黑龙江省宾县一中2020届高三上学期第一次月考化学试卷

黑龙江省宾县一中2020届高三上学期第一次月考化学试卷

宾县一中2020届高三上学期第一次月考化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，O-16，Na-23，Si-28，K-39，Fe-56，Cu-64，Ba-137‎ 一、单选题(共16小题，每小题3分，共48分)‎ ‎1.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）‎ A. 淀粉、CuO、HClO、Cu B. 水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3‎ C. KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OH D. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。‎ ‎【详解】A. 淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，A项错误；‎ B. 水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2O⋅CaO⋅6SiO2是盐不是氧化物，Na2O融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，B项错误；‎ C. KAl(SO4)2⋅12H2O属于盐、KClO3是盐不是氧化物,NH3⋅H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，C项错误；‎ D. 普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、CH3COOH存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.1 mol 的中，含有个中子 B. pH=1的H3PO4溶液中，含有个 C. 2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子 D. 密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加个P-Cl键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；‎ B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；‎ C．标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；‎ D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。‎ ‎3.X、Y、Z、W均为中学化学中常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系(其它产物已略去)：下列说法不正确的是 A. 若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液 B. 若W是氢氧化钠，则X水溶液呈酸性 C. 若W是氧气，则X、Z的相对分子质量可能相差48‎ D. 若W是强氧化性的单质，则X可能是金属铝 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应的转化关系可知X可与W连续反应，说明X的生成物与W的量或反应条件有关，符合该转化关系的有：氢氧化钠或氢氧化钾与二氧化碳和二氧化硫的反应、铁和硝酸或氯化铁溶液的反应、偏铝酸盐和盐酸的反应、氯化铝和氢氧化钠溶液的反应、氨气或氮气或硫被氧化的反应、钠被氧化的反应等，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．如果W是Fe，Z是FeCl2，则Y必是FeCl3，发生的化学反应是2FeCl2+Cl2═2FeCl3，则X是Cl2，符合题干要求，故A正确；‎ B．若W是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，则X可以是酸性氧化物二氧化硫或二氧化碳等也可以是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性，故B正确；‎ C．若W是氧气，X能连续被氧化，则如果X是硫单质，则X、Z的相对分子质量可能相差48，故C正确；‎ D．若W是强氧化性的单质，则X应为有可变价态的元素的物质，所以不可能是金属铝，因为铝没有可变价，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎4.生产生活中的许多现象或应用都与化学知识有关。下列现象或应用与胶体性质无关的是(　　)‎ A. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐 B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷 C. 泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作用 D. 清晨，人们经常能看到阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，豆浆属于蛋白质胶体，卤水和石膏的主要成分属于盐类，将卤水或石膏加入豆浆，会使胶体聚沉，故A与胶体性质有关；B项，冶金厂的烟尘为气溶胶，胶体有吸附性，吸附了带电荷的微粒而使胶粒带电，在高压电作用下，胶粒定向移动产生电泳现象，使胶体粒子在电极处凝聚、沉降从而达到除尘的目的，故B与胶体性质有关；C项，泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合，利用铝离子和碳酸氢根离子双水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，与水解有关，故C与胶体性质无关；D项，该现象称为丁达尔效应，是因为早晨的森林雾气较重，在空气中形成气溶胶，经穿过树叶空隙的太阳光照射后产生的现象，丁达尔效应是胶体的重要性质，故D与胶体有关。‎ 点睛：本题主要考查胶体的性质，与生活中的现象联系密切，明确胶体的丁达尔效应、电泳、聚沉等重要性质及其形成原因，才能合理解释生活中的有关现象。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. 无色透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SCN－、Cl－‎ B. c(H+)/c(OH-)＝1×10－12的溶液中：K＋、Na＋、CO32-、NO3-‎ C. c(Fe2＋)＝1 mol·L－1的溶液中：K＋、NH4+、MnO4-、SO42-‎ D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na＋、NH4+、SO42-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe3＋与SCN－生成Fe(SCN)3，且铁离子为有色离子，故A错误；‎ B. c(H+)/c(OH-)＝1×10－12的溶液中c(H+)=1×10－13，溶液呈碱性，K＋、Na＋、CO32-、NO3-不反应，可以共存，故B正确；‎ C. c(Fe2＋)＝1 mol·L－1的溶液中：Fe2＋与MnO4-发生氧化还原反应，Fe2＋、MnO4-不能共存，故C错误；‎ D. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性， HCO3-在酸性条件下生成二氧化碳气体，故D错误。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并根据常见离子之间的反应来解答，本题的难点是B中氢离子浓度的计算及A中Fe3＋与SCN－生成络离子。‎ ‎6.利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制0.5 mol/L的碳酸钠溶液1000 mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（ ）‎ A. 称取碳酸钠晶体100 g B. 定容时俯视观察刻度线 C. 移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗 D. 定容后将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL需称取143 g Na2CO3·10H2O，A项浓度偏低；定容时俯视刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高，B项符合题意；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，C项浓度偏低；D项会造成所配溶液的浓度偏低。‎ ‎7.已知：①Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋；②Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。则下列在水溶液中的反应不可能发生的是(　　)‎ A. 3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3 B. Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2‎ C. Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O D. 2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据信息，I－的还原性强于Fe2＋，因此Cl2先氧化I－，故说法错误；B、还原性I－>Fe2＋，先和I－反应，氯气过量再和Fe2＋反应，故说法正确；C、Co2O3的氧化性强于Cl2，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故说法正确；D、Fe3＋的氧化性强于I2，因此两者发生反应，故说法正确。‎ 考点：考查氧化还原反应的规律等知识。‎ ‎8.硅是构成无机非金属材料的一种主要元素，下列有关硅的化合物的叙述错误的是(　　)‎ A. 氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，其化学式为Si3N4‎ B. 碳化硅(SiC)的硬度大，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承 C. 光导纤维是一种新型无机非金属材料，其主要成分为SiO2‎ D. 二氧化硅为立体网状结构，其晶体中硅原子和硅氧单键的个数之比为1∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．氮化硅中各元素的原子最外层达到8电子稳定结构，Si原子最外层电子数为4，N原子最外层电子数为5，要形成8电子稳定结构，则应有二者个数比值为3：4，其化学式为Si3N4，正确；B．SiC为原子晶体，熔点高，硬度大，可用于做耐高温材料，正确；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于新型无机非金属材料，正确；D．二氧化硅晶体中，一个硅原子可形成4个硅氧单键，故硅原子和硅氧单键个数之比为1：4，错误。‎ 考点：考查硅和二氧化硅的性质和用途的知识。‎ ‎9.已知OCN－中每种元素都满足8电子稳定结构，在反应OCN－+OH－+Cl2→CO2+N2+Cl－+H2O（未配平）中，如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN－的物质的量是 A. 2 mol B. 3 mol C. 4 mol D. 6 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】OCN－中每种元素都满足8电子稳定结构即可各其中O元素为-2价、C元素为+4价、N元素为-3价；其反应的离子方程式为：2OCN－+4OH－+3Cl2=2CO2+N2+6Cl－+2H2O；即可得如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN－的物质的量是4 mol，故答案选C。‎ ‎10.含MgCl2、AlCl3‎ 均为nmol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至过量。加入NaOH的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（ ）‎ 提示：离子沉淀(或沉淀溶解)pH见下表 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据开始沉淀时的pH可知，当Al3+完全沉淀时，Mg2+还没有开始沉淀；而当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；而当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，据此对各选项进行判断。‎ ‎【详解】当Al3+完全沉淀时,溶液的pH=8.04,而镁离子开始沉淀的pH=8.93,则Al3+完全沉淀时Mg2+还没有开始沉淀；即：当Mg2+开始沉淀时,已经有部分氢氧化铝开始溶解;镁离子完全沉淀的pH=10.92,、氢氧化铝完全溶解的pH=12.04,则当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，C项正确； ‎ 答案选C。‎ ‎11. 解释下列事实的方程式不正确的是 A. 次氯酸钙溶液中通入过量二氧化硫：Ca2+ + 2ClO－+ H2O + SO2＝CaSO3↓+ 2HClO B. 硫酸型酸雨放置一段时间溶液的pH下降：2H2SO3＋O2＝2H2SO4‎ C. 纯碱液可以清洗油污的原因：CO32¯+H2OHCO3¯+OH¯‎ D. 向K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH浓溶液，溶液由橙色变为黄色：Cr2O72—+H2O2CrO42—+2H+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、产物中的次氯酸具有强氧化性，应把亚硫酸钙氧化成硫酸钙，错误；B、亚硫酸是弱酸，被氧气氧化生成硫酸为强酸，氢离子浓度增大，pH减小，正确；C、纯碱溶液由于碳酸根离子的水解而使溶液显碱性，所以可以清洗油污，正确；D、K2Cr2O7溶液中存在水解平衡，Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黄色，加入氢氧化钠溶液，使平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，正确，答案选A。‎ 考点：考查对产物的判断，水解平衡的移动及应用 ‎12.为使Fe2+，Fe3+，Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的酸碱度分别为pH7.7、pH4.5、pH6.6。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+，Fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是 A. H2O2，ZnO B. 氨水 C. KMnO4，ZnCO3 D. NaOH溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：使铁离子沉淀而锌离子不能沉淀的pH为4.5到6.6之间，但亚铁离子完全沉淀时锌离子已沉淀，所以应将亚铁离子转化为铁离子再沉淀，同时不能引入新的杂质，所以需要氧化剂，最佳的氧化剂是过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，而自身被还原为水，再加入ZnO调节pH在4.5～6.6之间，即可使铁离子完全沉淀，其余均会产生不同的杂质，所以答案选A。‎ 考点：考查物质除杂试剂的判断 ‎13.金属钾的冶炼可采用如下方法：2KF＋CaC2CaF2＋2K↑＋2C，下列有关说法合理的是（ ）‎ A. 该反应的氧化剂是KF，氧化产物是K B. 该反应能说明C的还原性大于K C. 电解KF溶液不可能制备金属钾 D. CaC2、CaF2均为离子化合物，且阴、阳离子个数比均为2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：分析氧化还原反应注意①标清变价元素的化合价②熟记氧化还原反应的基本概念和基本规律③突破电子转移；该反应中钾元素的化合价由+1价降为0价，被还原，KF为氧化剂，K为还原产物；碳元素的化合价由—1价升高到0价，被氧化，CaC2作还原剂，C是氧化产物；A、该反应的氧化剂是KF，氧化产物是C，错误；B、该反应的还原剂为CaC2，还原产物为K，不能说明C的还原性大于K，错误；C、电解KF溶液，阳离子H+放电，阴离子OH—放电，不可能制备金属钾，正确；D、CaC2、CaF2均为离子化合物，CaF2中阴、阳离子个数比为2∶1，而CaC2中阴、阳离子个数比为1∶1，错误。‎ 考点：考查氧化还原反应、电解原理和物质结构。‎ ‎14.现有含Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的某稀溶液，若向其中逐步加入铁粉，溶液中Fe2+浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如右图所示，则该溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为( )‎ A. 1∶1∶3 B. 1∶2∶4 C. 1∶1∶4 D. 1∶3∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，加入铁粉后反应先后顺序是：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O、Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2、Fe+Cu(NO3)2=Fe(NO3)2+Cu；设HNO3、Fe(NO3)3、Cu(NO3)2分别为xmol、ymol、zmol，由于先加入1molFe时没有生成Fe2+，只生成1mol Fe(NO3)3，由系数之比等于物质的量之比可得：n(HNO3)=4n(Fe)，则x=4；再加入1molFe时生成3molFe2+，说明参加反应的Fe(NO3)3为2mol，则y=1；最后加入1molFe时生成1mol Fe2+，说明z=1；因此，该溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3分别为1mol、1mol、4mol，三者的浓度之比为1∶1∶4，故C正确。‎ 考点：本题以铁及其化合物的重要性质为线索，以图像为载体，主要考查氧化还原反应的先后顺序、物质的量在化学方程式计算中的应用、物质的量浓度的计算等基础知识和基本技能。‎ ‎15.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是 ‎①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合 ③少量Ca(OH)2投入到过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2‎ A. ①③④⑤ B. 只有①④ C. 只有②③ D. 只有③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①金属钠投入FeCl3溶液中, Na先与水反应生成NaOH和H2，OH－与Fe3＋反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，OH－与Al3＋反应生成Al(OH)3，但Al(OH)3溶于强碱，所以最终没有沉淀生成；③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，发生反应为：Ca2＋+OH－+HCO3－=CaCO3↓+H2O，碳酸钙是白色沉淀；④向Al3＋溶液中加入氨水生成白色的Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3只溶于强碱，所以氨水过量，依然有白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，该反应为化合反应，且NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以会析出NaHCO3晶体，产生白色沉淀。故③④⑤正确，选D。‎ ‎16.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是 A. Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1 B. 硝酸物质的量浓度为2.6mol/L C. 产生的NO在标准状况下的体积为4.48L D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有 ‎64x+144y=272……①‎ 由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②‎ 解得x=0.2、y=0.1‎ A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；‎ B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /0.5L =2.4 mol/L，B不正确；‎ C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/ mol×（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=4.48L，C正确；‎ D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2 mol×2-0.1 mol×2×2=0.2mol，D正确。‎ 答案选B。‎ 二、非选择题（共52分）‎ ‎17.（一）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。‎ ‎（1）W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为_______。‎ ‎（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为____。‎ ‎（二）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。‎ 它们之间有如下的反应关系：‎ ‎（3）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质。则C与另一种淡黄色物质反应的化学方程式_____。‎ ‎（4）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。判断单质A的元素在周期表中的位置是_____。‎ ‎（5）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式_____。‎ ‎【答案】 (1). Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O (2). (3). SO2+Na2O2=Na2SO4 (4). 第三周期ⅢA族 (5). Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（一）‎ W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素,W、X是金属元素,其最高价氧化物对应的水化物为碱,且两种碱可以反应生成盐和水,则W为Na元素,X为Al元素,Y、Z是非金属元素,W为Na,W可以和Y形成,则Y为-2价,为ⅥA元素,且和钠同周期,所以为S,Y的低价氧化物为;并且Z和Y同周期,原子序数比Y大,所以Y为Cl,根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律的递变规律解答该题。‎ ‎（二）‎ ‎（1）C是造成酸雨的主要物质则C是SO2，A是淡黄色固体，则A是S，所以SO2与另一淡黄色固体过氧化钠反应；‎ ‎（2）D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则D是Al（OH）3，C是NaAlO2，则A是Al，B是Al2O3；‎ ‎（3）A是应用最广泛的金属，④反应用到A，则A为Fe，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，C是FeCl3，②⑤反应用到的非金属为Cl2，所以D是FeCl2，以此来解答；‎ 详解】（一）‎ ‎(1)W、X为金属，其最高价氧化物对应的水化物为碱，且两种碱可以反应生成盐和水，则为NaOH和Al（OH）3，二者反应的离子方程式: Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎(2)W为Na，W可以和Y形成W2Y,则Y为-2价,为ⅥA元素,且和钠同周期，所以为S，W2Y为Na2S，电子式为:；‎ ‎（二）‎ ‎（1）C是造成酸雨的主要物质则C是SO2，A是淡黄色固体，则A是S，所以SO2与另一淡黄色固体过氧化钠反应，反应方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4；‎ ‎（2）D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则D是Al（OH）3，C是NaAlO2，则A是Al，B是Al2O3，所以A在元素周期表的位置为第三周期ⅢA族；‎ ‎（3）A是应用最广泛的金属，④反应用到A，则A为Fe，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，C是FeCl3，②⑤反应用到的非金属为Cl2，所以D是FeCl2，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；‎ ‎【点睛】注意，过氧化钠具有氧化性，可以将二氧化硫氧化成硫酸根，与过氧化钠与二氧化碳反应不同。‎ ‎18.硅是人类文明发展的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹。‎ ‎（1）工业生产粗硅的反应有：‎ SiO2+2CSi（粗）+2CO↑‎ SiO2+3CSiC+2CO↑‎ 两个反应的氧化剂分别为____、___。若产品中单质硅与碳化硅的物质的量之比为1：1，则参加反应的C和SiO2的质量之比为___。‎ ‎（2）工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅：‎ ‎①若反应I为Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，则反应II的化学方程式为____。‎ ‎②整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出该反应的化学方程式：_____。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). C (3). 1:2 (4). SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl (5). SiHCl3+3H2O＝H2SiO3+3HCl+H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据方程式中碳和二氧化硅、硅、碳化硅之间的关系式计算；‎ ‎（2）①根据反应物、生成物和反应条件写出反应方程式；②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气；‎ ‎【详解】（1）根据反应方程式生成1mol Si需C 2mol、SiO2 1mol，生成1mol SiC需C 3mol，SiO2 1mol，产品中Si与SiC的物质的量之比为1：1，则参加反应的C和SiO2‎ 物质的量之比为5：2，所以质量之比为：5×12：2×60=1：2， （2）①由工艺流程可知，反应Ⅱ是氢气与SiHCl3反应生成Si（纯）、HCl，反应方程式为：SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl；‎ ‎②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl，‎ ‎19.某无色溶液中含有K＋、Cl－、OH－、SO32-、SO42-，为检验溶液中所含的某些阴离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞试液。检验其中OH－的实验方法省略，检验其他阴离子的过程如下图所示。‎ ‎(1)图中试剂①～⑤溶质的化学式分别是：‎ ‎①________，②________，③________，④__________，⑤__________。‎ ‎(2)图中现象c表明检验出的离子是________________。‎ ‎(3)白色沉淀A若加试剂③而不加试剂②，对实验的影响是____________________。‎ ‎(4)气体E通入试剂④发生反应的离子方程式是_________________________。‎ ‎【答案】 (1). Ba(NO3)2 (2). HCl (3). HNO3 (4). Br2 (5). AgNO3 (6). Cl－ (7). 会使SO32－对SO42－的检验产生干扰，不能确认SO42－是否存在 (8). SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Br－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图，结合需要检验的离子可知，气体E只能为二氧化硫。SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂①为Ba(NO3)2溶液，试剂②为盐酸，试剂④为溴水，无色溶液C中含有Cl－、OH－，溶液呈碱性，加入过量试剂③后再加入试剂⑤生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂③为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂⑤为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2‎ 溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂①为Ba(NO3)2溶液，试剂②为盐酸，试剂④为溴水，无色溶液C中含有Cl－、OH－，溶液呈碱性，加入过量试剂③后再加入试剂⑤生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂③为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂⑤为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，故答案为：Ba(NO3)2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；‎ ‎(2)根据上述分析，现象a检验出的阴离子为SO32-，现象b检验出的阴离子为SO42-，现象c检验出的阴离子为Cl-，故答案为：Cl-；‎ ‎(3)硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，因此白色沉淀A若加试剂③稀硝酸而不加试剂②盐酸会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确认SO42-是否存在，故答案为：会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确定SO42-是否存在；‎ ‎(4)溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。‎ ‎【点睛】根据反应现象推断各物质的成分是解题的关键，明确气体E为二氧化硫是解题的突破口。本题的易错点为试剂②的判断，要注意试剂②不能选用稀硝酸，因为硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子。‎ ‎20.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型，高效、多功能绿色水处理剂，可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备。‎ 已知：①KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3‎ ‎②K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。‎ ‎(1)B装置的作用为______________________；‎ ‎(2)反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为__________________；‎ ‎(3)制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是________，制备K2FeO4的离子方程式_________________；‎ ‎(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+所需试剂名称________，其反应原理为______________________(用离子方程式表示)；‎ ‎(5)向反应后的三颈瓶中加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥。洗涤操作所用最佳试剂为______________________；‎ A.水 B.无水乙醇 C.稀KOH溶液 ‎(6)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00g K2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3～4，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如如图所示：‎ ‎①消耗Na2S2O3标准溶液的体积为____________mL。‎ ‎②原样品中高铁酸钾的质量分数为_________________。[M(K2FeO4)=198g/mol]‎ ‎③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 吸收HCl (2). KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3 (3). 将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解。或答：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2。 (4). 2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O (5). 铁氰化钾 (6). 3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓ (7). B (8). 18.00 (9). 89.1% (10). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 高锰酸钾与浓盐酸在A装置中反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定会混有氯化氢，因此通过装置B除去氯化氢，在装置C中氯气与氢氧化钾反应生成KClO，装置D吸收尾气中的氯气，防止污染。结合题示信息分析解答。‎ ‎(6)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，B装置是用来除去氯气中的氯化氢的，故答案为：吸收HCl；‎ ‎(2)根据题干信息知，KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3，因此反应时需将C装置置于冷水浴中，故答案：KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；‎ ‎(3)根据题干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，因此制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，防止Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解；KClO浓溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应制备K2FeO4的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液成酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O；‎ ‎(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+可以使用铁氰化钾，如果含有亚铁离子，会产生蓝色沉淀，其反应原理为3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为：铁氰化钾；3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；‎ ‎(5)根据上述分析，反应后的三颈瓶中生成了KClO，加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，为了减少K2FeO4的损失，洗涤K2FeO4时不能选用水或稀KOH溶液，应该选用无水乙醇，故答案为：B；‎ ‎(6)①根据装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为19.40-1.40=18.00mL，故答案为：18.00；‎ ‎②用碱性碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式FeO42-～2I2～4Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为 ‎×1.0mol/L×0.018L×198g/mol=0.891g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=89.1%，故答案为：89.1%‎ ‎③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，导致配制的Na2S2O3标准溶液的浓度偏大，滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得的高铁酸钾的质量分数偏低，故答案为：偏低。‎ ‎21.爱国实业家侯德榜在氨碱法的基础上，发明了“联合制碱法”，简单流程如图。完成下列问题：‎ ‎（1）在饱和食盐水中通入X和Y，则X____(填物质名称)‎ ‎（2）写出通入X和Y的化学反应方程式_____。‎ ‎（3）操作Z____(填名称)，为了得到化肥(NH4Cl)，需要在溶液B中通入NH3、加食盐，其中通入NH3的作用一____，作用二____。‎ ‎（4）工业生产的纯碱常会含少量NaCl杂质。现用重量法测定其纯度，步骤如下：①称取样品ag，加水溶解；②加入足量的BaCl2溶液；③过滤、___、烘干、冷却、称量、烘干、冷却、___，最终得到固体bg。样品中纯碱的质量分数为____(用含a、b的代数式)‎ ‎（5）某课外活动小组要用NaOH溶液和CO2来制备Na2CO3固体，他们只有未知浓度的NaOH溶液50毫升和足量的CO2，他们的设计方案是：首先_____，然后_____，加热_____后，再____，最后加热浓缩，冷却结晶，过滤得固体Na2CO3 。‎ ‎【答案】 (1). 氨气 (2). NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl (3). 过滤（洗涤） (4). 将NaHCO3转化为Na2CO3 (5). 产生的NH4+有利于NH4Cl形成 (6). 洗涤 (7). (再)称量 (8). 106b/197a (9). 将50毫升NaOH溶液分成两等份 (10). 向其中的一份中通入过量的CO2 (11). 除去CO2 (12). 与另一份NaOH溶液混合 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，增加二氧化碳气体的吸收； （2）碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体； （3）过滤后得到的物质有杂质，需要进行洗涤；滤液（溶液B）是含有氯化铵、氯化钠和少量碳酸氢钠的溶液，通入 NH3，增大NH4+ 的浓度，使 NH4Cl 更多地析出，使 NaHCO3 转化为溶解度更大的Na2CO3，提高析出的NH4Cl； （4）通过称量沉淀碳酸钡的质量，根据原子守恒来计算样品中纯碱的质量分数，需洗涤沉淀，除去杂质离子，且需干燥，恒重，样品中纯碱的质量分数，根据碳守恒计算。‎ ‎（5）不能直接向氢氧化钠中直接通入CO2，这样会生成碳酸氢钠溶液，但碳酸氢钠与氢氧化钠可以反应生成碳酸钠。‎ ‎【详解】联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱，二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，X为氨气，Y为二氧化碳，反应为：CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤（操作 z）、洗涤得NaHCO3微小晶体（晶体A），再加热制得纯碱产品，其滤液（溶液B）是含有氯化铵和氯化钠的溶液，从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品。 （1）二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收； （2）碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体； （3）①固体、液体分离采用过滤的方法，沉淀表面有杂质，需要进行洗涤，所以操作Z可以是洗涤也可以过滤；②滤液（溶液B）是含有氯化铵、氯化钠和少量碳酸氢钠的溶液，通入 NH3，增大NH4+ 的浓度，使 NH4Cl 更多地析出，使 NaHCO3 转化为溶解度更大的Na2CO3，提高析出的NH4Cl； （4）加入足量的BaCl2溶液，发生反应：Na2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl，根据原子守恒，通过称量沉淀碳酸钡的质量，来计算样品中纯碱的质量分数，需洗涤沉淀，除去杂质离子，且将沉淀冷却到室温，恒重操作（再）称量后最终得到固体b（g）为BaCO3‎ ‎，根据碳守恒，纯碱的质量分数=100%；‎ ‎（5）不能直接向氢氧化钠中直接通入CO2，这样会生成碳酸氢钠溶液，但碳酸氢钠与氢氧化钠可以反应生成碳酸钠，所以先向溶液中通入二氧化碳气体后，在让其与氢氧化钠反应就可以得到碳酸钠溶液。‎ ‎【点睛】要了解并熟记联合制碱法的操作流程，以及各阶段产物。‎ ‎ ‎