甘肃省武威市第六中学2021届高三上学期第三次阶段性复习过关考试(解析版)

1、甘肃省武威市第六中学 2021届高三上学期第三次阶段性复习过关考试相对原质量：H-1C-120-16Na-23S-32Fe-56Cu-64 Zn-65Si-28CI-35.5AI-271化学与科技、医药、工业生产均密切相关。以下有关表达正确的选项是A. 2021年4月26日，中国第二艘航母举行下水仪式，该航母使用了素有现代工业的骨骼之称的碳纤维。碳纤维是一种新型的有机高分子材料B. 硫酸铜溶液可用来浸泡蔬菜，以保持蔬菜的新鲜C. 半导体行业中有一句话：从沙滩到用户，计算机芯片的主要材料是经提纯的SiO2D. 获得2021年诺贝尔生理学、医学奖的屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用

2、了萃取原理【答案】D【详解】A.碳纤维是一种新型的无机非金属材料，A错误；B. 硫酸铜对人体有害，不能浸泡蔬菜，B错误；C. 计算机芯片的主要材料是经提纯的Si，C错误；D屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理，D正确；综上所述，此题选 D。2我国古代典籍中有石胆浅碧色，烧之变白色者真的记载，其中石胆是指A. CuSO4 5H2OB.FeSO4 7H2OC. ZnSO4 7H2OD.KAI SO4 2 12H2O【答案】A【详解】在选项给出的四种物质中只有CuSO4 5H 2O、FeSO4 7H2O晶体有色，而ZnSO4 7H2O 和 KAI SO4 2 12H2O均为无

3、色晶体，CuSO4 5H2O加热分解生成CuSO4和H2O, CuSO4呈白色；而FeSO4 7H2O加热发生分解反响，生成的Fe2O3呈红棕色，所以符合题意的物质是CUSO4 5H2O，故合理选项是 A。3用Na表示阿伏加德罗常数，以下表达正确的选项是A. 8.7 g MnO 2与40 mL 10 mol的浓盐酸充分反响，生成的氯气的分子数为0.1NaB. 常温常压下，Cu Zn原电池中，正极产生 1.12 L H2时，转移的电子数应为O.INaC. 将含3Na个离子的Na2O2固体溶于水配成1 L溶液，所得溶液中 Na*的浓度为2 mol L 1D. 1.0 L 1.0 mol L 1的N

4、aAIO2水溶液中含有的氧原子数为2Na【答案】C8.7g【详解】A. 8.7 g MnO2的物质的量为=0.1mol，随反响的进行，浓盐酸变为稀盐酸，87g/mol稀盐酸与二氧化锰不反响，那么1mol MnO 2与4 mol浓盐酸充分反响后生成的 CI2分子数小于Na , A项错误；B. 常温常压不等于标准状况，那么1.12 L H2不能按标准状况下的气体摩尔体积计算，故转移的电子数不是0.1Na, B项错误；C. 含3Na个离子的Na2O2固体，物质的量为1mol，含钠离子为2mol，那么溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为=2mol/L , C项正确；1LD. NaAlO 2水溶

5、液溶剂水中也含有氧原子，因此1.0 L 1.0 mol L 1的NaAIO 2水溶液中含有的氧原子数远大于 2Na , D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数Na相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。此题B项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将常温常压当作 标准状况、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。4. 如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的局部内容。据此，以下说法正确的选项是A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol L -1B.

6、 该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%C. 配制250mL 4.6 mol L1的稀硫酸需取该硫酸 62.5mLD. 该硫酸50.0mL与足量铜反响可得到标准状况下SO2气体10.304 L【答案】C1000 pw% 1000 1.84 98%-,【详解】A、利用c=18.4mol 1,故A错误；M98B、 令硫酸的体积为 VmL ,稀释过程中溶质的质量不变，即m(H2SO4)=VmLX1.84g/cm3X98%, 水的体积为VmL，那么水的质量为 Vg，溶液的质量为(VmLX 1.84g/cm3 + Vg)，稀释后所得溶3VmL 1.84g/cm98%丄，七液的质量分数为3X1

7、00%=63.5%>49%，故B错误；VmL 1. 84g/cm3+ VgC、 根据溶质的物质的量不变，得出250 XI0-3LX4.6mol L 1=V(H 2SO4) >103LX18.4mol Lr 1,V(H 2SO4)=62.5mL，故 C 正确；D、铜是足量的，铜只与浓硫酸反响，不与稀硫酸反响，随着反响的进行，浓硫酸浓度逐渐变稀，反响将会停止，根据所给信息，无法计算出SO2的体积，故D错误；答案为Co【点睛】等质量的98%的硫酸与水混合所得溶液的质量分数等于49%; 98%的硫酸与等体积的水混合，由于硫酸的密度大于水，所得溶液的质量分数大于49% o5. 以下有关分类的

8、说法正确的选项是()A. 胶体的本质特征是具有丁达尔效应B. 阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，那么由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物C. 白磷转化为红磷是物理变化D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物【答案】D【详解】A、胶体的本质特征是分散质粒子直径介于1100 nm之间，选项A错误；B、阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，由于元素的价态可能不同，那么由这样的阴、阳离子组成的物质不一定是纯洁物，如过氧化钠与氧化钠，选项B错误；C、 白磷转化为红磷是化学变化，选项C错误；D、 Mn2O7是酸性氧化物，也是金属氧化物，选项D正确。答案选D o6. 复印机工

9、作时易产生臭氧，臭氧浓度过高时对人体有害臭氧具有强氧化性，可使润湿的KI-淀粉试纸变蓝.有关反响式为：O3+2KI+H 2O=2KOH+I 2+O2对此以下说法正确的选项是()A. 反响中1mol O3得到4mol电子B. 反响中03是氧化剂，H20与KI是复原剂C. 氧化产物I2与复原产物K0H的物质的量之比是 1:1D. 由此反响知，氧化性强弱顺序是03> 12> 02【答案】C【分析】2KI+0 3+H20=2K0H+l 2+02中，I元素的化合价由-1价升高为0价，0元素的化合 价由0价降低为-2价，根据氧化复原反响规律解答。【详解】A.在每个。3分子中只有一个 0原子得到

10、2个电子生成K0H，那么1mol 03在反响 中得到2mol电子，A项错误；B. 反响中0元素化合价降低，那么 03在反响中被复原，做氧化剂，I元素的化合价由-1价升 高为0, KI是复原剂，B项错误；C. 在每个03分子中只有一个 0原子得到2个电子生成1个复原产物K0H , 2个-1价的I 原子失去2个电子生成1个氧化产物"，那么氧化产物I2与复原产物K0H的物质的量之比是 1： 1 , C项正确；D. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由此反响知，氧化性强弱顺序是03 > 12,但不能判断出I2的氧化性与02的相对强弱，D项错误；答案选C。7常温下，以下各离子能在指定溶

11、液中一定大量共存的是()A. 使甲基橙变红 溶液：Fe2+、N03、S042、Na +B. 参加铝粉放出氢气的溶液：Na+、C、NH4+、N03-C. 水电离出来的 c ( H+) =10-13mol/L 的溶液：K+、HCO 3-、Br-、Ba2+CH + 使甲基橙变红的溶4+不能大量存在,HC03-不能大量【答案】D【详解】A.化复原反响而不能大量共存，A不合题意;B.参加铝粉放出氢气的溶液,B不合题意;C.水电离出来的c(H+)=10-1存在，C不合题意;D. C(0H )值为 100 的溶液：S2-、Na+、SO42、SO32-D. 辭值为100 的溶液, cOH-=10-6mol/L

12、,«性环境下S2-'Na+、SO42、SO32-都能大量存在，D符合题意。应选D。8以下实验过程可以到达实验目的的是 选项实验目的操作过程A比拟Fe3+和12的氧化性强弱向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色B证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去C检验NaHCO 3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水D检验溶液中含有SO42-向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成【答案】A【详解】A、参加FeCl3后溶液变蓝色，说明 被氧化成"，氧化剂为Fe3，利用氧化复原 反响的规律，得出 Fe3+的

13、氧化性强于12，故A符合题意；B、 SO2的漂白性，中学阶段表达在能使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾褪色，表达SO2的 复原性，故B不符合题意；C、 澄清石灰水与 NaHCO3、Na2CO3都能产生沉淀，鉴别 NaHCO3和Na2CO可以用CaCl2 溶液，NaHCO3与CaCl2不发生反响，Na2CO3与CaCb生成沉淀CaCO3,故C不符合题意；D、 HNO3具有强氧化性，将 SO32一氧化成SO42，对SO42一的检验产生干扰，应先加盐酸， 再滴加BaC|2溶液，故D不符合题意；答案选A。訥块水甲"FeSO席液产财苍弄一 H战钾7一- i花铤 严宀二別骨粉的 枣歹混合物A. 用甲

14、图装置证明P煤油 P钠 P水B. 用乙图装置制备 FeOH2C. 用丙图装置制取金属锰D. 用丁图装置比拟NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【答案】D【详解】A.钠块浮在水和煤油的界面，说明p煤油 p钠 p水，A正确；B. 该方案可行，煤油的作用是隔绝空气，防止生成FeOH2被氧化，B正确；C. 该装置为铝热反响的装置，C正确；D比拟NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，应将 NaHCO3置于小试管内管、受热温度低、将Na2CO3置于大试管外管、受热温度高中，D错误；故合理选项为D。10以下关于金属及其化合物的说法中正确的选项是A. 碳酸钠溶液中的碳酸氢钠可以用加热的方法除去B. CuCl2

15、溶液中混有少量的 FeCl2，可以先参加 H2O2，再参加过量 CuO充分反响后过滤除 去C. Li在空气中燃烧可得到氧化锂和过氧化锂两种氧化物Mg、Al单质D. 由于Mg、Al比拟活泼，工业上常用电解其熔融的氯化物来制备【详解】A.碳酸氢钠在水溶液中加热不分解，可以参加适量的氢氧化钠溶液到达除杂的目的,A错误；B. CuCl2溶液中混有少量的 FeCb，可以先参加 H2O2,将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+3H2O二二FeOH3+3H+,参加过量CuO,与H+反响生成Cu2+和出0,从而促进Fe3+水解反响不断进行，最终完全水解，产生氢氧化铁沉淀，过滤，滤液为纯洁的氯化铜溶液，B正确；C.

16、 Li在空气中燃烧只能得到氧化锂，C错误；D. 由于AlCl 3是共价化合物，熔融时不导电，所以工业上不能用电解熔融氯化铝来制备Al单质，D错误。应选B。11. 5.5gCO、HCOOCH3、CH3COOH的混合物在 02中完全燃烧，将其产物通过足量的Na2O2后，贝U Na2O2固体增重为A. 4.7gB. 6.1gC. 5.5gD.无法确定【答案】C【详解】HCOOCH3、CH3COOH 都可以改写为CO2H22，借助于 O2, Na2O2+H2=2NaOH , Na2O2+CO=Na2CO3,所以 5.5gCO、HCOOCH 3、CH3COOH 的混合物能被 Na2O2 完全吸收， 最终

17、Na2O2增重5.5g。应选C。12. 化学在生活中有着广泛的应用，以下对应关系错误的选项是选项化学性质实际应用AAl 2SO43和小苏打反响泡沫灭火器灭火B铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C次氯酸、次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物DHF与SiO2反响氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记【答案】B【详解】A.Al2SO43溶液由于水解呈酸性，小苏打溶液由于水解呈碱性，在溶液中二者发生双水解反响，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，故A正确；B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板反响方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2,说明氯化铁具有强氧化性，可与铜反响，与铁、铜的活

18、泼性无关，故B错误；C. 次氯酸、次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白织物，故C正确；D. 玻璃中含有二氧化硅，HF与SiO2反响生成SiF4和水，故氢氟酸可用于雕刻玻璃，氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，故D正确。应选B。13以下实验操作或表达不当的是A. 用稀硫酸和锌粒制取 H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反响速率B. 向稀HNO3中参加过量的Fe粉，充分反响后，参加KSCN溶液，无明显现象，证明HNO3 不能氧化Fe到Fe3+C. 用铂丝蘸取某碱金属盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D. 常压蒸馏时，参加液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之【答案】B【详解】A. Zn与CuSO4

19、溶液反响生成的Cu附着在锌粒外表，锌、铜、稀硫酸构成原电池,锌作负极，铜将促进锌失电子，从而加快反响速率B.向稀HNO3中参加过量的 Fe粉,成的Fe3+被Fe复原为Fe2+,不能证C.盐溶液灼烧时，火焰呈黄色，这是表达合理;D.常压蒸馏时，圆底烧瓶中液体的力D表达合理。应选B。14.在探究新制饱和氯水成分的实验中,A.氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中B.C.A表达合理;充分反响Na+， C分之一,KSCN向氯水中滴加硝酸酸化的AgN氧化到HN°3能否将焰色，从而证不超过容积列根据实验现D.无明显现象，可能是生+，B表达不当出的结论不正确的选项是列夜，产生白色沉淀，说明氯水向氯水中参加

20、NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H向FeCb溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClOCl2, A正确;【详解】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有B、 向氯水中滴加硝酸酸化的AgN03溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯 水中含有C，B正确；C、 向氯水中参加 NaHC0 3粉末，有气泡产生，气体是C02，这说明氯水中含有 H +, C正 确；D、向FeCb溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反响中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HCIO , D不正确。答案选D。15.化学与社会、生活

21、密切相关。对以下现象或事实的解释正确的选项是选项现象或事实解释A氢氟酸可用于蚀刻玻璃SiO2是碱性氧化物B明矶可用作净水剂明矶水解生成Al OH 3沉淀C铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落氧化铝的熔点咼于铝的熔点D铁制容器用于储存、运输浓硝酸铁制容器和浓硝酸不反响【答案】C【详解】A . SQ2是酸性氧化物，故 A错误；B 明矶净水是因AI 3+水解生成AIOH 3胶体，不是沉淀，故 B错误；C.铝容易被空气中的氧气氧化生成氧化铝，氧化铝的熔点高于铝的熔点，因此铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故C正确；D Fe遇浓硝酸钝化，钝化是化学变化，故D错误应选C o16向18.4 g铁和铜组成的合

22、金中参加过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成N02、NO混合气体，再向所得溶液中参加足量的NaOH溶液，生成30.3 g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反响，那么氯气的体积在标准状况下为A 7.84LB. 6.72LC. 4.48LD.无法计算【详解】向18.4g铁和铜组成的合金中参加过量的硝酸溶液，反响生成了铁离子和铜离子，参加足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu (OH)2,那么氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g-18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n (OH-)=11.9g 17g/mol=0.7mol ； CI2与铜、铁

23、反响产物为： FeCb、CuCl2,根据化合物总电荷为 0 可知，FeCb、CuCI 2 中 n (Cl-) =Fe (OH) 3、Cu ( OH) 2 中 n (OH-),即 n (Cl-) =0.7mol , 根据质量守恒，消耗 Cl2的物质的量为：n (Cl2) =n (Cl-) /2=0.35mol，标况下0.35mol氯 气的体积为：22.4L/mol X0.35mol=7.84L，答案为 A。【点晴】此题是有关混合物的计算，题目难度中等，解题关键需要根据电荷守恒定律和电子守恒定律明确铁铜混合溶于过量硝酸被氧化失去的电子的物质的量，与所得氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量相等，

24、氯气氧化等量混合物所得电子的物质的量相等，搞清了此题的本质因素，难度明显降低，也简化了解题过程， 事实上选择型的计算题根本上都适用 于原子守恒、电子守恒及电荷守恒关系的，将这三个守恒分析清楚了，相信一定能快速确定正确选项。17.材料与生产、生活和科技密切相关。答复以下问题：(1) 无机非金属材料与我们的生活联系密切。我国具有独立知识产权的电脑芯片龙芯一号填补了我国计算机史上空白，龙芯一号材料的化学式为 ；传统的无机非金属材料在日常生活中有着广泛的运用。在玻璃熔炉中碳酸钠反响的化学方程式为(2) 金属材料的应用更是广泛。工业常用30%FeCl3溶液腐蚀绝缘板上铜箔，制造印刷电路板。腐蚀废液中含有

25、 Fe3*、Fe"、Cu2+离子。当向腐蚀液中参加足量的Fe粉，一定不存在的离子是 ;用实验判定腐蚀液中含有 Fe2 +离子(3) 碳酸钠和碳酸氢钠是生活中常见的物质。碳酸氢钠的俗称小苏打，其水溶液显性。(填 酸、碱或中)，碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%0.4%的盐酸)过多，除去碳酸钠 溶液中碳酸氢钠的化学方程式为 。【答案】(1). Si (2). Na2CO3+SiO2 高温 Na2SiO3+CO2 f(3). Fe3+、Cu2+(4).用试管取少量腐蚀液滴加少量酸性KMnO 4溶液，紫红色褪色，说明含有Fe2+ ;或用试管取少量腐蚀液滴加几滴铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀(5).碱

26、(6). NaHCO 3+ NaOH=Na 2CO3+ H2O【分析】(1)龙芯一号材料的化学式为 Si ;在玻璃熔炉中碳酸钠和二氧化硅反响，生成硅 酸钠和二氧化碳。(2) 腐蚀废液中含有 Fe3S Fe2+> Cu2 +离子，当向腐蚀液中参加足量的Fe粉，Fe3+、Cu2+ 完全被Fe复原为F0和Cu ；用实验判定腐蚀液中含有 Fe2+离子，可以用酸性高锰酸钾溶液， 也可以用铁氰化钾溶液。(3) 碳酸氢钠的俗称小苏打，其在水溶液中发生水解HC03-+ H2=H2CO3+OH-。除去碳酸钠溶液中碳酸氢钠，可参加NaOH溶液。【详解】(1)龙芯一号材料的化学式为 Si ;在玻璃熔炉中碳酸钠

27、和二氧化硅反响，化学方程式为 Na2CO3+SiO2 髙為 Na2SiO3+CO2f。答案为：Si: Na2CO3+SiO2 高媼 Na2SiO3+CO2 f；(2) 腐蚀废液中含有 Fe3J Fe2J Cu2 +离子，当向腐蚀液中参加足量的Fe粉，Fe3+、Cu2+完全被Fe复原为F0和Cu,从而得出一定不存在的离子是Fe3 + > Cu"用实验判定腐蚀液中含有Fe2 +离子，可以用酸性高锰酸钾溶液，也可以用KSCN溶液和C12,还可以用铁氰化钾溶液。答案为：Fe3*、Cu"用试管取少量腐蚀液滴加少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪色，说明含有Fe2+，或用试管取少量腐

28、蚀液滴加几滴铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀；(3) 碳酸氢钠俗称小苏打，其在水溶液中发生水解HCO3-+ H2H2CO3+OH-，其水溶液显碱性。除去碳酸钠溶液中碳酸氢钠，可参加NaOH溶液，发生反响的化学方程式为 NaHCO3+ NaOH=Na 2CO3 + H2O。答案为：碱； NaHCO3+ NaOH=Na2CO3 + H2O。【点睛】用实验判定腐蚀液中是否含Fe2*离子时，应首先明确腐蚀液中是否含有Fe3+。用酸性KMnO 4溶液或铁氰化钾溶液检验 Fe2*时，不受Fe3+的干扰，但如果使用 KSCN溶液， 那么会受Fe3+的干扰。所以，只要明确溶液中含有Fe3+，或可能含有Fe3+，就不

29、能使用 KSCN溶液。18某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的假设干种离子。阳离子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+阴离子SQ32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-实验I :取少量该试液进行如下实验。实验n：为了进一步确定该溶液的组成， 取100mL原溶液，向该溶液中滴加1mol?L-1的NaOH 溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如下图。答复以下问题：(1) 不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有 种，沉淀Z的化学式(2) 实验n的图象中的 01mL段，H+与0H-反响，16mL段，Mg2+、Al3+与0H-发生反响， 生成Mg(OH) 2、AI

30、(OH) 3； AB段，出+与OH-反响；BC段为AI(OH) 3与OH-反响，生成 NaAlO 2和H2O，反响的离子方程式为 AI(OH) 3+OH -=AIO 2- +2H2O。答案为：AI(OH) 3+OH -=AIO 2- +2H2O；(3) A 点对应的固体为 Mg(OH)2、AI(OH) 3，由 AI(OH) 3+OH-=AIO 2- +2H2O, n(OH-)=1moI/L KmLX 10-3L/mL=0.001moI , AI3+3OH-=AI(OH) 3 J,消耗 NaOH3mL，与 Mg2+ 反响的NaOH为2mL,与HNO3反响的NaOH为1mL，与NH4+反响的NaO

31、H为2mL。从 而得出 Mg(OH)2 为 O.OOImol, Mg(OH) 2、AI(OH) 3 的质量为O.OOImol 58g/mol+0.001mol78g/moI=0.136g。答案为：0.136;(4) 通过实验I可以确定，溶液中不存在 CI-，那么该溶液中一定存在的阴离子是NO3-,可利用电荷守恒，推算该溶液中NO3-的浓度为c(NO3-)=c(H+)+2c(Mg2+)+3c(AI3+)+c(NH4+)0.008mol“宀 f-=0.08moI/L。答案为：NO3 ; 0.08。0.1L【点睛】在判断图象中线段对应反响时，假设我们弄不清哪种离子先反响，哪种离子后反响，可从共存寻求

32、突破。比方 HNO3与NaOH反响完之后，我们假设 NH4+先与OH-反响生成一 水合氨，一水合氨又会与 Mg 2+、AI3+反响，分别生成 Mg(OH) 2、AI(OH) 3和NH4+，那么说明 假设错误，应为 Mg2+、Al3+先与OH-反响，而NH4+后发生反响。19. 实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。答复以下问题：(1) A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2,写出反响的化学方程式 (2) E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是 比照E和F中现象的差异可得出的结论及解释是 。(3) G处的现象是。(4) 画出H处尾气吸收装置图并注明试剂 。(5) 家庭中常用消毒液(

33、主要成分NaCIO )与洁厕灵(主要成分盐酸)清洁卫生。某品牌 消毒液包装上说明考前须知:1) .本品对棉织品有漂白脱色作用，对金属制品有腐蚀作用。2) .密封保存，请勿与洁厕灵同时使用。3) .保质期为一年。与洁厕灵同时使用会产生有毒的氯气，写出反响的离子方程式(6) 现在有一种名为 净水丸的产品也能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外 两层。外层的优氯净 CSNa( NCO) 3先与水反响，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后， 内层的亚硫酸钠(Na2SO3)溶出，可将水中的余氯(次氯酸等)除去。亚硫酸钠将水中多 余次氯酸除去的离子反响方程式为 。【答案】(1). Mn O2+4HCI

34、(浓)Mn Cl 2+Cl 2 T +2HO (2). E 中不褪色，F 中褪色 (3).干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反响生成的次氯酸有漂白性(4).出现蓝色(5).(6). CI-+CIO-+2H+=Cl2T +HO(7). SO32-+HCIO=SO 42-+H +CI-NnOH诸港【分析】(1) A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2, CI元素失电子生成 CI2,那么MnO2得电子 生成MnCl 2、H元素转化为H2O。(2) E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象有明显的差异，主要原因是 水的参加引起了氯气性质的改变。(3) G处CI2将KI氧化为I2, I2再与淀粉作用。(

35、4) H处尾气吸收，可利用盛有碱溶液的烧杯或试管。(5) 与洁厕灵同时使用会产生有毒的氯气，那么 NaCIO与盐酸反响生成氯气等。(6) 亚硫酸钠与次氯酸发生氧化复原反响，SO32-被氧化，那么HCIO被复原。【详解】(1) A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2, Cl元素失电子生成 CI2,那么MnO2得电子 生成MnCl 2、H元素转化为H2O，发生反响的化学方程式为MnO2+4HCI(浓)MnCl 2+CI2 T +2HO。答案为： MnO2+4HCI(浓)MnCl 2+CI2T +2HO；(2) 氯气本身没有漂白性，不能使红色干布条褪色，但遇到红色湿布条后，先与水反响生成次氯酸，再漂白红色

36、布条，所以可观察到的现象为E中不褪色，F中褪色。答案为：E中不褪色，F中褪色；枯燥的氯气没有漂白性，氯气和水反响生成的次氯酸有漂白性；(3) G处发生的反响为 Cb+2KI=2KCI+I 2, I2再与淀粉反响，从而看到 G处的现象是出现 蓝色。答案为：出现蓝色；(4) H处尾气吸收，可利用盛有碱溶液的烧杯或试管。答案为:NaOHSS(5) 与洁厕灵同时使用会产生有毒的氯气，那么NaCIO与盐酸反响生成氯气等，反响的离子方程式为 CI-+CIO-+2H+=Cl2f +HO。答案为：CI-+CIO-+2H+=Cl2f +HO；(6) 亚硫酸钠与次氯酸发生氧化复原反响，SO3实验室中用18.4mo

37、l/L的浓硫酸配制480 mL4.5mol/L的硫酸溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、 、。 沉淀物的主要成分是 。被氧化为SO42-，那么HCIO被复原为CI-, 反响的离子方程式为 SO32-+HCIO=SO 42-+H+CI-。答案为：SO32-+HCIO=SO 42-+H+CI-。【点睛】分析氧化复原反响产物时， 我们通常需先分析两种反响物中元素的价态，预判氧化剂和复原剂，然后借助原子结构中的最外层电子数，确定复原剂中变价元素的最终价态， 氧化剂中变价元素的最终价态，如果有多种价态，可考虑共存性，或遵循就近原那么，确定氧化产物和复原产物，再利用电荷守恒、质量守恒确定其它产物。

38、20. 用含有少量SiO2、Fe2O3杂质的辉铜矿(主要成分 Cu2S)和软锰矿(主要成分 MnO2), 制备碱式碳酸铜，可进一步制取有机合成中的催化剂氯化亚铜(CuCI),其主要工艺流程如图：NH.HCO,屯畑严供«|)1 齐液两液娶器二 亦|一屈淮_f过严逹迥回严轆叵式画一翳回 丸|城忌物|如；：亿：MnO2能氧化硫化物生成 S;局部金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：幵始沉淀pH沉淀兗全pHF臼113,2£324.46.4CuCI是一种白色粉末，难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系。(1) 浸出液中含有 CuSO4和MnSO4等主要产物，写出生成该主要产物

39、的化学方程式:(4) CuCb溶液中参加 Na2SO3溶液的离子反响方程式为 。(5) 得到的CuCl晶体需用水洗涤，洗涤CuCl晶体的操作是 。(6) 热重分析法是程序控制温度下，测量物质的质量与温度关系的一种实验技术。现取2.50g胆矶样品，逐渐升温加热分解，分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。a点时固体物质的化学式为1000 C时发生反响的化学方程式为 。【答案】(1). 2MnO 2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO 4+4H2O(2). 500mL 容量瓶 (3).胶头滴管(4). Fe(OH) 3(5). 2Cu2+SO32-+2C+H2O=

40、2CuCI J +SO2-+2H+(6).向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次 (7). CUSO4 3H2O(8).4CuO2CU2O + 02 f【分析】(1)浸出液中含有 CuS04和MnS04等主要产物，那么 Mn02、CU2S、H2SO4三者发 生反响，Mn02作氧化剂，Cu2S作复原剂，Cu由+1价升高到+2价，S由-2价升高到0价。(2) 实验室没有480 mL规格的容量瓶，应选用500mL的容量瓶。(3) 前面除掉了 Si02, Mn在后续操作中被除去，所以此操作去除的是Fe元素。(4) CuCl2溶液中参加Na2S03溶液，由产物CuCl知，发生

41、了氧化复原反响，那么S032-被氧 化。(5) 得到的CuCl晶体需用水洗涤，洗涤 CuCl晶体的操作是往漏斗内直接加水。(6) 因为热重分析时，金属元素的质量不变，所以可利用Cu元素守恒进行分析。样品中,n(CuS04,5H20)=2.50g250g/mol0.01mol，依据铜元素守恒,2.14g固体也应为0.01mol,M=2.14g0.01mol214g/mol，从而确定a点时固体物质的组成。1000 C时，0.72g固体去掉Cu元素的质量，剩下的应该是氧元素的质量，由此可确定e的组成。【详解】(1)由浸出液中的产物 CuS04和MnS04,可确定MnO2、CU2S、H2SO4三者发生

42、反 应，MnO2作氧化剂，Cu2S作复原剂，Cu由+1价升高到+2价，S由-2价升高到0价，那么反 应的化学方程式为 2MnO 2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2M nSO 4+4H 2O。答案为：2MnO 2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2 MnSO 4+4H 2O；(2) 选用500mL的容量瓶，再考虑定容时需使用胶头滴管，最后确定缺少的仪器为 500mL容量瓶、胶头滴管。答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；(3) 前面除掉了 SQ2, Mn在后续操作中被除去，所以此操作去除的是Fe元素，因为通过调节pH将铁元素转化为沉淀，所以沉淀的化学式为Fe(OH)3。答案为：Fe(OH)3；(4) 由产物CuCl知，Cu由+2价降低为+1价，那么SO32-转化为SO42-，反响的离子方程式为2Cu2+SO32-+2CI-+H2O=