2018-2019学年江西省上饶市“山江湖”协作体高一（自主班）上学期第三次月考化学试题（解析版）

2018-2019学年江西省上饶市“山江湖”协作体高一（自主班）上学期第三次月考化学试题（解析版）

‎2018-2019学年江西省上饶市“山江湖”协作体高一（自主班）上学期第三次月考 化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Cu：64 Zn：65‎ 一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是 A. 用食醋可除去热水壶内壁的水垢 B. 利用纳米铁粉的物理吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 C. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素 D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制造光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水垢成分为碳酸钙、氢氧化镁，二者能够与醋酸反应生成可溶性盐，所以可以用食醋除水垢，故A正确；‎ B．利用纳米铁粉的还原性去除水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故B错误；‎ C．化石燃料的大量燃烧产生大量灰尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故C正确；‎ D．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，能够与氢氧化钠等强碱反应，遇强碱会“断路”，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.近期埃博拉病毒在非洲各国肆虐，严重威胁了非洲人民的生命。在此期间，环境消毒是极其关键的，常常喷洒一种名为“84”的消毒液，其有效成分为NaClO。下列有关“84”消毒液的说法正确的是 A. “84”的消毒液属于纯净物 B. “84”的消毒液除能杀菌消毒外，还可作漂白剂 C. “84”消毒液中的NaClO比较稳定，不需密封保存 D. “84”消毒液杀菌消毒过程中并未发生氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“84”的消毒液是次氯酸钠的水溶液，属于混合物，A错误；‎ B．次氯酸钠具有强氧化性，因此“84”的消毒液除能杀菌消毒外，还可作漂白剂，B正确；‎ C．“84”消毒液在空气中久置，先发生CO2+H2O+NaClO＝Na2CO3+2HClO，后发生2HClO2HCl+O2↑，从而变质，需密封保，C错误；‎ D．次氯酸钠具有强氧化性，因此“84”消毒液杀菌消毒过程中发生氧化还原反应，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎3.化学实验中很多气体是用盐酸来制取的，因此制取的气体中常含有HCl杂质。下列气体可用如图所示装置除去HCl杂质的是 ‎ ‎ ‎ A. H2 B. Cl2 C. O2 D. CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 除去杂质，不能引入新杂质，用饱和的碳酸氢钠溶液除去HCl气体，产生CO2气体，因此此装置是除去CO2中混有的HCl，故选项D正确。‎ ‎4.以下实验装置一般不用于分离物质的是( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、装置是蒸馏，可用于物质的分离与提纯，A错误；B、装置是渗析，可用于物质的分离与提纯，例如胶体的提纯等，B错误；C、装置是过滤，可用于物质的分离与提纯，C错误；D、装置属于向容量瓶中转移液体，不能用于物质的分离与提纯，D正确，答案选D。‎ ‎5.“纳米材料”是粒子直径为1~100nm的材料，纳米碳就是其中一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质( )‎ ‎①是溶液　②是胶体　③能产生丁达尔效应　④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后会析出黑色沉淀 A. ①④⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种．属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，不能透过半透膜，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③④正确。答案选B。‎ 考点：胶体的性质 ‎6.实验室需用480 mL 0.1 mol·L－1 的硫酸铜溶液，以下操作能配制成功的是 A. 称取7.68 g CuSO4粉末，加入500 mL水，选取500 mL容量瓶进行配制 B. 称取12.5 g CuSO4·5H2O晶体，加水配成500 mL溶液，选取500 mL容量瓶进行配制 C. 称取8.0 g CuSO4粉末，加入480 mL水，选取480 mL容量瓶进行配制 D. 称取8.0 g CuSO4·5H2O晶体，加水配成480 mL溶液，选取480 mL容量瓶进行配制 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 需要480mL溶液，实际只能配制500mL，根据n＝c×V计算溶质的物质的量，配制硫酸铜溶液可以用硫酸铜，也可以用胆矾，根据m＝n×M计算各自质量，配制溶液时注意水的体积不等于溶液的体积，据此解答。‎ ‎【详解】A．实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，配制500mL溶液，需要硫酸铜的质量是0.5L×0.1mol/L×160g/mol＝8.0g，另外500mL是溶液的体积不是溶剂水的体积，故A错误；‎ B．需用480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，配制500mL溶液，需要胆矾的质量是0.5L×0.1mol/L×250g/mol＝12.5g，故B正确；‎ C．实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，故C错误；‎ D．实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，注意配制一定物质的量浓度的溶液的配制方法，注意容量瓶规格的选择，注意溶液体积与溶剂体积的区别。‎ ‎7.用一定方法可除去下列物质中所含的少量杂质(括号内为杂质)，其中所选试剂均足量且能达到除杂目的的是 A. NaCl溶液(I2):CCl4 B. Na2CO3(NaHCO3):盐酸 C. CO(SO2):Na2CO3溶液 D. FeCl2(FeCl3):Cl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．四氯化碳不溶于水，碘易溶于四氯化碳，可用萃取的方法除杂，A正确；B．二者都与盐酸反应，应加入适量氢氧化钠溶液除杂，B错误；C．二氧化硫与氢氧化钠溶液反应产生CO2，引入新杂质，应该用酸性高锰酸钾溶液除杂，C错误；D．氯气与氯化亚铁反应，应加入铁粉除杂，D错误，答案选A。‎ ‎8.下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫：ClO－ + H2O + SO2 = HClO+ HSO3－‎ B. 向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液：2HCO3－＋ Ca2＋＋2OH－= CaCO3↓＋2H2O＋CO32－‎ C. 氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液：Ba2＋＋OH－＋ H＋＋SO42—= BaSO4↓＋H2O D. 50 mL 1mol/L的FeBr2溶液中通入0.05 molCl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．ClO－有氧化性会把SO2氧化为硫酸根离子，因此次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫生成硫酸和氯化钠，A错误；‎ B．向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液应该以不足量的碳酸氢钠为标准，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式是：HCO3－＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O；B错误；‎ C．离子方程式应该是是Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42—＝BaSO4↓＋2H2O，C错误；‎ D．50 mL 1mol/L的FeBr2溶液中溶质的物质的量是0.05mol，通入0.05 molCl2，氯气首先氧化亚铁离子，然后再氧化溴离子，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl-，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.m molCu2S与足量的稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。则被还原的HNO3的物质的量为 A. 4m mol B. 10m mol C. 10m/3 mol D. 2m/3mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据题意知，Cu2S与足量的稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价由-2价升高到+6价，则nmolCu2S共失去nmol×（2×1+8）=10nmol。N元素化合价由+5价降低到+2价，则根据电子得失守恒可知参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量为，答案选C。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，从化合价的角度分析氧化还原反应的相关概念和物质具有的性质，注意电子得失守恒的应用。‎ ‎10.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是 A. 8.8g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.6NA B. 4.6gNa与氧气完全反应生成Na2O，转移的电子数为0.4NA C. 7.8g由Na2S和Na2O2 组成的混合物中含有的阴离子数为0.1NA D. 5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移的电子数为0.2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2和N2O的相对分子质量均是44，且均由3个原子组成，所以8.8g由CO2和N2O组成的混合气体的物质的量是0.2mol，其中含有的原子总数为0.6NA，A正确；‎ B. 4.6gNa的物质的量是0.2mol，与氧气完全反应生成Na2O，钠元素失去1个电子，转移的电子数为0.2NA，B错误；‎ C. Na2S和Na2O2的相对分子质量均是78，且阴阳离子的个数之比均是1：2，所以7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有的阴离子数为0.1NA，C正确；‎ D. 5.6g铁粉的物质的量是0.1mol，在0.1mol氯气中充分燃烧生成氯化铁，反应中氯气不足，转移的电子数为0.2NA，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎11.等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是 A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. FeSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据铁元素的化合价变化情况结合电子得失守恒解答。‎ ‎【详解】设各物质均为1 g，FeO与硝酸反应生成Fe3+，失电子物质的量为1/72 mol；Fe2O3与稀硝酸反应不会产生NO；Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应生成Fe3+，失电子物质的量为1/232 mol；FeSO4与硝酸反应生成Fe3+，失电子物质的量为1/152 mol，根据电子得失守恒可知失去电子的物质的量越多，放出的NO越多，则放出NO物质的量最多的是FeO。答案选A。‎ ‎12.下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是 A. 在碱性溶液中：CO32﹣、K+、S2﹣、Na+‎ B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣‎ C. 使pH试纸变红的溶液中：NH4+、AlO2﹣、C1﹣、K+‎ D. 在无色澄清溶液中：K+、C1﹣、A13+、 NO3﹣ MnO4-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应和题干中的限制条件分析判断。‎ ‎【详解】A．在碱性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；‎ B．与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中Al与NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能大量存在Mg2+，故B错误；‎ C．使pH试纸变红的溶液显酸性，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣，故C错误；‎ D．MnO4-在溶液中不是显无色的，不能大量存在，故D错误。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存问题，明确习题中的信息的挖掘和应用及离子发生的反应是解答本题的关键，并注意知识的积累。‎ ‎13.下列实验现象和结论相符的是 操作及现象 结论 A 溶液中加入盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体 溶液中一定含有CO32-‎ B 某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀 溶液中一定含有Cl－‎ C 用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色 溶液中有Na+，无K+‎ D 向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红 溶液中一定含有Fe2+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．CO32-和HCO3-都能和稀盐酸反应生成CO2，某溶液中加入盐酸，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CO32-或HCO3-或二者都有，故A错误；B．加入的盐酸也会生成沉淀，溶液中不一定含有大量的Cl-，故B错误；C．K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，滤去黄光的干扰，故C错误；D．亚铁离子和KSCN溶液不反应，铁离子和KSCN溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，向某溶液中先加几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变红，则说明原溶液中含有亚铁离子不含铁离子，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、铝的性质、焰色反应等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意从实验现象、物质性质及基本操作方法来分析评价，易错选项是A，注意排除其它离子的干扰。‎ ‎14.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 mol Cl2通入含1 mol FeI2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 ‎1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积混合：‎ ‎2AlO2-＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O 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∶3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A错误；B．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Ba2＋＋2HCO＋2OH－==BaCO3↓＋2H2O＋CO，故B错误；C．过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2＋H2O＋ClO－==2H＋＋Cl－＋SO，故C错误；D．1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L 的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，故D正确。故选D。‎ 考点：考查离子方程式的正误判断 ‎【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之一。书写离子方程式一般包括以下步骤：①写：依据事实正确写出化学方程式；②拆：把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；③删：删去方程式两边不参加反应的离子；④查：检查方程式两边是否符合“原子守恒”和“电荷守恒”。特别注意：①没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。如NH4Cl和Ca(OH)2‎ 固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；②浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；③在物质发生化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。④判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。‎ ‎15.向一定量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，生成沉淀的质量m与加入Ba(OH)2溶液的体积V之间的关系正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先发生的反应是2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2＝2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4，然后2Al（OH）3+K2SO4+Ba（OH）2＝2KAlO2+BaSO4↓+H2O，即沉淀达最多后溶解一部分，由此分析解答。‎ ‎【详解】向一定质量的明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，先发生的反应是2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2＝2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4，然后2Al（OH）3+K2SO4+Ba（OH）2＝2KAlO2+BaSO4↓+H2O，即沉淀达最多后溶解一部分，因此图象中沉淀的量先增多，后减少，最后不变，故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查物质之间的反应，明确离子反应先后顺序是解本题关键，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，注意图像中曲线的变化趋势和反应的关系。‎ ‎16.取36 g某铁矿石(只含铁的氧化物和SiO2)溶于过量的稀盐酸中，经过滤、洗染、干燥后得到5.6 g不溶物。向得到的滤液中加入足量的NaOH溶液，过滤、洗涤后将沉淀灼烧，得32 g红棕色固体。下列结论不正确的是 A. 由铁矿石转化为红棕色固体的过程中发生了氧化还原反应 B. 铁矿石溶于盐酸后得到的滤液中:n(Fe2+) ：n(Fe3+)=1：1‎ C. 铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe3O4‎ D. 36 g该铁矿石与1mol/L的稀盐酸恰好完全反应时，消耗盐酸的体积为1L ‎【答案】C ‎【解析】‎ 某铁矿石（若只含铁的氧化物和SiO2）取36g溶于过量的稀盐酸中，铁的氧化物溶解，SiO2不溶，则过滤、洗涤、干燥后得5.6g不溶物为SiO2，向得到的滤液中加入足量的NaOH溶液发生，过滤、洗涤后将沉淀灼烧，得32g红棕色固体为氧化铁，故固体中n（Fe）=2n（Fe2O3）=2×32/160 mol=0.4mol；又铁的氧化物为36g-5.6g=30.4g，所以铁的氧化物中O元素的物质的量为(30.4－0.4×56)g÷16g/mol=0.5mol，则铁的氧化物的化学式为Fe4O5。A、根据以上分析，铁的氧化物的化学式为Fe4O5，则最终转化为红棕色固体为Fe2O3，铁的化合价发生变化，所以发生了氧化还原反应，A正确；B、根据以上分析，铁的氧化物的化学式为Fe4O5，可以看作是2FeO·Fe2O3，所以溶于盐酸后得到的滤液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=1：1，B正确；C、根据以上分析，铁的氧化物的化学式为Fe4O5，C错误；D、铁的氧化物中O元素的物质的量为0.5mol，所以消耗盐酸中的氢离子为1mol，则需要1L1mol/L的盐酸，D正确，答案选C。‎ 二、非选择题：(本题包括5小题，共52分)‎ ‎17.现有Na2CO3、NaHCO3和NaCl的固体混合物100g。‎ ‎(1)将该混合物加热到质量不再减少为止，反应方程式为：____________________，剩下的残渣为93.8g；该混合物中有___________g NaHCO3；‎ ‎(2)将所有残渣放入烧杯中，加蒸馏水溶解后，配成500mL一定物质的量浓度溶液，配制过程中必需使用的化学仪器有__________(填选项的字母)。‎ A．烧杯 B．500 mL容量瓶 C．漏斗 D．胶头滴管 E．玻璃棒 F.量筒 ‎(3)量取配制好的溶液50mL，向其中加入过量盐酸至不再产生气泡，共收集到1.12L气体(标准状况)。该反应过程的离子方程式为______________；则该混合物中有_________g NaCl。‎ ‎【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O (2). 16.8 (3). ABDE (4). CO32-+2H+＝CO2↑＋H2O (5). 40.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，利用差量法计算碳酸氢钠的质量；‎ ‎（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤选择需要的仪器；‎ ‎（3）根据反应的方程式和生成的二氧化碳计算50mL溶液中碳酸钠物质的量，进而计算残渣中碳酸钠总质量，混合物中氯化钠质量＝加热后残渣量-加热后残渣中碳酸钠质量。‎ ‎【详解】（1）加热发生反应2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，设混合物中碳酸氢钠的质量为m，则：‎ ‎2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O 质量减少 ‎2×84 62‎ m 100g-93.8g＝6.2g 所以m＝16.8g；‎ ‎（2）将残渣放入烧杯中配成500mL溶液，需要的仪器有：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，不需要漏斗、量筒，答案选ABDE；‎ ‎（3）加入盐酸后发生反应：Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，离子方程式为：CO32-+2H+＝CO2↑＋H2O，生成二氧化碳的物质的量为1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol，由Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O可知50mL溶液中碳酸钠物质的量为0.05mol，故残渣中碳酸钠总质量为0.05mol×106g/mol×500mL/50mL＝53g，则原混合物中NaCl的质量＝93.8g-53g＝40.8g。‎ ‎18.下图Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是常见的气体发生装置；Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ是气体收集装置，根据要求回答下列问题：‎ ‎(1)若用MnO2与浓盐酸反应制取氯气，应选用发生装置_____，用方程式表示制取氯气的反应原理是______。‎ ‎(2)若用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，试完成并配平下列离子方程式：‎ ‎____MnO42-＋____Cl－＋____H＋===____Mn2＋＋____Cl2↑＋____________。‎ ‎(3)若选用Ⅳ为氯气的收集装置，应该在试管口放置一团棉花，该棉花团应用________溶液浸湿，其作用是____________。‎ ‎(4)若选用Ⅴ为氯气收集装置，则氯气应从__________口通入。用化学方法检验氯气收集满了的方法是_______。‎ ‎(5)科学家经研究发现NaClO2可用于制取自来水消毒剂ClO2。在一定条件下，将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内二者反应可制得ClO2。还原产物为_____，当消耗标准状况下1.12L Cl2 时，制得ClO2_____g。‎ ‎【答案】 (1). Ⅰ (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 2 (4). 10 (5). 16 (6). 2 (7). 5 (8). 8H2O (9). 氢氧化钠 (10). 防止氯气逸出污染空气 (11). A (12). 将湿润的淀粉KI试纸放在B口处，试纸变蓝色，证明氯气已集满 (13). NaCl (14). 6.75‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据反应物的状态及反应条件确定反应装置；二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，注意二氧化锰和浓盐酸反应但不与稀盐酸反应；‎ ‎（2）分析反应中元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式；‎ ‎（3）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，氯气能够与碱反应可以用氢氧化钠溶液吸收；‎ ‎（4）氯气密度大于空气密度，应选择向上排气法收集，氯气具有氧化性能氧化碘离子生成单质碘；‎ ‎（5）得到电子的元素生成的物质是还原产物，根据元素的化合价变化计算。‎ ‎【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸的反应是固液混合加热型，所以选择Ⅰ装置；在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）高锰酸钾与浓盐酸不需要加热即可制备氯气，反应中KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7降低为+2，共降低5价，HCl（浓）→Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，共升高为2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4的系数为2，Cl2的系数为5，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为2MnO4-+16H++10Cl-＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎（3）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，氯气能够与碱反应可以用氢氧化钠溶液吸收，所以若选用Ⅳ为氯气的收集装置，应该在试管口放置一团棉花，该棉花团应用氢氧化钠溶液浸湿，其作用是吸收过量氯气，防止空气污染；‎ ‎（4）氯气密度大于空气密度，应选择向上排气法收集，若选用Ⅴ为氯气收集装置，应长进短出，即从A口入；氯气具有氧化性能氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，即将湿润的淀粉KI试纸放在B口处，试纸变蓝色，证明氯气已集满；‎ ‎（5）反应物氯气中氯元素化合价从0价降低到－1价，得到1个电子，氯气是氧化剂，所以还原产物是NaCl。NaClO2中氯元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，因此当消耗标准状况下1.12L Cl2即0.05mol时，根据电子得失守恒可知可制得ClO2的质量是0.05mol×2×67.5g/mol＝6.75g。‎ ‎【点睛】本题考查了氯气的实验室制备原理及装置选择，熟悉氯气制备原理及性质是解题关键，注意根据反应物的状态及反应条件选择相应的装置。‎ ‎19.（12分）白炭黑（SiO2·H2O）广泛用于橡胶、涂料、印刷等行业，可用蛇纹石[主要成分为Mg6（Si4O10）(OH)8]来制取，其主要工艺流程如下：‎ ‎（1）蛇纹石用氧化物形式可表示为____________。‎ ‎（2）碱浸时，为提高其中硅酸盐的浸取率，除采用合适的液固比和循环浸取外，还可采用的方法有 ‎①_____________________；②_____________（任举两种）。‎ ‎（3）过滤1得到的滤液的主要成分是______________________________。‎ ‎（4）沉淀时加入氯化钠溶液的作用可能是__________________________。‎ ‎（5）洗涤时，如何证明产品已洗涤干净？_______________________________。‎ ‎【答案】 (1). 6MgO·4SiO2·4H2O； (2). ①适当提高温度，②适当延长浸取时间， (3). ③采用连续搅拌的形式，④适当提高氢氧化钠溶液的浓度； (4). 硅酸钠； (5). 防止生成硅酸胶体； (6). 取少量最后一次洗涤液，滴加1～2滴硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明已经洗涤干净。‎ ‎【解析】‎ ‎（1）硅酸盐由盐的书写形式改写为氧化物的形式，改写的一般方法为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水，蛇纹石[主要成分为Mg6（Si4O10）(OH)8]写成氧化物的形式：6MgO·4SiO2·4H2O，正确答案：6MgO·4SiO2·4H2O；‎ ‎（2）碱浸时，为提高其中硅酸盐的浸取率，可以适当提高温度，加快反应速率，提高浸取率；可以适当延长浸取时间，提高浸取率；可以采用连续搅拌的形式，增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率；适当提高氢氧化钠溶液的浓度，加快反应速率，提高浸取率，所以正确答案：①适当提高温度，②适当延长浸取时间，③采用连续搅拌的形式，④适当提高氢氧化钠溶液的浓度；‎ ‎（3）蛇纹石的主要成分为：6MgO·4SiO2·4H2O，能够与氢氧化钠溶液反应的是SiO2，生成Na2SiO3，所以过滤1得到的滤液的主要成分是硅酸钠，还含有少量的没有反应的氢氧化钠，正确答案：硅酸钠；‎ ‎（4）硅酸钠和盐酸反应生成硅酸和氯化钠，加入氯化钠的作用是防止生成硅酸胶体，正确答案为：防止生成硅酸胶体； （5）硅酸钠和盐酸反应生成硅酸和氯化钠，可以检验是否存在氯离子来检验是否洗涤干净，具体方法是：取少量最后一次洗涤液，滴加1～2滴硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明已经洗涤干净，正确答案为：取少量最后一次洗涤液，滴加1～2滴硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明已经洗涤干净。‎ ‎（‎ ‎20.“绿水青山就是金山银山”。近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。‎ ‎（1）硫酸工业排出的尾气（主要含SO2）有多种处理方式。‎ ‎①写出用过量氨水吸收尾气的离子方程式：___________________。‎ ‎②尾气也可用软锰矿浆（MnO2）吸收，写出如图所示“反应1”的化学方程式：___________________。‎ ‎（2）治理汽车尾气中NO和CO的方法之一是在汽车的排气管上装一个催化转化装置，使NO和CO在催化剂作用下转化为无毒物质。写出该反应的化学方程式：___________________。‎ ‎（3）某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气（主要含N2、Cl2、NO），设计了如下流程：‎ ‎①“反应1”用于吸收Cl2，“反应1”的化学方程式为___________________。‎ ‎② “反应2”的离子方程式为___________________。‎ ‎【答案】 (1). SO2＋2NH3·H2O=2NH+SO＋H2O (2). SO2＋MnO2=MnSO4 (3). 2CO+2NO2CO2+N2 (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2＋2H2O (5). NH+ NO=N2↑＋2H2O ‎【解析】‎ ‎（1）①硫酸工业尾气中的SO2用过量的氨水吸收反应生成亚硫酸铵，化学方程式为：SO2＋2NH3·H2O=(NH4)2SO3＋H2O，(NH4)2SO3为可溶性强电解质，书写离子方程式时拆成离子形式，故反应的离子方程式为：SO2＋2NH3·H2O=2NH4++SO32-＋H2O。②由图示可得，用软锰矿浆（MnO2）吸收SO2生成MnSO4，化学方程式为：SO2＋MnO2=MnSO4。‎ ‎（2）NO和CO在催化剂作用下转化为无毒物质，则发生氧化还原反应生成CO2和N2，故化学方程式为：2CO+2NO2CO2+N2。‎ ‎（3）①由流程结合已知，“反应1”用石灰乳吸收Cl2，故化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2＋2H2O。②“反应2”为NH4+和NaNO2溶液反应生成无污染气体，根据氧化还原反应原理，NH4+和NO2-发生氧化还原反应生成N2，根据原子守恒还会生成H2O，该反应离子方程式为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O。‎ ‎21.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5 mol·L－1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量关系如下图所示。则 ‎(1)B与A的差值为________mol。‎ ‎(2)C点对应的溶液体积为_______mL。‎ ‎(3)原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为_______mol。‎ ‎(4)铝粉和铁粉的混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为_________。‎ ‎(5)写出铝与该浓度硝酸反应的离子方程式_______________。‎ ‎【答案】 (1). 0.05 (2). 40 (3). 0.5 (4). 5∶3 (5). 8Al＋3OH＋＋3NO===8Al3＋＋3NH＋9H2O ‎【解析】‎ 考查化学计算，（1）E→F发生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，B与A的差值为Al(OH)3的物质的量，即物质的量为(104－94)×10－3×5mol=0.05mol；（2）O到C没有沉淀产生，说明HNO3过量，D→E发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O，推出n(NH4＋)=(94－88)×10－3×5mol=0.03mol，根据得失电子数目守恒，因此有n(Al)×3＋n(Fe)×3=n(NH4＋)×8，代入数值，解得n(Fe)=0.03mol，C→D发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，此阶段共消耗NaOH的体积为(0.03＋0.05)×3×1000/5mL=48mL，因此C点对应的数值为(88－48)mL=40mL；（3）E点溶质为NaNO3，因此n(NO3－)=94×10－3×5mol=0.47mol，根据N元素守恒，因为合金与硝酸反应过程中没有气体产生，因此原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NO3－)＋n(NH4＋)=(0.47＋0.04)mol=0.5mol；（4）根据（2）的分析，合金中铝粉和铁粉的物质的量比值为0.05：0.03=5：3；（5）根据上述分析，硝酸被还原成NH4＋，因此离子反应方程式为：8Al＋3OH＋＋3NO3－ =8Al3＋＋3NH4＋ ＋9H2O。‎ 点睛：化学计算中，首先分析清楚反应的过程，然后利用守恒的思想解决问题，这样解决问题相对简单。‎ ‎ ‎ ‎ ‎