安徽省示范高中培优联盟 2022-2023学年高二上学期联赛化学试题（含答案）

第21页/共21页安徽省示范高中培优联盟2022年秋季联赛(高二)化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Fe-56Zn-65第I卷(选择题共46分)一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分｡在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的｡)1.化学与生活密切相关，下列叙述错误的是A.75%的乙醇溶液可以用作医用消毒剂 B.铝制餐具用于蒸煮酸性食物C.亚硝酸钠可以用作食品防腐剂 D.硅酸钠可以用作黏合剂和防火剂【答案】B【解析】【详解】A.医疗上常用75%(体积分数)的乙醇溶液作消毒剂，浓度太小或太大不能达到消毒的目的，故A正确；B.铝制餐具会与酸发生反应，故不能用于蒸煮酸性物质，故B错误；C.亚硝酸钠具有防止食品变质的作用，是一种防腐剂和护色剂，故C正确；D.具有黏性强、耐高温等特性，可以用作黏合剂和防火剂，故D正确；故选B。2.加碘食盐中碘以碘酸钾(KIO3)的形式存在｡已知在溶液中与I-可发生反应：+5I-+6H+=3I2+3H2O。根据上述反应，可用试纸和一些常见试剂进行实验，证明食盐中存在。可供选用的物质有：①蒸馏水②蓝色石蕊试纸③碘化钾④淀粉⑤硝酸⑥乙酸⑦乙醇｡进行上述实验时，下列选择正确的是A.①②③⑦ B.①③④⑤ C.①③④⑥ D.①②④⑤⑦【答案】C【解析】【详解】A．由可知，该组物质中不能提供酸性物质的指示剂，A错误；B．由于具有氧化性，对氧化产生影响，B错误；C．该组物质中乙酸能提供酸性环境，KI提供还原剂，淀粉用于检测I2的存在，所以符合检测原理，C正确；D．没有提供还原剂，且使用具有强氧化性的硝酸提供酸性环境，易干扰实验结果的判断，D错误；故选C。3.下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式正确的是选项微粒加入试剂发生反应的离子方程式ANa+、Fe3+、Cl-、I-NaOH溶液Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓BNH、H+、SO少量Ba(OH)2H++OH-+Ba2++SO=H2O+BaSO4↓CH+、Fe2+、Cl-、SOBa(NO3)2溶液Ba2++SO=BaSO4↓DNa+、Al3+、Cl-、NO少量澄清石灰水Al3++3OH-=Al(OH)3↓A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．与不能大量共存，A错误；B．由于少量，离子方程式为：，B错误；C．酸性条件下，、不能大量共存，C错误；D．与少量澄清石灰水反应的离子方程式为：，D正确；故答案选D。4.下列变化中，符合图示电子转移的是A.NH3使CuO变为红色 B.CO2使过氧化钠变白C.铝在空气中形成钝化膜 D.灼热的铁丝在氯气中燃烧【答案】A【解析】【详解】A．使变为红色，作还原剂，满足图示，A正确；B．使过氧化钠变白，不是还原剂，不满足图示，B错误；C．铝在空气中形成钝化膜，空气中的作氧化剂，不满足图示，C错误；D．灼热的铁丝在氯气中燃烧，氯气作氧化剂，不满足图示，D错误。故选A。5.用如图装置(夹持装置略)进行实验，由b中现象能证明a中产物生成的是a中反应b中检测试剂及现象A铁粉与水生成H2肥皂水冒泡B浓NaOH和NH4Cl溶液生成NH3酚酞溶液变红C浓HNO3分解生成NO2淀粉—KI溶液变蓝D浓HCl与MnO2生成Cl2紫色石蕊溶液变红AA B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．铁粉与水在加热条件下进行，装置的空气和水蒸气都会使肥皂水冒泡，A错误；B．浓和溶液生成的气体使酚酞溶液变红，说明生成了，B正确；C．浓具有挥发性，加热时挥发出的也能使淀粉—溶液变蓝，C错误；D．浓具有挥发性，加热时挥发出的也能使紫色石蕊溶液变红，D错误；故选B。6.研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示｡已知几种物质中化学键的键能如表：化学键H2O中的H－O键O2中的O=O键H2中的H－H键H2O2中的O－O键H2O2中的O－H键键能kJ/mol463498436138463若反应过程中分解了2mol水，则下列说法错误的是A.过程I吸收了926kJ能量 B.过程II形成了非极性共价键C.过程III属于放热反应 D.总反应为2H2O2H2↑+O2↑【答案】C【解析】【详解】A．由过程Ⅰ可知，断裂了，则吸收的能量为，A正确；B．由过程Ⅱ可知，形成了键和等非极性共价键，B正确；C．由过程Ⅲ可知，断裂了和，形成了和键，能量变化为：，为吸热反应，C错误；D．由反应过程可知，总反应为，D正确；故选C。7.向盛有少量Na2O2的密闭容器(体积不变)中通入SO2，测定容器中O2的含量随时间变化曲线如图则下列说法错误的是A.ab段O2含量增加的原因：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2B.bc段O2含量缓慢降低的可能原因：反应生成O2的速率小于消耗O2的速率C.c点O2含量高于a点，则此时反应产物中含有Na2SO3D.取c点少量固体，加入BaCl2溶液有白色固体生成，证实有Na2SO4生成【答案】D【解析】【分析】向盛有少量的密闭容器中通入，由图像可知发生的反应可能有：①；②，无法判断③是否发生，据此分析。【详解】A．段含量增加，故存在，A正确；B．段含量缓慢降低可能原因：反应①生成的速率小于反应②消耗的速率，B正确；C．c点含量高于a点，反应①生成的未被完全消耗，则此时反应产物中含有，C正确；D．由于c点固体中存在，加入溶液生成白色固体，由于和均难溶于水，无法证实是否有生成，D错误；故答案选D。8.一种水性电解液Zn－MnO2电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)，a、b为离子交换膜｡电池放电时，K2SO4溶液的浓度增大｡下列叙述错误的是A.a为阴离子交换膜B.III区的K+通过离子交换b向II区迁移C.I区的H+减少2mol，Zn电极质量减少65gD.电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O【答案】C【解析】【详解】A．放电过程中，溶液的浓度增大，即Ⅲ区的和Ⅰ区的通过离子交换膜移向Ⅱ区，故a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，A正确；B．溶液的浓度增大，即Ⅲ区的和Ⅰ区的通过离子交换膜移向Ⅱ区，B正确；C．Ⅰ区电极反应：，当Ⅰ区的减少时，外电路转移了，电极质量减少，C错误；D．电极反应：，电极反应：，故电池总反应为：，D正确；故答案选C。9.在恒温恒容的密闭容器中，某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如表所示，下列说法正确的是编号时间/minc(NH3)/(10-3mol•L-1)表面积/cm2020406080①a2.402.001.60②a1.200.800.40x③2a2.401.600.800.400.40A.实验①，N2的反应速率：0～20min大于20～40minB.实验②，40min时，v正(NH3)=v逆(NH3)C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大【答案】D【解析】【详解】A．由表格数据可知，实验①中0～20min消耗氨气的浓度与20～40min消耗氨气的浓度相等，说明反应速率相等，则0～20min生成氮气的反应速率与20～40min生成氮气的反应速率相等，故A错误；B．由表格数据可知，实验③和实验①起始氨气的浓度相等，60min实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10-4mol/L，催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10-4mol/L；恒温恒容条件下，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验②投入氨气的浓度是实验①的一半，相当于减小压强，化学反应速率小于实验①，所以实验②40min时反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C．由表格数据可知，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，但实验①和实验②在0～20min、20～40min氨气浓度变化量相等，都是4.00×10-4mol/L，说明相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率不增大，故C错误；D．对比实验①和实验③，起始氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，故D正确；故选D｡10.如图所示，在一支50mL注射器中吸入20mLNO，然后吸入5mL水，用乳胶管和弹簧夹封住管口｡下列实验操作不能达到预期目的的是实验操作目的A振荡注射器，无明显现象验证NO不溶于水B打开弹簧夹，快速吸入10mL空气后，夹上弹簧夹，无色气体变为红棕色证明可发生反应：2NO+O2=2NO2C再次振荡注射器，气体颜色逐渐变浅至无色，注射器活塞向内移动证明可发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NOD再打开弹簧夹，快速吸入空气至活塞位置处于最大刻度处，夹上弹簧夹，充分振荡注射器后静置，直至无明显现象为止将注射器中的NO完全转化为HNO3A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．注射器中吸入和水，振荡注射器，无明显现象，能说明不溶于水且不与水发生反应，A不符合题意；B．打开弹簧夹，快速吸入空气后，夹上弹簧夹，无色气体变为红棕色，能证明发生反应：，B不符合题意；C．再次振荡注射器，气体颜色逐渐变浅至无色，注射器活塞向内移动，气体压强减小，能说明与发生反应，C不符合题意；D．由反应可知，使完全转化为需要，打开弹簧夹，快速吸入空气至活塞位置处于最大刻度处，此时注射器中的(占空气的21%)不足以将完全转化为，故充分振荡注射器后静置直至无明显现象为止，不能说明完全转化为，D符合题意；故选D。二、选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分｡在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求｡若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题就得0分｡)11.将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中即可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉。下列解释事实的方程式中，不正确的是A.生成Ca(ClO)2：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2OB.漂白粉溶液与盐酸混合产生Cl2：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2OC.漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+D.漂白粉溶液加入适量醋酸在短时间内能达到漂白效果：Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O、Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO【答案】C【解析】【详解】A．将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中，发生氧化还原反应，生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，其化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，故A正确；B．漂白粉溶液与盐酸混合，氯离子和次氯酸根离子在酸性溶液中发生氧化还原反应生成氯气和H2O，其离子方程式为ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，故B正确；C．漂白粉溶液中吸收二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，HClO是弱酸，在离子方程式中不能拆开，其反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO，故C错误；D．漂白粉溶液加入适量醋酸，会发生Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O、Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO，在短时间内HClO的浓度增大，能提高其漂白效率，故D正确；答案为C。12.LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂｡合成LiBr工艺流程如图：已知：BaS易溶于水下列说法错误的是A.还原工序中加入BaS的目的：还原HBr中的少量Br2B.除杂工序中产生滤渣的主要成份为：BaSO4、SC.中和工序中发生的化学反应主要为：Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+CO2↑+H2OD.参与反应的n(Br2):n(BaS):n(H2SO4)=1:1:1【答案】C【解析】【分析】HBr(Br2)中加入BaS，将Br2还原为Br-，同时BaS转化为BaBr2和S；BaBr2与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和HBr；过滤出滤渣BaSO4和S，滤液中的主要成分为HBr；加入Li2CO3，与HBr反应生成LiBr、CO2等。【详解】A．还原工序中加入发生反应：，A正确；B．除杂工序中发生反应：，滤渣主要成份为、，B正确；C．由于溶液中存在大量的，故中和工序中发生的化学反应主要为：，C错误；D．根据得失电子守恒可知，和反应时物质的量之比为，根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，为，故参与反应的，D正确；故选C。13.研究小组为探究Na2S晶体在空气中变质后的产物，进行实验并记录现象如下：①取Na2S样品加水溶解，得到澄清溶液a｡②取少量溶液a加入过量盐酸，有臭鸡蛋气味的气体放出，且出现淡黄色浑浊｡③将②中浊液过滤，向滤液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀｡已知：Na2S溶液能溶解S生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S(臭鸡蛋气味)下列说法错误的是A.②中淡黄色浑浊可能是S与H+反应产生的 B.①和②说明该Na2S样品中含有SC.③中白色沉淀是BaSO4 D.该Na2S样品中不可能含有Na2SO3【答案】BD【解析】【详解】A．晶体在空气中长久放置，硫元素可能被氧化为单质，溶解过程中可能生成，加入可能生成淡黄色浑浊的，A正确；B．晶体放在空气中后，可能被氧化为单质、、等，或者、与均产生的淡黄色浑浊，B错误；C．将②中浊液过滤，由于滤液中存在大量的，向滤液中加入溶液，产生白色沉淀，则白色沉淀是，C正确；D．根据化合价升降相等原理，样品中可被氧化为，D错误；故选BD。14.CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示｡反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4为混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示｡反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上检测到有积碳｡下列说法错误的是A.反应①为化合反应，反应②为氧化还原反应B.t1～t3，n(H2)比n(CO)多，可能有副反应CH4C+2H2C.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率D.t3之后，生成CO的速率为0，可能是反应②到达化学平衡状态【答案】CD【解析】【详解】A．由图1可知，反应①为：，反应②为：，分别为化合反应和氧化还原反应，A正确；B．由反应②可知，反应中生成的量和恒相等，，比多，可能发生副反应：，B正确；C．只要副反应存在，体系中生成的速率恒大于生成的速率，不能说明副反应生成的速率大于反应②生成的速率，C错误；D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生反应，D错误；故答案选CD。第II卷(非选择题共54分)三、非选择题(本大题共4小题，共54分｡)15.利用太阳能分解H2O获得氢气，再通过CO2加氢制甲醇(CH3OH)等燃料，从而实现可再生能源和CO2的资源化利用｡（1）H2O的空间结构为____；CO2的形成过程为____(用电子式表示)｡（2）过程IV的能量转化形式为____｡（3）过程I､II是典型的人工光合作用过程：4H2O+2CO22CH3OH+O2，该反应是____(填“吸热”或“放热”)反应｡（4）过程II中CO2催化加氢制取甲醇，反应如下：主反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.0kJ•mol-1副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41.2kJ•mol-1①CO、H2生成CH3OH的热化学方程式是____｡②提高CH3OH在平衡体系中的含量，可采取如下措施：____(写出两条即可)｡（5）过程III制得H2中混有CO，去除CO的反应如下：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。在容积不变的密闭容器中，将0.1molCO、0.1molH2O混合加热到830℃发生上述反应，下列情况说明该反应一定达到化学平衡的是____｡a.CO的物质的量不再发生变化b.CO与H2的物质的量浓度相等c.n(CO)∶n(H2O)∶n(CO2)∶n(H2)=1∶1∶1∶1d.v正(CO)=v逆(H2O)（6）多步热化学循环分解水是制氢重要方法，如“铁—氯循环”法，反应如下：i.4H2O(g)+3FeCl2(s)=Fe3O4(s)+6HCl(g)+H2(g)△H1ii.Fe3O4(s)+8HCl(g)=FeCl2(s)+2FeCl3(s)+4H2O(g)△H2iii.2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)△H3iv.______△H4反应i~iv循环可分解水，可利用△H1～△H4计算2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)的△H｡在横线处写出反应iv的化学方程式____｡（7）大规模制H2所需能量可由太阳能提供｡利用Na2CO3•10H2O可将太阳能储存、释放，结合反应方程式说明储存、释放太阳能的原理：____｡【答案】（1）①.V形②.（2）化学能转化为电能（3）吸热（4）①.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-90.2kJ•mol-1②.将水分离出体系、降低反应温度、增大压强（5）a、d（6）2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)（7）Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，该过程需要吸收能量，将太阳能储存；Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O，该过程放出能量，将储存的太阳能释放【解析】【小问1详解】水分子中O的价层电子对数=，其中2对孤对电子，故水的空间构型为V形；二氧化碳是共价化合物，碳与氧之间有两对共用电子对，CO2的形成过程为；【小问2详解】过程IV为燃料电池，它的能量转化形式为化学能转化为电能；【小问3详解】已知甲醇的燃烧是放热反应，则其逆过程是吸热反应；【小问4详解】目标方程为：CO+2H2CH3OH，可由主反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.0kJ•mol-1减去副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ•mol-1获得。反应热做相同的运算得目标方程的反应热=△H1-△H1=-49.0kJ•mol-1-41.2kJ•mol-1=-90.2kJ•mol-1，故CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-90.2kJ•mol-1；【小问5详解】CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，该反应是一个等体积反应，在容积不变的密闭容器中，将0.1molCO、0.1molH2O混合加热到830℃发生上述反应，即按化学计量系数发生反应，各物质含量保持不变或正逆反应速率相等是平衡的标志。ａ．CO的物质的量不再发生变化时说明该反应达到平衡，a正确；b．反应的任何阶段都存在CO与H2的物质的量浓度相等，b错误；c．n(CO)∶n(H2O)∶n(CO2)∶n(H2)=1∶1∶1∶1并不意味反应达到平衡，c错误；d．v正(CO)=v逆(H2O)，正逆反应两个方向一氧化碳的速率等于水的速率，反应达到平衡，d正确；故选ad。【小问6详解】由盖斯定律知iv=目标反应-2（i+ii+iii），代入合并同类项可得反应iv的方程式为2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)；【小问7详解】Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，该过程需要吸收能量，将太阳能储存；Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O，该过程放出能量，将储存的太阳能释放。16.乙烯是重要有机化工原料｡结合以下路线回答：已知：2CH3CHO+O22CH3COOH（1）反应①的反应类型是____，B的官能团是____｡（2）F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为____｡（3）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法｡制法一：实验室用D和E反应制取G，装置如图1所示｡i.关于该实验的说法错误的是____(填序号)｡a.甲中加入几片碎瓷片可以防止暴沸b.乙中导管不伸入液面下是为了防止倒吸c.甲中加入过量D，可使E的转化率达到100%d.实验结束，乙中液体上层为无色透明的油状液体e.乙中的饱和Na2CO3溶液可以用NaOH代替ii.反应⑥的化学方程式是____，反应类型是____｡iii.分离出试管乙中油状液体的方法是____｡制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G｡iv.直接反应获得G的化学反应方程式是____｡v.与制法一相比，制法二的优点是____｡（4）采用装置如图2证明乙酸的酸性强于碳酸｡试剂M、N分别是：____､____｡【答案】（1）①.加成反应②.羟基(或－OH)（2）（3）①.c、e②.CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O③.取代反应(或酯化反应)④.分液⑤.H2C=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3⑥.原子利用率高（4）①.CH3COOH②.饱和NaHCO3溶液【解析】【分析】利用物质转化关系推出乙烯及其他烃的衍生物，结合结构简式进行分析；再利用乙酸与乙醇发生酯化反应的实验进行探究；最后探究醋酸与碳酸酸性强弱。【小问1详解】反应①为乙烯与溴单质的加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应类型为加成反应；B为乙二醇，所含的官能团是羟基；【小问2详解】F是一种高分子，可用于制作食品袋，是乙烯发生加聚反应生成的聚乙烯，其结构简式为；【小问3详解】i.a．液体加热时易出现暴沸现象，加入碎瓷片引入气化中心，有防暴沸作用，选项a正确；b．乙酸乙酯中混有的乙醇易溶于水，乙酸能与碳酸钠溶液反应，均可能使导气管内出现负压而发生倒吸，所以导管不能伸入液面下，选项b正确；c．酯化反应是可逆反应，不可能使E的转化率达到100%，选项c错误；d．乙酸乙酯的密度小于水的密度，且为无色液体，则实验结束，右侧试管内液体上层为无色透明的油状液体，选项d正确；e．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解反应，因此不能用NaOH代替饱和Na2CO3溶液，选项e错误；答案选ce；ii.反应⑥是乙醇和乙酸在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式是CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型是取代反应(或酯化反应)；iii.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液中，分层，故分离出试管乙中油状液体的方法是分液；iv.乙烯与乙酸可以在一定条件下发生加成反应生成乙酸乙酯，故直接反应获得G的化学反应方程式是H2C=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3；v.与制法一相比，制法二的优点是原子利用率高；【小问4详解】证明乙酸的酸性强于碳酸，先利用醋酸与碳酸钠反应产生的气体通过饱和碳酸氢钠溶液洗气，所得气体进入澄清石灰水中，若澄清石灰水变浑浊则得到证明，故试剂M、N分别是：CH3COOH、饱和NaHCO3溶液。17.某硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还含有一定量的SiO2)可用于制备FeCO3，进而制备高纯氧化铁晶体，其流程如图：已知：i.FeS2与稀硫酸不反应；ii.Fe3+通过反应I､反应II被还原，反应I为：2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+。（1）为提高“浸取”工序的反应速率，可采用的措施有：搅拌、催化剂、____(写两条)｡（2）滤渣的成分是____｡（3）①配平还原反应II的离子方程式：____｡______FeS2+______Fe3++______H2O=______Fe2++______SO+______。②还原前后溶液中部分离子的浓度见表(溶液体积变化忽略不计)：离子还原前浓度(mol•L-1)还原后浓度(mol•L-1)Fe2+0.102.503.503.70反应I､II中生成的Fe2+的物质的量之比为____｡（4）①“沉淀”工序中的离子反应方程式为____｡②“沉淀”工序中所得沉淀需充分洗涤，检验沉淀是否洗净的方法是____｡（5）“煅烧”工序是在空气中进行，“煅烧”工序中的化学反应方程式为____｡（6）取agFeCO3样品，加适量稀硫酸溶解后，向其中加入VmL0.1000mol•L-1的KMnO4溶液恰好完全反应｡(已知：杂质不参与反应)样品中FeCO3质量分数的计算式为____(用质量分数表示)｡（7）直接煅烧FeSO4也可以制备Fe2O3，该方法与煅烧FeCO3制备法相比有何缺点？____。【答案】（1）加热，粉碎，增大硫酸浓度（2）SiO2（3）①.FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO+16H+②.3：5（4）①.Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑②.取最后一次洗涤液适量于试管中，滴加稀盐酸，待无明显现象后，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净｡反之，则说明没洗涤干净（5）4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2（6）×100%(或×100%)（7）煅烧FeSO4会产生SO2、SO3，污染空气【解析】【分析】烧渣经稀硫酸浸取后得到含和、的溶液，其中不与稀硫酸反应，所以滤渣的主要成分为；在滤液中加入将还原成，过滤得到含的溶液，加入碳酸氢铵沉淀剂得到碳酸亚铁沉淀，煅烧后得到高纯。【小问1详解】(1)提高浸取率的措施有：加热、使用催化剂、搅拌、粉粹处理、增加酸的浓度等，故填加热，粉碎，增大硫酸浓度(任选两条)；【小问2详解】(2)烧渣经稀硫酸浸取后得到含和、的溶液，其中不与稀硫酸反应，所以滤渣的主要成分为，故填；【小问3详解】(3)①反应Ⅱ的化学方程式为：，故填；②反应Ⅰ和反应Ⅱ中只有反应Ⅱ有硫酸根离子生成，根据硫酸离子的变化量可求出反应Ⅱ中的生成量，即，即反应Ⅱ生成的为，反应Ⅰ生成的为，则反应Ⅰ和反应Ⅱ生成的的物质的量之比为浓度之比(体积不变)，故填；【小问4详解】(4)①沉淀工序为亚铁离子与碳酸氢根离子的反应，其反应的离子方程式为，故填；②沉淀工序中能检验的离子有和、，检验是否洗净的方法为：取最后一次洗涤液适量于试管中，滴加稀盐酸，待无明显现象后，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净｡反之，则说明没洗涤干净，故填取最后一次洗涤液适量于试管中，滴加稀盐酸，待无明显现象后，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净｡反之，则说明没洗涤干净；【小问5详解】(5)在空气中煅烧时，与空气中的氧气发生反应，其反应的化学方程式为，故填；【小问6详解】(6)FeCO3样品，加适量稀硫酸溶解后得到含的溶液，与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为，由此可知溶液中的物质的量为高锰酸钾的5倍，即，即，，样品中的质量分数为，故填(或)；【小问7详解】(7)煅烧反生反应，所以煅烧FeSO4会产生SO2、SO3，污染空气，故填煅烧FeSO4会产生SO2、SO3，污染空气。18.某研究小组利用如图装置(夹持装置略)制备氯气，并探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。资料：i.Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)ii.浓碱条件下，可被OH-还原为iii.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱序号物质aC中实验现象通入Cl2前通入Cl2后I水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化II5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀III40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀（1）盛装浓盐酸的仪器名称是____，为减缓生成Cl2的速率，可以采用的方法是____。（2）B中试剂是____｡（3）D的作用是____，可选用的试剂____(填标号)｡a.NaClb.FeCl2c.Na2SO3d.NaOHe.H2SO4（4）通入Cl2后，I中产生棕黑色沉淀的化学方程式为_____｡（5）对比实验I､II通入Cl2后的实验现象，可以得出的结论是：二价锰化合物的还原性____。（6）根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱｡原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为①用离子方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因____，但通过实验测定溶液的碱性变化很小｡②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深｡溶液紫色变为绿色的离子方程式为_____，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被_____(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量｡③取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深的原因是____｡④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因____｡【答案】（1）①.分液漏斗②.分批加入浓盐酸