吉林省重点高中2020届高三上学期月考（二）化学试题

吉林省重点高中2020届高三上学期月考（二）化学试题

‎2019年省重点高中高三月考(二)化学 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Al27 S32 K39 Fe56‎ 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的)‎ ‎1.下列获得金属的方法中不涉及化学变化的是 A. 《梦溪笔谈》“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”‎ B. 《杂曲歌辞·浪淘沙》“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”‎ C. 《天工开物》“凡炉中炽铁用炭，煤炭居十七，木炭居十三……”‎ D. 《天工开物》“炉甘石(碳酸锌)十斤，……然后逐层用煤炭……，发火缎红，……冷淀，即倭铅(锌)也”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”,涉及反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，A不合题意；‎ B. “千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，是利用金子的密度比沙子大，将金子分离出来，B符合题意；‎ C. “凡炉中炽铁用炭，煤炭居十七，木炭居十三……”，是指用煤炭燃烧产生的热量，将生铁熔化，发生了C与O2的化学反应及CO还原铁的氧化物的反应，C不合题意；‎ D. “炉甘石(碳酸锌)十斤，……然后逐层用煤炭……，发火缎红，……冷淀，即倭铅(锌)也”，涉及ZnCO3的分解及CO还原ZnO的反应，D不合题意；‎ 故选B。‎ ‎2.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是 A. SO2可用于漂白纸浆 B. SiO2可用于制光导纤维 C. NaClO溶液可用于杀菌消毒 D. Cu(OH) 2可用作口服制酸剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2具有漂白性，能与纸浆中的有色物质结合成无色物质，A正确；‎ B. SiO2熔融后，可抽成细丝，制成光导纤维，用于光纤通迅，B正确；‎ C. NaClO溶液具有强氧化性，可用于杀菌消毒，C正确；‎ D. Cu(OH) 2可与酸作用，但生成的Cu2+对人体不利，故不能用作口服制酸剂，D错误。‎ 故选D。‎ ‎3.下列实验装置正确的是 A. 加热分解碳酸氢钠 B. 吸收氨气 C. 转移溶液 D. 制取氨气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.试管底低于试管口，水蒸气在管口冷凝后流回到试管底，使试管底因受热不均而破裂，A错误；‎ B. 用刚接触水面的倒置的漏斗吸收氨气，既能保证好的吸收效果，又能防止倒吸，B正确；‎ C. 转移溶液需要使用玻璃棒，C错误；‎ D. 用长颈漏斗制取氨气时，导管口应插入液面下，以防气体沿漏斗颈逸出，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】对于一般气体的吸收，可直接将导管口插入液面下；对于易溶于水的气体吸收，可将导管口位于液面上，可将导管口接在刚接触水面的倒置的漏斗上，也可以将出气导管口插在CCl4与水混合液中的CCl4层。‎ ‎4.下列实验操作规范且能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A 清洗H2还原CuO实验所用试管 先用稀盐酸洗，再用水清洗 B 除去MnO2试样中少量炭粉 将试样放在蒸发皿中充分灼烧 C 制取并纯化氯气 向MnO2中加入浓盐酸并加热，将产生的气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸 D 配制浓度为0.1 mol·L－1的NaOH溶液 称取0.4 g NaOH固体，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.稀盐酸不能将铜溶解，达不到洗涤的目的，A错误；‎ B.蒸发皿不能用于固体的灼烧，灼烧固体应使用坩埚，B错误；‎ C.氯气中混有的氯化氢可溶于饱和食盐水，浓硫酸可吸收水蒸气，C正确；‎ D.配制一定浓度的溶液时，不管溶质是固体还是液体，都不能放在容量瓶内溶解，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】蒸发皿和坩埚都是可直接加热的仪器，但蒸发皿只能蒸发或浓缩溶液，也就是说蒸发皿不耐高温；如果想灼烧固体物质，必须使用坩埚。‎ ‎5.苯或CCl4可用于萃取溴水中的Br2。下列说法正确的是 A. 可用乙醇代替苯或CCl4作萃取剂 B. 萃取时，可用长颈漏斗代替分液漏斗 C. 振荡后，要打开分液漏斗上端的塞子放气 D. 用苯萃取后分液时，先放出水层，再放出有机层 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为乙醇与水互溶，所以不可用乙醇代替苯或CCl4作萃取剂，A错误；‎ B. 萃取时，不可用长颈漏斗代替分液漏斗，因为长颈漏斗内不能滞留液体，B错误；‎ C. 振荡后，因为有机溶剂易挥发，使分液漏斗内气体的压强增大，为防意外事故的发生，要打开分液漏斗上端的塞子放气，C正确；‎ D. 用苯萃取后分液时，先放出下层液体(水层)，然后才能从上口倒出上层液体(有机层)，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】分离分液漏斗内的液体时，一定要先将下层液体从分液漏斗颈放出，然后再将上层液体从分液漏斗口倒出。即便我们不需要保留下层液体，都需按以上原则将上、下层液体倒出。如果我们试图直接将上层液体从分液漏斗口倒出，是不能实现的，因为这样倒出的将是上、下层液体的混合物。‎ ‎6.下列有关物质的应用不合理的是 A. 用熟石灰修复被酸雨侵蚀的土壤 B. 用铜丝除去CuCl2溶液中少量FeCl3‎ C. 将废铁屑加入FeCl2溶液中，可除去废气中的Cl2‎ D. 用含Al(OH)3的胶囊治疗胃酸过多症 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.被酸雨侵蚀的土壤中混有硫酸和亚硫酸，加入熟石灰，可反应生成CaSO4、CaSO3和水，从而减弱甚至消除土壤的酸性，不符合题意，A项不选；‎ B. 用铜丝除去CuCl2溶液中少量FeCl3，只能将FeCl3转化为FeCl2，此时溶液中仍混有FeCl2杂质，符合题意，B项选；‎ C. 将废铁屑加入FeCl2溶液中，可除去废气中的Cl2，发生反应2FeCl2+Cl2==2FeCl3、2FeCl3+Fe＝3FeCl2，从而达到去除Cl2的目的，不符合题意，C项不选；‎ D. Al(OH)3与胃酸(HCl)反应，从而达到中和胃酸的目的，不符合题意，D项不选；‎ 故选B。‎ ‎7.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.1 mol Na2O2中含阴离子数目为0.2NA B. 47.4 g明矾溶于水，生成Al(OH)3胶粒数为0.1NA C. 2.24 L Cl2溶于水得饱和溶液，生成H＋数目为0.2NA D. 将1 mol H2C2O4全部氧化为CO2，转移电子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1 mol Na2O2中含阴离子数目为0.3NA，A错误；‎ B. 明矾溶于水，其中的Al3+不能完全转化为Al(OH)3，并且Al(OH)3胶粒由许许多多个Al(OH)3分子构成，所以胶粒数小于0.1NA，B错误；‎ C. 2.24 L Cl2不一定是0.1mol，且反应生成的HClO为弱酸，不能完全电离，所以溶于水得饱和溶液，生成H＋数目小于0.2NA，C错误；‎ D. 将1 mol H2O2O4全部氧化为CO2，C由+3价升高到+4价，转移电子数为2NA，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】Na2O2的电子式为，它由Na+和O22-构成，所以1个“Na2O2”由2个Na+和1个O22-构成。‎ ‎8.利用如图装置可制取二水亚硫酸铜(I，II)(Cu2SO3·CuSO3·2H2O)。下列说法错误的是 A. 滴加浓硫酸前需先打开止水夹K B. 装置①中Na2SO3可换成铜屑 C. 装置②加热时宜采用热水浴 D. 装置③中的NaOH溶液可防止尾气污染 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 滴加浓硫酸前若不打开止水夹K，则滴加过程中烧瓶内气体的压强增大，浓硫酸难以顺利流下，A正确；‎ B. 装置①中Na2SO3不可换成铜屑，因为铜与浓硫酸在常温下不反应，不能生成SO2，B错误；‎ C. 装置②的加热温度为60~80℃，可以采用热水浴，C正确；‎ D. SO2为酸性气体，能被NaOH溶液吸收，装置③中的NaOH溶液可防止尾气污染，D正确。‎ 故选B。‎ ‎9.从有机含碘(含I2、ICl等)废水中回收碘并制备KI溶液的一种工艺流程如下：‎ 下列说法错误的是 A. “沉碘”时，Na2SO3作还原剂 B. “氧化”时，尾气可用NaOH溶液吸收处理 C “制Fe3I8”时，每生成1 mol Fe3I8转移8mole－‎ D. “转化”时，K2CO3溶液可用K2SO4溶液代替 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “沉碘”时，Na2SO3将I2、ICl还原为I-,作还原剂；I-再与Cu2+作用，生成I2和CuI，A正确；‎ B. “氧化”时，尾气为氮的氧化物，可用NaOH溶液吸收处理，B正确；‎ C. “制Fe3I8”时，I由-1价升高到0价，每生成1 mol Fe3I8转移8mole－，C正确；‎ D. “转化”时，K2CO3溶液提供碱性环境，将Fe3+、Fe2+都转化为沉淀，这是K2SO4溶液所不能替代的，D错误。‎ 故选D ‎【点睛】在含I2、ICl等的废水中，加入Na2SO3、CuSO4溶液，发生反应I2+2SO32-+2Cu2++2H2O=CuI↓+2SO42-+4H+，2ICl+3SO32-+2Cu2++3H2O=2CuI↓+3SO42-+6H++2Cl-，从而将废水中的碘元素全部转化为CuI。‎ ‎10.下列指定反应的离子方程式书写正确的是 A. 将Al片放入CuSO4溶液中：Al＋Cu2＋＝Al3＋＋Cu B. Na2S2O3与稀硫酸反应：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O C. NaClO溶液中通入过量SO2：SO2＋H2O＋ClO－＝HClO＋HSO3－‎ D. NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液呈中性：H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－＝BaSO4↓＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将Al片放入CuSO4溶液中，发生氧化还原反应：2Al＋3Cu2＋＝2Al3＋‎ ‎＋3Cu，A错误；‎ B. Na2S2O3中的S一个显-2价，一个显+6价，与稀硫酸反应发生氧化还原反应：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O，B正确；‎ C. NaClO溶液中通入过量SO2：SO2＋H2O＋ClO－＝2H++Cl＋SO42－，C错误；‎ D. NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液呈中性，发生反应的离子方程式为：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】当一种物质中有两种离子参加离子反应时，可采用以少定多法。假设NaHSO4为2mol，电离产生的H+为2mol，要使溶液呈中性，需加入2molOH-，由此确定加入的Ba(OH)2为1mol，此时加入的Ba2+为1mol，消耗SO42-1mol，从而确定反应的离子方程式为2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O。‎ ‎11.下列实验预测现象与实际相符的是 选项 实验 预测现象 A 向粗锌粒(含硫化物)中滴入稀硫酸，产生的气体通入少量KMnO4稀溶液中 KMnO4稀溶液紫色逐渐变浅 B 向砂纸打磨后的铝片上滴加浓硝酸 铝片逐渐溶解，产生红棕色气体 C 向品红溶液中通入足量Cl2，然后加热 溶液红色褪去，加热后恢复红色 D 向Fe2(SO4)3溶液中加入足量铁粉，充分反应后滴入KSCN溶液 溶液黄色逐渐褪去，滴入KSCN溶液后溶液变红 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向粗锌粒(含硫化物)中滴入稀硫酸，产生的气体为H2S，通入少量KMnO4稀溶液中，将MnO4-还原为Mn2+，从而使溶液的紫色褪去，A正确；‎ B. 向砂纸打磨后的铝片上滴加浓硝酸，浓硝酸使铝表面重新生成Al2O3，阻止反应的进一步发生，看不到明显的现象，B错误；‎ C. 向品红溶液中通入足量Cl2，溶液褪色，然后加热，溶液仍呈无色，C错误；‎ D. 向Fe2(SO4)3溶液中加入足量铁粉，充分反应后Fe3+全部被还原为Fe2+，滴入KSCN溶液，溶液仍呈无色，D错误。‎ 故选A。‎ ‎12.下列化学方程式或电离方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是 A. 将氨气通入滴有酚酞试液的水中，溶液变红：NH3＋H2ONH3·H2ONH4＋＋OH－‎ B. 少量FeCl3溶液滴入沸水中变为红褐色液体：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl C. 向CuCl2溶液中加入足量的铁粉，溶液由蓝色变为浅绿色：Fe＋CuCl2＝Cu＋FeCl2‎ D. 呼吸面具使用后，Na2O2由淡黄色逐渐变为白色：2Na2O2＝2Na2O＋O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将氨气通入滴有酚酞试液的水中，溶液变红，说明氨气溶于水后，生成的一水合氨中，有一部发生电离生成OH-，A正确；‎ B. 少量FeCl3溶液滴入沸水中，发生水解反应，生成氢氧化铁胶体，使溶液变为红褐色液体，B正确；‎ C. 向CuCl2溶液中加入足量的铁粉，发生置换反应Fe＋CuCl2＝Cu＋FeCl2，从而使溶液由蓝色变为浅绿色，C正确；‎ D. 呼吸面具使用后，发生反应2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2↑，从而使Na2O2由淡黄色逐渐变为白色，D错误。‎ 故选D。‎ ‎13.用锌灰(主要成分Zn、ZnO，还含有少量FeO、MnO、CuO及SiO2)制备ZnC12溶液的一种工艺流程如下：‎ 下列说法错误的是 A. “浸取”时不断搅拌可提高锌的浸取率 B. 滤渣1的主要成分为SiO2‎ C. “氧化”时，Mn2＋、Fe2＋均被氧化 D. “置换”中所加试剂X可能是铁粉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “浸取”时不断搅拌，可增大矿石与盐酸的接触面积，提高锌的浸取率，A正确；‎ B. 从过滤后溶液的成分看，只有Si元素没有进入滤液中，所以滤渣1的主要成分为SiO2，B正确；‎ C. 从过滤2所得滤渣的成分看，“氧化”时，Mn2＋、Fe2＋均被氧化，C正确；‎ D. “置换”中所加试剂X可能是锌粉，D错误。‎ 故选D。‎ ‎14.由下列实验及现象不能推出相应结论的是 选项 实验 现象 结论 A 将红磷在燃烧匙中点燃后伸入集满N2O的集气瓶中 继续燃烧，产生大量白烟 N2O具有氧化性 B 将铝片插入HgCl2溶液片刻，取出用滤纸吸干表面溶液，放置空气中 铝片表面长出毛刷状白色固体 HgCl2能破坏铝表面氧化膜，汞能与铝形成合金 C 向盛有Cu2O的试管中加入足量盐酸 溶液变蓝绿色，管底有红色沉淀 氧化性：H＋大于Cu2＋‎ D 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化的铝不滴落 生成Al2O3熔点比Al高 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 红磷在集满N2O的集气瓶中继续燃烧，产生大量白烟，说明生成了P2O5，从而说明N2O提供氧元素，表现出氧化性，A正确；‎ B. 铝片表面长出毛刷状白色固体，此物质为Al2O3，但疏松透气，已不是原来铝表面氧化铝的致密紧实，从而说明HgCl2能破坏铝表面氧化膜，汞能与铝形成合金，B正确；‎ C. 向盛有Cu2O的试管中加入足量盐酸，发生反应Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，在此反应中，H+不表现出氧化性，C错误；‎ D. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化的铝不滴落，说明反应放出的热量使铝熔化，但被外面的没有熔化的氧化铝包住，也说明氧化铝的熔点比铝高，D正确。‎ 故选C。‎ 二、非选择题(本题共6小题，共58分)‎ ‎15.氮化铝(AlN)是一种灰白色固体，能与水缓慢反应。利用NH3和Al在800℃以上反应可制备AlN，实验装置如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置②中盛放的药品为__________；装置④的作用是吸收氨气和__________。‎ ‎(2)实验时先点燃①处酒精灯，其目的是______________________________________。‎ ‎(3)为使实验安全，装置④的尾气处理方法是_____________________。‎ ‎(4)装置①中发生反应的化学方程式为_____________________；装置③中发生反应的化学方程式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). 碱石灰(或生石灰或氢氧化钠固体) (2). 防止空气中水蒸气的进入 (3). 排尽装置内的空气 (4). 气体通到室外或烧掉 (5). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (6). 2Al+2NH32AlN+3H2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)装置②中盛放的药品应为能吸收NH3中的水蒸气，但与NH3不反应的固体；‎ 装置④的作用是吸收氨气和防止空气中某成分的进入，从而导致AlN的变质。‎ ‎(2)因为反应产生H2，H2与空气混合加热，易发生爆炸，所以实验时先点燃①处酒精灯，以便排尽装置内的空气。‎ ‎(3)装置④的尾气中混有H2，它易燃易爆，为使实验安全，应进行处理。‎ ‎(4)装置①中发生反应为实验室制氨气的反应；装置③中发生反应为铝与氨气的置换反应。‎ ‎【详解】(1)装置②中盛放的药品应为能干燥NH3的固体，即为碱石灰(或生石灰或氢氧化钠)；‎ 装置④的作用是吸收氨气和防止空气中水蒸气的进入。答案为：碱石灰(或生石灰或氢氧化钠)；防止空气中水蒸气的进入；‎ ‎(2)实验时先点燃①处酒精灯，其目的是产生气体将装置内的空气排出，防止生成的H2与空气混合发生爆炸。答案为：排尽装置内的空气；‎ ‎(3)为使实验安全，装置④的尾气处理方法是将气体通到室外或烧掉。答案为：气体通到室外或烧掉；‎ ‎(4)装置①中发生反应为实验室制氨气的反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；装置③中发生反应为铝与氨气的置换反应2Al+2NH32AlN+3H2。答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Al+2NH32AlN+3H2。‎ ‎16.叠氮化钠(NaN3)是白色六方系晶体，剧毒，易溶于水，是HN3(氢叠氮酸，酸性与醋酸相似的弱酸)的钠盐。回答下列问题：‎ ‎(1)实验室可用NaN3分解(生成两种单质)制备高纯N2，已知NA为阿伏加德罗常数的值，每生成1 mol N2转移电子数为___________。‎ ‎(2)NaN3和稀硫酸反应制HN3的离子方程式为______________。‎ ‎(3)NaNH2与N2O在210～220℃时反应可制备NaN3，同时放出能使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，该反应的化学方程式为_____________________。‎ ‎(4)测定工业品叠氮化钠中NaN3质量分数的实验步骤如下：‎ ‎(I)准确称量试样m g，另加少许NaOH于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容；‎ ‎(II)准确移取配得的溶液20.00mL于锥形瓶中，慢慢加入V1 mL c1 mol·L－1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后，加适量水稀释，加入5 mL浓硫酸，加2滴邻罗啉指示剂，用c2 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定到溶液由淡绿色变为黄红色(Ce4＋＋Fe2＋＝Ce3＋＋Fe3＋)，消耗标准溶液V2 mL。‎ ‎①NaN3与(NH4)2Ce(NO3)6溶液反应氧化产物为N2，还原产物为Ce(NO3)3，其离子方程式为______。‎ ‎②则样品中NaN3的质量分数为__________(列出计算表达式)。‎ ‎【答案】 (1). (2). N3-+H+=HN3 (3). 2NaNH2+N2O=NaN3+ NaOH+NH3 (4). 2N3-+2Ce4+3N2↑+2Ce3+ (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 2NaN3=2Na+3N2，由反应式可得出关系式3N2——2e-，从而可计算出生成1 mol N2转移的电子数。‎ ‎(2)书写NaN3和稀硫酸反应制HN3的离子方程式时，NaN3能拆成离子形式，因为它是一种可溶性盐。‎ ‎(3)从氧化还原分析，NaNH2+N2O=NaN3+H2O，但产物中还有NH3生成，则还需再加入NaNH2，认为它跟H2O反应，从而生成NaOH和NH3，把两个反应合二为一，即可得出该反应的化学方程式。‎ ‎(4) ①在整个过程中，发生以下反应：‎ ‎2N3-+2Ce4+=3N2+2Ce3+，Ce4＋＋Fe2＋＝Ce3＋＋Fe3＋。‎ ‎②通过第二个离子方程式，可求出过量的Ce4+的物质的量，利用总量与过量的Ce4+的差值，求出与N3-反应的Ce4+的物质的量，从而求出N3-的物质的量，最后求出样品中NaN3的质量分数。‎ ‎【详解】(1) 2NaN3=2Na+3N2，由反应式可得出关系式3N2——2e-，现在N2为1 mol，则转移的电子数。答案为：；‎ ‎(2)NaN3和稀硫酸反应制HN3的离子方程式为N3-+H+=HN3。答案为：N3-+H+=HN3；‎ ‎(3)从氧化还原分析，NaNH2+N2O=NaN3+H2O，但产物中还有NH3生成，则另一反应为NaNH2+H2O=NaOH+NH3，从而得出该反应的化学方程式2NaNH2+N2O=NaN3+ NaOH+NH3。答案为：2NaNH2+N2O=NaN3+ NaOH+NH3；‎ ‎(4) ①在整个过程中，发生以下反应：‎ ‎2N3-+2Ce4+3N2↑+2Ce3+，Ce4＋＋Fe2＋＝Ce3＋＋Fe3＋。‎ ‎①NaN3与(NH4)2Ce(NO3)6溶液反应的氧化产物为N2，还原产物为Ce(NO3)3，其离子方程式为2N3-+2Ce4+3N2↑+2Ce3+；答案为：2N3-+2Ce4+3N2↑+2Ce3+；‎ ‎②20.00mL溶液中，N3-的物质的量为：(c1V1-c2V2)×10-3mol，‎ 样品中NaN3的质量分数为 ‎=。答案为：。‎ ‎17.用废易拉罐制备明矾的实验步骤如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)清除已剪成片状的废易拉罐表面颜料及塑料内膜的方法是_________________。‎ ‎(2)实验需用100 mL 1.5 mol·L－1 KOH溶液，配制时需称取KOH固体质量为_________；配制过程中需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒及_____________和_____________。‎ ‎(3)“溶解”时发生反应的化学方程式为________________。‎ ‎(4)“酸化”时，为使硫酸滴加量不过量太多，正确的操作依据是_________。‎ ‎(5)鉴定明矾中含有K＋的操作方法及现象是_________。‎ ‎【答案】 (1). 可用砂纸打磨或灼烧 (2). 8.4g (3). 100mL容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑ (6). 滴加硫酸先生成白色沉淀，继续滴加硫酸至生成的沉淀刚好完全溶解为止 (7). 用玻璃棒蘸明矾溶液少许，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，说明含有K+‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)废易拉罐表面颜料及塑料内膜可用砂纸将其强行处理，也可利用塑料的可燃性处理；‎ ‎(2)配制100 mL 1.5 mol·L－1 KOH溶液时,需称取KOH固体质量为1.5 mol·L－1 ×0.1L×56g/mol；配制过程中需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒及100mL容量瓶和胶头滴管；‎ ‎(3)“溶解”时发生的反应是铝与氢氧化钠溶液的反应；‎ ‎(4)“酸化”时，为使硫酸滴加量不过量太多，可以起初生成的沉淀刚好完全溶解为判断依据；‎ ‎(5)鉴定明矾中含有K＋的操作方法及现象是焰色反应、透过蓝色钴玻璃观察火焰，看是否呈紫色。‎ ‎【详解】(1)‎ ‎ 清除已剪成片状的废易拉罐表面颜料及塑料内膜的方法是可用砂纸打磨或灼烧。答案为：可用砂纸打磨或灼烧；‎ ‎(2)配制100 mL 1.5 mol·L－1 KOH溶液时,需称取KOH固体质量为1.5 mol·L－1 ×0.1L ‎×56g/mol=8.4g；配制过程中还需使用100mL容量瓶和胶头滴管。答案为：8.4g；100mL容量瓶；胶头滴管；‎ ‎(3)“溶解”时发生的反应是2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑。答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；‎ ‎(4)“酸化”时，为使硫酸滴加量不过量太多，正确的操作依据是滴加硫酸先生成白色沉淀，继续滴加硫酸至生成的沉淀刚好完全溶解为止。答案为：滴加硫酸先生成白色沉淀，继续滴加硫酸至生成的沉淀刚好完全溶解为止；‎ ‎(5)鉴定明矾中含有K＋的操作方法及现象是用玻璃棒蘸明矾溶液少许，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，说明含有K+。答案为：用玻璃棒蘸明矾溶液少许，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，说明含有K+。‎ ‎【点睛】做焰色反应实验前，铂丝或无锈铁丝要用盐酸洗涤，然后在酒精灯火焰上灼烧，直至火焰呈无色，才算洗涤干净。然后趁热蘸取盐的晶体或盐溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色。如果观察K+的焰色，还需隔蓝色钴玻璃观察，以滤去可能混有的Na+的黄色光，防止产生干扰。‎ ‎18.用黑钡灰(主要成分为BaS)与软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制取Ba(OH)2·8H2O和MnCO3的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(l)“水浸、氧化”时，BaS先转化为Ba(OH)HS溶液，MnO2再氧化Ba(OH)HS。写出第二步反应的化学方程式：_________________________。‎ ‎(2)过滤1所得“Ba(OH)2滤液”制得Ba(OH)2·8H2O，还需经过的具体实验操作有_________，经干燥得到Ba(OH)2·8H2O产品[已知Ba(OH)2在20℃、60℃、80℃时溶解度依次为:3.76g、17.65g、101.4g]。‎ ‎(3)“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)；“沉锰”时发生反应的离子方程式为________；“滤液3”中可回收的产品为__________(填化学式)。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+Ba(OH)HS=MnO+S+ Ba(OH)2 (2). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 (3). S (4). Mn2++ NH3·H2O+HCO3-=MnCO3↓+NH4++H2O (5). (NH4)2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(l)“水浸、氧化”时，BaS先转化为Ba(OH)HS溶液，MnO2再氧化Ba(OH)HS。由流程图可知，反应产物为MnO、S等，由此可写出第二步反应的化学方程式。‎ ‎(2)过滤1所得“Ba(OH)2滤液”制得Ba(OH)2·8H2O，还需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，经干燥得到Ba(OH)2·8H2O。‎ ‎(3)用稀硫酸溶解MnO、S ，MnO与稀硫酸反应，但S不反应，由此便可确定“滤渣2”的主要成分；“沉锰”时硫酸锰与氨水、碳酸氢铵反应，生成MnCO3、硫酸铵等；也就得出“滤液3”中可回收的产品。‎ ‎【详解】(l)由流程图可知，MnO2氧化Ba(OH)HS，生成MnO、S等，反应的化学方程式为MnO2+Ba(OH)HS=MnO+S+ Ba(OH)2。答案为：MnO2+Ba(OH)HS=MnO+S+ Ba(OH)2；‎ ‎(2)从“Ba(OH)2滤液”制得Ba(OH)2·8H2O，需蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，经干燥得到Ba(OH)2·8H2O。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；‎ ‎(3)用稀硫酸溶解MnO、S，MnO+H2SO4=MnSO4+H2O，但S不反应，则“滤渣2”的主要成分为S；“沉锰”时，发生反应的化学方程式为MnSO4+ NH3·H2O+NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O，离子方程式为Mn2++ NH3·H2O+HCO3-=MnCO3↓+NH4++H2O；“滤液3”中可回收的产品为(NH4)2SO4。答案为：S；Mn2++ NH3·H2O+HCO3-=MnCO3↓+NH4++H2O；(NH4)2SO4。‎ ‎19.某实验小组制备草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的实验装置如下：‎ 已知：I.草酸(H2C2O4)是二元弱酸，熔点101～102℃；‎ II.草酸的溶解度如下表所示：‎ 温度/℃‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ 溶解度/g·(100g水)－1‎ ‎9.5‎ ‎14.3‎ ‎21.2‎ ‎31.4‎ ‎46.0‎ ‎84.5‎ III.在催化剂和硫酸存在下，用浓硝酸氧化淀粉水解液可制备草酸，发生的主要反应为：‎ C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置A中仪器X名称为___________，水从接口___________(填“a”或“b”)进入。‎ ‎(2)装置B的作用是___________；设计装置C的目的是_________________________。‎ ‎(3)反应C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O中，每生成1 mol H2C2O4转移电子的物质的量为____________。‎ ‎(4)将装置A和C中反应液浓缩、静置结晶并过滤得粗草酸晶体，提纯H2C2O4·2H2O的方法是_________________________。‎ ‎(5)探究草酸的性质：‎ ‎①向Na2CO3溶液中滴加H2C2O4溶液，产生大量气体，说明草酸的酸性比碳酸________(填“强”或“弱”)。‎ ‎②向NaClO溶液中加入过量H2C2O4溶液，有气泡产生，能解释这一现象的离子方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). (球形)冷凝管 (2). a (3). 安全瓶 (4). 提高HNO3的利用率 (5). 6mol (6). 重结晶 (7). 强 (8). ClO-+H2C2O4= Cl-+2CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)装置A中仪器X名称为(球形)冷凝管，冷却水流向都是下进上出。‎ ‎(2)装置B中两导管都短，主要是防止倒吸；在装置C中，NO、NO2、O2反应生成HNO3，能将淀粉水解液中的葡萄糖氧化为草酸。‎ ‎(3)反应C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O中，有机物中C元素价态不一定相同，计算变价数比较麻烦，当然也可从平均化合价进行分析，还可从N元素的价态变化判断电子转移的数目。‎ ‎(4)装置A和C最终都发生葡萄糖氧化为酸的反应，最终所得溶液中都含草酸，从粗草酸晶体提纯H2C2O4·2H2O的方法是溶解后再结晶。‎ ‎(5)①向Na2CO3溶液中滴加H2C2O4溶液，产生大量气体，应为CO2‎ ‎，反应满足强酸制弱酸的原则。‎ ‎②向NaClO溶液中加入过量H2C2O4溶液，有气泡产生，则生成CO2，ClO-被还原为Cl-。‎ ‎【详解】(1)装置A中仪器X名称为(球形)冷凝管，冷却水从接口a进入。答案为：(球形)冷凝管；a；‎ ‎(2)装置B主要是为了防止倒吸，其作用为安全瓶；设计装置C的目的是将A中产生的NO、NO2转化为HNO3，提高HNO3的利用率。答案为：安全瓶；提高HNO3的利用率；‎ ‎(3)从反应C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O中N元素分析，生成3molH2C2O4，同时生成(9molNO2＋3molNO)，N元素共得电子(9×1+3×3)mol；则每生成1 mol H2C2O4转移电子的物质的量为6mol。答案为：6mol；‎ ‎(4)从粗草酸晶体提纯H2C2O4·2H2O的方法是加水溶解后，再让草酸结晶析出。答案为：重结晶；‎ ‎(5)①向Na2CO3溶液中滴加H2C2O4溶液，产生大量气体，应为CO2，反应满足强酸制弱酸的原则，从而说明草酸的酸性比碳酸。答案为：强；‎ ‎②向NaClO溶液中加入过量H2C2O4溶液，有气泡产生，则生成CO2，ClO-被还原为Cl-，发生反应的离子方程式为：ClO-+H2C2O4= Cl-+2CO2↑+H2O。答案为：ClO-+H2C2O4= Cl-+2CO2↑+H2O。‎ ‎20.实验室制备光敏材料KaFeb(C2O4)c·xH2O的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“溶解”时，为使所用的水中不含O2，采用的操作方法是_________________。‎ ‎(2)用H2C2O4(弱酸)“沉铁”时，反应的离子方程式为______________。‎ ‎(3)FeC2O4·2H2O热分解与气氛及温度有关，在N2气氛中热分解时，固体的残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100％)与温度的关系如图所示，则B→C的变化中，发生反应的化学方程式为___________________。‎ ‎(4)“氧化”时，温度不宜超过40℃，其原因是_______。‎ ‎(5)为测定产品KaFeb(C2O4)c·xH2O(铁元素为＋3价)的组成，称取产品0.2455g用硫酸溶解后，用0.02000 mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。在上述滴定过C2O42－的保留液中加入足量锌粉，加热至黄色消失，过滤洗涤，滤液及洗涤液再用0.02000 mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液5.00 mL。则该产品的化学式为____________。‎ ‎【答案】 (1). 煮沸 (2). H2C2O4+Fe2++2H2O= FeC2O4∙2H2O↓+2H+ (3). FeC2O4FeO+CO2↑+CO↑ (4). 减少双氧水的分解损失 (5). K3Fe(C2O4)3·3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)“溶解”时，为使所用的水中不含O2，可利用气体的溶解度随温度升高而减小进行处理。(2)用H2C2O4(弱酸)“沉铁”时，H2C2O4与溶液中的Fe2+发生反应，生成FeC2O4∙2H2O沉淀；‎ ‎(3) 假设FeC2O4·2H2O为1mol，即180g，结晶水合物受热后，通常先失去结晶水，然后无水盐再分解。对图中B、C两点进行成分验证，B点应为亚铁的无水盐，即1mol FeC2O4，质量为144g，，C点应为FeO，质量为72g，，从而确定B点成分为FeC2O4，C点成分为FeO；‎ ‎(4)“氧化”时，因为双氧水易分解，所以需控制温度不宜超过40℃；‎ ‎(5)两次使用KMnO4标准溶液，第一次是利用KMnO4标准溶液氧化C2O42－，第二次是利用Zn将Fe3+还原为Fe2+，再利用KMnO4标准溶液氧化Fe2+，从而可求出C2O42－、Fe2+的物质的量。利用电荷守恒，求出K+的物质的量；利用质量守恒，求出结晶水的物质的量。‎ ‎【详解】(1)“溶解”时，为使所用的水中不含O2，采用的操作方法是煮沸。答案为：煮沸；‎ ‎(2)用H2C2O4(弱酸)“沉铁”时，H2C2O4与Fe2+反应，生成FeC2O4∙2H2O沉淀，反应的离子方程式为H2C2O4+Fe2+= FeC2O4↓+2H+。答案为：H2C2O4+Fe2++2H2O= FeC2O4∙2H2O↓+2H+；‎ ‎(3) 假设FeC2O4·2H2‎ O为1mol，即180g，对图中B、C两点进行成分验证，B点应为亚铁的无水盐，即1mol FeC2O4，质量为144g，，C点应为FeO，质量为72g，，从而确定B点成分为FeC2O4，C点成分为FeO。则B→C的变化中，发生反应的化学方程式为FeC2O4FeO+CO2↑+CO↑。答案为：FeC2O4FeO+CO2↑+CO↑；‎ ‎(4) “氧化”时，温度不宜超过40℃，其原因是减少双氧水的分解损失。答案为：减少双氧水的分解损失；‎ ‎(5)由5C2O42－+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O n(C2O42－)=×0.02000 mol·L－1×30.00mL×10-3L/mL=1.500×10-3mol 由5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O n(Fe2+)= n(Fe3+)=5×0.02000 mol·L－1×5.00mL×10-3L/mL=5.000×10-4mol 依据电荷守恒：n(K+)+3n(Fe3+)=2n(C2O42－)‎ n(K+)=1.500×10-3mol n(H2O)=‎ ‎，a:b:c:x= n(K+):n(Fe3+):n(C2O42－):n(H2O)=3:1:3:3‎ 化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。答案为K3Fe(C2O4)3·3H2O。‎ ‎ ‎