【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（筑梦班）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（筑梦班）试题
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64
一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分，共48分）
1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用相同
B. 氨水显碱性，不能与金属反应，所以运输过程中可以用铁罐车
C. 葡萄酒中通常添加微量的SO2，既可以杀菌消毒，又可以防止营养成分被氧化
D. 大多数胶体的胶粒带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
【答案】C
【解析】
【详解】A、酒曲与发酵粉的作用不同：在经过强烈蒸煮的白米中，移入曲霉的分生孢子，然后保温，米粒上便会茂盛地生长出菌丝，此即酒曲；酿酒加曲，是因为酒曲上生长有大量的微生物，以及微生物分泌的酶，其中糖分经过部分酶的作用酒化变为乙醇；而发酵粉的主要成分是NaHCO3，面包工艺中加入发酵粉是为了中和微生物产生的酸，同时生成的CO2气体可以是面团变为多孔，显得松软可口；A错误；
B、一般情况下，氨水不会与金属反应，但是氨水呈弱碱性，若用铁罐车运输，会加快铁罐的腐蚀速率（吸氧腐蚀），B错误；
C、在葡萄酒的生产过程中，SO2的作用是对生产设备消毒杀菌，还可以杀死酿造完的葡萄酒中的酵母，保证葡萄酒的稳定，最后装瓶也会填入少量SO2，保证葡萄酒不被氧化和生物稳定，C正确；
D、血液是一种胶体，利用渗析的原理可以除去血液中的毒性小分子物质，而血液中的必要成分不能通过透析膜，与胶粒是否带电无关，D错误；
故选C。
2.下列有关操作或判断正确的是（ ）
A. 进行分液操作时未打开分液漏斗上口活塞就进行分液
B. 将饱和FeCl3溶液滴入蒸馏水中即得Fe(OH)3胶体
C. 除去 NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，可加入适量的NaOH溶液
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶内未烘干水就直接拿来配制使用
【答案】D
【解析】
【详解】A、分液时，必须先打开分液漏斗上口活塞，才能保证液体顺利滴下，A错误；
B、制备Fe(OH)3胶体需将饱和FeCl3溶液滴入到沸水中，B错误；
C、NaOH和Na2CO3不反应，反而会和NaHCO3反应，可向溶液中持续通入CO2来除去Na2CO3，C错误；
D、配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶不需要保持干燥，最后是要加水定容的，D正确；
故选D。
3.用 NA 代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 含1mol的C2H5OH水溶液，氢原子总数为6NA
B. 标准状况下，体积为22.4L的CO2、NO混合气体，氧原子数一定小于NA
C. 标准状况下，11.2L SO3所含的分子数为0.5NA
D. 将1L 2mol·L-1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有的氢氧化铁胶粒数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、1mol C2H5OH含6NA个氢原子，但是该物质的水溶液中还含有水，所以水溶液中的氢原子总数大于6NA，A错误；
B、标况下，混合气体的物质的量为=1mol，则氧原子数一定大于NA，小于2NA，B正确；
C、常温下，SO3呈液态，则标况下SO3一定是非气态，则标况下该物质的物质的量不能使用气体摩尔体积计算，C错误；
D、FeCl3的物质的量为1L×2mol·L-1=2mol，而胶粒是由几个分子聚集形成的微粒，故氢氧化铁胶粒数小于2NA，D错误；
故选B。
4.某学习小组拟从海带中提取碘。按流程下列操作图示错误的是（ ）
A. 干海带灼烧 B. 加水溶解
C. 过滤 D. 加萃取剂振荡
【答案】A
【解析】
【详解】A.灼烧固体物质时，应该使用坩埚，A错误；
B.灼烧后海带灰在烧杯中加水溶解，B正确；
C.溶解后的固液混合物进行过滤，得到滤液，C正确；
D.碘与溶于有机溶剂，加入萃取剂进行萃取操作，充分振荡，萃取充分，D正确；
故选A。
5.下列有关实验操作的说法不正确的是（ ）
A. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，然后再进行实验
B. 定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，可用胶头滴管将多余液体吸出
C. 萃取后进行分液操作时，下层液体放出后，上层液体应从上口倒出
D. 蒸馏操作时，温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶支管口
【答案】B
【解析】
【详解】A. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，然后再进行实验，正确；
B. 定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，必须重新配制，错误；
C. 萃取后进行分液操作时，下层液体放出后，上层液体应从上口倒出，正确；
D. 蒸馏操作时，温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶支管口，正确。
故选B。
6.下列书写的离子方程式中，正确的是（ ）
A. 向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至恰好中性：Ba2++SO42-+ OH-+ H+=BaSO4↓+H2O
B. 在NH4HSO4溶液中缓慢滴入含等物质的量的NaOH的溶液：NH4++OH-=NH3·H2O
C. 少量CO2气体通入氢氧化钠溶液中：CO2+OH-=HCO3-
D. FeI2溶液中滴入过量溴水：2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++2I2+6Br-
【答案】D
【解析】
【详解】A、该离子方程式不符合实际反应的量，正确的离子方程式为：Ba2++SO42-+ 2OH-+ 2H+=BaSO4↓+ H2O，A错误；
B、该过程中，H+先和OH-反应（若NH4+先和OH-反应，则生成的NH3·H2O会再和H+反应），B错误；
C、CO2不足，则发生反应：CO2+2OH-=CO32-+H2O，C错误；
D、I-的还原性比Fe2+强，所以Br2先和I-反应：2I-+Br2=2Br-+I2，再发生反应：2Fe2++Br2=2Br-+2Fe3+，将两个离子反应方程式加起来，就是2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++2I2+6Br-，D正确；
故选D。
7.将分别通入下列4种溶液中，有关说法正确的是( )
A. 试管a中实验可以证明具有漂白性
B. 试管b中溶液褪色，说明具有强氧化性
C. 试管c中能产生白色沉淀，说明具有还原性
D. 试管d中能产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀硝酸
【答案】C
【解析】
【详解】A、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现了还原性，选项A错误；
B、品红褪色，说明二氧化硫有漂白性，选项B错误；
C、二氧化硫被硝酸根氧化成硫酸根，生成硫酸钡沉淀，说明二氧化硫有还原性，选项C正确；
D、二氧化硫在碱性条件下反应生成亚硫酸钡，与硝酸反应转化为硫酸钡沉淀，沉淀不溶解，选项D错误；
答案选C。
8.在强酸或强碱溶液中都能大量共存的是（ ）
①K+、Cl-、NO3-、S2- ②K+、Fe2+、I-、SO42- ③Na+、SO42-、Cl-、NO3- ④Na+、Ca2+、Cl-、HCO3- ⑤Na+、Ba2+、NO3-、Cl-
A. ①③ B. ③⑤ C. ③④ D. ②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①S2-不能在酸性溶液中大量存在；②Fe2+不能在碱性溶液中大量存在；③该组离子在强酸或强碱溶液中都能大量共存；④HCO3-在强酸或强碱溶液中都不能大量存在；⑤组离子在强酸或强碱溶液中都能大量共存；故③⑤符合题意，即选B。
9.下列叙述正确的是( )
A. 因为Na2CO3＋SiO2 Na2SiO3＋CO2↑，所以硅酸的酸性比碳酸强
B. 碳和硅都是同族的元素，所以二氧化碳和二氧化硅的物理性质相似
C. 二氧化硅溶于氢氧化钠溶液又溶于氢氟酸，所以二氧化硅是两性氧化物
D. 硅是良好的半导体材料，二氧化硅可用于制造光导纤维
【答案】D
【解析】
【详解】A、碳酸的酸性比硅酸强，该反应之所以可以发生，是因为CO2脱离了反应体系，使得平衡不断向右移动，A错误；
B、二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二者的物理性质相差很大，B错误；
C、二氧化硅是酸性氧化物，其和氢氟酸产生的物质不是盐和水，该反应不能说明二氧化硅具有碱性，C错误；
D、硅是良好的半导体材料，二氧化硅可用于制造光导纤维，D正确；
10.某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。已知0.2mol KBrO3在反应中得到1mol电子生成X。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的还原剂是H3AsO4 B. 氧化性：H3AsO4＞KBrO3
C. 还原性：X＞AsH3 D. X为Br2
【答案】D
【解析】
【分析】题中已经告知0.2mol KBrO3在反应中得到1mol电子，则KBrO3作氧化剂，且Br的化合价将为0价，则还原产物为Br2；根据题中给出的物质可以推出的物质，可以推出AsH3为还原剂，H3AsO3为氧化产物，该反应的方程式为：5AsH3+3H2SO4+6KBrO3=3K2SO4+3Br2+5H3AsO3+3H2O。
【详解】A、根据分析可知，H3AsO3为氧化产物，A错误；
B、根据分析，KBrO3作氧化剂，H3AsO3为氧化产物，则氧化性：KBrO3＞H3AsO4，B错误；
C、根据分析，X为Br2，是还原产物，AsH3作还原剂，则还原性：AsH3＞X，C错误；
D、根据分析，X为Br2，D正确；
故选D。
11.三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是( )
A. 当它们的体积和温度、压强均相同时，三种气体的密度：ρ(H2)>ρ(N2)>ρ(O2)
B. 当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：P(H2)>P(N2)>P(O2)
C. 当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V(O2)>V(N2)>V(H2)
D. 当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)>m(N2)>m(O2)
【答案】B
【解析】
【分析】根据PV=nRT，可得：、，依此答题。
【详解】A、根据可知，即体积和温度、压强均相同时，气体的密度与摩尔质量成正比，ρ(H2)<ρ(N2)<ρ(O2)，A错误；
B、根据可知，温度和密度都相同时，气体的压强与摩尔质量成反比，即P(H2)>P(N2)>P(O2)，B正确；
C、根据
可知，质量和温度、压强均相同时，气体的体积与摩尔质量成反比，即V(H2)>V(N2)>V(O2)，C错误；
D、根据可知，压强和体积、温度均相同时，气体的质量与摩尔质量成正比，即m(H2)
I->Fe2+，则少量的溴水先和SO32-反应；由于滴加溴水之后，溶液呈无色，则说明该溶液中一定有SO32-，则一定没有Fe2+；则无法推断I-的存在情况；若有I-，即原溶液中的阴离子有SO32-和I-，由于所有离子的浓度相同，则阳离子有Na+、NH4+、K+；若没有I-，则阳离子有为Na+、NH4+、K+中的任意两种；由于阳离子最多有Na+、NH4+、K+这三种，所以在一定有SO32−的情况下，SO42-一定不存在；综上所述，B正确，故选B。
14. 铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法错误的是（ ）
A. ①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作 B. a、b中铝元素的化合价相同
C. ③中需要通入过量的氨气 D. ④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝
【答案】C
【解析】
【详解】加入盐酸，氧化铝和氧化铁溶解，生成氯化铁和氯化铝，二氧化硅不溶解，过滤即可除去；加入过量的氢氧化钠，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，过滤除去氢氧化铁；向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2气体，即生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解得到氧化铝，氧化铝电解得到单质铝，所以只有选项C是错误的，故答案选C。
15.取500mL Na2CO3溶液与300mL 1mol/L盐酸反应。在不断搅拌下，将Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸中与将盐酸逐滴滴入Na2CO3溶液中，所产生气体的物质的量之比为3:2，则Na2CO3溶液的物质的量浓度为（ ）
A. 0.4mol/L B. 0.3mol/L
C. 0.2mol/L D. 0.15mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】将Na2CO3溶液滴入盐酸中，发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O；若将盐酸滴入Na2CO3溶液中，先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，再发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；由于两个过程产生的CO2的物质的量之比为3：2，因此可以推出，第一个过程中，CO2的物质的量有HCl总物质的量决定，而第二个过程的CO2的物质的量由第二个反应的HCl的物质的量来决定。。
【详解】n(HCl)= 300mL×1mol/L=0.3mol，设500mL Na2CO3溶液中含x mol Na2CO3；经分析，第一个过程中HCl不足，则根据2HCl~CO2可得，生成CO2 0.15mol；在第二个过程中，根据第一个反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，可以推出生成的NaHCO3的物质的量为x mol，消耗HCl的物质的量为x mol，则参加第二个反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O的HCl的物质的量为(0.3-x)mol，则生成CO2的物质的量为(0.3-x)mol；则有
，解得x=0.2mol，故c(Na2CO3)==0.4mol/L，故选A。
16.某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是（ ）
A. 一定含有Al，其质量为4.05g
B. 一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3
C. 一定含有MgCl2 和FeCl2
D. 一定含有(NH4)2SO4 和MgCl2，且物质的量相等
【答案】D
【解析】A;14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故A对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故C错误；
根据A分析一定有(NH4)2SO4，根据B分析一定有氯化镁。
Mg(OH)2MgCl2 (NH4)2SO42NH4+2NH3
58g 1mol 1mol 22.4L
2.9g 0.05mol 0.05mol 2.24L
(NH4)2SO4 和MgCl2物质的量相等，故D正确。本题答案：D。
二、非选择题：（本大题共5小题。共52分）
17.按要求完成下列填空:
（1）由CH4和O2组成的混合气体在标准状况下的密度为l g·L-1，则该混合气体中CH4和O2的体积比为________。
（2）用98%(密度为1.84g/mL )的浓硫酸配制500mL 2.5mol/L的稀硫酸，需用量筒量取浓硫酸的体积为________mL。
（3）向100mL 0.2mol/L 的NaAlO2溶液与300mL 0.1mol/L的HCl溶液混合，反应的离子方程式： _________________。
（4）某混合溶液中仅含有离子：Fe2+、Cl-、Br-、I-，测得Cl-、Br-、I-的物质的量之比为2：3：4，往溶液中通入一定量的氯气，充分反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量之比为3：1，则通入的氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为=_________________。（假设溶液的体积在反应前后不变）
（5）酸性条件下，向FeI2的淀粉溶液中加入H2O2溶液后变蓝。当有1mol Fe2+被氧化成Fe3+时，转移电子4mol。写出该反应的离子方程式：_________。
【答案】(1). 3∶2 (2). 67.9 (3). 6AlO2-+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+ (4). 7：3 (5). 2Fe2++6I-+4H2O2+8H+=2Fe3++3I2+8H2O
【解析】
【分析】（1）可利用“十字交叉法”来计算；
（2）利用稀释定律计算即可；
（3）根据反应物的物质的量，可以先判断出过量的问题，再根据剩余的量去分析后续反应的情况，最后将两个化学方程式相加，再将系数化整即可；
（4）还原性：I->Fe2+>Br-，题中告知有Fe2+剩余，则说明Cl2并未与Br-反应，由此进行计算；
（5）先写出Fe2+和I-分别与H2O2的反应方程式，再根据电子转移数目分析两个反应的相关物质的量，从而获得总的反应方程式。
【详解】（1）在标况下，ρ(CH4)=g·L-1，ρ(O2)=g·L-1，根据十字交叉法：
，则n(CH4)：n(O2)=3：2，即V(CH4)：V(O2)=3：2；
（2）设需要浓硫酸V mL，则有：，解得V=67.9mL；
（3）n(NaAlO2)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，n(HCl)= 0.3L×0.1mol/L=0.03mol，则在反应H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓中，H+过量；在反应4H++ AlO2-=Al3++2H2O中，AlO2-过量；所以可以推断出发生反应：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，过量的H+再和Al(OH)3反应：3H++ Al(OH)3=Al3++3H2O；在第一个反应中，消耗0.02mol H+，生成 0.02mol Al(OH)3，剩余0.01 mol H+，即0.02H++0.02AlO2-+0.02H2O=0.02Al(OH)3↓，在第二个反应中，0.01mol H+完全参加反应，消耗mol Al(OH)3，生成mol AlO2-，即0.01H++Al(OH)3=Al3++0.01H2O，将两个方程式相加可得： 0.02AlO2-+0.03H++0.01H2O=Al(OH)3↓+Al3+，系数化整得：6AlO2-+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+；
（4）设Cl-、Br-、I-的物质的量依次为2mol、3mol、4mol，则Fe2+的物质的量为mol；因为还原性：I->Fe2+>Br-，所以I-先和Cl2反应；由于有Fe2+剩余，则说明Cl2并未与Br-反应；则有：
，则n(Cl2)1=2mol，n(Cl-)1=4mol；
设和Fe2+反应的物质的量为x mol，
，n(Cl-)2=2x mol，n(Fe2+)=2x mol；
则反应后，溶液中Cl-的物质的量为(2+4+2x)mol，因为反应后Cl-和Br-的物质的量比为3：1，所以有：，解得x=，通入的Cl2的物质的量为(2+x)=mol，溶液中剩余Fe2+的物质的量为()mol=mol，所以通入的氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为7：3；
（5）该过程涉及两个反应：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O和2H++H2O2+2I-=I2+2H2O，这两个反应式中均转移2e-；有1mol Fe2+被氧化成Fe3+时，转移电子4mol，则有2mol Fe2+被氧化成Fe3+时，转移电子8mol，而2mol Fe2+自身失去2mol e-，所以有6mol e-由6mol I-失去，即发生反应：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O和6H++3H2O2+6I-=3I2+6H2
O，将两个方程相加可得：2Fe2++6I-+4H2O2+8H+=2Fe3++3I2+8H2O。
18.已知：某些强酸盐的水溶液呈中性，如NaCl溶液，某些弱酸盐的水溶液呈碱性，如Na2CO3溶液。请根据如下图所示转化关系回答有关问题。A和B均为焰色反应呈黄色的水溶液，A呈中性，B呈碱性并具有强氧化性。
（1）写出C的化学式：________。
（2）依次写出A→D和D→E(E中含有某＋5价元素的含氧酸根离子)的离子方程式： ___________________，_____________________。
（3）写出将SO2气体通入K溶液中发生反应的离子方程式：____________。
（4）检验K溶液中阳离子的简易方法是__________。
【答案】(1). AgI (2). 2I-+ClO-+H2O=I2+Cl-+2OH- (3). I2+5ClO-+2OH-=2IO3-+5Cl-+H2O (4). 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ (5). 取少量K溶液于试管中，滴加少量的KSCN溶液，溶液变红
【解析】
【分析】A、B的焰色反应均为黄色，则A、B均含有Na元素；A和AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的黄色沉淀C为AgI，则说明A为NaI溶液；B和浓盐酸反应生成的黄绿色气体F为Cl2，且B呈碱性，则B为NaClO溶液，K为FeCl3溶液，H为NaCl和NaClO的混合溶液；将B逐滴滴入A中，NaClO将NaI氧化为I2（D），再继续加入B，NaClO将I2氧化，根据题（2）可以推测E为NaIO3溶液。
【详解】（1）根据分析，C为AgI；
（2）A为NaI溶液，D为I2，E为NaIO3溶液，A→D的离子方程式为：2I-+ClO-+H2O=I2+Cl-+2OH-，D→E的离子方程式为：I2+5ClO-+2OH-=2IO3-+5Cl-+H2O；
（3）K溶液为FeCl3溶液，向此溶液中通入SO2的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（4）K溶液中阳离子为Fe3+，检验该阳离子的方法为：取少量K溶液于试管中，滴加少量的KSCN溶液，若溶液变红，说明该溶液中含有Fe3+。
19.KMnO4和MnO2都是重要的化学物质，在实验室可以作氧化剂和催化剂。某化学学习小组对两种物质的制备探究如下：
Ⅰ.MnO2的制备：
该学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)样品转化为纯MnO2的实验，其工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）第②步操作中，NaClO3氧化MnSO4的离子方程式为______________
（2）第③步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含有下列物质中的________(填序号)。
a．NaCl b．NaClO c．NaOH d．NaClO4
（3）为得到纯净的MnO2，须将过滤后的MnO2合并后进行洗涤。洗涤沉淀所用的玻璃仪器有______________。
（4）NaClO3和MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取氯气，制取等量的氯气消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为__________。
Ⅱ.KMnO4的制备：
（5）实验室由二氧化锰制备高锰酸钾可分两步进行：
第一步：MnO2与KOH共熔并通入氧气：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；
第二步：通入CO2，可使K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2。
第二步完成反应时，转化为KMnO4的K2MnO4占其全部的百分率约为________(精确到0.1%)。
【答案】(1). 2ClO3-+5Mn2++4H2O=Cl2↑+5MnO2↓+8H+ (2). ac (3). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (4). 1∶3 (5). 66.7%
【解析】
【分析】（1）NaClO3氧化MnSO4的离子方程式，根据得失电子守恒配平即可；
（2）图中告知反应条件为加热，且NaOH溶液过量，则通入Cl2所得的溶液一定含有NaClO3、NaCl、NaOH；
（3）洗涤沉淀所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）根据NaClO3-3Cl2，MnO2-Cl2计算，可求出该比例；
（5）根据3K2MnO4-2KMnO4计算即可。
【详解】（1）NaClO3氧化MnSO4的离子方程式为2ClO3-+5Mn2++4H2O=Cl2↑+5MnO2↓+8H+；
（2）图中告知反应条件为加热，则发生反应Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，且NaOH溶液过量，通入Cl2所得的溶液一定含有NaClO3、NaCl、NaOH，故选ac；
（3）洗涤沉淀所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）根据反应NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O，MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，若要制取等量的氯气，消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为1：3；
（5）根据反应2CO2+3K2MnO4=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3可知，3份K2MnO4中有2份转化为KMnO4，则转化为KMnO4的K2MnO4占其全部的，即66.7%。
20.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+ 和NO3-、SO42-、Cl-、CO32-（离子在物质中不能重复出现）。
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。
（1）根据①②实验事实可推断它们的化学式为：A____________， B___________。
（2）写出醋酸与D反应的离子方程式：_____________________。
（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子的物质的量之比___________；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式：_________________。
（4）C溶液中阴离子的检验方法：__________________。
【答案】(1). BaCl2 (2). AgNO3 (3). CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O (4). n(Cl-)：n(NO3-)：n(Cu2+)=1：1：1 (5). Zn+Cu2+═Zn2++Cu (6).
取少量C溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-
【解析】
【分析】根据题中所给的8种离子，可以推断出这些可溶性物质分别为AgNO3、BaCl2、CuSO4、Na2CO3；C盐的溶液呈蓝色，则C为CuSO4；向这4种溶液中加入盐酸，B盐溶液生成沉淀，D盐溶液生成无色无味的气体，则B为AgNO3，D为Na2CO3，A为BaCl2。
【详解】经分析，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；
（1）A为BaCl2，B为AgNO3；
（2）D为Na2CO3，醋酸与D的离子方程式为：CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O；
（3）有相同物质的量的BaCl2、AgNO3、CuSO4的溶液，假设这三种盐都有1mol，则共有1mol Ba2+、1mol Ag+、1mol Cu2+、2mol Cl-、1mol NO3-、1mol SO42-，混合后1mol Ba2+和1mol SO42-沉淀，1mol Ag+和1mol Cl-沉淀，剩1mol Cu2+、1mol Cl-、1mol NO3-，则三种离子的物质的量之比为1：1：1；向混合后的溶液中加入锌粒，发生反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+；
（4）C溶液中的阴离子为SO42-，其检验方法为：取少量C溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。
21.如图是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。
（1）装置B中盛放的试剂是________________。装置D的作用是____________。
（2）点燃C处酒精灯，并闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生白色沉淀，从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式：__________________________。E中发生反应的离子方程式：________。
（3）当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16g，反应后固体质量减少2.4g，通过计算确定该固体产物的成分______________________________(用化学式表示)。
（4）在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中，写出产生白烟的化学方程式：________________，迅速产生倒吸的原因是________。
【答案】(1). 碱石灰(或生石灰) (2). 防止倒吸或安全瓶 (3). 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O (4). 2NH3+Ba2+ +SO2+H2O=BaSO3↓+2NH4+ (5). Cu2O、Cu (6). 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl (7). 盛满氯气的集气瓶中因氨气与HCl反应生成固体，导致瓶内压强减小，引起溶液倒吸
【解析】
【分析】本实验的目的是制备氨气并探究其性质。观察实验装置图，A为氨气的发生装置，B为干燥装置；根据题（2）（3），可以推出C→E是探究氨气还原CuO的实验，C中发生的是氨气还原CuO，D连接的E中有溶液，则D是为了防止倒吸，E是为了探究NH3和SO2的反应，并吸收氨气；根据题（4）可以推出F、G是探究氨气和Cl2的反应。
【详解】（1）B为干燥装置，其中固体为碱石灰（或生石灰）；D为安全瓶，其作用是防止倒吸；
（2）在E中发生反应，SO2+2NH3+H2O+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，离子方程式为2NH3+Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2NH4+；E中逸出的气体，可以直接排放到空气，则该气体不可能是氨气，且氨气极易溶于水，根据质量守恒定律，且C中的反应是氨气还原CuO的反应，可以推出该气体为氮气，C中的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
（3）反应前固体为CuO，n(CuO)==0.2mol，反应后固体全部为红色，若所得固体全部为Cu，则n(Cu)=0.2mol，m(Cu)=0.2mol×64g/mol=12.8g，△m=16g-12.8g=3.2g>2.4g，则反应后的固体不可能只有Cu，即反应后的固体为Cu、Cu2O；
（4）F中产生的白烟为NH4Cl，化学方程式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；盛满氯气的集气瓶中因氨气与HCl反应生成固体，导致瓶内压强减小，引起溶液倒吸。
