湖南省长沙市长沙县第六中学2020届高三上学期第三次月考化学试题

湖南省长沙市长沙县第六中学2020届高三上学期第三次月考化学试题

化 学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 N-14 Cu-64 Mg-24‎ 一、选择题（共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，也称为可入肺颗粒物。下列有关说法中错误的是(　　)‎ A. PM2.5表面积大能吸附大量的有毒、有害物质 B. PM2.5在空气中形成的分散系为胶体 C. 实施绿化工程，可以有效地防治PM2.5污染 D. 烟、雾属于胶体，能产生丁达尔效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. PM2.5粒径小，面积大，活性强，易吸附有毒、有害物质，A正确；‎ B. PM2.5直径小于或等于2.5微米，也就是2.5×10-6m，颗粒直径比胶粒大，在空气中不能形成胶体，B错误；‎ C. 实施绿化工程，减少大气中的有毒、有害物质，PM2.5吸附的有毒物质量必然减少，所以可有效防治PM2.5污染，C正确；‎ D. 烟、雾属于胶体，能产生丁达尔效应，D正确。‎ 故选B。‎ ‎2.若NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)。‎ A. 1L0.1mol·L－1的KClO3水溶液中含有的Cl—为0.1NA B. 常温常压下，46gNO2和N2O4的混合气体中含有的氧原子数为2NA C. 标准状况下，22.4LCHCl3中含有的氯原子的数目为3NA D. 1molSO2与足量O2一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. KClO3水溶液中不含有Cl-，A错误；‎ B. 常温常压下，46gNO2和46g N2O4中所含有的氧原子数都为2NA，所以46gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数也为2NA，B正确；‎ C. 标准状况下，CHCl3为液体，不能利用22.4L/mol进行计算，C错误；‎ D. SO2与O2生成SO3的反应为可逆反应，所以1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3‎ ‎，转移电子数小于2NA，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】计算两种气体的混合气中所含某原子的数目时，首先要判断两种气体分子是否发生反应，若二者不反应，可采用极值法分别计算两种气体分子中所含该原子的数目，混合气体中该原子的数目应介于两极端值之间；若两种气体发生反应，先让其发生反应，再计算剩余气体中所含该原子的数目。‎ ‎3.实验中需用2.0 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为 (　　)。‎ A. 950 mL；201.4 g B. 1 000 mL；212.0 g C. 100 mL；21.2 g D. 500 mL；100.7 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】实验室没有950mL的容量瓶，因此需要配置1000mL，则需要称取碳酸钠的质量是1L×2.0mol/L×106g/mol＝212.0g，答案选B。‎ ‎4.半导体工业中，有一句行话：“从沙滩到用户”，即由SiO2制取Si。制取过程中不涉及的化学反应是(　　)‎ A. 2C＋SiO2Si＋2CO↑ B. SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O C. Si＋2Cl2SiCl4 D. SiCl4＋2H2Si＋4HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】SiO2制取Si，先用焦炭还原SiO2，从而制得粗硅；再用Cl2氧化粗硅得SiCl4，最后用H2还原SiCl4得高纯硅。发生反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑、Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl。‎ 故选B。‎ ‎5.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 16g CH4与18 g NH4+ 所含质子数相等 B. 1mol 苯分子中含有碳碳双键数为3NA C. 将分子总数为NA的NH3和HCl的混合气体置于标准状况下，其体积为约22. 4L D. 等物质的量的甲基（—CH3）和羟基（—OH）所含电子数相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．16g CH4与18 g NH4+ 的物质的量都是1mol,但是所含质子数前者是10mol，后者是11mol,不相等，错误；B．苯分子中的碳碳原子之间的化学键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键不存在碳碳双键，错误；C．将分子总数为NA的NH3和HCl的混合，二者会发生反应产生固体NH4Cl，气体发生数会减少，因此置于标准状况下，其体积小于22. 4L，错误；D．甲基和羟基的电子数都是9个，所以等物质的量的甲基（—CH3）和羟基（—OH）所含电子数相等，正确。‎ 考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。‎ ‎6. 下列各组离子在给定条件下能大量共存的是 ( )‎ A. 在c（HCO）="0.1" mol·L－1的溶液中：NH、Al3+、Cl－、NO B. 有大量存在的溶液中：Na＋、Mg2＋、Ca2＋、I－‎ C. 有大量存在的强酸性溶液中：NH、Ba2＋、Fe2＋、Br－‎ D. 能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO、S2－、Na+、K+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A、HCO与Al3+在溶液中水解相互促进生成氢氧化铝和CO2，不能大量共存，A错误；B、硫酸根与钙离子结合生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，B错误；C、在酸性溶液中硝酸根氧化亚铁离子和溴离子不能大量共存，C错误；D、能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中显碱性，则SO、S2－、Na+、K+可以大量共存，D正确，答案选D。‎ 考点：考查离子共存的正误判断 ‎7. 下列说法正确的是 （ ）‎ A. 不用其它试剂便无法区别NaCl、Na2CO3、NaHSO4、AlCl3四种溶液 B. 纤维素水解与淀粉水解得到的最终产物不同 C. 为准确测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量相等 D. 用渗析的方法精制氢氧化铁胶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．Na2CO3与NaHSO4反应生成气体，Na2CO3与AlCl3反应生成沉淀和气体，NaCl与其它三种物质均不反应，不需要其它试剂可鉴别，故A错误；B．纤维素水解与淀粉水解，最终产物均为葡萄糖，水解产物相同，故B错误；C．测定中和热时，因盐酸挥发，则盐酸一般稍过量，所以所用酸和碱的物质的量不相等，故C错误；D．氢氧化铁胶体不能透过半透膜，则用渗析的方法精制氢氧化铁胶体，故D正确；故选D。‎ 点评：本题考查 考点：考查物质的鉴别、检验和提纯 ‎8.据悉，奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学方程式为：5KClO3+ 6P＝3P2O5+ 5KCl ，则下列有关叙述正确的是 （ ）‎ A. 上述反应是复分解反应 B. 产生白色烟雾的原因是生成的P2O5白色固体小颗粒（烟）吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴（雾）‎ C. 因红磷和白磷互为同分异构体，所以上述火药中的红磷可以用白磷代替 D. 上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为30mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．上述反应中元素的化合价发生了变化，所以是氧化还原反应，不是复分解反应，错误；B．产生白色烟雾的原因是生成的P2O5白色固体小颗粒（烟）吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴的缘故，正确；C．红磷和白磷互为同素异形体，由于白磷容易自燃，所以上述火药中的红磷不可以用白磷代替，错误；D．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为3×5="15mol" ，错误.‎ 考点：考查发令枪发令时所包含的化学反应原理的知识。‎ ‎9. 下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）‎ A. FeBr2与Cl2 B. Ba（OH）2与H2SO4‎ C. HCl与Na2CO3 D. NaHCO3与Ca（OH）2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．Cl2少量时，只有亚铁子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，A错误；B．无论量的多少都只发生Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+H2O，则能用同一离子方程式表示，B正确；C．HCl少量时，发生HCl+Na2CO3═NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3═NaCl+CO2↑+H2O，则不能用同一离子方程式表示，C错误；D．NaHCO3少量时，发生NaHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O+NaOH，NaHCO3过量时发生2NaHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子方程式表示，D错误，答案选B。‎ 考点：考查与量有关的离子反应的书写 ‎10.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是(　　)‎ A. 向氯化铝溶液中加过量氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2-+4NH4++2H2O B. 向次氯酸钙溶液中通过量CO2：2ClO-+Ca2++H2O+CO2=2HClO+ CaCO3↓‎ C. 向含0.015 mol NaOH的溶液中通0.64 g SO2：3OH-+2SO2=SO32-+HSO3-+H2O D. 向Fe(OH)2中加入足量稀硝酸：Fe(OH)2+2H+= Fe2++2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Al(OH)3不溶于过量氨水，不能生成 AlO2-，A错误；‎ B.过量CO2在水溶液中将与 CaCO3反应，生成Ca(HCO3)2，B错误；‎ C. 0.015 mol NaOH的溶液中通0.64 g(即0.01mol)SO2，二者物质的量之比为3:2，3OH-+2SO2=SO32-+HSO3-+H2O符合题意，C正确；‎ D. 向Fe(OH)2中加入足量稀硝酸，生成的Fe2+最终被氧化成Fe3+，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】判断离子方程式中的反应产物是否正确时，可从离子共存的角度进行分析。反应的最终产物在反应后的溶液中必须能稳定存在，也就是反应后溶液中的微粒能大量共存。A选项中的AlO2-、NH4+不能大量共存，会发生双水解反应，生成一水合氨和Al(OH)3；B选项中，CaCO3与过量的CO2、H2O不能大量共存；D选项中，Fe2+与H+、NO3-不能大量共存，会发生氧化还原反应，生成Fe3+等。‎ ‎11.等物质的量的下列化合物与足量浓盐酸反应，得到氯气物质的量最多的是 己知：MnO4-+H++Cl-→Mn2++Cl2↑+H2O(未配平)‎ C1O3-+H++Cl-→C12↑+H2O(末配平)‎ ClO-+H++Cl-→C12↑+H2O(未配平)‎ A. KC1O3 B. KMnO4 C. MnO2 D. Ca(C1O)2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选项中的微粒都有氧化性，可以将Cl-氧化产生Cl2，等物质的氧化性，哪种元素化合价高，等物质的量反应时转移的电子的物质的量就多，反应产生的氯气的物质的量就多。‎ ‎【详解】A．1mol KC1O3反应转移5mol电子，由于氧化产物和还原产物都变为氯气，故反应产生3mol氯气；‎ B．1mol KMnO4反应转移5mol电子，反应产生2.5mol氯气；‎ C．1molMnO2反应转移2mol电子，反应产生1mol氯气；‎ D．1molCa(C1O)2反应，转移2mol电子，产生2mol氯气；‎ 可见反应产生氯气的物质的量最多的是KC1O3，A项正确；‎ 选项A正确。‎ ‎【点睛】等物质的量的氧化剂与足量浓盐酸反应制取氯气，氧化剂在反应中化合价变化的价数值越多，反应制取的氯气越多，当氧化性在反应中转移电子数目相同时，氧化剂与还原剂都变为氯气时产生的氯气的物质的量比只要还原剂变为氯气时的物质的量多。掌握氧化还原反应中化合价变化数值与电子转移数目相等是本题解答的关键。‎ ‎12.目前人类已发现几千万种物质，对物质进行分类，有利于我们的学习，下列物质的分类不正确的是 A. SO2(氧化物） B. 稀硫酸(电解质) C. HNO3(含氧酸) D. 氯水(混合物)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2，由S和O两种元素组成，其中一种元素为氧元素，所以其属于氧化物，A正确；‎ B. 稀硫酸是硫酸溶于水所形成混合物，而电解质必须为纯净物，所以稀硫酸不属于电解质，B错误；‎ C. HNO3为氮元素的最高价氧化物对应的水化物，所以其为氮的含氧酸，C正确；‎ D. 氯水是氯气通入水中所形成的氯气的水溶液，属于混合物，D正确。‎ 故选B。‎ ‎13.下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是 A. K+、H+、I-、MnO4- B. Fe3+、Fe2+、SO42-、NO3-‎ C. Al3+、Na+、SO42-、CO32- D. Fe3+、H+、SO42-、ClO-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H+、I-、MnO4-会发生氧化还原反应，生成I2、Mn2+、H2O，A符合题意；‎ B. Fe3+、Fe2+、SO42-、NO3-四种离子间不能发生反应，可大量共存，B不合题意；‎ C. Al3+、CO32-会发生双水解反应，不能大量共存，C不合题意；‎ D. H+、ClO-会发生反应生成弱电解质HClO，从而不能大量共存，不合题意。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】在酸性条件下，NO3-能表现出强氧化性，与Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存；但在非酸性溶液中，NO3-不表现出强氧化性，能与Fe2+大量共存。MnO4-具有强氧化性，不管在什么环境中，都能氧化Fe2+、S2-、SO32-等，所以与Fe2+、S2-、SO32-不能大量共存。‎ ‎14.现代无机化学对硫-氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。如图是已经合成的最著名的硫-氮化合物（S4N4）的分子结构，下列关于S4N4的说法中不正确的是 A. S4N4属于共价化合物 B. S4N4中硫元素与氮元素的质量比为1：1‎ C. S4N4分子中既有极性键又有非极性键 D. S4N4分子中所有原子最外层都达到8电子稳定结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. S4N4由两种非金属元素组成，所以属于共价化合物，A正确；‎ B. S4N4中硫元素与氮元素的物质的量比为1：1，质量比不是1：1，B错误；‎ C. S4N4分子中既有S-N极性键，又有N-N非极性键，C正确；‎ D. S4N4分子中S形成二个共价键、N形成三个共价键，所有原子的最外层都达到8电子稳定结构，D正确。‎ 故选B。‎ ‎15. 已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合下图。则甲和X不可能是（　　）‎ A. 甲：C、X：O2‎ B. 甲：NaOH溶液、X：CO2溶液 C. 甲：Na、X：O2‎ D. 甲：AlCl3溶液、X：NaOH溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：可用代入法进行判断。A、C和少量O2反应生成乙CO，CO继续和O2反应生成丙CO2，CO2和C在高温条件下反应生成CO，正确；B、CO2与NaOH反应生成Na2CO3，继续和CO2反应可生成NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，正确；C、Na和O2在常温下反应生成乙Na2O，Na2O和O2加热可生成丙Na2O2，但Na2O2不与Na反应，错误；D、AlCl3与少量的NaOH反应生成乙Al(OH)3，Al(OH)3继续和NaOH反应生成丙Na[Al(OH)4]，Na[Al(OH)4]与AlCl3反应生成Al(OH)3，正确。‎ 考点：本题考查物质的化学性质及相互转化。‎ ‎16.已知：SO32－+I2+H2O= SO42－+2I－+2H＋。某无色溶液中可能含有I－、NH4＋、Cu2＋、SO32－，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，下列关于溶液组成的判断正确的是 ‎①肯定不含I－ ②肯定不含Cu2＋ ③肯定含有SO32 － ④可能含有I－‎ A. ①③ B. ①②③ C. ①② D. ②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 还原性SO32-＞I-，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32-，溶液中可能含有I-离子，因加入溴水少量，I-没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中含有铵根离子，故正确的有②③④，故答案为D。‎ 点睛：明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键，还原性SO32-＞I-，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32-，溶液中可能含有I-‎ 离子，原来溶液呈无色，说明不含Cu2+离子，根据溶液电中性，进一步判断其它离子是否存在。‎ ‎17.下列水作为反应物参加的反应中：①钠与水反应 ②Na2O2与水反应 ③氟气与水反应 ④电解水。按照水的作用依次是只作氧化剂、只作还原剂、既作氧化剂又作还原剂、既不作氧化剂又不作还原剂顺序排列是 A. ①②③④ B. ①③④② C. ①④②③ D. ①④③②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①在钠与水反应中水的作用是氧化剂；②在Na2O2与水反应反应中水的作用是既不是氧化剂，也不是还原剂；③在氟气与水反应应中水的作用是还原剂；④在电解水反应中水的作用是既是氧化剂也是还原剂。所以排列顺序正确的是①③④② ，因此选项是B。‎ 考点：考查水在化学反应中的作用的知识。‎ ‎18.将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5mol·L-1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀。则形成沉淀的质量是 ( )‎ A. 43.2g B. 46.8g C. 53.6g D. 63.8g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硝酸被还原为NO气体，且标准状况下体积为8.96L，即物质的量为0.4mol，根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量。最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于金属的质量加氢氧根离子的质量。‎ ‎【详解】硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为8.96L，即物质的量为=0.4mol，所以转移的电子的物质的量为0.4mol×（5-2）=1.2mol。‎ 最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于26.4g+1.2mol×17g/mol=46.8g。‎ 答案选B。‎ 二、填空题（本题包括4道小题，共46分）‎ ‎19.锰及其化合物用途广泛，是生产不锈钢、合金钢、铝锰合金、铜锰合金等的合金元素，高锰酸钾在医疗上用作消毒剂，锰也是人体内多种酶的组成元素。‎ ‎(1)用酸性KMnO4溶液与亚铁盐的反应证明Fe2＋具有还原性、MnO具有氧化性，最合适的亚铁盐是________[从“FeSO4”、“FeCl2”和“Fe(NO3)2”中选择填入]。‎ ‎(2)工业上由二氧化锰通过铝热反应制备锰，写出反应的化学方程式：________________________。‎ ‎(3)等物质的量的Al、Mn分别与足量的稀硫酸反应，产生H2的体积比(同温同压)为3∶2，写出Mn与稀硫酸反应的化学方程式：________________________。‎ ‎(4)在熔融的Mn和KOH混合物中通入O2可制备K2MnO4。若用MnO2代替Mn也可制得K2MnO4，两种情况下制备相同量的K2MnO4消耗O2的物质的量之比为________。‎ ‎【答案】 (1). FeSO4 (2). 4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3 (3). Mn＋H2SO4=MnSO4＋H2↑ (4). 3∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)MnO具有强氧化性，不仅能氧化Fe2+，还能氧化Cl-；另外，在酸性溶液中，NO3-也能将Fe2+氧化。‎ ‎(2)工业上，二氧化锰和铝反应，生成锰和氧化铝。‎ ‎(3)等物质的量的Al、Mn分别与足量的稀硫酸反应，产生H2的体积比(同温同压)为3∶2，因为铝与酸反应，表现+3价，由电子守恒分析，在反应中锰应表现+2价，由此可写出锰与稀硫酸反应的方程式。‎ ‎(4) 在熔融的Mn和KOH混合物中通入O2可制备K2MnO4，若用MnO2代替Mn也可制得K2MnO4，利用电子守恒，可建立如下关系式：2Mn——3O2——2K2MnO4，2MnO2——O2——2K2MnO4，假设两种情况下制备2molK2MnO4，则消耗O2的物质的量之比。‎ ‎【详解】(1)MnO具有强氧化性，不仅能氧化Fe2+，还能氧化Cl-；另外，在酸性溶液中，NO3-也能将Fe2+氧化。所以，最合适的亚铁盐是FeSO4。答案为：FeSO4；‎ ‎(2)工业上，二氧化锰和铝反应，生成锰和氧化铝，由二氧化锰通过铝热反应制备锰，反应的化学方程式为4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3。答案为：4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3；‎ ‎(3)等物质的量的Al、Mn分别与足量的稀硫酸反应，产生H2的体积比(同温同压)为3∶2，因为铝与酸反应，表现+3价，由电子守恒分析，在反应中锰应表现+2价，由此可写出锰与稀硫酸反应的方程式为Mn＋H2SO4=MnSO4＋H2↑。答案为：Mn＋H2SO4=MnSO4＋H2↑；‎ ‎(4)在熔融的Mn和KOH混合物中通入O2可制备K2MnO4，若用MnO2代替Mn也可制得K2MnO4，利用电子守恒，可建立如下关系式：2Mn——3O2——2K2MnO4，2MnO2——O2——2K2MnO4‎ ‎，假设两种情况下制备2molK2MnO4，则消耗O2的物质的量之比3∶1。‎ 答案为：3∶1。‎ ‎20.某兴趣小组设计如下图实验装置进行实验。‎ ‎(1)为了实现绿色环保的目标，能否用上图A2代替A1装置______（填“能”或“否”）。‎ ‎(2)B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性，则B中所盛试剂为____________‎ C中反应的离子方程式为__________________________，D中反应的化学方程为___________________。‎ ‎(3)氨水吸收过量SO2的反应的离子方程式为__________________________________________‎ ‎【答案】 (1). 能 (2). 品红溶液 (3). SO2＋I2＋2H2O＝SO42-+2I-+4H+ (4). SO2＋2H2S=3S↓+2H2O (5). NH3·H2O＋SO2＝NH4+＋HSO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) Na2SO3+H2SO4(浓)==Na2SO4+H2O+SO2↑，也是实验室制SO2的方法之一。‎ ‎(2)B用于检验SO2的漂白性，则B中所盛试剂为品红溶液。‎ C中反应为SO2与碘水反应，生成硫酸和氢碘酸两种强酸，D中反应为SO2与H2S反应，生成硫和水。‎ ‎(3)氨水吸收过量SO2时，应生成NH4HSO3。‎ ‎【详解】(1)因为实验室也可用以下反应制取二氧化硫：Na2SO3+H2SO4(浓)==Na2SO4+H2O+SO2↑，所以为了实现绿色环保的目标，能用上图A2代替A1装置。答案为：能；‎ ‎(2)B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性，则B中所盛试剂为品红溶液，C中反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O＝SO42-+2I-+4H+，D中反应的化学方程为SO2＋2H2S=3S↓+2H2O。答案为：品红溶液；SO2＋I2＋2H2O＝SO42-+2I-+4H+；SO2＋2H2S ‎=3S↓+2H2O；‎ ‎(3)氨水吸收过量SO2的反应的离子方程式为NH3·H2O＋SO2＝NH4+＋HSO3-。答案为：NH3·H2‎ O＋SO2＝NH4+＋HSO3-。‎ ‎21.2014年3月22日是第二十二届“世界水日”，保护水资，从我做起！‎ ‎(1)ClO2和Cl2（还原产物都为Cl－）是生活中常用的消毒剂。当消耗等物质的量的两种物质时，ClO2的消毒效率是Cl2的_______倍。‎ ‎(2)炼金废水中含有络离子[Au(CN)2]＋，与弱电解质碳酸的电离方式相似，[Au(CN)2]＋也存在着两步电离，其电离出CN－有毒，CN－与H＋结合生成毒性更强的HCN。[Au(CN)2]＋的一级电离方程式：__________________________；在碱性条件下NaClO将废水中的CN－氧化成CO和N2，其反应的离子方程式为： _______________________________________________ 。‎ ‎(3)某无色废水中可能含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO3－、CO32－、SO42－离子中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关现象如下图所示：‎ 请根据上图回答下列问题：‎ ‎①实验中需配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，所需仪器除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器为________________。‎ ‎②实验③中沉淀量由A→B过程中所发生反应的离子方程式为_______________________________。‎ ‎③试确定NO3－否存在？_________________（填“存在”、“不存在”或“不确定”），若存在，试计算c(NO3-)_________________（若不存在，此问不必作答）。‎ ‎【答案】 (1). 2.5 (2). [Au(CN)2]＋ [Au(CN)]2＋＋CN－ (3). 5ClO－＋2CN－＋2OH－=2CO32-＋N2↑＋5Cl－＋H2O (4). 100mL容量瓶 (5). Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O (6). 存在 (7). c(NO3-) =0.15 mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设ClO2和Cl2（还原产物都为Cl－都为1mol，则二者得电子的物质的量分别为5mol、2mol，从而可求出ClO2的消毒效率是Cl2的倍数。‎ ‎(2) [Au(CN)2]＋的一级电离产物为[Au(CN)]2＋、CN－；在碱性条件下NaClO将废水中的CN－‎ 氧化成CO和N2，则自身被还原为Cl-，由此可写出其反应的离子方程式。‎ ‎(3)①实验中需配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，所需仪器除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器为100mL容量瓶。‎ ‎②实验③中沉淀量由A→B过程中所发生反应为Al(OH)3与OH－的反应。‎ ‎③废水无色，则排除Fe3+，由坐标图象，可确定废水中含有Al3+、Mg2+，则不含有CO32－；由废水中加入BaCl2，生成2.33g白色沉淀，可确定废水中含有SO42－；焰色反应实验，火焰为无色，则废水中不含有Na+。采集数据进行计算，可求出n(SO42－)=，由反应Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，可求出n[Al(OH)3]= n(Al3+)=0.04mol-0.035mol ‎=0.005mol；n[Mg(OH)2]= n(Mg2+)=。利用电荷守恒，可求出n(NO3－)，从而确定NO3－是否存在。‎ ‎【详解】(1)设ClO2和Cl2（还原产物都为Cl－都为1mol，则二者得电子的物质的量分别为5mol、2mol，从而可求出ClO2的消毒效率是Cl2的倍数为=2.5。答案为：2.5；‎ ‎(2) [Au(CN)2]＋的一级电离产物为[Au(CN)]2＋、CN－，电离方程式为[Au(CN)2]＋ [Au(CN)]2＋＋CN－；在碱性条件下NaClO将废水中的CN－氧化成CO和N2，则自身被还原为Cl-，由此可写出其反应的离子方程式为5ClO－＋2CN－＋2OH－=2CO32-＋N2↑＋5Cl－＋H2O。答案为：[Au(CN)2]＋ [Au(CN)]2＋＋CN－；5ClO－＋2CN－＋2OH－=2CO32-＋N2↑＋5Cl－＋H2O；‎ ‎(3)①实验中需配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，所需仪器除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器为100mL容量瓶。答案为：100mL容量瓶；‎ ‎②实验③中沉淀量由A→B过程中所发生反应为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。答案为：Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；‎ ‎③废水无色，则排除Fe3+，由坐标图象，可确定废水中含有Al3+、Mg2+，则不含有CO32－；由废水中加入BaCl2，生成2.33g白色沉淀，可确定废水中含有SO42－；焰色反应实验，火焰为无色，则废水中不含有Na+。采集数据进行计算，可求出n(SO42－)=，由反应Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，可求出n[Al(OH)3]= n(Al3+)=0.04mol-0.035mol ‎=0.005mol；n[Mg(OH)2]= n(Mg2+)=‎ ‎。利用电荷守恒，可求出n(NO3－)= 2n(Mg2+)+3n(Al3+)-2n(SO42－)=0.015mol，c(NO3－)== 0.15 mol/L，从而确定NO3－存在。答案为：存在；0.15 mol/L。‎ ‎【点睛】书写反应的离子方程式时，可先确定主要反应物和主要产物，利用电子守恒配平；然后利用电荷守恒进行配平，配平时，常需添加阴离子或阳离子，可依据溶液的性质，确定添加H+还是OH-及数目；最后依据质量守恒，确定在反应物还是生成物中添加H2O及其数目。‎ ‎22.铁及其化合物日常生活中有广泛应用。‎ ‎(1)写出Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式：__________________。‎ ‎(2)绿矾(FeSO4·7H2O)是补血剂的原料，易变质。检验绿矾是否变质的试剂是________。设计实验检验绿矾是否完全变质：________________。‎ ‎(3)(I)利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下：‎ ‎①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3·nH2O在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为_____________________。‎ ‎②取干燥后的FeCO3样品12.49 g，焙烧，最终得到还原铁粉6.16 g，计算样品中杂质FeOOH的质量为________g。(FeOOH也能被C还原得到Fe)‎ ‎(II)用下列方法可制得Fe(OH)2白色沉淀：用不含Fe3＋的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。‎ ‎①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入________。‎ ‎②除去蒸馏水中溶解的O2常采用________的方法。‎ ‎③生成白色沉淀Fe(OH)2的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_________________。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 (2). KSCN溶液 (3). 取绿矾溶于水形成溶液，然后加入酸性KMnO4溶液，若紫色不褪色，说明绿矾完全变质 (4). 4FeCO3·nH2O＋O2=4FeOOH＋4CO2＋(4n－2)H2O (5). 0.89 (6). 稀硫酸、铁屑 (7). 煮沸 (8). 避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2被氧化为Fe(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Fe(OH)2与O2、H2O反应，生成Fe(OH)3。‎ ‎(2)若绿矾变质，则Fe2+转化为Fe3+，利用KSCN可检验Fe3+。检验绿矾完全变质，则需检验Fe2+不存在。‎ ‎(3)(I)①FeCO3·nH2O在空气中被氧化为FeOOH，该反应为4FeCO3·nH2O＋O2=4FeOOH＋4CO2＋(4n－2)H2O。‎ ‎② n(Fe)=，设FeOOH的物质的量为x 则有89x+116(0.11-x)=12.49，x=0.01mol，从而得出FeOOH的质量。‎ ‎(II)①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时，需防止Fe2+的水解和氧化，所以需加入抑制水解和防止被氧化剂的试剂。‎ ‎②除去蒸馏水中溶解的O2常采用煮沸的方法。‎ ‎③生成白色沉淀Fe(OH)2的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由在整个操作过程中不引入O2，避免Fe(OH)2沉淀被氧化。‎ ‎【详解】(1)Fe(OH)2与O2、H2O反应，生成Fe(OH)3，反应的方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。答案为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎(2)若绿矾变质，则Fe2+转化为Fe3+，利用KSCN可检验Fe3+。检验绿矾完全变质，则需检验Fe2+不存在，可加入酸性KMnO4溶液。答案为：KSCN溶液；取绿矾溶于水形成溶液，然后加入酸性KMnO4溶液，若紫色不褪色，说明绿矾完全变质；‎ ‎(3)(I)①FeCO3·nH2O在空气中被氧化为FeOOH，该反应为4FeCO3·nH2O＋O2=4FeOOH＋4CO2＋(4n－2)H2O。答案为：4FeCO3·nH2O＋O2=4FeOOH＋4CO2＋(4n－2)H2O；‎ ‎② n(Fe)=，设FeOOH的物质的量为x 则有89x+116(0.11-x)=12.49，x=0.01mol，从而得出FeOOH的质量为0.01mol×89g/mol=0.89g。答案为：0.89；‎ ‎(II)①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时，需防止Fe2+的水解和氧化，所以需加入抑制水解的试剂稀硫酸、防止被氧化剂的试剂铁屑。答案为：稀硫酸、铁屑；‎ ‎②除去蒸馏水中溶解的O2常采用煮沸的方法。答案为：煮沸；‎ ‎③生成白色沉淀Fe(OH)2的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由在整个操作过程中不引入O2，避免Fe(OH)2沉淀被氧化。答案为：避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2被氧化为Fe(OH)3。‎ ‎ ‎ ‎ ‎