北京市顺义牛栏山第一中学2020届高三3月高考适应性测试化学试题

北京市顺义牛栏山第一中学2020届高三3月高考适应性测试化学试题

‎2019-2020学年度第二学期高三3月份模拟考试 化学 本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cu-64‎ 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列有关化学用语的表示正确的是（　　）‎ A. 对羟基苯甲醛的结构简式：‎ B. 质量数为37的氯原子：‎ C. HClO的电子式：‎ D. NH3的结构式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对醛基苯甲醛正确的结构简式为，故A错误；‎ B．质量数为37氯原子符号为，故B错误；‎ C．次氯酸中O原子成2个共价键，H原子、Cl原子成1个共价键，O原子分别与H、Cl原子形成1对共用电子对，次氯酸电子式为 ，故C错误；‎ D．氨气分子中为共价键，其分子中含有3个N-H键，NH3的结构式为，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】C容易错，同学往往不从结构的角度去认识氢原子需要共用一对电子对、氯原子共用一对电子对、而氧原子要共用两对电子对，应该氧原子分别与氢、氯原子共用电子对。‎ ‎2.中国首款全复合材料多用途无人机——翼龙I−D无人机于‎2018年12月23日成功首飞，这是中国航空工业“翼龙家族”无人机系列化发展的重要里程碑。下列说法正确的是 A. 钛合金属于复合材料 B. 复合材料有机分子材料 C. 不同材料混合在一起就是复合材料 D. 复合材料既保持原有材料的特点，又有优于原材料的特性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钛合金是金属钛的合金，属于金属材料，不是复合材料，A错误；‎ B．复合材料是两种或者两种以上材料复合成一体而形成的材料，不属于有机分子材料，B错误；‎ C．复合材料是由有机高分子、无机非金属或金属等几类不同材料通过复合工艺组合而成的新型材料。它既能保留原有组分材料的主要特色，又通过材料设计使各组分的性能相互补充并彼此关联，从而获得新的优越性能，与一般材料的简单混合有本质的区别。常见复合材料有玻璃钢、玻璃纤维增强塑料等，C错误；‎ D．复合材料具有增强体的优点和基体的优点，既保持原有材料的特点，又有优于原材料的特性，D正确。‎ 答案：D ‎3.生活处处有化学，下列说法正确的是（　　）‎ A. 食品中的淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n表示，它们互为同分异构体 B. 棉、麻、丝、毛的燃烧产物都只有CO2和H2O C. 在紫外线、饱和CuSO4溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性 D. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚合度n不同，二者不是同分异构体，故A错误； ‎ B．丝、毛的成分为蛋白质，含N元素，燃烧有含氮物质生成，而棉、麻的燃烧产物都只有CO2和H2O，故B错误； ‎ C．强酸、强碱、紫外线、饱和CuSO4溶液等重金属盐、福尔马林均使蛋白质发生变性，故C正确； ‎ D．花生油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，牛油为饱和酯类，均可发生皂化反应，故D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎4.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中，正确的是（　　）‎ A. 电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解‎32g铜 B. ‎7.8g Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA C. 100mL 1mol•L-1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA D. ‎60g丙醇中存在的共价键总数为10NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 阳极上粗铜中除了铜放电外，还有比铜活泼的金属放电，故当转移电子为NA个时，溶解铜的质量小于‎32g，故A错误；‎ B. Na2S与Na2O2的摩尔质量均为‎78g/mol，故‎7.8g混合物的物质的量为0.1mol，而两者中阴阳离子数目比均为1:2，故0.1mol混合物中含离子为0.3NA个，故B正确；‎ C. 铁离子是弱碱阳离子，能水解，故溶液中铁离子的个数小于0.1NA个，故C错误；‎ D. 丙醇的摩尔质量为‎60g/mol，‎60g丙醇的物质的量为1mol，而丙醇分子中含11个共价键，故1mol丙醇中含共价键为11NA个，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A. 向澄清石灰水中加入过量的NaHCO3溶液：2HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+CO32-+2H2O B. 在亚硫酸钠溶液中加入稀硝酸：SO32-+2H+═H2O+SO2↑‎ C. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I-+IO3-+6H+═I2+3H2O D. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向澄清的石灰水中加入过量的碳酸氢钠，反应生成碳酸钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：2HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故A正确； ‎ B．酸性条件下，亚硫酸钠被硝酸氧化生成硫酸钠，离子反应方程式为：3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，故B错误； ‎ C．酸化 NaIO3 和 NaI 的混合溶液，滴入几滴淀粉溶液变蓝色，离子方程式为5I-+IO3-+6H+═3I2+3H2O，故C错误； ‎ D．钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+Cu2++2H2O═2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故D错误； ‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】这里最会出错的一个知识点就是，反应中的氧化剂表面看是硝酸根离子，实际上只有氢离子共存时才有氧化性，也就是硝酸的氧化性，由于氢离子和硝酸根来自不同的物质，所以同学经常因疏忽而出错。‎ ‎6.对下列物质中的杂质（括号内为杂质）的检验、除杂所使用的试剂均正确的是（　　）‎ 选项 物质及杂质 检验 除杂 A 乙酸乙酯（乙酸）‎ Na2CO3溶液 NaOH溶液 B NaHCO3溶液（Na2CO3）‎ Ca（OH）2溶液 过量CO2‎ C CO2（HCl）‎ AgNO3溶液（含稀硝酸）‎ 饱和NaHCO3溶液 D CO（NO2）‎ 观察颜色或湿润的淀粉KI试纸 水 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸乙酯可碱性条件下水解，应用饱和Na2CO3溶液除杂，故A错误； ‎ B．NaHCO3和Na2CO3都可与Ca(OH)2溶液反应生成沉淀，不能用Ca(OH)2溶液检验，可加入氯化钙，故B错误； ‎ C．CO2与AgNO3溶液或饱和NaHCO3溶液都不反应，AgNO3溶液（含稀硝酸）可用于检验HCl，饱和NaHCO3溶液可用于除去HCl，故C正确； ‎ D．NO2和水反应生成NO，引入新杂质，应用氢氧化钠溶液，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向某溶液中滴加H2O2溶液后再加入KSCN，溶液呈红色 溶液中一定含有Fe2+‎ B 测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，Na2CO3的pH大于Na2SO3溶液 S的非金属性比C强 C 向NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫色 I-还原性强于Cl-‎ D 酸性硝酸铁溶液中加入几滴碘化钾淀粉溶液，出现蓝色 说明三价铁具有较强氧化性，将I-氧化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴加H2O2溶液可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后加过氧化氢检验亚铁离子，故A错误； ‎ B．测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，由pH可比较碳酸氢根离子、亚硫酸氢根离子电离出氢离子的能力大小，不能比较出碳酸和硫酸的酸性强弱，故不能比较S、C的非金属性，故B错误； ‎ C．少量氯水可与NaI反应生成碘和氯化钠，碘易溶于苯不易溶于水，由操作和现象可知I-还原性强于Cl-，故C正确； ‎ D．酸性条件下，硝酸根离子先氧化碘离子，由操作和现象不能说明三价铁具有较强氧化性，将I-氧化，故D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】D容易错，酸性硝酸铁溶液中隐藏有强氧化剂硝酸——硝酸根离子在有氢离子共存时有强氧化性，由于氢离子和硝酸根来自不同的物质，所以同学经常因疏忽而出错。‎ ‎8.某种新型高分子材料的结构简式如图，对此高聚物叙述正确的是（ ）‎ A. 化学式为(C11H11O2)n B. 可以发生水解反应、氧化反应，不能发生取代反应 C. 1mol该有机物分子最多能和4molH2发生加成反应 D. 该高分子材料是由两种单体经酯化后加聚而成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构可知，该有机物的分子式为（（C11H10O2）n，故A错误；‎ B．分子中含有酯基，可以发生水解反应，含有碳碳双键，可以发生氧化反应，含有苯环，可以发生卤代反应，故B错误；‎ C．该有机物属于高聚物，苯环、双键均与氢气发生加成反应，1mol该有机物分子最多能和4n mol H2发生加成反应，故C错误；‎ D．根据高分子的结构分析可知，单体和先发生酯化反应生成，然后该物质发生加聚反应生成高分子，故D正确；‎ 故D正确；‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为易错点，注意聚合度n的含义。‎ ‎9.如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是 A. 31d和33d属于同种核素 B. 气态氢化物的稳定性：a>d>e C. 工业上常用电解法制备单质b D. a和b形成的化合物不可能含共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】结合题图可推知a为O，b为Na，d为P，e为S元素。‎ A.31d和33d属于同种元素的不同核素，二者互为同位素，A错误；‎ B.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O>S>P，故气态氢化物的稳定性：H2O>H2S>PH3，B错误；‎ C.工业上常用电解熔融NaCl的方法制备单质Na，C正确 D.Na、O两种元素形成的化合物Na2O2中含有共价键、离子键，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是 ‎ ‎① ‎ ‎② ‎ ‎③‎ ‎④ ‎ A. 反应①、②为反应③提供原料气 B. 反应③也是资源化利用的方法之一 C. 反应的 D. 反应的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.反应③中的反应物为CO2、H2； B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇； C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高； D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到。‎ ‎【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的；  B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；  C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，‎ 则反应反应的，故C错误； D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到，则，所以D选项是正确的。 所以答案选C。‎ ‎11.铝电池性能优越，Al-Ag2O2电池用于电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液制备氢气（隔膜Ⅱ仅阻止气体通过，a、b均为惰性电极）。下列说法正确的是（　　）‎ A. Ag电极是正极，反应后该电极区溶液pH减小 B. 原电池的总反应为：2Al+3Ag2O2+2NaOH═2NaAlO2+3Ag2O+H2O C. 每消耗‎2.7g铝，理论上a、b两极共产生气体‎3.36L（标准状况）‎ D. a电极上的电极反应为：CO（NH2）2+8OH--6e-═CO32-+N2↑+6H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Al-Ag2O2电池工作时，Al失去电子、被氧化、为负极，Ag2O2/Ag电极为正极，Ag2O2发生还原反应生成Ag，反应后该电极区pH增大，而不是减小，故A错误； ‎ B、Al-Ag2O2电池工作时，Al失去电子、被氧化、为负极，Ag2O2/Ag电极为正极，Ag2O2发生还原反应生成Ag，则原电池的总反应方程式错误，故B错误； ‎ C、‎2.7g的铝物质的量为：0.1mol，所以整个电路转移电子的物质的量为0.3mol，又a电极反应式为：CO（NH2）2+8OH--6e-═CO32-+N2↑+6H2O，b电极反应式为：2H++2e-═H2↑，所以生成氮气的物质的量为0.05mol，氢气的物质的量为：0.15mol，所以上a、b两级共产生气体0.2mol，标况下体积为：‎4.48L，而不是‎3.36L，故C错误； ‎ D、a电极上尿素[CO(NH2)2]发生氧化反应，生成氮气和碳酸根离子，电极反应式为：CO(NH2)2+8OH--6e-═CO32-+N2↑+6H2O，故D正确； ‎ 答案选D。‎ ‎12.向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫物种(H2S、HS-、S2-)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)‎ 与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程中H2S气体的逸出)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 含硫物种B表示H2S B. 在滴加盐酸过程中，溶液中c(Na+)与含硫物种浓度的关系为c(Na+)＝2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]‎ C. X、Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出H2S的Ka1‎ D. NaHS溶液呈碱性，若向该溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应时所得溶液呈强酸性，其原因是Cu2++HS-=CuS↓+H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小，则A为S2－；B先增加后减少，则B为HS－；C开始时几乎不存在，之后逐渐增大，则C为H2S。‎ ‎【详解】A．B先增加后减少，则B为HS－；C开始时几乎不存在，之后逐渐增大，则C为H2S，故A错误；‎ B．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，若忽略滴加过程H2S气体的逸出，根据混合液Na、S物料守恒可得：c(Na+)＝3[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]，故B错误；‎ C．X点为S2－和HS－浓度相同，K2（H2S）==c（H＋），则由X点处的pH，可计算Ka2（H2S）的值，故C错误；‎ D．NaHS溶液中加入CuSO4溶液，硫化铜难溶于稀酸，发生反应：Cu2＋+HS－=CuS↓+H＋，溶液显示强酸性，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查酸碱混合的定性判断，涉及是弱电解质电离平衡、电离平衡常数计算、物质性质和反应产物的理解应用，明确图象曲线变化的意义为解答关键，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，易错点C，代入公式确定是Ka1（H2S）的值还是Ka2（H2S）的值。‎ ‎13.已知反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)生成N2的初始速率与NO、H2的初始浓度的关系为v=k cx(NO)•cy(H2)，k为速率常数。在‎800℃‎时测得的相关数据如表所示。‎ 实验数据 初始浓度 生成N2的初始速率 ‎/(mol·L-1·s-1)‎ c(NO)/(mol·L-1)‎ c(H2)/(mol·L-1)‎ ‎1‎ ‎2.00×10-3‎ ‎6.00×10-3‎ ‎1.92×10-3‎ ‎2‎ ‎1.00×10-3‎ ‎6.00×10-3‎ ‎4.80×10-4‎ ‎3‎ ‎2.00×10-3‎ ‎3.00×10-3‎ ‎9.60×10-4‎ 下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 关系式中x=1、y=2‎ B. ‎800℃‎时，k的值为8×104‎ C. 若‎800℃‎时，初始浓度c(NO)=c(H2)=4.00×10-3mol·L-1，则生成N2的初始速率为5.12×10-3mol·L-1·s-1‎ D. 当其他条件不变时，升高温度，速率常数将增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将3组实验数据代入v=k cx(NO)•cy(H2)，中有：‎ ‎（2.00×10-3）x×（6.00×10-3）y=1.92×10-3，‎ ‎（1.00×10-3）x×（6.00×10-3）y=4.80×10-4，‎ ‎（2.00×10-3）x×（3.00×10-3）y=9.60×10-4，‎ 解得：x=2，y=1，故A错误；‎ B．由A解得‎800℃‎时，k=8×104，故B正确；‎ C．结合B，生成N2的初始速率V=8×104×c2（ NO）·c（ H2），所以‎800℃‎时，初始浓度c（NO）=c（ H2）=4.00×10-3mol·L-l，生成N2的初始速率=8×104×（4.00×10-3）2×（4.00×10-3）=5.12×10-3mol/（L·s），故C正确；‎ D．其他条件不变时，生成N2的初始速率与k成正比：温度越高，反应速率越大，则k 增大，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎14.某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为‎1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为2NO(g)N2(g)+O2(g)；有CO时反应为2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)]。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应2NO(g) N2(g)+O2(g)的ΔH＞0‎ B. 达平衡后，其他条件不变，使＞1，CO转化率上升 C. X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率 D. Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v(CO，正)＜v(CO，逆)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，升高温度NO的转化率减小，则升高温度平衡逆向移动，2NO(g) N2(g)+O2(g)的△H＜0，故A错误；‎ B．2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）中增大CO的量，可促进NO的转化，而CO的转化率减小，则其他条件不变，使＞1，CO转化率下降，故B错误；‎ C．催化剂具有选择性，X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率，故C正确；‎ D．Y点时NO的转化率为80%，体积为‎1L，则 ‎ ‎ ‎ K= =1600，‎ Y点再通入CO、N2各0.01 mol，Qc=═888.9＜K，平衡正向移动，则此时v（CO，正）＞v（CO，逆），故D错误；‎ 故选C。‎ 第二部分 本部分共5题，共58分。‎ ‎15.氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：‎ ‎（1）NH3的电子式______。‎ ‎（2）氯化铵水溶液显酸性，其原因为______（用离子方程式表示），0.1mol/L的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的pH______（填“升高”或“降低”）；若加入少量的明矾固体后，请尝试从平衡移动的角度解释溶液中NH4+浓度的变化原因______。‎ ‎（3）硝酸铵加热分解可得到N2O（g）和H2O（g），‎250℃‎时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该温度下反应的平衡常数表达式为______；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为______mol。‎ ‎（4）3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）△H=-92kJ/mol，若反应放出9.2kJ 热量，则参加反应的氢气分子数目为______。‎ ‎【答案】 (1). (2). NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ (3). 降低 (4). 加入少量的明矾，铝离子与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离，溶液中的NH4+的浓度增大 (5). K=c（N2O）×c2（H2O） (6). 4 (7). 0.3NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）按氮原子和氢原子共用电子对的情况写NH3的电子式；‎ ‎（2）氯化铵水溶液因水解显酸性，据此写离子方程式；0.1mol/L的氨水中加入少量的NH4Cl固体，按同离子效应对电离平衡的影响判断溶液的pH变化；若加入少量的明矾固体后，按明矾中离子对氨水电离平衡的影响判断NH4+浓度的变化及原因；‎ ‎（3）按硝酸铵加热分解可得到N2O(g)和H2O(g)，写‎250℃‎ 时，硝酸铵在密闭容器中分解的化学方程式，据此写该温度下反应的平衡常数表达式；按硝酸铵分解方程式中硝酸铵与电子的物质的量的关系，计算转移的电子数；‎ ‎（4）按3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，实际消耗的氢气的物质的量与放出热量的关系，可计算放出9.2kJ 热量时参加反应的氢气分子数目。‎ ‎【详解】（1）氨气是共价化合物，N原子和H原子之间以共价键相结合，故其电子式为；‎ 故答案为：；‎ ‎（2）氯化铵的水溶液显弱酸性，其原因为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，0.1mol•L-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，铵离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH降低，若加入少量的明矾，铝离子与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离，溶液中的NH4+的浓度增大；‎ 故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+； 降低； 加入少量的明矾，铝离子与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离，溶液中的NH4+的浓度增大；‎ ‎（3）硝酸铵分解生成N2O和H2O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH4NO3 N2O+2H2O，‎250℃‎时，水为气体状态，故平衡常数K=c(N2O)×c2(H2O)；NH4NO3中NH4+的N元素化合价为-3价，NO3-中的N元素的化合价为+5价，反应后N元素的化合价为+1价，发生归中反应，N元素由-3价升高为+1价，此反应中每分解1mol硝酸铵，转移电子数为4mol；‎ 故答案为：K= c(N2O)×c2(H2O)；4；‎ ‎（4）3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，可知放出92kJ热量时，消耗氢气为3mol，故当反应放出9.2kJ 热量，则参加反应的氢气为0.3mol，分子数为0.3NA；‎ 故答案为：0.3NA。‎ ‎【点睛】(3)容易错，硝酸铵分解生成N2O和H2O的化学反应方程式为：NH4NO3 N2O+2H2O，写平衡常数表达式时往往会遗漏水，因为常温下水呈液态，而‎250℃‎时，水为气态，故平衡常数K=c(N2O)×c2(H2O)。‎ ‎16.Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，原子序数逐渐增大，Q与W组成的化合物是一 种温室气体，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，Y和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物。‎ ‎（1）W在元素周期表中的位置是______。‎ ‎（2）‎2.24L（标准状况）XQ3被200mL 1mol/L QXY3溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是______。‎ ‎（3）WQ4Y与Y2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，a极的电极反应式是______。‎ ‎（4）已知：W（s）+Y2（g）═WY2（g）△H=-393.5kJ/mol WY（g）+ Y2（g）═WY2（g）△H=-283.0kJ/mol‎24g W与一定量的Y2反应，放出热量362.5kJ，所得产物的物质的量之比是______。‎ ‎（5）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是______。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期IVA族 (2). c（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-） (3). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (4). n（CO2）：n（CO）=1：3 (5). Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，机动车排出的大气污染物常见的有CO和NO，W、X、Y原子序数依次增大，则W为C元素，X为N元素，Y为O元素；Q与W组成的化合物是具有温室效应的气体，为CH4气体，则Q为H元素；Y和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物，应为Na2O和Na2O2两种化合物，则Z为Na元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）W为C元素，有2个电子层，最外层电子数为4，位于周期表第二周期IVA族；‎ 故答案为：第二周期IVA族；‎ ‎（2）‎2.24L（标准状况）NH3为0.1mol，200mL1mol/L HNO3溶液含有HNO30.2mol，氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当于含有0.1molHNO3与0.1molNH4NO3混合，铵根离子水解不大，溶液呈酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)；‎ 故答案为：c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)；‎ ‎（3）由图可知，电子从a极流出，a极为原电池负极，负极发生氧化反应，CH4O在负极上放电，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；‎ 故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；‎ ‎（4）已知：①C(s)+O2 (g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol；‎ ‎②CO(g)+O2 (g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol；‎ 由①-②得C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-110kJ/mol；‎ ‎24gC的物质的量为2mol，与一定量的O2反应，若只生成二氧化碳，放出热量为393.5kJ/mol×2mol=787kJ；若只生成一氧化碳，放出热量为110kJ/mol×2mol=220kJ，实际放出热量362.5kJ，故生成二氧化碳与一氧化碳，令生成二氧化碳的物质的量为x，一氧化碳的物质的量为y，所以x+y=2，393.5x+110y=362.5，解得x=0.5 mol，y=1.5 mol，所以n(CO2)：n(CO)=1：3；‎ 故答案为：n(CO2)：n(CO)=1：3；‎ ‎(5)X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3H2O；‎ 故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3H2O。‎ ‎17.为减小CO2对环境的影响，在限制其排放量的同时，应加强对CO2创新利用的研究。‎ ‎（1）①把含有较高浓度CO2的空气通入饱和K2CO3溶液。②在①的吸收液中通高温水蒸气得到高浓度的CO2气体。请写出②中反应的化学方程式______。‎ ‎（2）如将CO2与H2以1：3的体积比混合，在适当条件下合成燃料甲醇和水。在体积为‎2L的密闭容器中，充入2mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ/mol。测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示。‎ 从反应开始到平衡，v（H2）=______；氢气的转化率=______；能使平衡体系中n（CH3OH）增大的措施有______。（只写一种即可）‎ ‎【答案】 (1). 2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑ (2). 0.24mol/（Lmin） (3). 80% (4). 降低温度（或加压或增大H2的量等）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①中碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，通高温水蒸气，碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳与水；‎ ‎(2)由图可知，10min达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.8mol/L，根据计算v(CH3OH)，再根据速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；‎ 根据CH3OH平衡浓度，利用n=cV计算△n(CH3OH)，再根据方程式计算△n(H2)，利用转化率等于计算氢气的转化率；‎ 改变体积使平衡向正反应移动，可以增大CH3OH的物质的量，据此结合方程式特征解答。‎ ‎【详解】(1)①中碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，通高温水蒸气，碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳与水，反应方程式为：2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑；‎ 故答案为：2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑；‎ ‎(2)由图可知，10min达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.8mol/L，则10分钟内，v(CH3OH)=0.08mol/(Lmin)，根据速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=3 v(CH3OH)=3×0.08mol/(L•min)=0.24mol/(Lmin)，平衡时△n(CH3OH)=0.8mol/L×‎2L=1.6mol，根据方程式可知△n (H2)=3△n(CH3OH)=3×1.6mol=4.8mol，所以氢气的转化率为 ×100%=80%；‎ 该反应正反应是体积减小的放热反应，故降低温度或加压或增大H2的量等，可以是平衡向正反应移动，增大CH3OH的物质的量；‎ 故答案为：0.24mol/（Lmin）；80%；降低温度（或加压或增大H2的量等）。‎ ‎18.煤的气化是高效、清洁地利用煤炭的重要途径之一．‎ ‎（1）在‎25℃‎、101kPa时，H2与O2化合生成1mol H2O（g）放出241.8kJ的热量，其热化学方程式为______．‎ 又知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ/mol ‎②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-283.0kJ/mol 焦炭与水蒸气反应是将固体煤变为气体燃料的方法，C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）‎ ‎△H=______kJ/mol．‎ ‎（2）CO可以与H2O（g）进一步发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，起始时按照下表进行投料，在‎800℃‎时达到平衡状态，K=1.0．‎ ‎①该反应的平衡常数表达式为______．‎ ‎②平衡时，甲容器中CO的转化率是______；容器中CO的转化率：乙______甲；丙______甲．（填“＞”、“=”或“＜”）‎ ‎③丙容器中，通过改变温度，使CO的平衡转化率升高，则温度______（填“升高”或“降低”）．‎ ‎【答案】 (1). (2). +131.3 (3). (4). 50% (5). ＞ (6). = (7). 降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据热化学方程式的书写原则进行书写； 根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算； (2)①化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写； ②令参加反应的CO的物质的量为x，根据三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，故用物质的量代替浓度代入平衡常数列方程计算； 乙与甲相比，乙中增大水的物质的量，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大； 丙与甲相比，乙中水、CO的物质的量为甲中的2倍，等效为在甲的基础上压强增大一倍，平衡不移动，转化率不变； ③通过改变温度，使CO的平衡转化率升高，则平衡向正反应方向移动，该反应正反应为放热反应，故应降低温度。‎ ‎【详解】(1)已知：在‎25℃‎、101kPa时，H2与O2化合生成1mol H2O（g）放出241.8kJ的热量，其热化学方程式为：；‎ 答案为：；‎ 设为反应③，已知：存在反应①和②，根据盖斯定律，①-③-②得；‎ 故答案为：；+131.3；‎ ‎(2). ①按，可得到；‎ 答案为：；‎ ‎②令参加反应的CO的物质的量为x，则：‎ ‎；因为，得x=0.05mol，故CO的转化率为；‎ 答案为：50%；‎ 乙与甲相比，乙中增大水的物质的量，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故CO转化率：乙＞甲；丙与甲相比，乙中水、CO的物质的量为甲中的2倍，等效为在甲的基础上压强增大一倍，平衡不移动，转化率不变，故CO转化率：甲=丙；‎ 答案为：＞； =； ‎ ‎③通过改变温度，使CO的平衡转化率升高，则平衡向正反应方向移动，该反应正反应为放热反应；故应降低温度；‎ 答案为：降低。‎ ‎19.可降解聚合物 P 的合成路线如图：‎ 已知：.‎ ‎（1）A的含氧官能团名称是______。‎ ‎（2）羧酸a的电离方程式是______。‎ ‎（3）B→C的化学方程式是______。‎ ‎（4）化合物D苯环上的一氯代物有2种，D的结构简式是______。‎ ‎（5）E→F中反应①和②反应类型分别是______、______。‎ ‎（6）F的结构简式是______。‎ ‎（7）G→聚合物P的化学方程式是______。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). CH3COOHCH3COO-+H+ (3). +HNO3+H2O (4). (5). 加成反应 (6). 取代反应 (7). (8). n+n→+（n-1）HCl。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由C还原产物的结构，可知C为，逆推可知B为 ‎，结合A的分子式，可知A为，则羧酸a为CH3COOH；转化得到D，D转化得到E，结合反应信息i可知E中含有-CHO。化合物D苯环上的一氯代物有2种，结合D的分子式、C还原产物结构，可知D的结构简式为，则E为，E发生一系列反应生成F，根据题给信息知，F的结构简式为：，F加热得到G，结合G的分子式与结构特点，可知2分子F脱去2分子水生成G为，G与发生信息ii中反应得到高聚物P为。‎ ‎【详解】（1）A的结构简式为：，含有的官能团是羟基，故答案为：羟基；‎ ‎（2）羧酸a为CH3COOH，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+；‎ ‎（3）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，B和浓硝酸发生取代反应生成C，该反应方程式为：+HNO3+H2O，‎ 故答案为：+HNO3+H2O；‎ ‎（4）化合物D苯环上的一氯代物有2种，结合D的分子式、C还原产物结构，可知D的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（5）通过题给信息知，E→F中反应①和②的反应类型分别是加成反应、取代反应，故答案为：加成反应、取代反应；‎ ‎（6）D的结构简式为，则E为，E发生一系列反应生成F，根据题给信息知，F的结构简式为：，故答案为：；‎ ‎（7）F加热得到G，结合G的分子式与结构特点，可知2分子F脱去2分子水生成G为 ‎，G与发生信息ii中反应得到高聚物P为，G→聚合物P的化学方程式是n+n→+（n-1）HCl。故答案为：n+n→+（n-1）HCl。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，充分利用题给信息采用正推法与逆推法相结合的方法进行分析解答，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，D物质的推断为难点，难度较大。‎ ‎20.精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如图：‎ 已知：ⅰ分金液中含金离子主要成分为[AuCl4]-；分金渣的主要成分为AgCl；‎ ⅱ分银液中含银离子主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-‎ ⅲ“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。‎ Cu Au Ag Ni 浸出率/%‎ ‎85.7‎ ‎0‎ ‎4.5‎ ‎93.5‎ ‎（1）由表中数据可知，Ni的金属性比Cu____。分铜渣中银元素的存在形式为_________（用化学用语表示）。‎ ‎（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为____。‎ ‎（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。‎ ‎“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为__。调节溶液的pH不能过低，理由为__（用离子方程式表示）。‎ ‎（4）工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/LNiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：‎ 为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_____g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于‎15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_____。‎ ‎【答案】 (1). 强 (2). Ag、AgCl (3). 2Au+ClO3-+7Cl+6H+=2[AuCl4]-+3H2O (4). 分银液中存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-，加H2SO4至pH=4，SO32-转化为HSO3-，c(SO32-)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl-反应生成AgCl (5). SO32-+2H+=SO2↑+H2O (6). 10 (7). H2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠的混合物进行分铜，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加人足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag＋形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-‎ ‎，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-Ag＋+2SO32－平衡，加入硫酸沉银，促使[Ag（SO3）2]3-Ag＋+2SO32－平衡正向移动，电离出Ag＋，Ag＋与分银液中的Cl－反应生成AgCl。‎ ‎【详解】（1）①浸出率数据得到，Ni金属性强于Cu，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，“分铜”时加人足量的NaCl的主要作用为：使溶解出的Ag＋形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；‎ 故答案为：强； Ag、AgCl；‎ ‎（2）分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，反应的离子方程式为：2Au+ClO3－+7Cl－+6H＋=2[AuCl4]-+3H2O，‎ 故答案为：2Au+ClO3－+7Cl－+6H＋=2[AuCl4]-+3H2O；‎ ‎（3）分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，分银液中存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-，加H2SO4至pH=4，SO32-转化为HSO3-，c(SO32-)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl-反应生成AgCl ；若溶液的pH太低，溶液的酸性太强，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体而逸出，离子方程式：SO32-+2H+=SO2↑+H2O ；‎ 故答案为：分银液中存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-，加H2SO4至pH=4，SO32-转化为HSO3-，c(SO32-)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl-反应生成AgCl ；SO32-+2H+=SO2↑+H2O ；‎ ‎（4）根据图可知，NH4Cl的浓度为‎10g·L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为‎10 g·L-1，当NH4Cl浓度大于‎15g·L-1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H＋+2e－=H2↑或2NH4＋+2H2O+2e－=2NH3·H2O+H2↑，产生气体为氢气；‎ 故答案为：10；H2。‎ ‎21.某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3•6H2O能否反应产生Cl2。‎ 资料：FeCl3是一种共价化合物，熔点‎306℃‎，沸点‎315℃‎。‎ ⅰ.实验操作和现象：‎ 操作 现象 点燃酒精灯，加热 i.A中部分固体溶解，上方出现白雾 ii.稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴 iii.B中溶液变蓝 ⅱ.分析现象的成因：‎ ‎（1）现象i中的白雾是______，用化学方程式和必要的文字说明白雾的形成原因是______。‎ ‎（2）分析现象ii，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：‎ a.直接加热FeCl3·6H2O，产生白雾和黄色气体。‎ b.将现象ii和a中的黄色气体通入KSCN溶液，溶液均变红。通过该实验说明现象ii中黄色气体含有______。‎ ‎（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外，该小组还提出其他两种可能的原因：‎ 可能原因①：实验b检出的气体使之变蓝；‎ 反应的离子方程式是______。‎ 可能原因②：______；‎ 反应的离子方程式是______。‎ ‎（4）为进一步确认黄色气体中是否含有Cl2，小组提出两种方案，均证实了Cl2的存在。‎ 方案1‎ 在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C B中溶液变蓝色 方案2‎ 将B中KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液；检验Fe2+‎ B中溶液呈浅橙红色；未检出Fe2+‎ ‎①方案1的C中盛放的试剂是______，从化学平衡原理的角度加以解释______。‎ ‎②方案2中检验Fe2+的最佳试剂是______，若存在Fe2+，则现象是______。‎ ‎③综合方案1、2的现象，说明方案2中选择NaBr溶液的依据是______。‎ ‎（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是______。‎ ‎【答案】 (1). 盐酸小液滴（或盐酸酸雾） (2). FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl 加热时，水解反应产生HCl，HCl挥发出来遇水蒸气形成白雾 (3). FeCl3 (4). 2Fe3++2I-=I2+2Fe2+ (5). 在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝 (6). 4H++4I-+O2=I2+2H2O (7). 饱和食盐水 (8). Cl2+HOHCl+HClO，饱和食盐水可以吸收HCl和FeCl3且c(Cl-)较大，抑制上述反应 (9). K3[Fe(CN)6]（或铁氰化钾） (10). 蓝色沉淀 (11). 氧化性强弱顺序Cl2>Br2>Fe3+ (12). 2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）FeCl3·6H2O 受热失去结晶水FeCl3·6H2OFeCl3+6H2O，同时水解FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；‎ 故答案为：HCl小液滴；FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl加热时，水解反应产生HCl，HCl挥发出来遇水蒸气形成白雾；‎ ‎（2）FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，Fe3＋+3SCN－=Fe（SCN）3，生成血红色的硫氰化铁，用KSCN 溶液检验现象ii 和A 中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3，‎ 故答案为：FeCl3；‎ ‎（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外，该小组还提出其他两种可能的原因：可能原因①：实验b检出的气体使之变蓝；碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应的离子方程式是2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。‎ 可能原因②：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝；氧气将碘离子氧化成碘单质，反应的离子方程式是4H++4I-+O2=I2+2H2O。‎ 故答案为：2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝；4H++4I-+O2=I2+2H2O；‎ ‎（4）①方案1氯化铁能氧化碘离子，氧气在酸性条件下，能氧化碘离子，所以需除去Cl2中的FeCl3 和O2（H＋），若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色，则证明原气体中确实存在Cl2，在A、B间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶C，从化学平衡原理的角度加以解释：Cl2+HOHCl+HClO，饱和食盐水可以吸收HCl和FeCl3且c(Cl-)较大，抑制上述反应。‎ 故答案为：饱和食盐水；Cl2+HOHCl+HClO，饱和食盐水可以吸收HCl和FeCl3且c(Cl-)较大，抑制上述反应；‎ ‎②方案2若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br－氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2＋，则证明是Cl2氧化的Br－，而不是Fe3＋．另外，因为还原剂用的不是I－，可不用考虑O2（H＋）的影响问题，即排除Fe3＋将Br－氧化成Br2 ‎ 的可能性；‎ 方案2中检验Fe2+的最佳试剂是K3[Fe(CN)6]（或铁氰化钾），若存在Fe2+，则现象是蓝色沉淀。‎ 故答案为：K3[Fe(CN)6]（或铁氰化钾）；蓝色沉淀；‎ ‎③综合方案1、2的现象，Br－可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2，方案2中选择NaBr溶液的依据是氧化性强弱顺序Cl2>Br2>Fe3+。‎ 故答案为：氧化性强弱顺序Cl2>Br2>Fe3+；‎ ‎（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中MnO2将氯离子氧化产生Cl2的化学方程式是2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O。‎ 故答案为：2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O。‎