安徽省滁州市定远县育才学校2020届高三上学期第三次月考化学试题
育才学校2020届高三上学期第三次月考
化学试题
第I卷 （选择题 共48分）
一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。)
1.化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是
A. 胺态氮肥和草木灰混合使用可增加肥效
B. 氢氟酸刻蚀水晶饰品体现其酸性
C. 电渗析法、蒸馏法、离子交换法是海水淡化的常用方法
D. 煤经过气化和液化等物理变化可转为清洁能源
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氨态氮肥和草木灰混合使用水解相互促进，会降低肥效，A错误；
B. 氢氟酸与二氧化硅反应生成的四氟化硅不是盐，不能体现酸性，B错误；
C. 电渗析法、蒸馏法、离子交换法是海水淡化的常用方法，C正确；
D. 煤经过气化和液化等化学变化可转为清洁能源，D错误。
答案选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 1molCl2与足量Fe反应转移电子数一定为3NA
B. 标准状况下，2.24LNH3中含有共价键的数目为NA
C. 标况下，11.2LSO3所含的分子数目为0.5NA
D. lmolNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯气单质是强氧化剂，能将变价金属氧化到高价态，铁与氯气反应，2Fe+3Cl22FeCl3，铁从0价变为+3价，1mol铁失去3mol电子，电子数为N=n×NA=3×NA=3NA，但需1.5mol氯气，所以1molCl2与足量的铁反应，电子转移依据氯气计算，电子转移为2mol，电子数为N=n×NA=2×NA=2NA，故A错误；
B、标况下2.24L氨气的物质的量为0.1mol，0.1mol氨气分子中含有0.3mol共价键，含有共价键的数目为0.3NA；故B错误；
C、标况下，SO3为固体，所含的分子数目不能用气体摩尔体积计算，故C错误；
D、1mol氧化钠和过氧化钠的混合物中含有2mol钠离子、1mol氧离子和过氧根离子，总共含有3mol离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数综合应用，题目难度中等，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项C为易错点，需要明确三氧化硫、溴、四氯化碳、水、乙醇、氟化氢等物质在标况下的状态不是气体。
3.某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等），下列分析推理正确的是
50mL盐酸
50mL盐酸
50mL盐酸
m（混合物）
9.2g
15.7g
27.6g
（标况）
2.24L
3.36L
3.36L
A. 盐酸的物质的量浓度为5.0mol·L－1
B. 根据表中数据计算出混合物中NaHCO3的物质的量分数为50%
C. 9.2g混合物中NaHCO3和KHCO3分别为5.0g和4.2g
D. 15.7g混合物恰好与盐酸完全反应
【答案】B
【解析】
【分析】
由表中数据可知，由于固体混合物从9.2g→15.7g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入9.2g混合物时盐酸过量，而固体混合物从15.7g→27.6g，二氧化碳气体的体积不再变化，说明故加入27.6g混合物时盐酸过不足，生成3.36LCO2需要固体质量为9.2g×=13.8g＜15.7g，故第2组实验中盐酸也不足。
【详解】A．盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H++HCO-3=H2O+CO2↑，可知n（HCl）=n
（CO2）=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，故盐酸的浓度为：0.15mol÷0.05mol=3mol/L，故A错误；
B．第一组中盐酸不足，固体混合物完全反应，设NaHCO3和KHCO3的物质的量分别为x、y，则84x+100y=9.2g，x+y=2.24÷22.4=0.1，解得：x=y=0.05mol，则碳酸氢钠的物质的量分数为0.05mol÷0.1mol×100%=50%，故B正确；
C．根据B的计算可知，加入固体混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为1：1，9.2g混合物中NaHCO3和KHCO3分别为4.2g和5.0g，故C错误；
D．由上述分析可知，向50mL盐酸中加入15.7g混合物时，盐酸不足，固体混合物过量，故D错误；
故选B。
【点晴】根据二氧化碳的体积变化判断盐酸是否完全反应是关键，由表中数据可知，由于固体混合物从9.2g→15.7g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入9.2g混合物时盐酸过量，而固体混合物从15.7g→27.6g，二氧化碳气体的体积不再变化，说明故加入27.6g混合物时盐酸过不足，生成3.36LCO2需要固体质量为9.2g×=13.8g＜15.7g，故第2组实验中盐酸也不足．盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H++HCO-3=H2O+CO2↑计算n（HCl），再利用c=计算盐酸浓度；加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据固体混合物的总质量及产生标准状况下的二氧化碳气体的体积可以计算出NaHCO3的质量分数。
4.下列离子方程式中正确的是（ ）
A. 用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu↓＋O2↑＋4H＋
B. 0.01 mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4＋＋Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O
C. 偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳：2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2 Al(OH)3↓＋CO32-
D. NaClO溶液和FeCl2溶液混合：2ClO－＋Fe2＋＋2H2O＝Fe(OH)2↓＋2HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A、用铜作电极电解CuSO4溶液，阳极上Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极上Cu2++2e﹣=Cu，故A错误；
B、0.01mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol/L Ba(OH)2
溶液等体积混合，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3•H2O，故B正确；
C、偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳，反应生成碳酸氢根离子，正确离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3﹣，故C错误；
D、NaClO溶液与FeCl2溶液混合，亚铁离子被氧化，离子方程式应为：6Fe2++3ClO-+3H2O═2Fe(OH)3↓+3Cl-+4Fe3+，故D错误；
故选B。
5.pH=1的某溶液X中还含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解）, 取该溶液进行如下实验：
下列有关推断不正确的是
A. 沉淀H为Al(OH)3、BaCO3的混合物
B. 根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe2+、Cl-
C. 溶液X中一定含有NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-、H+
D. 若溶液X 为100mL ，产生的气体A为44.5mL（标况），则X中c(Fe2+)=0.06mol·L-1
【答案】A
【解析】
X是强酸性溶液，一定不会含有弱酸根离子：CO32-、SO32-；加入硝酸钡，溶液具有了强氧化性，故气体A是一氧化氮，故溶液中一定含有还原性的离子：Fe2+；加入硝酸钡，产生沉淀C，则C是硫酸钡，原溶液一定含有SO42-；B中加入氢氧化钠产生了气体D，D一定是氨气，溶液中一定含有NH4+；E中通入过量二氧化碳生成了沉淀H，H为氢氧化铝，不可能是BaCO3，故溶液中一定含有铝离子。根据以上分析，A、沉淀H为Al(OH)3，不可能有BaCO3，故A错误；B、根据分析，一定含有Fe2+，故B正确；C、X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42-，Al3+ 、H+，故C正确； D、标准状况下，44.5mLNO的物质的量是 ，根据 ，Fe2+的物质的量是0.006mol，Fe2+的浓度是0.006mol÷0.1L=0.06mol·L-1，故D正确。
6.标准状况下，向100 mL H2S饱和溶液中通入SO2
气体，所得溶液pH变化如图所示。下列分析正确的是
A. a点对应溶液的导电性比d点强
B. 氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强
C. 向d点对应的溶液中加入Ba（NO3）2溶液，产生BaSO4白色沉淀
D. H2S饱和溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L-1
【答案】C
【解析】
H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，A项错误；d点时，亚硫酸浓度约是0.1mol/L，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，B项错误；向d点对应的溶液中加入Ba(NO3)2溶液，因d点的亚硫酸会电离出氢离子结合硝酸钡电离出的硝酸根形成硝酸，具有强氧化性，将亚硫酸根氧化为硫酸根，故产生BaSO4白色沉淀，C项正确；b点时H2S恰好反应，消耗SO2为0.112mL÷22.4L/mol=0.005mol，依据反应2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O可知，n（H2S）=0.005mol×2=0.01mol，则c（H2S）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，可算出c(H2S)为0.1 mol·L－1，D项错误；
7.如图是常温下部分短周期元素，最高价氧化物对应水化物的等物质的量浓度稀溶液的pH值与原子序数的关系图，其中H的氧化物是两性氧化物。下列说法正确的是（ ）
A. 元素B对应的氢化物比J对应的氢化物熔沸点更高，原因是B的氢化物中的键能比J中的大
B. 根据图形分析可知，K、L两种元素最高价氧化物对应的水化物的酸性，前者较强
C. 晶体IC2熔化时克服的化学键和晶体KC2与水反应时克服的化学键，类型相同
D. 元素K、H、G分别形成的简单离子的半径逐渐减少
【答案】C
【解析】
【详解】均为短周期元素，F、G、H最高价氧化物对应水化物呈碱性，A、B、I、J、K、L的最高价氧化物对应水化物呈酸性，其中H的氧化物是两性氧化物，则H为Al，由溶液pH及原子序数，可推知A为碳、B为氮、C为氧、D为氟、E为Ne、F为Na、G为Mg、I为Si、J为P、K为S、L为Cl．
A．由于NH3分子之间存在氢键，沸点高于PH3，与键能无关，选项A错误；
B．常温下相同浓度时，硫酸溶液的pH较小（比较氢离子浓度），但高氯酸的酸性强于硫酸，从电离的难易程度比较，选项B错误；
C．晶体SiO2属于原子晶体，熔化时克服共价键，晶体SO2属于共价化合物，与水反应时克服共价键，选项C正确；
D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2->Mg2+>Al3+，选项D错误。
答案选C。
8.工业废水中常含有一定量的Cr2O72—和CrO42—，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。下面是一种处理方法的工业流程：
其中第①步存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+Cr2O72-（橙色）+H2O
下列说法正确的是（ ）
A. 反应②中还原1mol Cr2O72—，需要6 mol的Fe2+
B. 改变反应①的平衡体系中c(H+)浓度，溶液颜色无明显变化
C. 若2v (Cr2O72-) =v (CrO42-)，说明反应①达平衡状态
D. FeSO4溶液呈酸性的原因是Fe2++ 2H2O Fe(OH) 2↓+ 2H+
【答案】A
【解析】
A、根据电子得失守恒可知，还原1mol Cr2O72—离子得到Cr3+，得电子：2×（6-3）mol=6mol
，需要FeSO4•7H2O的物质的量为 mol=6mol，选项A正确；B、改变反应①的平衡体系中c(H+)浓度，平衡：2CrO42-（黄色）+2H+Cr2O72-（橙色）+H2O会移动，溶液颜色会在黄色和橙色之间变化，选项B错误；C、若2v (Cr2O72-) =v (CrO42-)，不能说明正逆反应速率相等，无法说明反应①达平衡状态，选项C错误；FeSO4溶液呈酸性的原因是Fe2++ 2H2O Fe(OH) 2↓+ 2H+，选项D错误。答案选A。
9.根据能量变化示意图，下列说法正确的是
A. 1molC和1molH2O反应生成1molCO和1molH2一定吸收131.3kJ的热量
B. 反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=(a-b)KJ/mol
C. 该反应过程反应物断键吸收的能量要小于生成物成键放出的能量
D. 加入适当的催化剂，可以加快正、逆反应速率
【答案】D
【解析】
1molC(s)和1molH2O(g)反应生成1molCO(g)和1molH2(g)一定吸收131.3kJ的热量，故A错误；反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a)KJ/mol，故B错误；该反应过程反应物断键吸收的能量要大于生成物成键放出的能量，故C错误；适当的催化剂，可以同种程度加快正、逆反应速率，故D正确。
10.在恒温恒压下,向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2,发生如下反应:2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH<0。2 min后,反应达到平衡,生成SO3为1.4 mol,同时放出热量QkJ。则下列分析正确的是
A. 若反应开始时容器体积为2 L,则v(SO3)=0.35 mol·L-1·min-1
B. 2 min后,向容器中再通入一定量的SO3气体，重新达到平衡时，SO2的含量降低
C. 若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”,则平衡后n(SO3)大于1.4 mol
D. 若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”,则平衡时放出热量小于QkJ
【答案】D
【解析】
【详解】A. 若反应开始时容器体积为2L，该反应气体物质的量减小，气体体积变小，则v(SO3)>1.4/2/2mol·L-1·min-1=0.35mol·L-1·min-1，故A错误；
B. 2min后，向容器中再通入一定量的SO3气体，相当于加压，平衡右移，重新达到平衡时，SO2的含量提高，故B错误；
C.若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”，反应放热，升温平衡左移，则平衡后n(SO3)小于1.4mol，故C错误；
D. 该反应气体物质的量减小，若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”，相当于减压，平衡左移，则平衡时放出热量小于QkJ，故D正确。
故选D。
11.恒温下，在5L 的密闭容器中充入2molX气体和1molY气体发生反应：2X(g)+ Y(g) 2Z(g)；△H＜0 。10min 后达平衡，测得容器内压强是反应前的5/6，下列说法中错误的是
A. 平衡时，X 的转化率为50％
B. 该温度下平衡常数K=10
C. 10min内生成物Z 的反应速率0.2mol·L-1 ·min-1
D. 某一时刻，X、Y、Z的物质的量分别是0.4mol、0.2mol、1.6mol，此刻V正
0，测得c(H2O)随反应时间(t)的变化如图。下列判断正确的是
A. 5min时该反应的K值一定小于12 min时的K值
B. 0~5min内，v (H2)=0.05mol/(L•min)
C. 10 min时，改变的外界条件可能是减小压强
D. 该反应混合气体的平均相对分子质量：5min时小于12 min 时的
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以10min时改变的条件是升高温度。则5 min时该反应的K值一定小于12 min时的K值，故A正确；
B．根据图可知，前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v= ==0.1mol/(L•min)，由化学计量数之比等于反应速率之比，则v(H2)=0.1mol/(L•min)，故B错误；
C．依据题意可知该反应在2L固定容积的容器中进行，所以不可能减小压强。且由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，故C错误；
D.由方程式可知，该反应方程式前气体的平均相对分子质量为18，方程式后气体的平均相对分子质量为15。且12min时平衡与5min相比平衡正向移动了，所以该反应混合气体的平均相对分子质量：5min时大于12 min 时的，故D错误。
故选A。
13.如图所示的实验操作，能达到相应目的的是（ ）
A. 配制100mL0.1mol·L-1硫酸
B. 萃取碘水中的碘
C. 观察铁的吸氧腐蚀
D. 除去氯气中的氯化氢气体
【答案】C
【解析】
【详解】A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，选项A错误；
B．乙醇与水互溶，则不能用作萃取剂，选项B错误；
C．如果Fe发生吸氧腐蚀，会导致左边试管中压强减小，右边试管导气管中液面会上升，所以图中装置可观察铁的吸氧腐蚀，选项C正确；
D．饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质，应改用饱和氯化钠溶液，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题为实验题，考查了实验基本操作及设计，明确实验原理及仪器使用方法即可解答，易错点为选项D 除去杂质不能引入新的杂质，饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质。
14.下列实验现象和结论相对应且正确的是
选项
实验
现象
结论
A
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
证明该溶液中存在Na+不含K+
B
用浓盐酸和石灰石反应产生气体直接通入Na2SiO3溶液中
Na2SiO3溶液变浑浊
C元素的非金属性大于Si元素
A
将石蜡油在碎瓷片上加热,产生的气体通过酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶液紫红色褪去
石蜡油分解产生了不同于烷烃的气体，且该气体具有还原性
D
某溶液加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液
产生白色沉淀
该溶液中一定存在SO42-或者Ag+
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A、观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，不能排除钾离子，A错误；B、盐酸不是最高价含氧酸，且生成的CO2中含有氯化氢，不能据此说明C元素的非金属性大于Si元素，B错误；C、酸性KMnO4溶液紫红色褪去，说明石蜡油分解产生了具有还原性不同于烷烃的烃，C正确；D、稀硝酸具有强氧化性，溶液中也可能存在亚硫酸根，D错误，答案选C。
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、未知物检验、焰色反应等知识点，明确物质的性质是解本题关键，鉴别物质时要排除干扰因素，易错选项是D，注意硝酸的强氧化性。
15.三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如下图所示，已知其燃烧热ΔH＝－3677 kJ/mol(P被氧化为P4O10)，下列有关P4S3的说法不正确的是（）
A. 分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构
B. P4S3中硫元素为－2价，磷元素为＋3价
C. 一个P4S3分子中含有三个非极性共价键
D. 热化学方程式为：P4S3(s)＋8O2(g)=P4O10(s)＋3SO2(g) ΔH＝－3677 kJ/mol
【答案】B
【解析】
P原子最外层有5个电子，S原子最外层有6个电子，根据P4S3的结构可知，P形成3个共价键、S形成2个共价键，所以分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构，故A正确；若P4S3中硫元素为－2价，磷元素为＋3价，化合价代数和不等于0，故B错误；同种原子间的共价键是非极性共价键，一个P4S3分子中含有三个非极性共价键，故C正确；燃烧热是1mol可燃物完全燃烧放出的热量，所以P4S3燃烧的热化学方程式为：P4S3(s)＋8O2(g)=P4O10(s)＋3SO2(g) ΔH＝－3677 kJ/mol，故D正确。
16.一块11.0 g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2到溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200 mL 6 mol•L﹣1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3 g，下列说法不正确的是
A. 该合金中铁的质量为5.6 g
B. 合金与稀硫酸反应共生成0.45 mol H2
C. 该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6 NA
D. 所加的稀硫酸中含0.6 mol H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为：=0.9mol，因此铁和铝的总物质的量为：0.9mol/3=0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：x=0.1mol、y=0.2mol，据此分析。
【详解】A．根据计算可知，合金中含有0.1mol铁，其质量为：56g/mol×0.1mol=5.6g，故A正确；
B.0.1mol铁与稀硫酸反应生成0.1mol氢气，0.2mol铝与稀硫酸反应生成0.3mol氢气，总共生成0.4mol氢气，故B错误；
C.铁不与氢氧化钠溶液反应，0.2mol铝与氢氧化钠溶液反应转移电子为：0.2mol×3=0.6mol，转移的电子数为0.6NA，故C正确；
D. 200mL6mol•L-1 NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：6mol/L×0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为：1.2mol/2=0.6mol，故D正确；
答案选B。
第II卷 （非选择题）
二、非选择题(共3小题，共52分。)
17.A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，A的简单离子核外没有电子，B、C、D位于同一周期，D、E位于同一主族，B元素在自然界中形成的化合物种类最多，D元素的氢化物是最常用的溶剂。
请回答：
（1）BD2的电子式___________________________；
（2）C、D、F离子半径由大到小的顺序为_________________（用离子符号表示）
（3）用一个化学方程式表示证明非金属性F>E：_____________________________
（4）X、Y两种化合物均是强电解质，且均由A、C、D三种元素组成的，X能抑制水的电离，Y能促进水的电离，在一定条件下，X、Y可以相互转化。写出X转化成Y的化学方程式_______________________。
（5）用下面的装置和药品探究A2ED3与AFD的酸性的强弱：
装置连接顺序为_______________（用字母表示），其中装置C的作用是__________________。
【答案】 (1). (2). Cl-＞N3-＞O2- (3). H2S+Cl2=2HCl+S↓ (4). HNO3+NH3=NH4NO3 (5). ACBEDF (6). 除去HCl气体
【解析】
A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，A的简单离子核外没有电子，A是H；B、C、D位于同一周期，D、E位于同一主族，B元素在自然界中形成的化合物种类最多，B是C，D元素的氢化物是最常用的溶剂，D是O，因此C是N，E是S，F是Cl。则
（1）CO2是共价化合物，电子式为；（2）离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，因此C、D、F离子半径由大到小的顺序为Cl-＞N3-＞O2-
；（3）氯气能置换出硫，说明非金属性Cl＞S，反应的方程式为H2S+Cl2=2HCl+S↓；（4）X、Y两种化合物均是强电解质，且均由A、C、D三种元素组成的，X能抑制水的电离，Y能促进水的电离，因此X是硝酸，Y是硝酸铵，所以X转化成Y的化学方程式为HNO3+NH3=NH4NO3。（5）次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，因此装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体。
点睛：准确判断出元素种类是解答的关键，注意元素周期表的结构特点和元素周期律的灵活应用。（5）中实验方案设计是解答的易错点，学生往往将二氧化硫通入次氯酸钙或次氯酸钠溶液中利用较强酸制备较弱酸原理进行验证，这主要是由于忽略了次氯酸盐的强氧化性和二氧化硫的还原性所导致的，因此既要掌握好基础知识，又要依据实验目的、题干环境灵活应用。
18.淮南是我国重要的煤炭生产基地，通过煤的气化和液化，能使煤炭得以更广泛的应用。
I．工业上先将煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
（1）向2L恒容密闭容器中充入CO和H2O（g），800℃时测得部分数据如下表。
t/min
0
1
2
3
4
n（H2O）/mol
1.20
1.04
0.90
0.70
0.70
n（CO）/mol
0.80
0.64
0.50
0.30
0.30
则从反应开始到2min时，用H2表示的反应速率为_________________；该温度下反应的平衡常数K=___________________（小数点后保留1位有效数字）。
（2）相同条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO、3mol H2O（g）、2molCO2（g）、2mo1 H2（g），此时v正________v逆（填“>” “<” 或 “=”）。
Ⅱ.一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣105kJ•mol﹣1．向体积为2L的密闭容器中充入2mol CO和4mol H2
，测得不同温度下容器内的压强（P：kPa）随时间（min）的变化关系如右图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示：
（1）Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是______．
（2）反应Ⅰ在6min时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时v（CH3OH）=______．
（3）反应Ⅱ在2min时达到平衡，平衡常数K（Ⅱ）=______．
（4）比较反应Ⅰ的温度（T1）和反应Ⅲ的温度（T3）的高低：T1_____T3（填“＞”“＜”“=”），判断的理由是_________________________________________________________．
【答案】 (1). 0.075mol•L-1•min-1 (2). 1.2 (3). < (4). Ⅱ中使用催化剂 (5). 0.125 mol/（L•min） (6). 12 (7). ＞ (8). 此反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动
【解析】
I．（1）从反应开始到2min时,△n(H2O)=0.3mol,则生成0.3mol氢气， v(H2)=0.3mol/(2L·2min)=0.075mol·L−1·min−1；根据已知表格信息，列出三段式：
CO（g）+H2O（g） ⇌ CO2（g）+H2（g）
起始n/mol 0.80 1.20 0 0
△n/mol 0.50 0.50 0.50 0.50
平衡n/mol 0.30 0.70 0.50 0.50
容器体积为2L，则K= =1.2
(2)向2L恒容容器中充入1molCO、3molH2O、2molCO2、2molH2,Qc==>1.2，平衡向逆反应方向进行,所以υ(正)<υ(逆)。故答案为<；
Ⅱ. ①Ⅱ和Ⅰ相比反应速率加快，不影响平衡移动，正反应为气体物质的量减小的反应，应是使用催化剂；故答案为Ⅱ中使用催化剂；
②根据pV=nRT可知，恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比。反应Ⅰ起始状态时压强为2kPa，平衡时压强为1kPa。则平衡时气体的物质的量为起始时气体物质的量的2倍。设CO转化xmol,列三段式：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始量(mol): 2 4 0
变化量(mol): 2
平衡量(mol): 2- 4-2
所以，=2，解得=1.5
则v(CH3OH)=1.5mol/(2L·6min)=0.125mol/(L·min)，故答案0.125mol/(L·min)；
③Ⅱ、Ⅰ温度相同,平衡常数相同,平衡常数K(Ⅱ)=K(Ⅰ)=；故答案为12；
④反应Ⅲ达平衡时所用的时间比反应Ⅰ达平衡时所用的时间长,化学反应速率快,且Ⅲ平衡时压强比I小,与I相比平衡正向移动,正反应为气体体积减小放热反应,应降低温度,故温度T1温度更高，故答案为>；此反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动。
19.高铁酸钾（K2FeO4）是一种绿色高效水处理剂．某学习小组用图所示装置（夹持仪器已略去）制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备K2FeO4．
查阅资料知K2FeO4的部分性质如下：
①溶于水、微溶于浓KOH溶液
②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定
③Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解
④酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2．
请回答下列问题：
（1）仪器C和D中都盛有KOH溶液，其中C中KOH溶液的作用是__．
（2）Cl2与KOH的浓溶液在较高温度下反应生成KClO3．为保证反应生成KClO，需要将反应温度控制在0～5℃下进行，在不改变KOH溶液浓度的前提下，实验中可以采取的措施是__．
（3）在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，写出该反应的化学方程式__．
（4）制得的粗产品中含有Fe（OH）3、KCl等杂质．
提纯方案：
将一定量K2FeO4粗产品溶于冷的3mol/L KOH溶液中，用砂芯漏斗（硬质高硼玻璃）过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥．
第一次和第二次过滤得到的固体分别对应的是（填化学式）__、__，过滤时不用普通漏斗而采用砂芯漏斗的原因是（用离子方程式说明）__．
【答案】 (1). 与氯气反应制得次氯酸钾，作氧化剂 (2). 缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中 (3). 2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O (4). Fe（OH）3 (5). K2FeO4 (6). SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
【解析】
根据实验装置图可知，A装置利用高锰酸钾与盐酸反应制Cl2，Cl2中有挥发出的来的HCl气体，所以B装置中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl，装置C中Cl2与KOH溶液应制得KClO，装置D作用是处理未反应玩的Cl2。
（1）装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，作氧化剂。
故答案为与氯气反应制得次氯酸钾，作氧化剂；
（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在0℃～5℃，装置C应放在冰水浴中，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率。
故答案为缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中；
（3）将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，K2FeO4则为氧化产物，KClO被还原KCl，反应方程式为：2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O；
故答案为2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O；
（4）将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol/L KOH溶液中，由于Fe(OH)3难溶于水，溶于水，所以第一次用砂芯漏斗过滤，可得到的固体Fe(OH)3，而K2FeO4可在滤液中。将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，题目已知K2FeO4微溶于浓KOH溶液，所以析出K2FeO4晶体，则第二次用砂芯漏斗过滤，得到K2FeO4晶体；普通漏斗成分为SiO2，易与KOH反应，离子方程式为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O。
故答案为Fe（OH）3；K2FeO4；SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O。
【点评】本题主要考查实验制备方案、氧化还原反应方程式的书写、物质的分离提纯，综合性较强。解题时，首先要明确实验目的，知晓实验原理，分析实验步骤，并且把握题中所给的已知信息再进行解题。
