山东省枣庄市滕州市高考补习学校2017届高三（上）第五周同步化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 山东省枣庄市滕州市高考补习学校2017届高三（上）第五周同步化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 359.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2017-01-25 08:13:43 | ||
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文档简介
2016-2017学年山东省枣庄市滕州市高考补习学校高三（上）第五周同步化学试卷
一、选择题
1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果发生了加成反应
C．食品脱氧剂（含铁粉、氯化钠、炭粉等）的脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同
D．加入足量氢氧化钠溶液共热，能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）
2．不具有放射性的同位素称之为稳定同位素，近20年来，稳定同位素分析法在植物生理学、生态学和环境科学研究中获得广泛应用．如在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18O、34S等常用做环境分析指示物．下列说法中正确的是（ ）
A．34S原子核内的中子数为16
B．1H216O在相同条件下比1H218O更易蒸发
C．13C和15N原子核内的质子数相差2
D．2H+的酸性比1H+的酸性更强
3．重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（ ）
A．氘（D）原子核外有1个电子
B．1H与D互称同位素
C．H2O与D2O互称同素异形体
D．1H218O与D216O的相对分子质量相同
4．分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体可表示为：MxFey（CN）z，研究表明它的结构特性是Fe2+、Fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN一位于立方体的棱上，其晶体中的阴离子结构如图示，下列说法正确的是（ ）
A．该晶体是原子晶体
B．M的离子位于上述立方体的面心，呈+2价
C．M的离子位于上述立方体的体心，呈+1价，且M+空缺率（体心中没有M+的占总体心的百分比）为50%
D．晶体的化学式可表示为MFe2（CN）3，且M为+1价
5．阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述中正确的个数是（ ）
①标准状况下，22.4L乙醇中含有的氧原子数目为NA
②6.4g的34S2和34S8混合物中，含硫原子总数为0.2NA
③12g金刚石含有的共价键数为2NA
④10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%
⑤含0.2NA个阴离子的Na2O2和水反应时，转移0.2mol电子
⑥11.2L
Cl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA
⑦1L含NA个NH3 H2O的氨水，其浓度为1mol L﹣1．
A．②③④
B．③④⑤
C．④⑥⑦
D．①②⑤
6．能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）
A．CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++CO2+H2O═CaCO3↓+2H+
B．酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+
C．FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣
D．AgCl悬浊液中通HI：Ag++HI═AgI↓+H+
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（ ）
A．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
B．在0.1
mol L﹣1Na2CO3溶液中：A13+、Na+、NO3﹣、C1﹣
C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
D．在=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣
8．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe
2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+则下列说法正确的是（ ）
A．该反应中
Fe2+是还原剂，O2
是还原产物
B．4molNa2O2
在反应中共得到
8NA
的电子
C．Fe（OH）3既是氧化产物又是还原产物，每生成
4mol
Fe（OH）3
反应过程中共转移电子
6mol
D．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀
9．已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学反应方程式为：
2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液（假设I﹣与KMnO4反应的氧化产物为I2），混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（ ）
A．图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应
B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2通电
C．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol
D．以Pt为电极材料电解C点的溶液，总反应式为2H2O2H2↑+O2↑，则当外电路电子流通4mol时两极产生的气体总体积一定是67.2L
10．反应①是自海藻灰中提取碘的主要反应，反应②是自智利硝石中提取碘的主要反应：①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2；②2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．已知NaIO3的氧化性与MnO2相近，下列有关说法正确的是（ ）
A．两个反应中生成等量的I2时转移的电子数相等
B．I2在反应①②中都是氧化产物
C．NaI和NaIO3在一定条件下能反应生成I2
D．NaIO3在任何化学反应中只能作氧化剂，不能作还原剂
11．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（ ）
A．与NaOH反应的氯气一定为0.3
mol
B．若反应中转移的电子为n
mol，则0.15＜n＜0.25
C．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3
D．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为8：2：1
12．在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1
2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2
H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3
2S（g）═S2（g）△H4
则△H4的正确表达式为（ ）
A．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）
B．△H4=（3△H3﹣△H1﹣△H2）
C．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）
D．△H4=（△H1﹣△H2﹣3△H3）
13．化学反应伴随能量变化，下列说法中错误的是（ ）
A．TNT（炸药）爆炸时部分化学能转化为热能
B．电解饱和食盐水时部分化学能转化为电能
C．镁条燃烧时部分化学能转化为光能
D．植物光合作用时部分光能转化为化学能
14．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序为W＞Q＞Z＞X＞Y
B．元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应
C．元素X与Y可以形成5种以上的化合物
D．元素Q的最高价氧化物对应的水化物酸性比W的强
15．下列关于碱金属某些性质的排列中，正确的是（ ）
A．原子半径：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
B．密度：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
C．熔点、沸点：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
D．还原性：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs
16．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g） Si（s）+4HCl（g）△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1
mol，则达平衡时，吸收热量为Q
kJ
C．反应至4
min时，若HCl浓度为0.12
mol/L，则H2的反应速率为0.03
mol/（L min）
D．反应吸收0.025Q
kJ热量时，生成的HCl通入100
mL
1
mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应
17．一定条件下存在反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g）△H＜0，现有三个相同的1L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1mol
H2和1mol
I2（g），在Ⅱ中充入2molHI（g），在Ⅲ中充入2mol
H2和2mol
I2（g），700℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C．容器Ⅰ中的气体颜色比容器Ⅱ中的气体颜色深
D．容器Ⅰ中H2的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和等于1
18．下列分类或归类正确的是：（ ）
①铝热剂、纯净矿泉水、冰水混合物均为混合物
②NaOH、HD、IBr均为化合物
③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质
④C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体
⑤碘酒、淀粉溶液、水雾、纳米材料均为胶体．
A．①②③⑤
B．③④⑤
C．②④⑤
D．③④
19．下列物质与其用途完全符合的是（ ）
①Na2O2﹣供氧剂
②晶体Si﹣太阳能电池
③AgI﹣人工降雨
④NaCl﹣制纯碱
⑤Al2O3﹣焊接钢轨
⑥NaClO﹣消毒剂
⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料
⑧SO2﹣食品防腐剂
⑨NH3﹣制冷剂
⑩水玻璃﹣耐火材料．
A．①④⑤⑧⑨
B．①②③⑥⑦⑨
C．①②③④⑥⑦⑨⑩
D．①②③④⑥⑦⑨
20．化学在生产、生活中有着重要用途，下列物质的用途及对应解释都正确的是（ ）
选项
物质
用途
解释
A
Al2O3
耐火材料
Al2O3的熔沸点较高
B
SiO2
计算机芯片
SiO2是一种良好的半导体
C
Fe3O4
红色涂料
Fe3O4是一种红色氧化物
D
浓H2SO4
干燥剂
浓H2SO4有脱水性
A．A
B．B
C．C
D．D
21．在100mL
HNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L．向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（ ）
A．0.225mol/L
B．0.30mol/L
C．0.36mol/L
D．0.45mol/L
22．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（ ）
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为SO2，则丁可能是氨水
C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
23．下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中无NH4+
B．向Ca（ClO）2溶液通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
C．光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2
D．
实验室可用如图所示装置制取饱和氨水
24．以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（ ）
A．HCl→Cl2→HClO→NaClO
B．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3
C．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
D．Al→NaAlO2→Al（OH）3→Al2O3
25．X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z一定是非金属单质
B．X、Y、Z中至少有一种是金属单质
C．若X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质
D．如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质
二.计算器
26．海水中含有许多化学物质，不能直接饮用，所以将海水转化为淡水是一个重大的课题．
（1）海水中含有大量NaCl，盐田法仍是目前海水制盐的主要方法．盐田分为贮水池、 和结晶池，建盐田必须在 处建立（填字母）．
A．离江河入海口比较近的地方
B．气候干燥、多风、少雨
C．潮汐落差大且有平坦空旷的海滩
（2）从海水中提取试剂级NaCl及回收金属Mg的工业流程如下：
1实验室中完成步骤Ⅰ所用装置为 （填字母）．
②某学习小组设计了如下实验模拟步骤Ⅱ：[粗盐溶解]
[过滤]
[NaCl溶液]
在步骤A中加入BaCl2溶液的作用是 ，步骤C加入Na2CO3的作用是 ，若向粗盐溶液
中加入Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2CO3生成，同时有气体逸出．该反应的离子方程式为 ．
③步骤Ⅲ是在 气氛中蒸干得到纯净的MgCl2固体，工业上通过电解获得Mg的化学方程式为 ．
（3）电渗析法是近年来发展起来的一种海水淡化技术，其原理如图所示，电渗析法淡化海水时阴极室可获得的重要化工原料有 ．
（4）工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，其方法是向饱和NaCl溶液中先通入 ，然后再通入另一种气体，写出制取NaHCO3的化学方程式：
．
27．KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火．实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g
（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）．
（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为 g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物
①求25℃时KCl的溶解度；
②求原混合物中KClO3的质量；
③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少？（保留2位小数）
（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）．实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？（用小数表示，保留3位小数）
三.实验题
28．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种食品添加剂．实验室用如图1所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：
Ⅰ．在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液；
Ⅱ．加碳酸钠粉末调至pH为7～8；
Ⅲ．再通SO2至pH为4.1；
Ⅳ．从过饱和溶液中析出Na2S2O5晶体．
（1）制备焦亚硫酸钠总反应的化学方程式为 ．
（2）Na2S2O5溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是 ．步骤Ⅲ中测定溶液的pH的方法是 ；pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是 ．
（3）利用碘量法可测定Na2S2O5产品中+4价硫的含量，实验方案为：将一定量的Na2S2O5产品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中， ，重复如上步骤2次，记录数据．（实验中必须使用的试剂有：c1mol L﹣1的标准碘溶液、c2mol L﹣1的标准Na2S2O3溶液、冰醋酸、淀粉溶液、蒸馏水；已知：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
（4）含铬废水中常含有六价铬[Cr（Ⅵ）]．利用Na2S2O5和FeSO4 7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水，实验结果见右图．
①实验过程中溶液的pH不断升高的原因是 ．
②已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣31，lg2≈0.3，c（Cr3+）＜1.0×10﹣5
mol L﹣1时视为完全沉淀．现将废水中Cr2O72﹣全部转化为Cr（OH）3而除去，需调节溶液的pH范围为 ．
29．制备纯净的液态无水四氯化锡（SnCl4易挥发形成气体，极易发生水解）的反应为：Sn+2Cl2SnCl4，Sn也可与HCl反应生成SnCl2，已知：
物质
摩尔质量/（g mol﹣1）
熔点/℃
沸点/℃
Sn
119
232
2260
SnCl2
190
246.8
623
SnCl4
261
﹣30.2
114.1
MnO2
87
535（分解）
﹣
某同学设计的相关实验装置图如图：
（l）A中浓盐酸与B中物质进行反应，化学方程式为 ．
（2）D中的试剂为 ，目的是 ．
（3）G中冷却水的进水位置为 （填字母）．
（4）为避免E中副反应的发生，对装置需要改进的措施是 ．
（5）K中固体物质的作用为 ．
（6）当要结束实验时，不能首先进行的操作是 ．①关闭A的活塞 ②停止F的加热 ③停止G的通水．
（7）若将B中的固体换成 ，并将除A和B以外的器皿去掉，反应可制备SnCl2．
（8）实验结束后，若得到的SnCl4为13.05g，至少消耗 g
MnO2．为了避免尾气污染，需要改进的措施是 ．
30．FeSO4 7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4 7H2O的流程如下：
（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10%
Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是 ．
（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；② ．
（3）FeSO4 7H2O是某些补血剂的主要成分，将1.5g某补血剂预处理，配成100mL溶液．实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测定该补血剂（1.5g）中铁元素的含量，
①配制100mL
1.200×10
﹣2mol L﹣1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容量瓶中的操作方法是
②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是 ．
a．稀硝酸
b．稀盐酸
c．稀硫酸
d．浓硝酸
KMnO4溶液应盛装在 滴定管中．滴定到终点时的现象为 ．
③滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下．
滴定次数实验数据
1
2
3
V（样品）/mL
20.00
20.00
20.00
V（KMnO4）/mL（初读数）
0.00
0.20
0.00
V（KMnO4）/mL（终读数）
15.85
15.22
14.98
该补血剂中铁元素的质量分数为 ．
2016-2017学年山东省枣庄市滕州市高考补习学校高三（上）第五周同步化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果发生了加成反应
C．食品脱氧剂（含铁粉、氯化钠、炭粉等）的脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同
D．加入足量氢氧化钠溶液共热，能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）
【考点】取代反应与加成反应；碘与人体健康；有机物的鉴别；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．
【分析】A．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘元素的食物；
B．乙烯有还原性；
C．铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；
D．地沟油的成分是油脂，矿物油的成分为多种烃混合物，二者都是混合物，没有固定的沸点，能够燃烧，密度小于水，油脂在碱性条件下水解生成甘油．
【解答】解：A．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘元素的食物，含碘的食物不是高碘酸，故A错误；
B．乙烯具有催熟作用，乙烯有还原性，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，故B错误；
C．铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，与钢铁的吸氧腐蚀相同，故C正确；
D．油脂在碱性条件下水解生成甘油溶于水，不分层，氢氧化钠与矿物油不反应，分层，能区别，故D正确；
故选AB．
2．不具有放射性的同位素称之为稳定同位素，近20年来，稳定同位素分析法在植物生理学、生态学和环境科学研究中获得广泛应用．如在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18O、34S等常用做环境分析指示物．下列说法中正确的是（ ）
A．34S原子核内的中子数为16
B．1H216O在相同条件下比1H218O更易蒸发
C．13C和15N原子核内的质子数相差2
D．2H+的酸性比1H+的酸性更强
【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．
【分析】A、利用质子数+中子数=质量数来计算；
B、利用相对分子质量来比较分子晶体的沸点，沸点低的容易蒸发；
C、C原子的质子数为6，N原子的质子数为7；
D、2H+与1H+都是氢离子，化学性质相同．
【解答】解：A、34S原子核内的中子数为34﹣16=18，故A错误；
B、因1H216O的相对分子质量1×2+16=18，1H218O的相对分子质量为1×2+18=20，则1H216O的沸点低，1H216O在相同条件下比1H218O更易蒸发，故B正确；
C、C原子的质子数为6，N原子的质子数为7，则13C和15N原子核内的质子数相差7﹣6=1，故C错误；
D、2H+与1H+都是氢离子，化学性质相同，即2H+的酸性与1H+的酸性相同，故D错误；
故选B．
3．重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（ ）
A．氘（D）原子核外有1个电子
B．1H与D互称同位素
C．H2O与D2O互称同素异形体
D．1H218O与D216O的相对分子质量相同
【考点】同位素及其应用．
【分析】A．氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数；
B．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；
C．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；
D．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子质量为：2×2+16=20．
【解答】解：A．氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故A正确；
B．1H与D质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；
C．H2O与D2O都是化合物，不是单质，故C错误；
D．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子质量为：2×2+16=20，故D正确，
故选C．
4．分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体可表示为：MxFey（CN）z，研究表明它的结构特性是Fe2+、Fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN一位于立方体的棱上，其晶体中的阴离子结构如图示，下列说法正确的是（ ）
A．该晶体是原子晶体
B．M的离子位于上述立方体的面心，呈+2价
C．M的离子位于上述立方体的体心，呈+1价，且M+空缺率（体心中没有M+的占总体心的百分比）为50%
D．晶体的化学式可表示为MFe2（CN）3，且M为+1价
【考点】晶胞的计算．
【分析】A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN﹣等阴阳离子，据此判断晶体类型；
B、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断；
C、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数比可判断；
D、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断．
【解答】A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN﹣等阴阳离子，所以该晶体为离子晶体，故A错误；
B、根据晶胞结构可知，晶胞中含有Fe2+的个数为4×=，Fe3+的个数为4×=，CN﹣的个数为12×=3，所以Fe2+、Fe3+、CN﹣的个数比为1：1：6，根据化合价代数和为零可知，M的化合价为+1价，故B错误；
C、根据晶胞结构，由B的计算可知，每个晶胞中含有Fe2+0.5个，Fe3+0.5个，CN﹣3个，由B可知M的化合价为+1价，根据化合价代数为零，可知每个晶胞平均含有M也是0.5个，而M的离子位于上述立方体的体心上，所以两个晶胞中一个有M+，而另一个必无M+，所以M+空缺率为50%，故C正确；
D、由B的分析可知，晶体的化学式可表示为MFe2（CN）6，且M为+1价，故D错误；
故选C．
5．阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述中正确的个数是（ ）
①标准状况下，22.4L乙醇中含有的氧原子数目为NA
②6.4g的34S2和34S8混合物中，含硫原子总数为0.2NA
③12g金刚石含有的共价键数为2NA
④10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%
⑤含0.2NA个阴离子的Na2O2和水反应时，转移0.2mol电子
⑥11.2L
Cl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA
⑦1L含NA个NH3 H2O的氨水，其浓度为1mol L﹣1．
A．②③④
B．③④⑤
C．④⑥⑦
D．①②⑤
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】①标准状况下，乙醇为液态；
②34S2和34S8均由硫原子34S构成；
③12g金刚石的物质的量为1mol，而1个碳原子形成2条共价键；
④由于硫酸浓度越大，硫酸的密度越大，则10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%；
⑤Na2O2中含1个阴离子；
⑥Cl2所处的状态不明确；
⑦NH3 H2O是弱电解质，在溶液中部分电离；
【解答】解：①标准状况下，乙醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故①错误；
②34S2和34S8均由硫原子34S构成，故6.4g混合物中含有的硫原子的物质的量为n=＜0.2mol，个数小于2NA个，故②错误；
③12g金刚石的物质的量为1mol，而1个碳原子形成2条共价键，故1mol金刚石中含2mol共价键即2NA个，故③正确；
④硫酸的质量分数越大，硫酸溶液的密度越大，稀释过程中硫酸的质量不变，由于稀释后硫酸的密度减小，则10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数会大于：×98%=9.8%，故④正确；
⑤Na2O2中含1个阴离子，故含0.2NA个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2mol，而过氧化钠与水的反应为歧化反应，0.2mol过氧化钠转移0.2mol电子即0.2NA个，故⑤正确；
⑥Cl2所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故⑥错误；
⑦NH3 H2O是弱电解质，在溶液中部分电离，故1L含NA个NH3 H2O的氨水，其浓度大于1mol L﹣1，故⑦错误；
故选B．
6．能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）
A．CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++CO2+H2O═CaCO3↓+2H+
B．酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+
C．FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣
D．AgCl悬浊液中通HI：Ag++HI═AgI↓+H+
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．碳酸的酸性弱于盐酸；
B．高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；
C．氯气足量二价铁离子、溴离子都被氧化；
D．碘化氢为强电解质，应拆成离子，氯化银为沉淀，应保留化学式．
【解答】解：A．碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳通入氯化钙溶液不反应，故A错误；
B．酸性KMnO4溶液中通入SO2，离子方程式：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+，故B正确；
C．FeBr2溶液中通入足量Cl2，离子方程式：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故C错误；
D．AgCl悬浊液中通HI，离子方程式：AgCl+I﹣═AgI↓+Cl﹣，故D错误；
故选：B．
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（ ）
A．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
B．在0.1
mol L﹣1Na2CO3溶液中：A13+、Na+、NO3﹣、C1﹣
C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
D．在=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．与Al反应能放出H2的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，亚铁离子与企业改革离子反应，酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应；
B．铝离子与碳酸钠发生双水解反应；
C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子、偏铝酸根离子与氢离子反应；
D．
=10﹣12的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应．
【解答】解：A．与Al反应能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Fe2+与氢氧根离子反应，酸性条件下Fe2+、NO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．A13+与Na2CO3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，AlO2﹣、CO32﹣都与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；
D．
=10﹣12的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，之间不反应，K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣都不与企业改革离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选D．．
8．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe
2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+则下列说法正确的是（ ）
A．该反应中
Fe2+是还原剂，O2
是还原产物
B．4molNa2O2
在反应中共得到
8NA
的电子
C．Fe（OH）3既是氧化产物又是还原产物，每生成
4mol
Fe（OH）3
反应过程中共转移电子
6mol
D．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀
【考点】氧化还原反应．
【分析】4Fe2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+中，Fe元素的化合价升高，过氧化钠中O元素的化合价升高也降低，以此来解答．
【解答】解：A．该反应中
Fe2+是还原剂，O2是氧化产物，故A错误；
B.4molNa2O2
在反应时，只有6molO得到电子，由﹣1价降低为﹣2价，共得到6NA
的电子，故B错误；
C．Na2O2是氧化剂和还原剂，Fe（OH）3
既是氧化产物又是还原产物，结合B选项可知每生成
4mol
Fe（OH）3
反应过程中共转移电子
6mol，故C正确；
D．反应过程中看不到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀，故D错误；
故选C．
9．已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学反应方程式为：
2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液（假设I﹣与KMnO4反应的氧化产物为I2），混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（ ）
A．图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应
B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2通电
C．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol
D．以Pt为电极材料电解C点的溶液，总反应式为2H2O2H2↑+O2↑，则当外电路电子流通4mol时两极产生的气体总体积一定是67.2L
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】氧化性强弱顺序为KMnO4＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，C点时溶液的成分是硫酸亚铁，电解的实质是电解水，结合得失电子守恒解答该题．
【解答】解：A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，故A正确；
B．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故B正确；
C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为2KMnO4～10Fe3+～10I﹣，共消耗的n（I﹣）=1.25mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量为=0.25mol，故C正确；
D．C点时溶液的成分是硫酸亚铁，电解的实质是电解水，总反应式为2H2O2H2↑+O2↑，则当外电路电子流通4mol时，生成3mol气体，气体状况未知，不能计算两极上产生的气体体积，故D错误．
故选D．
10．反应①是自海藻灰中提取碘的主要反应，反应②是自智利硝石中提取碘的主要反应：①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2；②2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．已知NaIO3的氧化性与MnO2相近，下列有关说法正确的是（ ）
A．两个反应中生成等量的I2时转移的电子数相等
B．I2在反应①②中都是氧化产物
C．NaI和NaIO3在一定条件下能反应生成I2
D．NaIO3在任何化学反应中只能作氧化剂，不能作还原剂
【考点】氧化还原反应．
【分析】A．第一个方程式中，I元素化合价由﹣1价变为0价、Mn元素化合价由+4价变为+2价，其转移电子数为2；第二个方程式中，I元素化合价由+5价变为0价，S元素化合价由+4价变为+6价，转移电子数为10；
B．第一个方程式中，I元素化合价由﹣1价变为0价，第二个方程式中，I元素化合价由+5价变为0价，所以第一个方程式中碘是氧化产物、第二个方程式中是还原产物；
C．NaI具有还原性，NaIO3具有氧化性，二者在一定条件下能反应生成I2；
D．NaIO3中I元素处于中间价态，具有氧化性和还原性．
【解答】解：A．第一个方程式中，I元素化合价由﹣1价变为0价、Mn元素化合价由+4价变为+2价，其转移电子数为2；第二个方程式中，I元素化合价由+5价变为0价，S元素化合价由+4价变为+6价，转移电子数为10，所以二者生成等量的碘转移电子的量不等，故A错误；
B．第一个方程式中，I元素化合价由﹣1价变为0价，第二个方程式中，I元素化合价由+5价变为0价，所以第一个方程式中碘是氧化产物、第二个方程式中是还原产物，所以二者产物不同，故B错误；
C．NaI具有还原性，NaIO3具有氧化性，二者在一定条件下能发生氧化还原反应生成I2，故C正确；
D．NaIO3中I元素处于中间价态，具有氧化性和还原性，故D错误；
故选C．
11．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（ ）
A．与NaOH反应的氯气一定为0.3
mol
B．若反应中转移的电子为n
mol，则0.15＜n＜0.25
C．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3
D．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为8：2：1
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】A．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），由氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）；
B．利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多；
C．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5；
D．令n（NaCl）=8mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根据电子转移守恒验证判断．
【解答】解：A．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；
B．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故B正确；
C．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl﹣）＜2：1，而7：3＞2：1，故C错误；
D．令n（NaCl）=8mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为8mol×1=8mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，即n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）不可能为8：2：1，故D错误；
故选B．
12．在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1
2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2
H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3
2S（g）═S2（g）△H4
则△H4的正确表达式为（ ）
A．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）
B．△H4=（3△H3﹣△H1﹣△H2）
C．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）
D．△H4=（△H1﹣△H2﹣3△H3）
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．
【分析】利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热．
【解答】解：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即﹣△H3×2+△H2×+△H1×=（△H1+△H2﹣3△H3），
故选A．
13．化学反应伴随能量变化，下列说法中错误的是（ ）
A．TNT（炸药）爆炸时部分化学能转化为热能
B．电解饱和食盐水时部分化学能转化为电能
C．镁条燃烧时部分化学能转化为光能
D．植物光合作用时部分光能转化为化学能
【考点】反应热和焓变．
【分析】A、根据爆炸过程中能量之间的转化来回答；
B、电解是将电能转化为化学能的装置；
C、根据镁条燃烧时的能量转化来回答；
D、植物光合作用时，光合作用吸收二氧化碳生成氧气，部分光能转化为化学能．
【解答】解：A、TNT爆炸过程中，化学能转化为热能、动能、光能等，故A正确；
B、电解是将电能转化为化学能的装置，故B错误；
C、镁条燃烧时放光、放热，即部分化学能转化为光能和热能，故C正确；
D、植物光合作用时，光合作用吸收二氧化碳生成氧气，所以部分光能转化为化学能，故D正确．
故选B．
14．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序为W＞Q＞Z＞X＞Y
B．元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应
C．元素X与Y可以形成5种以上的化合物
D．元素Q的最高价氧化物对应的水化物酸性比W的强
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素．
【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素，
A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Al）＞W（S）＞Q（Cl）＞X（N）＞Y（O），故A错误；
B．氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；
C．N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；
D．非金属性Cl＞S，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确，
故选A．
15．下列关于碱金属某些性质的排列中，正确的是（ ）
A．原子半径：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
B．密度：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
C．熔点、沸点：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
D．还原性：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs
【考点】碱金属的性质；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．
【分析】A．同主族元素原子从上到下，原子半径依次增大；
B．Na的密度大于K；
C．碱金属元素的单质的熔沸点从上到下逐渐减小；
D．同主族元素从上到下，单质还原性依次增强．
【解答】解：A．Li、Na、K、Rb、Cs，都是同主族的元素，且原子序数依次增大，原子半径：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，故A正确；
B．碱金属元素单质的密度从上到下呈递增趋势，但Na的密度大于K，故B错误；
C．碱金属元素的单质的熔沸点从上到下逐渐减小，则熔点、沸点：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs，故C错误；
D．同主族元素从上到下，单质还原性依次增强，还原性：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，故D错误；
故选：A．
16．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g） Si（s）+4HCl（g）△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1
mol，则达平衡时，吸收热量为Q
kJ
C．反应至4
min时，若HCl浓度为0.12
mol/L，则H2的反应速率为0.03
mol/（L min）
D．反应吸收0.025Q
kJ热量时，生成的HCl通入100
mL
1
mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应
【考点】化学平衡的影响因素；反应热和焓变．
【分析】A．增大平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；
B．该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，结合热化学方程式判断；
C．根据v=计算v（HCl），利用速率之比等于化学计量数之比计算判断；
D．根据反应吸收的热量计算生成的HCl的物质的量，据此判断．
【解答】解：A．从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；
B．该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）==0.03mol/（L min），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=×v（HCl）=×0.03mol/（L min）=0.015mol/（L min），故C错误；
D．由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为：
=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；
故选D．
17．一定条件下存在反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g）△H＜0，现有三个相同的1L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1mol
H2和1mol
I2（g），在Ⅱ中充入2molHI（g），在Ⅲ中充入2mol
H2和2mol
I2（g），700℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C．容器Ⅰ中的气体颜色比容器Ⅱ中的气体颜色深
D．容器Ⅰ中H2的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和等于1
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A．容器Ⅰ中从正反应开始到达平衡，容器Ⅱ中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同；
B．容器Ⅲ中相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上再加入1mol
H2和1mol
I2（g），反应向正反应进行，故容器Ⅲ中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小；
C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动；
D．温度相同时，容器Ⅰ中H2
的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和等于1，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动．
【解答】解：A．容器Ⅰ中从正反应开始到达平衡，容器Ⅱ中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率，故A错误；
B．容器Ⅲ中相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上再加入1mol
H2和1mol
I2（g），反应向正反应进行，故容器Ⅲ中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，故B错误；
C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，故容器Ⅰ中的气体颜色比容器Ⅱ中的气体颜色深，故C正确；
D．温度相同时，容器I中H2
的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和等于1，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，HI的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中HI的转化率低，故容器Ⅰ中H2
的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和小于1，故D错误；
故选C．
18．下列分类或归类正确的是：（ ）
①铝热剂、纯净矿泉水、冰水混合物均为混合物
②NaOH、HD、IBr均为化合物
③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质
④C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体
⑤碘酒、淀粉溶液、水雾、纳米材料均为胶体．
A．①②③⑤
B．③④⑤
C．②④⑤
D．③④
【考点】混合物和纯净物；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；强电解质和弱电解质的概念；同分异构现象和同分异构体．
【分析】①由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；
②单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；
③在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；
④由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，互为同素异形体的物质要符合以下两个条件：同种元素形成，不同单质；
⑤胶体的本质特征是分散质微粒直径在1nm﹣100nm间．
【解答】解：①铝热剂为铝与金属氧化物的混合物，矿泉水中含有水和矿物质，属于混合物，冰水只有水这一种物质，为纯净物，故①错误；
②HD是由同种氢元素组成的单质：氢气，不是化合物，故②错误；
③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质，故③正确；
④C60、金刚石、石墨均为碳元素的不同单质，互为同素异形体，故④正确；
⑤碘酒是碘单质的酒精溶液，不属于胶体，故⑤错误；
故选D．
19．下列物质与其用途完全符合的是（ ）
①Na2O2﹣供氧剂
②晶体Si﹣太阳能电池
③AgI﹣人工降雨
④NaCl﹣制纯碱
⑤Al2O3﹣焊接钢轨
⑥NaClO﹣消毒剂
⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料
⑧SO2﹣食品防腐剂
⑨NH3﹣制冷剂
⑩水玻璃﹣耐火材料．
A．①④⑤⑧⑨
B．①②③⑥⑦⑨
C．①②③④⑥⑦⑨⑩
D．①②③④⑥⑦⑨
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】①Na2O2能够与水、二氧化碳反应生成氧气；
②晶体Si为良好的半导体材料；
③AgI能用于人工降雨；
④依据侯氏制碱法原理解答；
⑤A依据铝热反应的用途解答；
⑥NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒；
⑦Fe2O3为红棕色固体；
⑧SO2有毒；
⑨NH3汽化吸收大量的热；
⑩水玻璃是硅酸钠的水溶液．
【解答】解：①Na2O2能够与水、二氧化碳反应生成氧气，可做供氧剂，故正确；
②晶体Si为良好的半导体材料，能制造太阳能电池，故正确；
③AgI能用于人工降雨，故正确；
④氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故正确；
⑤利用铝热反应原理焊接钢轨，故正确；
⑥病毒属于蛋白质，NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，故正确；
⑦Fe2O3为红棕色固体，能作红色油漆或涂料，故正确；
⑧二氧化硫有毒，不能用作食品添加剂，故错误；
⑨NH3汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故正确；
⑩水玻璃是硅酸钠的水溶液，用作木材的防火剂，故正确；
故选：C．
20．化学在生产、生活中有着重要用途，下列物质的用途及对应解释都正确的是（ ）
选项
物质
用途
解释
A
Al2O3
耐火材料
Al2O3的熔沸点较高
B
SiO2
计算机芯片
SiO2是一种良好的半导体
C
Fe3O4
红色涂料
Fe3O4是一种红色氧化物
D
浓H2SO4
干燥剂
浓H2SO4有脱水性
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物．
【分析】A．Al2O3
是两性氧化物，具有高熔点，可以做耐火材料；
B．SiO2不是半导体；
C．Fe3O4是一种黑色氧化物；
D．脱水性是指浓硫酸可将许多有机化合物（尤其是糖类如纤维素、蔗糖等）脱水．反应时，按水分子中氢、氧原子数的比（2：1）夺取这些有机物分子里的氢原子和氧原子．
【解答】解：A．Al2O3的熔沸点较高，可以做耐火材料
故A正确；
B．晶体Si是半导体，能做计算机芯片，故B错误；
C．Fe3O4是一种黑色氧化物，不能用作涂料，用于红色涂料的是Fe2O3，故C错误；
D．浓硫酸能作干燥剂，利用的是浓硫酸的吸水性，故D错误．
故选A．
21．在100mL
HNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L．向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（ ）
A．0.225mol/L
B．0.30mol/L
C．0.36mol/L
D．0.45mol/L
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=计算铜离子浓度．
【解答】解：反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol×=0.036mol，故铜离子的最大浓度为=0.36mol/L，故选C．
22．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（ ）
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为SO2，则丁可能是氨水
C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
【考点】无机物的推断．
【分析】A．甲为碳，丁为O2
物质转化关系为
CCOCO2；
B．若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；
C．若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁；
D．若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3．
【解答】解：：A、甲为碳，丁为O2
物质转化关系为
CCOCO2，2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正确；
B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3，（NH4）2SO3；SO2+NH3 H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3 H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；
C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，不符合转化关系，故C错误；
D．若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确，
故选C．
23．下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中无NH4+
B．向Ca（ClO）2溶液通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
C．光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2
D．
实验室可用如图所示装置制取饱和氨水
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；
B．向Ca（ClO）2溶液通入CO2，溶液变浑浊，生成碳酸钙和HClO，HClO具有漂白性；
C．HClO分解生成HCl和氧气；
D．氨气极易溶于水，易发生倒吸．
【解答】解：A．检验NH4+的存在，必须用NaOH浓溶液或加热，否则没有氨气放出，故A错误；
B．向Ca（ClO）2溶液通入CO2，溶液变浑浊，生成碳酸钙和HClO，HClO具有漂白性，则液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去，故B正确；
C．光照氯水是次氯酸分解，生成的气体是氧气，故C错误；
D．氨气极易溶于水，该装置能引起倒吸，故D错误；
故选B．
24．以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（ ）
A．HCl→Cl2→HClO→NaClO
B．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3
C．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
D．Al→NaAlO2→Al（OH）3→Al2O3
【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．
【分析】根据各单质及其化合物的化学性质解答．
A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与碱反应生成盐；
B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；
C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，能和烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸；
D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，难溶性的碱受热易分解，分解为相应的氧化物与水．
【解答】解：A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠与水，故A正确；
B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，故B正确；
C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，SiO2不能一步生成H2SiO3，二氧化硅与烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸，故C错误；
D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，故D正确．
故选C．
25．X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z一定是非金属单质
B．X、Y、Z中至少有一种是金属单质
C．若X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质
D．如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质
【考点】无机物的推断．
【分析】首先判断出单质X与化合物甲生成化合物乙和单质Y的反应为置换反应，然后结合常见的置换反应判断即可．和甲反应生成Y和乙，X+甲→Y+乙，肯定是置换反应，考虑还原性物质有关，X
和Z反应可得乙，X+Z→乙，肯定是化合反应，X是金属了，那么Z应该是非金属单质，Y和Z反应可得甲，Y+Z→甲，肯定是化合反应，Y是金属了，那么Z应该是非金属单质；
【解答】根据X、Y、Z是单质，甲和乙是常见的化合物，x和甲反应会生成y和乙，反应是置换反应，X可能是氢气或者碳或者活泼金属，x和z会生成乙，y和z会生成甲，
A、X、Y、Z不一定是非金属单质，如2Mg+CO2=C+2MgO，故A错误；
B、X、Y、Z可以都是非金属单质，如C+H2O=CO+H2，故B错误；
C、若X、Y都为金属单质，发生置换反应是一定是金属单质很金属化合物的反应，XY的化合物一定是非金属化合物，所以则Z必为非金属单质，如2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3；Zn+CuCl2=ZnCl2+Cu
；故C正确；
D、如果X、Y都为非金属单质，则Z可以为金属单质，也可以为非金属单质，如Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑故D错误；
故选C．
二.计算器
26．海水中含有许多化学物质，不能直接饮用，所以将海水转化为淡水是一个重大的课题．
（1）海水中含有大量NaCl，盐田法仍是目前海水制盐的主要方法．盐田分为贮水池、 蒸发池 和结晶池，建盐田必须在 BC 处建立（填字母）．
A．离江河入海口比较近的地方
B．气候干燥、多风、少雨
C．潮汐落差大且有平坦空旷的海滩
（2）从海水中提取试剂级NaCl及回收金属Mg的工业流程如下：
1实验室中完成步骤Ⅰ所用装置为 C （填字母）．
②某学习小组设计了如下实验模拟步骤Ⅱ：[粗盐溶解]
[过滤]
[NaCl溶液]
在步骤A中加入BaCl2溶液的作用是 除去硫酸根离子 ，步骤C加入Na2CO3的作用是 除去钙离子、钡离子 ，若向粗盐溶液
中加入Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2CO3生成，同时有气体逸出．该反应的离子方程式为 2CO32﹣+2Mg2++H2O=Mg2（OH）2C03↓+C02↑ ．
③步骤Ⅲ是在 氯化氢 气氛中蒸干得到纯净的MgCl2固体，工业上通过电解获得Mg的化学方程式为 MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑ ．
（3）电渗析法是近年来发展起来的一种海水淡化技术，其原理如图所示，电渗析法淡化海水时阴极室可获得的重要化工原料有 氢气、氢氧化钠 ．
（4）工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，其方法是向饱和NaCl溶液中先通入 氨气 ，然后再通入另一种气体，写出制取NaHCO3的化学方程式：
NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3 ．
【考点】海水资源及其综合利用．
【分析】（1）海水晒盐需要浓缩、蒸发、结晶；建盐田必须在阳光充足、平坦空旷的地方；
（2）1由分离流程可知，步骤I利用太阳能进行海水晒盐，与蒸发原理相同；
②步骤Ⅱ：[粗盐溶解]
[过滤]
[NaCl溶液]
A除去硫酸根离子，B除去镁离子，C除去钙离子及过量的钡离子，最后D加盐酸可除去过量的碳酸钠，注意除杂试剂均过量，以此来解答；
③氯化镁水解显酸性，氯化氢气流中加热防止水解；
（3）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，则水中的氢离子在阴极放电；
（4）工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，二氧化碳与水反应形成不稳定的碳酸，使水吸收二氧化碳量较少，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．
【解答】解：（1）海水晒盐需要浓缩、蒸发、结晶，则盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池；建盐田必须在阳光充足、平坦空旷的地方，则选B．多风少雨、C．潮汐落差大且又平坦空旷的海滩，与A无关，
故答案为：蒸发池；BC；
（2）1步骤I原理为蒸发，在实验室中完成该步骤所用装置为图中C（蒸发），
故答案为：C；
②该实验中加入BaCl2溶液，钡离子和硫酸根离子形成硫酸钡沉淀，A除去硫酸根离子，Na2CO3的作用是除去钙离子、钡离子；若向粗盐溶液中加入的是Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2C03生成，同时有气体逸出，气体为C02，该反应的离子方程式为2CO32﹣+2Mg2++H2O=Mg2（OH）2C03↓+C02↑，
故答案为：除去硫酸根离子；除去钙离子、钡离子；2CO32﹣+2Mg2++H2O=Mg2（OH）2C03↓+C02↑；
③氯化镁水解显酸性，其水解的离子方程式为Mg2++2H2O Mg（OH）2+2H+，氯化氢气流中加热，可抑制Mg2+水解，纯净的MgCl2固体熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，
故答案为：氯化氢；MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；
（3）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，则水中的氢离子在阴极放电，则阴极生成氢气，同时生成NaOH，
故答案为：氢气、氢氧化钠；
（4）在制取NaHCO3时，先向饱和的NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量的CO2的目的是先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收，反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3，加热碳酸氢钠制得碳酸钠，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：氨气；NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3．
27．KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火．实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g
（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）．
（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为 11.80 g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物
①求25℃时KCl的溶解度；
②求原混合物中KClO3的质量；
③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少？（保留2位小数）
（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）．实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？（用小数表示，保留3位小数）
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g﹣4.80g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，据此计算其溶解度；反应前后质量减少的质量为氧气的质量，根据氯酸钾和氧气之间的关系式计算氯酸钾的质量；
根据溶液质量、密度计算溶液体积，再结合c=计算溶液的物质的量浓度；
（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，结合氯气与KOH反应生成氯酸钾和KCl或KClO和KCl来计算质量分数的范围．
【解答】解：（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g﹣4.80g=11.80g，
故答案为：11.80；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，5g水溶解KCl的质量=6.55g﹣4.80g=1.75g，
①则100g水溶解KCl的质量=×100g=35g，答：25℃时KCl的溶解度35g；
②20g水溶解氯化钾的质量=1.75g×4=7g，反应前后质量减少的质量为氧气的质量，氧气的质量=16.60g﹣7g﹣4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得×122.5g/mol=12.25，答：原混合物中KClO3的质量12.25g；
③溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积=，n（KCl）=，则溶液的物质的量浓度==5.99mol/L，
答：所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为5.99；
（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，设钾离子为14mol，氯离子11mol，
①由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，如果剩下的K离子是氯酸钾和次氯酸钾，
由得失电子守恒可知氯酸钾是2mol，次氯酸钾是1mol，
所以得到的晶体是11molKCl，1molKClO，2molKClO3，
氯酸钾的质量分数是×100%=0.212，
②由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，若其余为氯酸钾和氢氧化钾的混合物，由得失电子守恒可以得到氯酸钾是=2.2mol，
那么氢氧化钾是14mol﹣11mol﹣2.2mol=0.8mol，
所以氯酸钾的质量分数是×100%=0.238，
答：得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.212～0.238．
三.实验题
28．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种食品添加剂．实验室用如图1所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：
Ⅰ．在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液；
Ⅱ．加碳酸钠粉末调至pH为7～8；
Ⅲ．再通SO2至pH为4.1；
Ⅳ．从过饱和溶液中析出Na2S2O5晶体．
（1）制备焦亚硫酸钠总反应的化学方程式为 Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2 ．
（2）Na2S2O5溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是 Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离使溶液显酸性 ．步骤Ⅲ中测定溶液的pH的方法是 用pH计（或酸度计，或pH传感器）测定 ；pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是 Na2SO3 ．
（3）利用碘量法可测定Na2S2O5产品中+4价硫的含量，实验方案为：将一定量的Na2S2O5产品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中， 加入一定体积的过量的c1mol L﹣1的标准碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，用c2mol L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数 ，重复如上步骤2次，记录数据．（实验中必须使用的试剂有：c1mol L﹣1的标准碘溶液、c2mol L﹣1的标准Na2S2O3溶液、冰醋酸、淀粉溶液、蒸馏水；已知：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
（4）含铬废水中常含有六价铬[Cr（Ⅵ）]．利用Na2S2O5和FeSO4 7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水，实验结果见右图．
①实验过程中溶液的pH不断升高的原因是 Na2S2O5和FeSO4 7H2O与Cr2O72﹣反应时均消耗H+，使溶液的pH变大 ．
②已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣31，lg2≈0.3，c（Cr3+）＜1.0×10﹣5
mol L﹣1时视为完全沉淀．现将废水中Cr2O72﹣全部转化为Cr（OH）3而除去，需调节溶液的pH范围为 pH＞5.6 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）Na2CO3和SO2反应生成Na2S2O5和CO2，根据元素守恒可书写出化学方程式；
（2）Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度，所以会使溶液显酸性；测定溶液PH值精确度为0.1，可用pH计（或酸度计，或pH传感器）等，在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液，若pH＞4.1时，则溶液中会出现亚硫酸钠；
（3）根据氧化还原滴定的原理，在Na2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶液滴定，根据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量，根据这一原理可知实验操作步骤；
（4）①Na2S2O5和FeSO4 7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水时都会消耗氢离子，所以溶液的PH值会增大；
②c（Cr3+）＜1.0×10﹣5
mol L﹣1时，根据Ksp[Cr（OH）3]可求得溶液中c（OH﹣），确定溶液的PH值．
【解答】解：（1）Na2CO3和SO2反应生成Na2S2O5和CO2，根据元素守恒可知化学方程式为Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2，
故答案为：Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2；
（2）Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度，所以会使溶液显酸性；测定溶液PH值精确度为0.1，可用pH计（或酸度计，或pH传感器）等，在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液，若pH＞4.1时，则溶液中会出现亚硫酸钠，即产品中会有副产物Na2SO3，
故答案为：Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离使溶液显酸性；用pH计（或酸度计，或pH传感器）测定；Na2SO3；
（3）根据氧化还原滴定的原理，在Na2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶液滴定，根据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量，根据这一原理可知实验操作步骤为：加入一定体积的过量的c1
mol L﹣1的标准碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，用c2
mol L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数，
故答案为：加入一定体积的过量的c1
mol L﹣1的标准碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，用c2
mol L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数；
（4）①Na2S2O5和FeSO4 7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水时都会消耗氢离子，所以溶液的pH值会增大，
故答案为：Na2S2O5和FeSO4 7H2O与Cr2O72﹣反应时均消耗H+，使溶液的pH变大；
②c（Cr3+）＜1.0×10﹣5
mol L﹣1时，根据Ksp[Cr（OH）3]可求得溶液中c（OH﹣）==×10﹣9
mol L﹣1，所以c（H+）=，所以溶液的PH=﹣lgc（H+）≈5.6，所以将废水中Cr2O72﹣全部转化为Cr（OH）3而除去，需调节溶液的pH＞5.6，
故答案为：pH＞5.6．
29．制备纯净的液态无水四氯化锡（SnCl4易挥发形成气体，极易发生水解）的反应为：Sn+2Cl2SnCl4，Sn也可与HCl反应生成SnCl2，已知：
物质
摩尔质量/（g mol﹣1）
熔点/℃
沸点/℃
Sn
119
232
2260
SnCl2
190
246.8
623
SnCl4
261
﹣30.2
114.1
MnO2
87
535（分解）
﹣
某同学设计的相关实验装置图如图：
（l）A中浓盐酸与B中物质进行反应，化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
（2）D中的试剂为 浓硫酸 ，目的是 除去H2O ．
（3）G中冷却水的进水位置为 b （填字母）．
（4）为避免E中副反应的发生，对装置需要改进的措施是 BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶 ．
（5）K中固体物质的作用为 防止空气中水分进入 ．
（6）当要结束实验时，不能首先进行的操作是 ③ ．①关闭A的活塞 ②停止F的加热 ③停止G的通水．
（7）若将B中的固体换成 Sn ，并将除A和B以外的器皿去掉，反应可制备SnCl2．
（8）实验结束后，若得到的SnCl4为13.05g，至少消耗 8.70 g
MnO2．为了避免尾气污染，需要改进的措施是 在K后面加尾气吸收装置 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】用Sn和氯气反应制取SnCl4，则A装置是制取氯气，需要浓盐酸和MnO2加热制取，浓盐酸具有挥发性，加热促进其挥发，所以生成的氯气中含有HCl，无水四氯化锡（SnCl4）易挥发形成气体，极易发生水解，为防止生成的四氯化锡发生水解反应，则用D装置干燥氯气，在E装置中氯气和Sn发生反应生成SnCl4，因为氯气中含有HCl，所以E中还生成SnCl2，采用蒸馏的方法分离SnCl4和SnCl2，用G装置冷却，在H中得到SnCl4，为防止H中SnCl4水解，K起干燥空气作用，据此分析解答．
（l）浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成二氯化锰、氯气、水；
（2）四氯化锡极易发生水解，D装置干燥氯气；
（3）根据冷却水采用逆流方式分析；
（4）除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水的洗气瓶；
（5）防止H中SnCl4水解，K起干燥空气作用；
（6）为保证分离SnCl4和SnCl2的效果，需先停止反应再停止冷却；
（7）根据信息Sn也可与HCl反应生成SnCl2分析；
（8）根据氯原子守恒结合浓盐酸和MnO2的反应计算，为了避免尾气污染，需进行尾气处理．
【解答】解：（1）A中在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）D装置是干燥气体，防止生成的生成的四氯化锡发生水解反应，用浓硫酸干燥氯气，
故答案为：浓硫酸；除去H2O；
（3）G在冷却水采用逆流方式，所以下口为进水口、上口为出水口，即b为进水口，a为出水口，
故答案为：b；
（4）浓盐酸和MnO2加热制取，浓盐酸具有挥发性，加热促进其挥发，所以生成的氯气中含有HCl，E中还生成SnCl2，氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，可用饱和食盐水除去氯气中少量的氯化氢气体，即BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶，
故答案为：BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶；
（5）无水四氯化锡（SnCl4）易挥发形成气体，极易发生水解，为防止H中SnCl4水解，K起干燥空气作用，
故答案为：防止空气中水分进入；
（6）在E装置中氯气和Sn发生反应生成SnCl4，因为氯气中含有HCl，所以E中还生成SnCl2，采用蒸馏的方法分离SnCl4和SnCl2，用G装置冷却，当要结束实验时，需先停止F的加热，再停止G的通水，
故答案为：③；
（7）题干信息Sn也可与HCl反应生成SnCl2，若将B中的固体换成Sn，Sn与HCl反应生成SnCl2和氢气，可制备SnCl2，
故答案为：Sn；
（8）SnCl4为13.05g的物质的量为=0.05mol，需n（Cl）=0.05mol×4=0.2mol，需n（Cl2）=0.2mol×=0.1mol，制取氯气：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，所以需质量为：0.1mol×87g/mol=8.7g，为了避免尾气污染，需要改进的措施是在K后面加尾气吸收装置，
故答案为：8.70；在K后面加尾气吸收装置．
30．FeSO4 7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4 7H2O的流程如下：
（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10%
Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是 除去废铁屑表面的油污 ．
（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；② 降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4 7H2O的损耗 ．
（3）FeSO4 7H2O是某些补血剂的主要成分，将1.5g某补血剂预处理，配成100mL溶液．实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测定该补血剂（1.5g）中铁元素的含量，
①配制100mL
1.200×10
﹣2mol L﹣1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容量瓶中的操作方法是 用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口
②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是 c ．
a．稀硝酸
b．稀盐酸
c．稀硫酸
d．浓硝酸
KMnO4溶液应盛装在 酸式 滴定管中．滴定到终点时的现象为 滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色 ．
③滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下．
滴定次数实验数据
1
2
3
V（样品）/mL
20.00
20.00
20.00
V（KMnO4）/mL（初读数）
0.00
0.20
0.00
V（KMnO4）/mL（终读数）
15.85
15.22
14.98
该补血剂中铁元素的质量分数为 16.8% ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）CO32﹣水解生成OH﹣，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大；
（3）①转移液体需要引流；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性；高锰酸钾有强氧化性，应放在酸式滴定管中；滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色；
③配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，根据方程式进行计算，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，以此计算．
【解答】解：（1）CO32﹣水解生成OH﹣，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，
故答案为：除去废铁屑表面的油污；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4 7H2O的损耗，
故答案为：降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4 7H2O的损耗；
（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，
故答案为：用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸，故选c；
高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；
滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；
故答案为：c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；
③配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，
反应需要的高锰酸钾的物质的量为×10﹣3L×1.2×10﹣2mol/L=18×10﹣5mol
则：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol
1mol
n
18×10﹣5mol
n=18×10﹣5mol×5=90×10﹣5mol，
则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10﹣5mol×5×56g/mol=0.252g，所以该补血剂中铁元素的含量为×100%=16.8%，
故答案为：16.8%．
2017年1月23日
一、选择题
1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果发生了加成反应
C．食品脱氧剂（含铁粉、氯化钠、炭粉等）的脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同
D．加入足量氢氧化钠溶液共热，能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）
2．不具有放射性的同位素称之为稳定同位素，近20年来，稳定同位素分析法在植物生理学、生态学和环境科学研究中获得广泛应用．如在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18O、34S等常用做环境分析指示物．下列说法中正确的是（ ）
A．34S原子核内的中子数为16
B．1H216O在相同条件下比1H218O更易蒸发
C．13C和15N原子核内的质子数相差2
D．2H+的酸性比1H+的酸性更强
3．重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（ ）
A．氘（D）原子核外有1个电子
B．1H与D互称同位素
C．H2O与D2O互称同素异形体
D．1H218O与D216O的相对分子质量相同
4．分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体可表示为：MxFey（CN）z，研究表明它的结构特性是Fe2+、Fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN一位于立方体的棱上，其晶体中的阴离子结构如图示，下列说法正确的是（ ）
A．该晶体是原子晶体
B．M的离子位于上述立方体的面心，呈+2价
C．M的离子位于上述立方体的体心，呈+1价，且M+空缺率（体心中没有M+的占总体心的百分比）为50%
D．晶体的化学式可表示为MFe2（CN）3，且M为+1价
5．阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述中正确的个数是（ ）
①标准状况下，22.4L乙醇中含有的氧原子数目为NA
②6.4g的34S2和34S8混合物中，含硫原子总数为0.2NA
③12g金刚石含有的共价键数为2NA
④10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%
⑤含0.2NA个阴离子的Na2O2和水反应时，转移0.2mol电子
⑥11.2L
Cl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA
⑦1L含NA个NH3 H2O的氨水，其浓度为1mol L﹣1．
A．②③④
B．③④⑤
C．④⑥⑦
D．①②⑤
6．能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）
A．CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++CO2+H2O═CaCO3↓+2H+
B．酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+
C．FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣
D．AgCl悬浊液中通HI：Ag++HI═AgI↓+H+
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（ ）
A．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
B．在0.1
mol L﹣1Na2CO3溶液中：A13+、Na+、NO3﹣、C1﹣
C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
D．在=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣
8．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe
2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+则下列说法正确的是（ ）
A．该反应中
Fe2+是还原剂，O2
是还原产物
B．4molNa2O2
在反应中共得到
8NA
的电子
C．Fe（OH）3既是氧化产物又是还原产物，每生成
4mol
Fe（OH）3
反应过程中共转移电子
6mol
D．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀
9．已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学反应方程式为：
2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液（假设I﹣与KMnO4反应的氧化产物为I2），混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（ ）
A．图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应
B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2通电
C．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol
D．以Pt为电极材料电解C点的溶液，总反应式为2H2O2H2↑+O2↑，则当外电路电子流通4mol时两极产生的气体总体积一定是67.2L
10．反应①是自海藻灰中提取碘的主要反应，反应②是自智利硝石中提取碘的主要反应：①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2；②2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．已知NaIO3的氧化性与MnO2相近，下列有关说法正确的是（ ）
A．两个反应中生成等量的I2时转移的电子数相等
B．I2在反应①②中都是氧化产物
C．NaI和NaIO3在一定条件下能反应生成I2
D．NaIO3在任何化学反应中只能作氧化剂，不能作还原剂
11．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（ ）
A．与NaOH反应的氯气一定为0.3
mol
B．若反应中转移的电子为n
mol，则0.15＜n＜0.25
C．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3
D．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为8：2：1
12．在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1
2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2
H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3
2S（g）═S2（g）△H4
则△H4的正确表达式为（ ）
A．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）
B．△H4=（3△H3﹣△H1﹣△H2）
C．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）
D．△H4=（△H1﹣△H2﹣3△H3）
13．化学反应伴随能量变化，下列说法中错误的是（ ）
A．TNT（炸药）爆炸时部分化学能转化为热能
B．电解饱和食盐水时部分化学能转化为电能
C．镁条燃烧时部分化学能转化为光能
D．植物光合作用时部分光能转化为化学能
14．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序为W＞Q＞Z＞X＞Y
B．元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应
C．元素X与Y可以形成5种以上的化合物
D．元素Q的最高价氧化物对应的水化物酸性比W的强
15．下列关于碱金属某些性质的排列中，正确的是（ ）
A．原子半径：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
B．密度：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
C．熔点、沸点：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
D．还原性：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs
16．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g） Si（s）+4HCl（g）△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1
mol，则达平衡时，吸收热量为Q
kJ
C．反应至4
min时，若HCl浓度为0.12
mol/L，则H2的反应速率为0.03
mol/（L min）
D．反应吸收0.025Q
kJ热量时，生成的HCl通入100
mL
1
mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应
17．一定条件下存在反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g）△H＜0，现有三个相同的1L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1mol
H2和1mol
I2（g），在Ⅱ中充入2molHI（g），在Ⅲ中充入2mol
H2和2mol
I2（g），700℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C．容器Ⅰ中的气体颜色比容器Ⅱ中的气体颜色深
D．容器Ⅰ中H2的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和等于1
18．下列分类或归类正确的是：（ ）
①铝热剂、纯净矿泉水、冰水混合物均为混合物
②NaOH、HD、IBr均为化合物
③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质
④C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体
⑤碘酒、淀粉溶液、水雾、纳米材料均为胶体．
A．①②③⑤
B．③④⑤
C．②④⑤
D．③④
19．下列物质与其用途完全符合的是（ ）
①Na2O2﹣供氧剂
②晶体Si﹣太阳能电池
③AgI﹣人工降雨
④NaCl﹣制纯碱
⑤Al2O3﹣焊接钢轨
⑥NaClO﹣消毒剂
⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料
⑧SO2﹣食品防腐剂
⑨NH3﹣制冷剂
⑩水玻璃﹣耐火材料．
A．①④⑤⑧⑨
B．①②③⑥⑦⑨
C．①②③④⑥⑦⑨⑩
D．①②③④⑥⑦⑨
20．化学在生产、生活中有着重要用途，下列物质的用途及对应解释都正确的是（ ）
选项
物质
用途
解释
A
Al2O3
耐火材料
Al2O3的熔沸点较高
B
SiO2
计算机芯片
SiO2是一种良好的半导体
C
Fe3O4
红色涂料
Fe3O4是一种红色氧化物
D
浓H2SO4
干燥剂
浓H2SO4有脱水性
A．A
B．B
C．C
D．D
21．在100mL
HNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L．向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（ ）
A．0.225mol/L
B．0.30mol/L
C．0.36mol/L
D．0.45mol/L
22．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（ ）
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为SO2，则丁可能是氨水
C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
23．下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中无NH4+
B．向Ca（ClO）2溶液通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
C．光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2
D．
实验室可用如图所示装置制取饱和氨水
24．以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（ ）
A．HCl→Cl2→HClO→NaClO
B．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3
C．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
D．Al→NaAlO2→Al（OH）3→Al2O3
25．X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z一定是非金属单质
B．X、Y、Z中至少有一种是金属单质
C．若X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质
D．如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质
二.计算器
26．海水中含有许多化学物质，不能直接饮用，所以将海水转化为淡水是一个重大的课题．
（1）海水中含有大量NaCl，盐田法仍是目前海水制盐的主要方法．盐田分为贮水池、 和结晶池，建盐田必须在 处建立（填字母）．
A．离江河入海口比较近的地方
B．气候干燥、多风、少雨
C．潮汐落差大且有平坦空旷的海滩
（2）从海水中提取试剂级NaCl及回收金属Mg的工业流程如下：
1实验室中完成步骤Ⅰ所用装置为 （填字母）．
②某学习小组设计了如下实验模拟步骤Ⅱ：[粗盐溶解]
[过滤]
[NaCl溶液]
在步骤A中加入BaCl2溶液的作用是 ，步骤C加入Na2CO3的作用是 ，若向粗盐溶液
中加入Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2CO3生成，同时有气体逸出．该反应的离子方程式为 ．
③步骤Ⅲ是在 气氛中蒸干得到纯净的MgCl2固体，工业上通过电解获得Mg的化学方程式为 ．
（3）电渗析法是近年来发展起来的一种海水淡化技术，其原理如图所示，电渗析法淡化海水时阴极室可获得的重要化工原料有 ．
（4）工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，其方法是向饱和NaCl溶液中先通入 ，然后再通入另一种气体，写出制取NaHCO3的化学方程式：
．
27．KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火．实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g
（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）．
（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为 g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物
①求25℃时KCl的溶解度；
②求原混合物中KClO3的质量；
③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少？（保留2位小数）
（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）．实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？（用小数表示，保留3位小数）
三.实验题
28．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种食品添加剂．实验室用如图1所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：
Ⅰ．在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液；
Ⅱ．加碳酸钠粉末调至pH为7～8；
Ⅲ．再通SO2至pH为4.1；
Ⅳ．从过饱和溶液中析出Na2S2O5晶体．
（1）制备焦亚硫酸钠总反应的化学方程式为 ．
（2）Na2S2O5溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是 ．步骤Ⅲ中测定溶液的pH的方法是 ；pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是 ．
（3）利用碘量法可测定Na2S2O5产品中+4价硫的含量，实验方案为：将一定量的Na2S2O5产品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中， ，重复如上步骤2次，记录数据．（实验中必须使用的试剂有：c1mol L﹣1的标准碘溶液、c2mol L﹣1的标准Na2S2O3溶液、冰醋酸、淀粉溶液、蒸馏水；已知：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
（4）含铬废水中常含有六价铬[Cr（Ⅵ）]．利用Na2S2O5和FeSO4 7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水，实验结果见右图．
①实验过程中溶液的pH不断升高的原因是 ．
②已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣31，lg2≈0.3，c（Cr3+）＜1.0×10﹣5
mol L﹣1时视为完全沉淀．现将废水中Cr2O72﹣全部转化为Cr（OH）3而除去，需调节溶液的pH范围为 ．
29．制备纯净的液态无水四氯化锡（SnCl4易挥发形成气体，极易发生水解）的反应为：Sn+2Cl2SnCl4，Sn也可与HCl反应生成SnCl2，已知：
物质
摩尔质量/（g mol﹣1）
熔点/℃
沸点/℃
Sn
119
232
2260
SnCl2
190
246.8
623
SnCl4
261
﹣30.2
114.1
MnO2
87
535（分解）
﹣
某同学设计的相关实验装置图如图：
（l）A中浓盐酸与B中物质进行反应，化学方程式为 ．
（2）D中的试剂为 ，目的是 ．
（3）G中冷却水的进水位置为 （填字母）．
（4）为避免E中副反应的发生，对装置需要改进的措施是 ．
（5）K中固体物质的作用为 ．
（6）当要结束实验时，不能首先进行的操作是 ．①关闭A的活塞 ②停止F的加热 ③停止G的通水．
（7）若将B中的固体换成 ，并将除A和B以外的器皿去掉，反应可制备SnCl2．
（8）实验结束后，若得到的SnCl4为13.05g，至少消耗 g
MnO2．为了避免尾气污染，需要改进的措施是 ．
30．FeSO4 7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4 7H2O的流程如下：
（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10%
Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是 ．
（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；② ．
（3）FeSO4 7H2O是某些补血剂的主要成分，将1.5g某补血剂预处理，配成100mL溶液．实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测定该补血剂（1.5g）中铁元素的含量，
①配制100mL
1.200×10
﹣2mol L﹣1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容量瓶中的操作方法是
②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是 ．
a．稀硝酸
b．稀盐酸
c．稀硫酸
d．浓硝酸
KMnO4溶液应盛装在 滴定管中．滴定到终点时的现象为 ．
③滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下．
滴定次数实验数据
1
2
3
V（样品）/mL
20.00
20.00
20.00
V（KMnO4）/mL（初读数）
0.00
0.20
0.00
V（KMnO4）/mL（终读数）
15.85
15.22
14.98
该补血剂中铁元素的质量分数为 ．
2016-2017学年山东省枣庄市滕州市高考补习学校高三（上）第五周同步化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果发生了加成反应
C．食品脱氧剂（含铁粉、氯化钠、炭粉等）的脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同
D．加入足量氢氧化钠溶液共热，能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）
【考点】取代反应与加成反应；碘与人体健康；有机物的鉴别；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．
【分析】A．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘元素的食物；
B．乙烯有还原性；
C．铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；
D．地沟油的成分是油脂，矿物油的成分为多种烃混合物，二者都是混合物，没有固定的沸点，能够燃烧，密度小于水，油脂在碱性条件下水解生成甘油．
【解答】解：A．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘元素的食物，含碘的食物不是高碘酸，故A错误；
B．乙烯具有催熟作用，乙烯有还原性，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，故B错误；
C．铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，与钢铁的吸氧腐蚀相同，故C正确；
D．油脂在碱性条件下水解生成甘油溶于水，不分层，氢氧化钠与矿物油不反应，分层，能区别，故D正确；
故选AB．
2．不具有放射性的同位素称之为稳定同位素，近20年来，稳定同位素分析法在植物生理学、生态学和环境科学研究中获得广泛应用．如在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18O、34S等常用做环境分析指示物．下列说法中正确的是（ ）
A．34S原子核内的中子数为16
B．1H216O在相同条件下比1H218O更易蒸发
C．13C和15N原子核内的质子数相差2
D．2H+的酸性比1H+的酸性更强
【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．
【分析】A、利用质子数+中子数=质量数来计算；
B、利用相对分子质量来比较分子晶体的沸点，沸点低的容易蒸发；
C、C原子的质子数为6，N原子的质子数为7；
D、2H+与1H+都是氢离子，化学性质相同．
【解答】解：A、34S原子核内的中子数为34﹣16=18，故A错误；
B、因1H216O的相对分子质量1×2+16=18，1H218O的相对分子质量为1×2+18=20，则1H216O的沸点低，1H216O在相同条件下比1H218O更易蒸发，故B正确；
C、C原子的质子数为6，N原子的质子数为7，则13C和15N原子核内的质子数相差7﹣6=1，故C错误；
D、2H+与1H+都是氢离子，化学性质相同，即2H+的酸性与1H+的酸性相同，故D错误；
故选B．
3．重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（ ）
A．氘（D）原子核外有1个电子
B．1H与D互称同位素
C．H2O与D2O互称同素异形体
D．1H218O与D216O的相对分子质量相同
【考点】同位素及其应用．
【分析】A．氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数；
B．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；
C．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；
D．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子质量为：2×2+16=20．
【解答】解：A．氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故A正确；
B．1H与D质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；
C．H2O与D2O都是化合物，不是单质，故C错误；
D．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子质量为：2×2+16=20，故D正确，
故选C．
4．分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体可表示为：MxFey（CN）z，研究表明它的结构特性是Fe2+、Fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN一位于立方体的棱上，其晶体中的阴离子结构如图示，下列说法正确的是（ ）
A．该晶体是原子晶体
B．M的离子位于上述立方体的面心，呈+2价
C．M的离子位于上述立方体的体心，呈+1价，且M+空缺率（体心中没有M+的占总体心的百分比）为50%
D．晶体的化学式可表示为MFe2（CN）3，且M为+1价
【考点】晶胞的计算．
【分析】A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN﹣等阴阳离子，据此判断晶体类型；
B、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断；
C、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数比可判断；
D、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断．
【解答】A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN﹣等阴阳离子，所以该晶体为离子晶体，故A错误；
B、根据晶胞结构可知，晶胞中含有Fe2+的个数为4×=，Fe3+的个数为4×=，CN﹣的个数为12×=3，所以Fe2+、Fe3+、CN﹣的个数比为1：1：6，根据化合价代数和为零可知，M的化合价为+1价，故B错误；
C、根据晶胞结构，由B的计算可知，每个晶胞中含有Fe2+0.5个，Fe3+0.5个，CN﹣3个，由B可知M的化合价为+1价，根据化合价代数为零，可知每个晶胞平均含有M也是0.5个，而M的离子位于上述立方体的体心上，所以两个晶胞中一个有M+，而另一个必无M+，所以M+空缺率为50%，故C正确；
D、由B的分析可知，晶体的化学式可表示为MFe2（CN）6，且M为+1价，故D错误；
故选C．
5．阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述中正确的个数是（ ）
①标准状况下，22.4L乙醇中含有的氧原子数目为NA
②6.4g的34S2和34S8混合物中，含硫原子总数为0.2NA
③12g金刚石含有的共价键数为2NA
④10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%
⑤含0.2NA个阴离子的Na2O2和水反应时，转移0.2mol电子
⑥11.2L
Cl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA
⑦1L含NA个NH3 H2O的氨水，其浓度为1mol L﹣1．
A．②③④
B．③④⑤
C．④⑥⑦
D．①②⑤
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】①标准状况下，乙醇为液态；
②34S2和34S8均由硫原子34S构成；
③12g金刚石的物质的量为1mol，而1个碳原子形成2条共价键；
④由于硫酸浓度越大，硫酸的密度越大，则10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%；
⑤Na2O2中含1个阴离子；
⑥Cl2所处的状态不明确；
⑦NH3 H2O是弱电解质，在溶液中部分电离；
【解答】解：①标准状况下，乙醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故①错误；
②34S2和34S8均由硫原子34S构成，故6.4g混合物中含有的硫原子的物质的量为n=＜0.2mol，个数小于2NA个，故②错误；
③12g金刚石的物质的量为1mol，而1个碳原子形成2条共价键，故1mol金刚石中含2mol共价键即2NA个，故③正确；
④硫酸的质量分数越大，硫酸溶液的密度越大，稀释过程中硫酸的质量不变，由于稀释后硫酸的密度减小，则10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数会大于：×98%=9.8%，故④正确；
⑤Na2O2中含1个阴离子，故含0.2NA个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2mol，而过氧化钠与水的反应为歧化反应，0.2mol过氧化钠转移0.2mol电子即0.2NA个，故⑤正确；
⑥Cl2所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故⑥错误；
⑦NH3 H2O是弱电解质，在溶液中部分电离，故1L含NA个NH3 H2O的氨水，其浓度大于1mol L﹣1，故⑦错误；
故选B．
6．能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）
A．CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++CO2+H2O═CaCO3↓+2H+
B．酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+
C．FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣
D．AgCl悬浊液中通HI：Ag++HI═AgI↓+H+
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．碳酸的酸性弱于盐酸；
B．高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；
C．氯气足量二价铁离子、溴离子都被氧化；
D．碘化氢为强电解质，应拆成离子，氯化银为沉淀，应保留化学式．
【解答】解：A．碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳通入氯化钙溶液不反应，故A错误；
B．酸性KMnO4溶液中通入SO2，离子方程式：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+，故B正确；
C．FeBr2溶液中通入足量Cl2，离子方程式：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故C错误；
D．AgCl悬浊液中通HI，离子方程式：AgCl+I﹣═AgI↓+Cl﹣，故D错误；
故选：B．
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（ ）
A．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
B．在0.1
mol L﹣1Na2CO3溶液中：A13+、Na+、NO3﹣、C1﹣
C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
D．在=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．与Al反应能放出H2的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，亚铁离子与企业改革离子反应，酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应；
B．铝离子与碳酸钠发生双水解反应；
C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子、偏铝酸根离子与氢离子反应；
D．
=10﹣12的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应．
【解答】解：A．与Al反应能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Fe2+与氢氧根离子反应，酸性条件下Fe2+、NO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．A13+与Na2CO3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，AlO2﹣、CO32﹣都与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；
D．
=10﹣12的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，之间不反应，K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣都不与企业改革离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选D．．
8．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe
2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+则下列说法正确的是（ ）
A．该反应中
Fe2+是还原剂，O2
是还原产物
B．4molNa2O2
在反应中共得到
8NA
的电子
C．Fe（OH）3既是氧化产物又是还原产物，每生成
4mol
Fe（OH）3
反应过程中共转移电子
6mol
D．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀
【考点】氧化还原反应．
【分析】4Fe2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+中，Fe元素的化合价升高，过氧化钠中O元素的化合价升高也降低，以此来解答．
【解答】解：A．该反应中
Fe2+是还原剂，O2是氧化产物，故A错误；
B.4molNa2O2
在反应时，只有6molO得到电子，由﹣1价降低为﹣2价，共得到6NA
的电子，故B错误；
C．Na2O2是氧化剂和还原剂，Fe（OH）3
既是氧化产物又是还原产物，结合B选项可知每生成
4mol
Fe（OH）3
反应过程中共转移电子
6mol，故C正确；
D．反应过程中看不到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀，故D错误；
故选C．
9．已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学反应方程式为：
2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液（假设I﹣与KMnO4反应的氧化产物为I2），混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（ ）
A．图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应
B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2通电
C．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol
D．以Pt为电极材料电解C点的溶液，总反应式为2H2O2H2↑+O2↑，则当外电路电子流通4mol时两极产生的气体总体积一定是67.2L
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】氧化性强弱顺序为KMnO4＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，C点时溶液的成分是硫酸亚铁，电解的实质是电解水，结合得失电子守恒解答该题．
【解答】解：A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，故A正确；
B．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故B正确；
C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为2KMnO4～10Fe3+～10I﹣，共消耗的n（I﹣）=1.25mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量为=0.25mol，故C正确；
D．C点时溶液的成分是硫酸亚铁，电解的实质是电解水，总反应式为2H2O2H2↑+O2↑，则当外电路电子流通4mol时，生成3mol气体，气体状况未知，不能计算两极上产生的气体体积，故D错误．
故选D．
10．反应①是自海藻灰中提取碘的主要反应，反应②是自智利硝石中提取碘的主要反应：①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2；②2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．已知NaIO3的氧化性与MnO2相近，下列有关说法正确的是（ ）
A．两个反应中生成等量的I2时转移的电子数相等
B．I2在反应①②中都是氧化产物
C．NaI和NaIO3在一定条件下能反应生成I2
D．NaIO3在任何化学反应中只能作氧化剂，不能作还原剂
【考点】氧化还原反应．
【分析】A．第一个方程式中，I元素化合价由﹣1价变为0价、Mn元素化合价由+4价变为+2价，其转移电子数为2；第二个方程式中，I元素化合价由+5价变为0价，S元素化合价由+4价变为+6价，转移电子数为10；
B．第一个方程式中，I元素化合价由﹣1价变为0价，第二个方程式中，I元素化合价由+5价变为0价，所以第一个方程式中碘是氧化产物、第二个方程式中是还原产物；
C．NaI具有还原性，NaIO3具有氧化性，二者在一定条件下能反应生成I2；
D．NaIO3中I元素处于中间价态，具有氧化性和还原性．
【解答】解：A．第一个方程式中，I元素化合价由﹣1价变为0价、Mn元素化合价由+4价变为+2价，其转移电子数为2；第二个方程式中，I元素化合价由+5价变为0价，S元素化合价由+4价变为+6价，转移电子数为10，所以二者生成等量的碘转移电子的量不等，故A错误；
B．第一个方程式中，I元素化合价由﹣1价变为0价，第二个方程式中，I元素化合价由+5价变为0价，所以第一个方程式中碘是氧化产物、第二个方程式中是还原产物，所以二者产物不同，故B错误；
C．NaI具有还原性，NaIO3具有氧化性，二者在一定条件下能发生氧化还原反应生成I2，故C正确；
D．NaIO3中I元素处于中间价态，具有氧化性和还原性，故D错误；
故选C．
11．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（ ）
A．与NaOH反应的氯气一定为0.3
mol
B．若反应中转移的电子为n
mol，则0.15＜n＜0.25
C．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3
D．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为8：2：1
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】A．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），由氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）；
B．利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多；
C．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5；
D．令n（NaCl）=8mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根据电子转移守恒验证判断．
【解答】解：A．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；
B．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故B正确；
C．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl﹣）＜2：1，而7：3＞2：1，故C错误；
D．令n（NaCl）=8mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为8mol×1=8mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，即n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）不可能为8：2：1，故D错误；
故选B．
12．在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1
2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2
H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3
2S（g）═S2（g）△H4
则△H4的正确表达式为（ ）
A．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）
B．△H4=（3△H3﹣△H1﹣△H2）
C．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）
D．△H4=（△H1﹣△H2﹣3△H3）
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．
【分析】利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热．
【解答】解：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即﹣△H3×2+△H2×+△H1×=（△H1+△H2﹣3△H3），
故选A．
13．化学反应伴随能量变化，下列说法中错误的是（ ）
A．TNT（炸药）爆炸时部分化学能转化为热能
B．电解饱和食盐水时部分化学能转化为电能
C．镁条燃烧时部分化学能转化为光能
D．植物光合作用时部分光能转化为化学能
【考点】反应热和焓变．
【分析】A、根据爆炸过程中能量之间的转化来回答；
B、电解是将电能转化为化学能的装置；
C、根据镁条燃烧时的能量转化来回答；
D、植物光合作用时，光合作用吸收二氧化碳生成氧气，部分光能转化为化学能．
【解答】解：A、TNT爆炸过程中，化学能转化为热能、动能、光能等，故A正确；
B、电解是将电能转化为化学能的装置，故B错误；
C、镁条燃烧时放光、放热，即部分化学能转化为光能和热能，故C正确；
D、植物光合作用时，光合作用吸收二氧化碳生成氧气，所以部分光能转化为化学能，故D正确．
故选B．
14．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序为W＞Q＞Z＞X＞Y
B．元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应
C．元素X与Y可以形成5种以上的化合物
D．元素Q的最高价氧化物对应的水化物酸性比W的强
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素．
【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素，
A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Al）＞W（S）＞Q（Cl）＞X（N）＞Y（O），故A错误；
B．氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；
C．N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；
D．非金属性Cl＞S，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确，
故选A．
15．下列关于碱金属某些性质的排列中，正确的是（ ）
A．原子半径：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
B．密度：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
C．熔点、沸点：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs
D．还原性：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs
【考点】碱金属的性质；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．
【分析】A．同主族元素原子从上到下，原子半径依次增大；
B．Na的密度大于K；
C．碱金属元素的单质的熔沸点从上到下逐渐减小；
D．同主族元素从上到下，单质还原性依次增强．
【解答】解：A．Li、Na、K、Rb、Cs，都是同主族的元素，且原子序数依次增大，原子半径：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，故A正确；
B．碱金属元素单质的密度从上到下呈递增趋势，但Na的密度大于K，故B错误；
C．碱金属元素的单质的熔沸点从上到下逐渐减小，则熔点、沸点：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs，故C错误；
D．同主族元素从上到下，单质还原性依次增强，还原性：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，故D错误；
故选：A．
16．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g） Si（s）+4HCl（g）△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1
mol，则达平衡时，吸收热量为Q
kJ
C．反应至4
min时，若HCl浓度为0.12
mol/L，则H2的反应速率为0.03
mol/（L min）
D．反应吸收0.025Q
kJ热量时，生成的HCl通入100
mL
1
mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应
【考点】化学平衡的影响因素；反应热和焓变．
【分析】A．增大平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；
B．该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，结合热化学方程式判断；
C．根据v=计算v（HCl），利用速率之比等于化学计量数之比计算判断；
D．根据反应吸收的热量计算生成的HCl的物质的量，据此判断．
【解答】解：A．从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；
B．该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）==0.03mol/（L min），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=×v（HCl）=×0.03mol/（L min）=0.015mol/（L min），故C错误；
D．由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为：
=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；
故选D．
17．一定条件下存在反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g）△H＜0，现有三个相同的1L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1mol
H2和1mol
I2（g），在Ⅱ中充入2molHI（g），在Ⅲ中充入2mol
H2和2mol
I2（g），700℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C．容器Ⅰ中的气体颜色比容器Ⅱ中的气体颜色深
D．容器Ⅰ中H2的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和等于1
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A．容器Ⅰ中从正反应开始到达平衡，容器Ⅱ中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同；
B．容器Ⅲ中相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上再加入1mol
H2和1mol
I2（g），反应向正反应进行，故容器Ⅲ中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小；
C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动；
D．温度相同时，容器Ⅰ中H2
的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和等于1，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动．
【解答】解：A．容器Ⅰ中从正反应开始到达平衡，容器Ⅱ中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率，故A错误；
B．容器Ⅲ中相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上再加入1mol
H2和1mol
I2（g），反应向正反应进行，故容器Ⅲ中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，故B错误；
C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，故容器Ⅰ中的气体颜色比容器Ⅱ中的气体颜色深，故C正确；
D．温度相同时，容器I中H2
的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和等于1，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，HI的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中HI的转化率低，故容器Ⅰ中H2
的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和小于1，故D错误；
故选C．
18．下列分类或归类正确的是：（ ）
①铝热剂、纯净矿泉水、冰水混合物均为混合物
②NaOH、HD、IBr均为化合物
③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质
④C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体
⑤碘酒、淀粉溶液、水雾、纳米材料均为胶体．
A．①②③⑤
B．③④⑤
C．②④⑤
D．③④
【考点】混合物和纯净物；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；强电解质和弱电解质的概念；同分异构现象和同分异构体．
【分析】①由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；
②单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；
③在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；
④由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，互为同素异形体的物质要符合以下两个条件：同种元素形成，不同单质；
⑤胶体的本质特征是分散质微粒直径在1nm﹣100nm间．
【解答】解：①铝热剂为铝与金属氧化物的混合物，矿泉水中含有水和矿物质，属于混合物，冰水只有水这一种物质，为纯净物，故①错误；
②HD是由同种氢元素组成的单质：氢气，不是化合物，故②错误；
③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质，故③正确；
④C60、金刚石、石墨均为碳元素的不同单质，互为同素异形体，故④正确；
⑤碘酒是碘单质的酒精溶液，不属于胶体，故⑤错误；
故选D．
19．下列物质与其用途完全符合的是（ ）
①Na2O2﹣供氧剂
②晶体Si﹣太阳能电池
③AgI﹣人工降雨
④NaCl﹣制纯碱
⑤Al2O3﹣焊接钢轨
⑥NaClO﹣消毒剂
⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料
⑧SO2﹣食品防腐剂
⑨NH3﹣制冷剂
⑩水玻璃﹣耐火材料．
A．①④⑤⑧⑨
B．①②③⑥⑦⑨
C．①②③④⑥⑦⑨⑩
D．①②③④⑥⑦⑨
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】①Na2O2能够与水、二氧化碳反应生成氧气；
②晶体Si为良好的半导体材料；
③AgI能用于人工降雨；
④依据侯氏制碱法原理解答；
⑤A依据铝热反应的用途解答；
⑥NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒；
⑦Fe2O3为红棕色固体；
⑧SO2有毒；
⑨NH3汽化吸收大量的热；
⑩水玻璃是硅酸钠的水溶液．
【解答】解：①Na2O2能够与水、二氧化碳反应生成氧气，可做供氧剂，故正确；
②晶体Si为良好的半导体材料，能制造太阳能电池，故正确；
③AgI能用于人工降雨，故正确；
④氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故正确；
⑤利用铝热反应原理焊接钢轨，故正确；
⑥病毒属于蛋白质，NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，故正确；
⑦Fe2O3为红棕色固体，能作红色油漆或涂料，故正确；
⑧二氧化硫有毒，不能用作食品添加剂，故错误；
⑨NH3汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故正确；
⑩水玻璃是硅酸钠的水溶液，用作木材的防火剂，故正确；
故选：C．
20．化学在生产、生活中有着重要用途，下列物质的用途及对应解释都正确的是（ ）
选项
物质
用途
解释
A
Al2O3
耐火材料
Al2O3的熔沸点较高
B
SiO2
计算机芯片
SiO2是一种良好的半导体
C
Fe3O4
红色涂料
Fe3O4是一种红色氧化物
D
浓H2SO4
干燥剂
浓H2SO4有脱水性
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物．
【分析】A．Al2O3
是两性氧化物，具有高熔点，可以做耐火材料；
B．SiO2不是半导体；
C．Fe3O4是一种黑色氧化物；
D．脱水性是指浓硫酸可将许多有机化合物（尤其是糖类如纤维素、蔗糖等）脱水．反应时，按水分子中氢、氧原子数的比（2：1）夺取这些有机物分子里的氢原子和氧原子．
【解答】解：A．Al2O3的熔沸点较高，可以做耐火材料
故A正确；
B．晶体Si是半导体，能做计算机芯片，故B错误；
C．Fe3O4是一种黑色氧化物，不能用作涂料，用于红色涂料的是Fe2O3，故C错误；
D．浓硫酸能作干燥剂，利用的是浓硫酸的吸水性，故D错误．
故选A．
21．在100mL
HNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L．向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（ ）
A．0.225mol/L
B．0.30mol/L
C．0.36mol/L
D．0.45mol/L
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=计算铜离子浓度．
【解答】解：反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol×=0.036mol，故铜离子的最大浓度为=0.36mol/L，故选C．
22．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（ ）
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为SO2，则丁可能是氨水
C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
【考点】无机物的推断．
【分析】A．甲为碳，丁为O2
物质转化关系为
CCOCO2；
B．若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；
C．若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁；
D．若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3．
【解答】解：：A、甲为碳，丁为O2
物质转化关系为
CCOCO2，2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正确；
B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3，（NH4）2SO3；SO2+NH3 H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3 H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；
C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，不符合转化关系，故C错误；
D．若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确，
故选C．
23．下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中无NH4+
B．向Ca（ClO）2溶液通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
C．光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2
D．
实验室可用如图所示装置制取饱和氨水
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；
B．向Ca（ClO）2溶液通入CO2，溶液变浑浊，生成碳酸钙和HClO，HClO具有漂白性；
C．HClO分解生成HCl和氧气；
D．氨气极易溶于水，易发生倒吸．
【解答】解：A．检验NH4+的存在，必须用NaOH浓溶液或加热，否则没有氨气放出，故A错误；
B．向Ca（ClO）2溶液通入CO2，溶液变浑浊，生成碳酸钙和HClO，HClO具有漂白性，则液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去，故B正确；
C．光照氯水是次氯酸分解，生成的气体是氧气，故C错误；
D．氨气极易溶于水，该装置能引起倒吸，故D错误；
故选B．
24．以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（ ）
A．HCl→Cl2→HClO→NaClO
B．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3
C．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
D．Al→NaAlO2→Al（OH）3→Al2O3
【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．
【分析】根据各单质及其化合物的化学性质解答．
A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与碱反应生成盐；
B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；
C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，能和烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸；
D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，难溶性的碱受热易分解，分解为相应的氧化物与水．
【解答】解：A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠与水，故A正确；
B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，故B正确；
C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，SiO2不能一步生成H2SiO3，二氧化硅与烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸，故C错误；
D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，故D正确．
故选C．
25．X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z一定是非金属单质
B．X、Y、Z中至少有一种是金属单质
C．若X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质
D．如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质
【考点】无机物的推断．
【分析】首先判断出单质X与化合物甲生成化合物乙和单质Y的反应为置换反应，然后结合常见的置换反应判断即可．和甲反应生成Y和乙，X+甲→Y+乙，肯定是置换反应，考虑还原性物质有关，X
和Z反应可得乙，X+Z→乙，肯定是化合反应，X是金属了，那么Z应该是非金属单质，Y和Z反应可得甲，Y+Z→甲，肯定是化合反应，Y是金属了，那么Z应该是非金属单质；
【解答】根据X、Y、Z是单质，甲和乙是常见的化合物，x和甲反应会生成y和乙，反应是置换反应，X可能是氢气或者碳或者活泼金属，x和z会生成乙，y和z会生成甲，
A、X、Y、Z不一定是非金属单质，如2Mg+CO2=C+2MgO，故A错误；
B、X、Y、Z可以都是非金属单质，如C+H2O=CO+H2，故B错误；
C、若X、Y都为金属单质，发生置换反应是一定是金属单质很金属化合物的反应，XY的化合物一定是非金属化合物，所以则Z必为非金属单质，如2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3；Zn+CuCl2=ZnCl2+Cu
；故C正确；
D、如果X、Y都为非金属单质，则Z可以为金属单质，也可以为非金属单质，如Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑故D错误；
故选C．
二.计算器
26．海水中含有许多化学物质，不能直接饮用，所以将海水转化为淡水是一个重大的课题．
（1）海水中含有大量NaCl，盐田法仍是目前海水制盐的主要方法．盐田分为贮水池、 蒸发池 和结晶池，建盐田必须在 BC 处建立（填字母）．
A．离江河入海口比较近的地方
B．气候干燥、多风、少雨
C．潮汐落差大且有平坦空旷的海滩
（2）从海水中提取试剂级NaCl及回收金属Mg的工业流程如下：
1实验室中完成步骤Ⅰ所用装置为 C （填字母）．
②某学习小组设计了如下实验模拟步骤Ⅱ：[粗盐溶解]
[过滤]
[NaCl溶液]
在步骤A中加入BaCl2溶液的作用是 除去硫酸根离子 ，步骤C加入Na2CO3的作用是 除去钙离子、钡离子 ，若向粗盐溶液
中加入Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2CO3生成，同时有气体逸出．该反应的离子方程式为 2CO32﹣+2Mg2++H2O=Mg2（OH）2C03↓+C02↑ ．
③步骤Ⅲ是在 氯化氢 气氛中蒸干得到纯净的MgCl2固体，工业上通过电解获得Mg的化学方程式为 MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑ ．
（3）电渗析法是近年来发展起来的一种海水淡化技术，其原理如图所示，电渗析法淡化海水时阴极室可获得的重要化工原料有 氢气、氢氧化钠 ．
（4）工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，其方法是向饱和NaCl溶液中先通入 氨气 ，然后再通入另一种气体，写出制取NaHCO3的化学方程式：
NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3 ．
【考点】海水资源及其综合利用．
【分析】（1）海水晒盐需要浓缩、蒸发、结晶；建盐田必须在阳光充足、平坦空旷的地方；
（2）1由分离流程可知，步骤I利用太阳能进行海水晒盐，与蒸发原理相同；
②步骤Ⅱ：[粗盐溶解]
[过滤]
[NaCl溶液]
A除去硫酸根离子，B除去镁离子，C除去钙离子及过量的钡离子，最后D加盐酸可除去过量的碳酸钠，注意除杂试剂均过量，以此来解答；
③氯化镁水解显酸性，氯化氢气流中加热防止水解；
（3）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，则水中的氢离子在阴极放电；
（4）工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，二氧化碳与水反应形成不稳定的碳酸，使水吸收二氧化碳量较少，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．
【解答】解：（1）海水晒盐需要浓缩、蒸发、结晶，则盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池；建盐田必须在阳光充足、平坦空旷的地方，则选B．多风少雨、C．潮汐落差大且又平坦空旷的海滩，与A无关，
故答案为：蒸发池；BC；
（2）1步骤I原理为蒸发，在实验室中完成该步骤所用装置为图中C（蒸发），
故答案为：C；
②该实验中加入BaCl2溶液，钡离子和硫酸根离子形成硫酸钡沉淀，A除去硫酸根离子，Na2CO3的作用是除去钙离子、钡离子；若向粗盐溶液中加入的是Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2C03生成，同时有气体逸出，气体为C02，该反应的离子方程式为2CO32﹣+2Mg2++H2O=Mg2（OH）2C03↓+C02↑，
故答案为：除去硫酸根离子；除去钙离子、钡离子；2CO32﹣+2Mg2++H2O=Mg2（OH）2C03↓+C02↑；
③氯化镁水解显酸性，其水解的离子方程式为Mg2++2H2O Mg（OH）2+2H+，氯化氢气流中加热，可抑制Mg2+水解，纯净的MgCl2固体熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，
故答案为：氯化氢；MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；
（3）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，则水中的氢离子在阴极放电，则阴极生成氢气，同时生成NaOH，
故答案为：氢气、氢氧化钠；
（4）在制取NaHCO3时，先向饱和的NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量的CO2的目的是先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收，反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3，加热碳酸氢钠制得碳酸钠，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：氨气；NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3．
27．KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火．实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g
（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）．
（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为 11.80 g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物
①求25℃时KCl的溶解度；
②求原混合物中KClO3的质量；
③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少？（保留2位小数）
（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）．实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？（用小数表示，保留3位小数）
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g﹣4.80g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，据此计算其溶解度；反应前后质量减少的质量为氧气的质量，根据氯酸钾和氧气之间的关系式计算氯酸钾的质量；
根据溶液质量、密度计算溶液体积，再结合c=计算溶液的物质的量浓度；
（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，结合氯气与KOH反应生成氯酸钾和KCl或KClO和KCl来计算质量分数的范围．
【解答】解：（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g﹣4.80g=11.80g，
故答案为：11.80；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，5g水溶解KCl的质量=6.55g﹣4.80g=1.75g，
①则100g水溶解KCl的质量=×100g=35g，答：25℃时KCl的溶解度35g；
②20g水溶解氯化钾的质量=1.75g×4=7g，反应前后质量减少的质量为氧气的质量，氧气的质量=16.60g﹣7g﹣4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得×122.5g/mol=12.25，答：原混合物中KClO3的质量12.25g；
③溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积=，n（KCl）=，则溶液的物质的量浓度==5.99mol/L，
答：所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为5.99；
（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，设钾离子为14mol，氯离子11mol，
①由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，如果剩下的K离子是氯酸钾和次氯酸钾，
由得失电子守恒可知氯酸钾是2mol，次氯酸钾是1mol，
所以得到的晶体是11molKCl，1molKClO，2molKClO3，
氯酸钾的质量分数是×100%=0.212，
②由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，若其余为氯酸钾和氢氧化钾的混合物，由得失电子守恒可以得到氯酸钾是=2.2mol，
那么氢氧化钾是14mol﹣11mol﹣2.2mol=0.8mol，
所以氯酸钾的质量分数是×100%=0.238，
答：得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.212～0.238．
三.实验题
28．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种食品添加剂．实验室用如图1所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：
Ⅰ．在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液；
Ⅱ．加碳酸钠粉末调至pH为7～8；
Ⅲ．再通SO2至pH为4.1；
Ⅳ．从过饱和溶液中析出Na2S2O5晶体．
（1）制备焦亚硫酸钠总反应的化学方程式为 Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2 ．
（2）Na2S2O5溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是 Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离使溶液显酸性 ．步骤Ⅲ中测定溶液的pH的方法是 用pH计（或酸度计，或pH传感器）测定 ；pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是 Na2SO3 ．
（3）利用碘量法可测定Na2S2O5产品中+4价硫的含量，实验方案为：将一定量的Na2S2O5产品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中， 加入一定体积的过量的c1mol L﹣1的标准碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，用c2mol L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数 ，重复如上步骤2次，记录数据．（实验中必须使用的试剂有：c1mol L﹣1的标准碘溶液、c2mol L﹣1的标准Na2S2O3溶液、冰醋酸、淀粉溶液、蒸馏水；已知：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
（4）含铬废水中常含有六价铬[Cr（Ⅵ）]．利用Na2S2O5和FeSO4 7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水，实验结果见右图．
①实验过程中溶液的pH不断升高的原因是 Na2S2O5和FeSO4 7H2O与Cr2O72﹣反应时均消耗H+，使溶液的pH变大 ．
②已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣31，lg2≈0.3，c（Cr3+）＜1.0×10﹣5
mol L﹣1时视为完全沉淀．现将废水中Cr2O72﹣全部转化为Cr（OH）3而除去，需调节溶液的pH范围为 pH＞5.6 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）Na2CO3和SO2反应生成Na2S2O5和CO2，根据元素守恒可书写出化学方程式；
（2）Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度，所以会使溶液显酸性；测定溶液PH值精确度为0.1，可用pH计（或酸度计，或pH传感器）等，在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液，若pH＞4.1时，则溶液中会出现亚硫酸钠；
（3）根据氧化还原滴定的原理，在Na2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶液滴定，根据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量，根据这一原理可知实验操作步骤；
（4）①Na2S2O5和FeSO4 7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水时都会消耗氢离子，所以溶液的PH值会增大；
②c（Cr3+）＜1.0×10﹣5
mol L﹣1时，根据Ksp[Cr（OH）3]可求得溶液中c（OH﹣），确定溶液的PH值．
【解答】解：（1）Na2CO3和SO2反应生成Na2S2O5和CO2，根据元素守恒可知化学方程式为Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2，
故答案为：Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2；
（2）Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度，所以会使溶液显酸性；测定溶液PH值精确度为0.1，可用pH计（或酸度计，或pH传感器）等，在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液，若pH＞4.1时，则溶液中会出现亚硫酸钠，即产品中会有副产物Na2SO3，
故答案为：Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离使溶液显酸性；用pH计（或酸度计，或pH传感器）测定；Na2SO3；
（3）根据氧化还原滴定的原理，在Na2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶液滴定，根据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量，根据这一原理可知实验操作步骤为：加入一定体积的过量的c1
mol L﹣1的标准碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，用c2
mol L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数，
故答案为：加入一定体积的过量的c1
mol L﹣1的标准碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，用c2
mol L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数；
（4）①Na2S2O5和FeSO4 7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水时都会消耗氢离子，所以溶液的pH值会增大，
故答案为：Na2S2O5和FeSO4 7H2O与Cr2O72﹣反应时均消耗H+，使溶液的pH变大；
②c（Cr3+）＜1.0×10﹣5
mol L﹣1时，根据Ksp[Cr（OH）3]可求得溶液中c（OH﹣）==×10﹣9
mol L﹣1，所以c（H+）=，所以溶液的PH=﹣lgc（H+）≈5.6，所以将废水中Cr2O72﹣全部转化为Cr（OH）3而除去，需调节溶液的pH＞5.6，
故答案为：pH＞5.6．
29．制备纯净的液态无水四氯化锡（SnCl4易挥发形成气体，极易发生水解）的反应为：Sn+2Cl2SnCl4，Sn也可与HCl反应生成SnCl2，已知：
物质
摩尔质量/（g mol﹣1）
熔点/℃
沸点/℃
Sn
119
232
2260
SnCl2
190
246.8
623
SnCl4
261
﹣30.2
114.1
MnO2
87
535（分解）
﹣
某同学设计的相关实验装置图如图：
（l）A中浓盐酸与B中物质进行反应，化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
（2）D中的试剂为 浓硫酸 ，目的是 除去H2O ．
（3）G中冷却水的进水位置为 b （填字母）．
（4）为避免E中副反应的发生，对装置需要改进的措施是 BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶 ．
（5）K中固体物质的作用为 防止空气中水分进入 ．
（6）当要结束实验时，不能首先进行的操作是 ③ ．①关闭A的活塞 ②停止F的加热 ③停止G的通水．
（7）若将B中的固体换成 Sn ，并将除A和B以外的器皿去掉，反应可制备SnCl2．
（8）实验结束后，若得到的SnCl4为13.05g，至少消耗 8.70 g
MnO2．为了避免尾气污染，需要改进的措施是 在K后面加尾气吸收装置 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】用Sn和氯气反应制取SnCl4，则A装置是制取氯气，需要浓盐酸和MnO2加热制取，浓盐酸具有挥发性，加热促进其挥发，所以生成的氯气中含有HCl，无水四氯化锡（SnCl4）易挥发形成气体，极易发生水解，为防止生成的四氯化锡发生水解反应，则用D装置干燥氯气，在E装置中氯气和Sn发生反应生成SnCl4，因为氯气中含有HCl，所以E中还生成SnCl2，采用蒸馏的方法分离SnCl4和SnCl2，用G装置冷却，在H中得到SnCl4，为防止H中SnCl4水解，K起干燥空气作用，据此分析解答．
（l）浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成二氯化锰、氯气、水；
（2）四氯化锡极易发生水解，D装置干燥氯气；
（3）根据冷却水采用逆流方式分析；
（4）除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水的洗气瓶；
（5）防止H中SnCl4水解，K起干燥空气作用；
（6）为保证分离SnCl4和SnCl2的效果，需先停止反应再停止冷却；
（7）根据信息Sn也可与HCl反应生成SnCl2分析；
（8）根据氯原子守恒结合浓盐酸和MnO2的反应计算，为了避免尾气污染，需进行尾气处理．
【解答】解：（1）A中在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）D装置是干燥气体，防止生成的生成的四氯化锡发生水解反应，用浓硫酸干燥氯气，
故答案为：浓硫酸；除去H2O；
（3）G在冷却水采用逆流方式，所以下口为进水口、上口为出水口，即b为进水口，a为出水口，
故答案为：b；
（4）浓盐酸和MnO2加热制取，浓盐酸具有挥发性，加热促进其挥发，所以生成的氯气中含有HCl，E中还生成SnCl2，氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，可用饱和食盐水除去氯气中少量的氯化氢气体，即BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶，
故答案为：BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶；
（5）无水四氯化锡（SnCl4）易挥发形成气体，极易发生水解，为防止H中SnCl4水解，K起干燥空气作用，
故答案为：防止空气中水分进入；
（6）在E装置中氯气和Sn发生反应生成SnCl4，因为氯气中含有HCl，所以E中还生成SnCl2，采用蒸馏的方法分离SnCl4和SnCl2，用G装置冷却，当要结束实验时，需先停止F的加热，再停止G的通水，
故答案为：③；
（7）题干信息Sn也可与HCl反应生成SnCl2，若将B中的固体换成Sn，Sn与HCl反应生成SnCl2和氢气，可制备SnCl2，
故答案为：Sn；
（8）SnCl4为13.05g的物质的量为=0.05mol，需n（Cl）=0.05mol×4=0.2mol，需n（Cl2）=0.2mol×=0.1mol，制取氯气：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，所以需质量为：0.1mol×87g/mol=8.7g，为了避免尾气污染，需要改进的措施是在K后面加尾气吸收装置，
故答案为：8.70；在K后面加尾气吸收装置．
30．FeSO4 7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4 7H2O的流程如下：
（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10%
Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是 除去废铁屑表面的油污 ．
（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；② 降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4 7H2O的损耗 ．
（3）FeSO4 7H2O是某些补血剂的主要成分，将1.5g某补血剂预处理，配成100mL溶液．实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测定该补血剂（1.5g）中铁元素的含量，
①配制100mL
1.200×10
﹣2mol L﹣1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容量瓶中的操作方法是 用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口
②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是 c ．
a．稀硝酸
b．稀盐酸
c．稀硫酸
d．浓硝酸
KMnO4溶液应盛装在 酸式 滴定管中．滴定到终点时的现象为 滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色 ．
③滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下．
滴定次数实验数据
1
2
3
V（样品）/mL
20.00
20.00
20.00
V（KMnO4）/mL（初读数）
0.00
0.20
0.00
V（KMnO4）/mL（终读数）
15.85
15.22
14.98
该补血剂中铁元素的质量分数为 16.8% ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）CO32﹣水解生成OH﹣，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大；
（3）①转移液体需要引流；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性；高锰酸钾有强氧化性，应放在酸式滴定管中；滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色；
③配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，根据方程式进行计算，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，以此计算．
【解答】解：（1）CO32﹣水解生成OH﹣，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，
故答案为：除去废铁屑表面的油污；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4 7H2O的损耗，
故答案为：降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4 7H2O的损耗；
（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，
故答案为：用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸，故选c；
高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；
滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；
故答案为：c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；
③配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，
反应需要的高锰酸钾的物质的量为×10﹣3L×1.2×10﹣2mol/L=18×10﹣5mol
则：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol
1mol
n
18×10﹣5mol
n=18×10﹣5mol×5=90×10﹣5mol，
则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10﹣5mol×5×56g/mol=0.252g，所以该补血剂中铁元素的含量为×100%=16.8%，
故答案为：16.8%．
2017年1月23日
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