2S2O8，进行“氧化除锰”，其反应的离子方程式为___________。“氧化除锰”过程中，Na2S2O8___________(填“能”或“不能”)用绿色氧化剂H2O2来代替。
（2）向“氧化除锰”后的余液中加入试剂X调节pH=5.4使铁元素完全沉淀，试剂X的化学式为___________。
（3）“沉锌”时， 应保持溶液pH在6.8~7.0之间， pH 不能过低的原因是___________。
（4）“过滤”时，经常采用抽滤的方式加快过滤的速度。实验室用如图所示的装置，经过一系列操作完成抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(“洗涤”操作只需考虑一次)：开抽气泵→a→b→d→___________→d→c→关抽气泵。
a． 转移固液混合物 b． 关活塞 A c． 开活塞 A d． 确认抽干 e． 加洗涤剂洗涤
（5）高温煅烧碱式碳酸锌[ ]得到ZnO，取碱式碳酸锌3.41g，在高温下煅烧至恒重，得到固体2.43g和标准状况下CO2 0.224L， 则该碱式碳酸锌的化学式为___________。
【答案】（1） ①. NA或() ②. ③. 不能
（2）ZnO[或ZnCO3、Zn(OH)2]
（3）pH 过低， H+与反应生成CO2， 沉锌率降低
（4）ceb （5）[或
【解析】
【分析】由题给流程可知，向萃铜余液中加入过硫酸钠溶液，余液中锰离子、亚铁离子被氧化生成二氧化锰、铁离子，过滤得到二氧化锰和“氧化除锰”的余液；向余液中加入氧化锌或碳酸锌或氢氧化锌调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有锌离子、镉离子的滤液；向滤液中加入锌，锌与镉离子发生置换反应生成镉，过滤得到除去镉离子的滤液；加入有机溶剂萃取，分液得到硫酸锌溶液；向硫酸锌溶液中加入碳酸氢铵溶液，硫酸锌转化为碱式碳酸锌晶体，过滤得到碱式碳酸锌晶体。
【小问1详解】
设过硫酸钠中-1价氧原子的数目为a，由化合价代数和为0可得：1×2+6×2+(-1)×a+(-2)×(8-a)=0，解得a=2，则过硫酸钠含有1个过氧键，1ml过硫酸根离子中含有NA个过氧键。过二硫酸钠具有强氧化性，由分析可知，向萃铜余液中加入过硫酸钠溶液时，锰离子与过硫酸根离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀、硫酸根和氢离子，反应的离子方程式为：；过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下，易发生分解反应，则不能用过氧化氢来代替过硫酸钠；
【小问2详解】
由分析可知，“氧化除锰”后的余液中加入X能消耗过量的氢离子，且不引入新杂质，则加入X为氧化锌或碳酸锌或氢氧化锌调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀；
【小问3详解】
“沉锌”时，若溶液pH过低，加入碳酸氢铵时，碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳和水，会增加碳酸氢铵用量，且会使碳酸氢根离子浓度减小，导致沉锌率降低；
【小问4详解】
“过滤”时，采用抽滤的方式加快过滤的速度，抽滤的操作为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→开活塞A→加洗涤剂洗涤→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，即开抽气泵→a→b→d→c→e→b→d→c→关抽气泵；
【小问5详解】
高温煅烧碱式碳酸锌得到ZnO，同时生成二氧化碳气体，由题意可知，反应生成氧化锌的物质的量为，由反应生成二氧化碳0.224L可知碳酸锌的物质的量为，由锌原子个数守恒可知氢氧化锌的物质的量为(0.03ml-0.01ml)= 0.02ml，碱式碳酸锌中结晶水的物质的量为，则碳酸锌、氢氧化锌和结晶水的物质的量比为1：2：1，则化学式为或，故答案为[或 。
19. 二氧化氯(ClO2)是一种重要的氧化剂，可用于某些污染物的处理。
（1）ClO2可由图1所示装置制备(电极不反应)。
①电解时阳极附近溶液的pH___(填“减小”“增大”或“不变”)。
②阴极上产生ClO2的机理如图2所示(A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出)。该机理可描述为___。
（2）ClO2可用于水体中Mn2+的去除。控制其他条件不变，在水体pH分别为7.1、7.6、8.3时，测得Mn2+浓度随反应时间的变化如图3所示。
①pH=8.3时水体中Mn2+转化为MnO2，ClO2转化为ClO，该反应的离子方程式为__。
②反应相同时间，水体中Mn2+浓度随pH增大而降低的原因是___。
（3）ClO2可对烟气中NOx、SO2进行协同脱除，涉及部分反应如下：
Ⅰ.ClO2+NO=NO2+ClO
Ⅱ.ClO+NO=Cl+NO2
Ⅲ.ClO2+SO2=ClO+SO3
Ⅳ.ClO+SO2=Cl+SO3
①反应Ⅳ的历程如图4所示。该历程中最大活化能E正=__kcal·ml-1。
②保持其他条件不变，分别在不添加NO、添加NO两种情况下，控制模拟烟气中不同并反应相同时间，测得SO2氧化率随变化如图5所示。不添加NO时，SO2氧化率较低(不超过3%)的原因可能是____；添加NO时，SO2氧化率比不添加NO时高，其原因可能是___。
【答案】（1） ①. 减小 ②. ClO在阴极上得电子生成ClO2(ClO+e-+2H+=ClO2+H2O)，生成的ClO2在阴极迅速得到电子生成ClO(ClO2+e-=ClO)，ClO与溶液中的ClO发生反应生成ClO2(ClO+ClO+2H+=2ClO2↑+H2O)
（2） ①. 2ClO2+Mn2++4OH-=MnO2↓+2ClO+2H2O ②. pH增大，OH-浓度增大，ClO2氧化Mn2+的速率加快
（3） ①. 7.7 ②. 反应Ⅲ的化学反应速率相对较慢，SO2氧化率低， ③. 反应Ⅰ、Ⅳ的化学反应速率相对较快，添加NO后，ClO2通过反应Ⅰ快速生成ClO，ClO又快速将SO2氧化为SO3
【解析】
【分析】
【小问1详解】
①电解时阳极反应为，阳极氢离子浓度增大，阳极附近溶液的pH减小；
②根据图示，ClO在阴极上得电子生成ClO2(ClO+e-+2H+=ClO2+H2O)，生成的ClO2在阴极迅速得到电子生成ClO(ClO2+e-=ClO)，ClO与溶液中的ClO发生反应生成ClO2(ClO+ClO+2H+=2ClO2↑+H2O)；
【小问2详解】
①pH=8.3时水体中Mn2+转化为MnO2，锰元素化合价由+2升高为+4，ClO2转化为ClO，氯元素化合价由+4降低为+3，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为2ClO2+Mn2++4OH-=MnO2↓+2ClO+2H2O；
②pH增大，OH-浓度增大，ClO2氧化Mn2+的速率加快，所以反应相同时间，水体中Mn2+浓度随pH增大而降低；
【小问3详解】
①根据图4可知，该历程中最大活化能E正=kcal·ml-1；实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测得0.1ml·L-1NaHCO3溶液的pH约为8
2
向0.1ml·L-1NaHCO3溶液中加入过量0.1ml·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
3
向0.1ml·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1ml·L-1NaOH溶液
4
向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，有气体和沉淀生成
选项
实验操作
现象
结论
A
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2
溶液变浑浊
Kb(HCO)
向淀粉-KI溶液中通入过量Cl2
溶液先变蓝后褪色
HClO具有漂白性
C
向酸性KMnO4溶液中加入某有机物
溶液褪色
该有机物中含有碳碳双键
D
将少量铁屑加入过量的氯水中，并滴加2滴KSCN溶液
溶液未变为红色
氯水不能将铁氧化为Fe3+
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