【化学】江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高一上学期第二次月考（特零班）试题（解析版）
江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高一上学期第二次月考（特零班）试题
可能用到的相对原子质量：H- 1 C-12 N-14 O-16 S-32 K-39 Mn-55 Fe-56 Pb-207
一、单项选择
1.杭甬高速公路萧山路段一辆运送危险品的槽罐车发生侧翻，罐内15吨苯泄入路边300米长的水渠，造成严重危险，许多新闻媒体进行了追踪报道。以下有科学性错误的是（ ）
A. 苯是一种易挥发、易燃的物质，周围地区如果有一个火星可能引起爆炸
B. 大量苯溶于水中渗入土壤，会对周边农田、水源造成严重污染
C. 采取抽吸水渠中上层液体的办法，达到清除泄漏物的目的
D. 处理事故时，由于事发地周围比较空旷，有人提出用点火焚烧的办法来清除泄漏物，由于苯燃烧会产生大量的黑烟扩大污染，该办法未被采纳
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，苯是一种易挥发、易燃的物质，如果周围地区有一个火星可能引起爆炸，因此要注意防火，故A正确，不符合题意；
B选项，苯难溶于水，故B错误，符合题意；
C选项，苯的密度比水小，因此采取抽吸水渠中上层液体的办法，达到清除泄漏物的目的，故C正确，不符合题意；
D选项，处理事故时，由于事发地周围比较空旷，有人提出用点火焚烧的办法来清除泄漏物，苯不能被充分燃烧，因此会产生大量的黑烟扩大污染，故D正确，不符合题意。
综上所述，答案为B。
2.是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中的含量变化来监测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关叙述中错误的是（ ）
A. 的化学性质与相同 B. 的原子序数为53
C. 碘元素在周期表位于第四周期第Ⅶ族 D. 的原子核内中子数多于质子数
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，与物理性质不同，化学性质几乎相同，故A正确，不符合题意；
B选项，的原子序数为53，质子数为53，故B正确，不符合题意；
C选项，碘元素在周期表位于第五周期第ⅦA族，故C错误，符合题意；
D选项，的原子核内中子数为78个，质子数为53个，故D正确，不符合题意。
综上所述，答案为C。
3.如图是元素周期表的一部分，下列说法中正确的是（ ）
A. 元素①位于第2周期第ⅣA族
B. 气态氢化物的稳定性：④＞②
C. 最高价氧化物对应水化物酸性：⑤＞ ①
D. 元素的最高正化合价：③＝⑤
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，元素①位于第2周期第VIA族，故A错误；
B选项，从上到下，非金属减弱，气态氢化物的稳定性减弱，因此气态氢化物的稳定性：②＞④，故B错误；
C选项，非金属性越强，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越大，则最高价氧化物对应水化物酸性：高氯酸大于硝酸，故C正确；
D选项，元素的最高正化合价，⑤为+7价，③无正价，故D错误。
综上所述，答案为C。
4.下列结论错误的是（ ）
①微粒半径：K+>Al3+>S2－>C1－ ②氢化物的稳定性：HF>HC1>H2S>PH3>SiH4
③离子的还原性：S2－>C1－>Br－>I－ ④氧化性：C12>S>Se>Te
⑤酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO ⑥非金属性：O>N>P>Si
⑦金属性:Be
0。下列说法中正确的是（ ）
A. 密闭容器中气体的平均相对分子质量不变，则该反应达到平衡状态
B. 密闭容器中气体的密度不变，则该反应达到平衡状态
C. 再加入一定量氨基甲酸铵，可加快正反应速率
D. 保持温度不变，压缩体积，可使正、逆反应速率都增大
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，该反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)＋CO2(g)，只有生成物是气体，因此密闭容器中气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明该反应达到平衡状态，故A错误；
B选项，密度等于气体质量除以体积，气体质量增大，容器体积不变，当密闭容器中气体的密度不变，则该反应达到平衡状态，故B正确；
C选项，氨基甲酸铵是固体，再加入一定量氨基甲酸铵，正反应速率不变，故C错误；
D选项，保持温度不变，压缩体积，反应物浓度不变，因此正反应速率不变，故D错误。
综上所述，答案为B。
10.某含有1个C≡C三键的炔烃，与氢气加成后产物的结构简式如图，则此炔烃可能的结构有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】A
【解析】
【详解】将相邻两个碳每个碳原子脱去两个氢原子形成炔烃，，因此只形成一种炔烃，故A正确。
综上所述，答案为A。
11.下列离子方程式中正确的是（ ）
A. 用食醋除除去水垢中的碳酸钙：CaCO3 + 2H+=Ca2+ + H2O + CO2↑
B. 澄清石灰水与少量碳酸氢钙溶液混合： Ca2+ + OH- ＋HCO3- =CaCO3↓＋H2O
C. 往饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：CO32- + CO2 + H2O = 2HCO3-
D. 过氧化钾与水反应 ：2O22- + 2H2O =4OH- + O2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，食醋不能拆，故A错误；
B选项，澄清石灰水与少量碳酸氢钙溶液混合，少的先定位1mol，1mol碳酸氢钙电离出1mol钙离子和2mol碳酸氢根，2mol碳酸氢根和2mol氢氧根反应生成2mol碳酸根，和2mol钙离子生成2mol碳酸钙，同时除以2的：Ca2+ + OH－ ＋HCO3－ =CaCO3↓＋H2O，故B正确；
C选项，往饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na++ CO32－ + CO2 + H2O = 2NaHCO3，故C错误；
D选项，过氧化钾不能拆，故D错误。
综上所述，答案为B。
12.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是（ ）
A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【答案】D
【解析】
【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。
【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；
B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；
C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；
D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。
故选D。
13.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1 mol·L−1 NaOH溶液：Na+、K+、 CO32-、 AlO2-
B. 0.1 mol·L−1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、 SO42-、 MnO4-
C. 0.1 mol·L−1 K2CO3溶液：Na+、Ag+、NO3−、K+
D. 0.1 mol·L−1 H2SO4溶液：K+、Cl-、 Mg2+、 CH3COO-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 0.1 mol·L−1 NaOH溶液：Na+、K+、 CO32－、 AlO2－，都不反应，共存，故A符合题意；
B选项， Fe2+与MnO4－会发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C选项，CO32-溶液与Ag+反应，故C不符合题意；
D选项， H+溶液与CH3COO－反应生成醋酸，故D不符合题意；
综上所述，答案为A。
14.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A. Fe与2.24LCl2恰好完全反应，转移电子数目为0.2NA
B. 0.5molNa2O2和0.5molNa2O组成的混合物中，含阴离子数目为1NA
C. 17gNH3分子中含有的共用电子对数为3NA
D. 1.7gOH－所含电子总数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，气体状态未知，2.24LCl2物质的量无法计算，故A错误，符合题意；
B选项，0.5molNa2O2阴离子数目为0.5NA，0.5molNa2O阴离子数目为0.5NA，两者组成的混合物中，含阴离子数目为1NA，故B正确，不符合题意；
C选项，17gNH3物质的量为1mol，一个氨气含有3对共用电子对，因此17g氨气分子中含有的共用电子对数为3NA，故C正确，不符合题意；
D选项，1.7gOH－物质的量为0.1mol，一个氢氧根含有10个电子，因此1.7g OH－所含电子总数为NA，故D正确，不符合题意。
综上所述，答案为A。
15.侯氏制碱法制备碳酸氢钠的原理为NH3+H2O+CO2 +NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，某化学小组用如图装置在实验室中模拟该制备过程，下列说法不正确的是（ ）
A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶
B. 装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸
C. 装置C中橡胶管的作用是平衡压强，使溶液顺利滴下
D. 实验开始后，应先打开K1一段时间，然后再打开K2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶，A正确；
B. 氨气极易溶于水，装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸，B正确；
C.
装置C中橡胶管的作用是使分液漏斗中液体压强与烧瓶内压强相同，使使分液漏斗中溶液顺利滴下，C正确；
D. 实验开始后，应先打开K2一段时间，使溶液呈碱性，然后再打开K1，吸收更多的二氧化碳，D错误；
答案为D。
16.8.8g FeS与400mL 1 mol/L硝酸溶液恰好完全反应，反应后产物为Fe2(SO4)3和Fe(NO3)3, X、H2O，则X为（ ）
A. N2 B. NO C. N2O D. NO2
【答案】B
【解析】
【详解】8.8g FeS物质的量为0.1mol，400mL 1 mol/L硝酸物质的量为0.4mol，两者恰好完全反应，反应后产物为Fe2(SO4)3和Fe(NO3)3，铁化合价变为+3价，硫由-2价变为+6价，因此失去电子为0.1mol×1 + 0.1mol×8 = 0.9mol，根据硫守恒，生成了Fe2(SO4)3，根据铁守恒生成了Fe(NO3)3，根据氮守恒，有0.3mol氮得到0.9mol电子，从而得到每个氮降低3个价态，因此硝酸+5价变为+2价，故B正确。
综上所述，答案为B。
二．填空题
17.（1）下列几组物质中，互为同分异构体的有___________。
①O2和O3；②CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3 和 CH3CH2CH（CH3）CH2C2H5；③丙烯和丁烯；④3-乙基己烷和辛烷；⑤和
（2）用系统命名法给如图所示的有机物命名，其名称为_________________ 。
（3）甲烷在氯气中燃烧，可看到集气瓶内壁有黑色固体颗粒生成，瓶口产生大量白雾，据以上现象分析，上述反应的化学反应方程式为_______________________________。
（4）已知1g苯在氧气中完全燃烧放出的热量3.4 kJ，写出表示苯的燃烧热的热化学方程式：_____________。
【答案】(1). ③ (2). 2,4-二乙基-己烷 (3). CH4 + Cl2 C + 4HCl (4). C6H6(l) +
7.5O2(g) = 6CO2(g) + 3 H2O(l) ΔH = - 265.2 kJ/mol
【解析】
【分析】⑴①O2和O3是同种元素形成的不同单质，是同素异形体；②CH3CH2CH2CH(C2H5)CH3 和 CH3CH2CH(CH3)CH2C2H5是同种物质；③丙烯和丁烯是同系物；④3-乙基己烷和辛烷是同分异构体；⑤和是同种物质。
⑵先找主链，如图，再命名。
⑶甲烷在氯气中燃烧，可看到集气瓶内壁有黑色固体颗粒即碳生成，瓶口产生大量白雾即有HCl。
⑷已知1g苯在氧气中完全燃烧放出的热量3.4 kJ，1mol苯即78g充分燃烧放出265.2kJ的热量，再书写苯的燃烧热的热化学方程式。
【详解】⑴①O2和O3是同种元素形成的不同单质，是同素异形体；②CH3CH2CH2CH(C2H5)CH3 和 CH3CH2CH(CH3)CH2C2H5是同种物质；③丙烯和丁烯是同系物；④3-乙基己烷和辛烷是同分异构体；⑤和是同种物质，故答案为：③。
⑵用系统命名法给如图，其名称为2,4-二乙基-己烷，故答案为：2,4-二乙基-己烷。
⑶甲烷在氯气中燃烧，可看到集气瓶内壁有黑色固体颗粒即碳生成，瓶口产生大量白雾即有HCl，其化学反应方程式为CH4 + Cl2 C + 4HCl，故答案为：CH4 + Cl2 C + 4HCl。
⑷已知1g苯在氧气中完全燃烧放出的热量3.4 kJ，1mol苯即78g充分燃烧放出265.2kJ的热量，苯的燃烧热的热化学方程式：C6H6(l) + 7.5O2(g) = 6CO2(g) + 3 H2O(l) ΔH = - 265.2 kJ/mol，故答案为：C6H6(l) + 7.5O2(g) = 6CO2(g) + 3 H2O(l) ΔH = - 265.2 kJ/mol。
18.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中位置，用化学用语回答下列问题：
（1）④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序是________。
（2）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_____________。
（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种具有漂白性的化合物的电子式：________。
（4）由表中两种元素的原子按1∶1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为(填序号)________。
a．MnO2 b．KMnO4 c．Na2SO3 d．Fe2（SO4)3
（5）用电子式表示①与③组成的最简单的化合物的形成过程：_________________ 。
【答案】(1). Na>Al>O (2). HNO3>H2CO3>H2SiO3 (3). (4). ad (5).
【解析】
【分析】①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为Si，⑧为Cl。
⑴原子半径从左到右依次减小，从上到下依次递减，得到半径大小关系。
⑵非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，得到酸性强弱顺序。
⑶具有漂白性的化合物为次氯酸钠，再书写电子式。
⑷由表中两种元素的原子按1∶1组成的常见液态化合物为过氧化氢，一般是二氧化锰和铁离子起催化作用。
⑸氨气是三个氢原子和一个氮原子形成，再书写电子形成过程。
【详解】⑴原子半径从左到右依次减小，从上到下依次递减，因此④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序是Na>Al>O，故答案为：Na>Al>O。
⑵非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因此②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3>H2CO3>H2SiO3，故答案为：HNO3>H2CO3>H2SiO3。
⑶①H、④O、⑤Na、⑧Cl中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种具有漂白性的化合物为次氯酸钠，其电子式：，故答案为：。
⑷由表中两种元素的原子按1∶1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，则为过氧化氢，一般二氧化锰和铁离子其催化作用，故答案为：ad。
⑸氨气是三个氢原子和一个氮原子形成，用电子式表示①与③组成的最简单的化合物的形成过程：，故答案为：。
19.（1）已知在常温常压下：
①CH3OH（l）+ O2（g）=CO（g）+ 2H2O（g）； ΔH＝﹣355.0 kJ∕mol
②2CO（g）+ O2（g）= 2CO2（g） ΔH＝-566.0 kJ/mol
③H2O（l）=H2O（g） ΔH＝+44.0 kJ/mol
写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：___________________________ 。
（2）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ/mol。相关数据如下：
容器
甲
反应物投入量
1mol CO2(g)和3mol H2(g)
平衡时c(CH3OH)
c1
平衡时能量变化
放出29.4kJ
若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是_____mol/(L·s)。
（3）铅蓄电池放电时总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。铅蓄电池放电时的正极反应式为____ ，当电路中有0.2mol电子转移时，理论上两电极质量变化的差为_______ g。
（4）甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用可传导O2－的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示：
①A极电极反应式为____________________。
②若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L（假设空气中O2体积为20%），则理论上消耗甲烷________mol。
【答案】(1). △H= 265.2kJ/mol (2). 0.03 (3). (4). 3.2 (5). (6). 0.025
【解析】
【分析】⑴甲醇燃烧热是1mol甲醇完全燃烧生成稳定的液态水，将① + 0.5② - 2③得其热化学方程式。
⑵一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ/mol。相关数据如下：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ/mol。
1mol 49 kJ
x mol 29.4kJ
1：x = 49:29.4
解得x = 0.6mol
若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是。
⑶分析得出正极为PbO2，得到电子变为硫酸铅，其放电时的正极反应式为PbO2 + 2e－ + 4H+ + SO42－ = PbSO4 + 2H2O，当电路中有0.2mol电子转移时，
负极
2mol：0.2mol = 96g：yg
解得y = 9.6g
正极
2mol：0.2mol = 64g：zg
解得z = 6.4g
理论上两电极质量变化的差为9.6g-6.4g = 3.2 g。
⑷①A极是甲烷作负极，其电极反应式为CH4 - 8e－ + 4O2－ = 2H2O + CO2。
②若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L即空气物质的量为0.25mol，则氧气物质的量为0.05mol，转移电子物质的量为0.2mol，再计算理论上消耗甲烷。
【详解】⑴甲醇燃烧热是1mol甲醇完全燃烧生成稳定的液态水，将① + 0.5② - 2③得其热化学方程式CH3OH(l) + 1.5O2(g) = CO2(g) + 2 H2O(l) ΔH＝﹣726.0 kJ∕mol，故答案为：CH3OH(l) + 1.5O2(g) = CO2(g) + 2 H2O(l) ΔH＝﹣726.0 kJ∕mol。
⑵一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ/mol。相关数据如下：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ/mol。
1mol 49 kJ
x mol 29.4kJ
1：x = 49:29.4
解得x = 0.6mol
若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是，故答案为：0.03。
⑶铅蓄电池放电时总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。正极为PbO2，得到电子变为硫酸铅，其放电时的正极反应式为PbO2 + 2e－ + 4H+ + SO42－ = PbSO4 + 2H2O，当电路中有0.2mol电子转移时，
负极
2mol：0.2mol = 96g：yg
解得y = 9.6g
正极
2mol：0.2mol = 64g：zg
解得z = 6.4g
理论上两电极质量变化的差为9.6g-6.4g = 3.2 g，故答案为3.2g。
⑷①A极是甲烷作负极，其电极反应式为CH4 - 8e－ + 4O2－ = 2H2O + CO2，故答案为：CH4 - 8e－ + 4O2－ = 2H2O + CO2。
②若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L即空气物质的量为0.25mol，则氧气物质的量为0.05mol，转移电子物质的量为0.2mol，则理论上消耗甲烷，故答案为：0.025。
20.硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]是分析化学中重要的试剂，常用于代替硫酸亚铁。硫酸亚铁铵晶体在500℃时隔绝空气加热完全分解。回答下列问题:
（1）硫酸亚铁铵晶体隔绝空气加热完全分解发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和Fe2O3 ，气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2和__________。
（2）为检验分解产物的成分，设计如下实验装置进行实验，加热A中的硫酸亚铁铵晶体至分解完全
为检验A中残留物是否含有FeO，需要选用的试剂有____________（填标号）。
A．KSCN溶液 B．稀硫酸 C．浓盐酸 D．KMnO4溶液
（3）装置C中有不溶于酸的白色沉淀生成，则C中发生的化学反应的方程式为：____________________________________________________。
【答案】 (1). SO2 (2). BD (3). SO2 +BaCl2 + H2O2 =BaSO4↓+ 2HCl
【解析】
【分析】⑴硫酸亚铁铵晶体隔绝空气加热完全分解发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2，铁的化合价部分升高，氮的化合价部分升高，则降低的元素只能为硫元素，因此变为二氧化硫。
⑵为检验A中残留物是否含有FeO，首先将氧化亚铁溶解，用稀硫酸，不能用浓盐酸，溶解后得到亚铁离子，再和高锰酸钾反应，浓盐酸要与高锰酸钾反应生成氯气，因此不能用浓盐酸，故的答案。
⑶装置C中有不溶于酸的白色沉淀生成，主要是过氧化氢和二氧化硫反应生成硫酸，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀。
【详解】⑴硫酸亚铁铵晶体隔绝空气加热完全分解发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2，铁的化合价部分升高，氮的化合价部分升高，则降低的元素只能为硫元素，因此变为二氧化硫，故答案为：SO2。
⑵为检验A中残留物是否含有FeO，首先将氧化亚铁溶解，用稀硫酸，不能用浓盐酸，溶解后得到亚铁离子，再和高锰酸钾反应，浓盐酸要与高锰酸钾反应生成氯气，因此不能用浓盐酸，故答案为BD。
⑶装置C中有不溶于酸的白色沉淀生成，主要是过氧化氢和二氧化硫反应生成硫酸，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此C中发生的化学反应的方程式为：SO2 +BaCl2 + H2O2 =BaSO4↓+ 2HCl，故答案为SO2 +BaCl2 + H2O2 =BaSO4↓+ 2HCl。
21.硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质，以此为原料制取的硫酸镁可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：
根据题意回答下列问题：
（1）实验中需用1 mol·L－1的硫酸900 mL，配制时所用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外，还需________________。
（2）加入的NaClO可将Mn2＋氧化为MnO2 ，反应中无气体产生，反应的离子方程式为：________________。还有一种离子也会被NaClO氧化，反应的离子方程式为_______________________。
（3）在“除钙”前，需检验滤液中Fe3＋是否被除尽，简述检验方法：___________________。
（4）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度/℃
40
50
60
70
S(MgSO4)/g
30.9
33.4
35.6
36.9
S(CaSO4)/g
0.210
0.207
0.201
0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4的混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，可确定操作步骤为蒸发结晶、_______________________（填操作名称）。
【答案】(1). 胶头滴管，100mL容量瓶 (2). (3). (4). 取少量滤液于试管中，加入KSCN溶液，若不变红，则除尽 (5). 趁热过滤
【解析】
【分析】⑴实验中需用1 mol·L－1的硫酸900 mL，没有900mL的容量瓶，只能用1000mL容量瓶。
⑵加入的NaClO可将Mn2＋氧化为MnO2 ，反应中无气体产生，说明生成了氯离子，反应的离子方程式为：ClO－ + Mn2+ +H2O= MnO2 + Cl－ +2H＋，还有一种离子也会被NaClO氧化，亚铁离子也被次氯酸钠氧化生成铁离子和氯离子，其反应的离子方程式为2Fe2＋+ClO－ + 2H＋= 2Fe3＋ + Cl－+H2O。
⑶在“除钙”前，需检验滤液中Fe3＋是否被除尽，主要用KSCN溶液来检验铁离子。
⑷根据上表数据，硫酸钙温度越高溶解度越低，因此要趁热过滤。
【详解】⑴实验中需用1 mol·L－1的硫酸900 mL，没有900mL的容量瓶，只能用1000mL容量瓶，因此配制时所用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外，还需胶头滴管，100mL容量瓶。
⑵加入的NaClO可将Mn2＋氧化为MnO2 ，反应中无气体产生，说明生成了氯离子，反应的离子方程式为：ClO－ + Mn2+ +H2O= MnO2 + Cl－ +2H＋，还有一种离子也会被NaClO氧化，亚铁离子也被次氯酸钠氧化生成铁离子和氯离子，其反应的离子方程式为2Fe2＋+ClO－ +
2H＋= 2Fe3＋ + Cl－+H2O，故答案为：ClO－ + Mn2+ +H2O= MnO2 + Cl－ +2H＋；2Fe2＋+ClO－+ 2H＋= 2Fe3＋ + Cl－+H2O。
⑶在“除钙”前，需检验滤液中Fe3＋是否被除尽，主要用KSCN溶液来检验铁离子，故答案为：取少量滤液于试管中，加入KSCN溶液，若不变红，则除尽。
⑷根据上表数据，硫酸钙温度越高溶解度越低，因此操作步骤为蒸发结晶、趁热过滤，故答案为：趁热过滤。
三、计算题
22.（1）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与 NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为_________。
（2）实验室制取氯气，将多余的氯气用100 mL 1.7mol/LNaOH溶液完全吸收。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH-)=0.1mol/L (不考虑反应前后溶液的体积变化)，ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为5∶1。请回答：
①被还原的氯气的物质的量为 _______________mol。
②若采用二氧化锰和浓盐酸共热的方法制氯气，制备尾气中的氯气所消耗的二氧化锰的质量为_______________g。
【答案】(1). 5 (2). 0.05 (3). 6.96
【解析】
【分析】⑴Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，根据得失电子相等，得到关系式，解得x = 5。
⑵实验室制取氯气，将多余的氯气用100 mL 1.7mol/LNaOH即物质的量为0.17mol。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH－)=0.1mol/L 即剩余的NaOH物质的量为0.01mol，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.16mol，ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为5∶1，假设ClO－和ClO3－的物质的量分别为5xmol和xmol，根据得失电子守恒，失去电子物质的量为10x，得到电子也是10x，则有10xmol氯原子得到电子，再根据氯和钠守恒，10x+5x+x=0.16，因此x = 0.01mol，因此总的被还原的氯原子的物质的量为0.1mol，被还原的氯气的物质的量为0.05mol。
②根据上面分析得到有0.08mol尾气氯气，
MnO2 ——Cl2
87g 1mol
xg 0.08mol
87g：xg = 1mol：0.08mol
解得x = 6.96。
【详解】⑴Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，根据得失电子相等，得到关系式，解得x = 5，故答案为：5。
⑵实验室制取氯气，将多余的氯气用100 mL 1.7mol/LNaOH即物质的量为0.17mol。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH－)=0.1mol/L 即剩余的NaOH物质的量为0.01mol，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.16mol，ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为5∶1，假设ClO－和ClO3－的物质的量分别为5xmol和xmol，根据得失电子守恒，失去电子物质的量为10x，得到电子也是10x，则有10xmol氯原子得到电子，再根据氯和钠守恒，10x+5x+x=0.16，因此x = 0.01mol，因此总的被还原的氯原子的物质的量为0.1mol，被还原的氯气的物质的量为0.05mol，故答案为：0.05。
②根据上面分析得到有0.08mol尾气氯气，
MnO2 ——Cl2
87g 1mol
xg 0.08mol
87g：xg = 1mol：0.08mol
解得x = 6.96，故答案为6.96。
