浙江省2018高三上学期月考化学试题

高三上学期10月月考化学试题以下有关物质的性质与用途拥有对应关系的是浓H2SO4拥有氧化性，可用作SO2的干燥剂H2O2能使蛋白所变性，可用作医疗的消毒剂C2H4气体拥有可燃性，可用作果实的催熟剂Fe2O3水溶液显弱酸性，可用作H2S的脱除剂【答案】B【分析】A．浓H2SO4拥有吸水性，能作干燥剂，所以浓硫酸可用作SO2的干燥剂，与浓硫酸的氧化性没关，故A错误；B．细菌是一种蛋白质，H2O2拥有强氧化性能使蛋白质变性，可用作医疗的消毒剂，故B正确；C．乙烯是一栽种物生成调理剂，拥有催熟作用，与乙烯的可燃性没关，故C错误；D．Fe2O3难溶于水，不可以形成水溶液，故D错误；应选B。以下有关化学用语表示正确的选项是A.中子数为27的铝原子：AlB.次氯酸的电子式：C.O2的结构表示图:D.聚四氯乙烯播的结构简式：【答案】D【分析】A．中子数为14，质量数为27，质子数为27-14=13，可表示为2713Al，故A错误；,B．氯原子最外层含有7个电子，只需形成一个共用电子对，HClO的电子式为，故B错误；C．O的原子序数为8，应为，故C错误；D．聚四氟乙烯为四氟乙烯的聚合物，结构简式为，故D正确；应选D。CuBr是一种白色晶体，见光或湿润时受热易分解，在空气中渐渐变成浅绿色。实验室制备CuBr的反响原理为SO2+2CuSO4+2NaBr+2H2O=2CuBr↓+2H2SO4+Na2SO4，用以下装置进行实验，不可以达到实验目的的是-1-A.用装置甲制取SO2B.用装置乙制取CuBrC.用装置丙避光将CuBr与母液分别D.用装置丁干燥CuBr【答案】D【分析】A．用浓硫酸与亚硫酸钠反响可以制取二氧化硫气体，图示装置合理，故A不选；B．根据反响SO2+2CuSO4+2NaBr+2HO═2CuBr↓+2H2SO4+Na2SO4可知，用装置乙可制取CuBr，故B不选；C．CuBr难溶于水，可用装置丙避光将CuBr与母液过滤分别，故C不选；D．CuBr见光或潮湿时受热易分解，经过装置丁干燥CuBr，CuBr会分解，没法达到实验目的，故D选；应选D。25℃时，以下各组离子在指定溶液中必定能大批共存的是A.使甲基橙变红色的溶液中：++-2-Na、K、Br、CO3B.0.1mol/LCa(ClO)2溶液中：Fe2+、A13+、I-、SO42-C.0.1mol/LFe2(SO4)3溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-D.-13mol/L2++--的溶液中：Ca、NH4、CH3COO、HCO3【答案】C【分析】A．使甲基橙变红色的溶液显酸性，不可以大批存在2-2+-分别CO，故A错误；B．Fe、I3与ClO-发生氧化复原反响，不可以大批共存，故B错误；C．该组离子之间不反响，可大批共存，故C正确；D.=1×10-13mol/L的溶液显酸性，不可以大批存在--，故D错误；CH3COO、HCO3应选C。以下有关物质的性质和用途拥有对应关系的是A.Na2O2是碱性氧化物，因其强氧化性可用于杀菌消毒B.碳酸钠溶液显碱性，可用作锅炉除垢时CaSO4积淀的转变剂C.钠拥有很强的复原性，可用钠与TiCl4反响制取钛氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝-2-【答案】C【分析】A．Na2O2与水反响生成氢氧化钠和氧气，属于过氧化物，不是碱性氧化物，拥有强氧化性，可用于杀菌消毒，故A错误；B．碳酸钠溶液显碱性是因为碳酸根离子水解，用作锅炉除垢时CaSO4积淀的转变剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，两者无联系，故B错误；C．钠有很强的复原性，可用钠将熔融的TiCl4复原，利用钠的复原性可以制取钛，故C正确；D．氯化铝是共价化合物，在熔融时不导电，所以不可以电解熔融的氯化铝，应当电解熔融的氧化铝，故D错误；应选C。点睛：此题波及钠的强复原性、铝热反响、过氧化钠的用途以及铝的冶炼等知识。易错点为B，碳酸钠溶液因水解显碱性，用作锅炉除垢时CaSO4积淀的转变剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，前后描绘均正确，但前后没有对应关系。以下有关实验原理或实验操作正确的选项是A.用装罝中采集SO2并考证其漂白性用装置乙考证氯气与水反响有盐酸生成用澄淸石灰水鉴识苏打溶液和小苏打溶液用NaOH溶液除掉苯中混有的少许苯酚，反响后分液【答案】D【分析】试题分析：A．装置甲中二氧化硫可以使高锰酸钾退色是因为二氧化硫和高锰酸钾发生了氧化复原反响，只好说明二氧化硫拥有复原性，A错误；B．装置乙中，浓盐酸拥有挥发性，不可以说明氯气可以与水反响生成HCl，B错误；C．氢氧化钙过分时，氢氧化钙也可以和碳酸氢钠反响生成碳酸钙的积淀，C错误；D．氢氧化钠和苯酚反响生成的苯酚钠可以溶于水，苯不溶于水，反响后分液即可，所以可以用NaOH溶液除掉苯中混有的少许苯酚，反响后分液，D正确，答案选D。考点：察看化学实验方案设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确是-3-A.常温下1.0L0.1mol·L-1++NHCl溶液中，NH4和H总数大于0.1NA4B.88.0g干冰中含有的电子对数为8.0NAC.标准情况下，2.24LCHCl3含有原子的数量为0.5NAD.某温度下，pH=6的纯水中含有1.0×10-6NA个H+【答案】A【分析】A．1.0L0.1mol?L-140.1mol，含有0.1mol氯NHCl溶液中含有氯化铵的物质的量为++-)+n(Cl-)=0.1mol+n(OH-+离子；由电荷守恒可知：n(H)+n(NH4)=n(OH)＞0.1mol，所以NH4和H+总数大于0.1NA，故A正确；B．88g干冰中含有2mol二氧化碳，依据电子式可知，2mol二氧化碳中含有16mol电子对，含有的电子对数为16NA，故B错误；C、CHCl3在标准情况不是气体，2.24LCHCl3不是0.1mol，故C错误；D．未见告纯水的体积，没法计算pH=6的纯水中含有的H+数量，故D错误；应选A。点睛：注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件。选项B中注意二氧化碳分子中存在电子对和共用电子对的差别，为易错点。以下表示对应化学反响的离子方程式正确的选项是A.过分氯气通入溴化亚铁溶液中：3Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++2Br2B.向明矾溶液中加入过分Ba(OH)3+2－2+-2HO+AlO-24422C.硝酸银溶液中滴加过分氨水：Ag++NH3·H2O==AgOH↓+NH4+322＋3－－3D.Ca(HCO)溶液与过分NaOH溶液反响：Ca＋HCO＋OH===CaCO↓＋2HO【答案】B【分析】A．过分氯气通入溴化亚铁溶液中，亚铁离子和溴离子都被氧化，正确的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-═6Cl-+2Fe3++2Br2，故A错误；B．向明矾溶液中加入过分的Ba(OH)2溶液生成硫酸钾、硫酸钡和偏铝酸钾，反响的离子方程式为：Al3++2SO42－2+--，故B正确；C．硝酸银溶液中滴加过分氨水，反响生成了+2Ba+4OH=2BaSO4↓+2HO+AlO2银氨溶液，正确的离子方程式为：+++2HO，故C错误；D．Ca(HCO)溶液Ag+NH?HO═Ag(NH)2323232与过分NaOH溶液反响生成碳酸钙积淀、碳酸钠和水，反响的离子方程式为：-2+-2-，故D错误；应选B。2HCO3+Ca+OH═CaCO3↓+2H2O+CO3点睛：注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反响能否发生，检查反响物、生成物是否正确，检查各物质拆分能否正确，如难溶物、弱电解质等需要保存化学式，检查能否配平-4-等。此题的难点是反响物间量的变化对反响的影响。9.海水中包括丰富的资源，对海水进行综合利用，可制备一系列物质（见图5),以下说法正确的是A.步骤①中，除掉粗盐中的2-2+2+SO4、Ca、Mg等杂质，加入试剂及有关操作次序可以是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→盐酸→过滤B.步骤②中反响利用的原理是：同样条件下NaHCO3的溶解度比NaCl小步骤③可将MgCl2·6H2O晶体在空气中直接加热脱水步骤④、⑤、⑥溴元素均被氧化【答案】B2+2+2-用氯化钡溶液转变成积淀，【分析】A、Ca用碳酸钠转变成积淀、Mg用NaOH转变成积淀、SO42+2-，此后再加入过分的碳酸钠除掉2+2+先除掉Mg或SOCa以及过分的Ba杂质，过滤后再加盐酸4除掉过分的NaOH和碳酸钠，故A错误；B.依据流程图，步骤②是向氯化钠溶液中通入二氧化碳、氨气，反响生成溶解度较小的NaHCO3积淀，故B正确；C．步骤③MgCl2在水溶液中水解，加热促使水解，晶体不可以在空气中直接加热脱水，应在氯化氢气流中加热失水，故C错误；D、步骤④是溴离子被氧化为溴单质，步骤⑤是溴单质被复原为溴化氢，步骤⑥溴元素被氧化为溴单质，故D错误；应选B。大气中氮氧化物和碳氢化合物受太阳紫外线作用可产生二次污染物一光化学烟雾，此中的反响之一为：CH3CH=CHCH3(2-丁烯)+2O3→2CH3CHO+2O，以下说法正确的选项是A.分子式为C4H8的物质性质均与2-丁烯同样氧化性：O3>O2常温常压下，22.4L的2-丁烯中含C-H键数量为8×6.02×1023个D.1molO3参加该反响，转移的电子数为6×6.02×1023个【答案】B-5-11.制备5Ca(NO3)2?NH4NO3?10H2O的实验中，过滤出产品后，常温下另取母液（pH＜1），向其中加入指定物质，反响后溶液中可大批存在的一组离子是A.加入过分Na2CO3溶液：Na+、Ca2+、NH4+、NO3－、H+B.加入合适+2++－－NaHCO3溶液：Na、Ca、NH4、NO3、HCO3C.加入合适+2++－－NaOH溶液：Na、Ca、NH4、NO3、OHD.加入过分FeSO和稀硫酸：2+3++2+－443【答案】B23+2+故A不选；B．加【分析】A．加入过分NaCO溶液与H、Ca反响生成气体、积淀，不可以共存，入合适NaHCO3溶液，该组离子之间不反响，可大批共存，故B选；C．加入合适NaOH溶液，+2++-与NH反响不可以共存，故C不选；D．加入过分FeSO和稀硫酸，Fe、H、NO发生氧化复原反4432+2-联合生成积淀，不可以共存，故D不选；应选B。应，且Ca、SO4点睛：此题察看离子的共存，为高频考点，掌握常有离子之间的反响为解答的重点。注意复分解反响、氧化后复原反响的判断。此题的易错选项是2++-发生氧化复原反D，注意Fe、H、NO3应不可以共存。2016年诺贝尔化学奖由法国、美国及荷兰的三位化学家分获，以表彰他们在“分子马达”研究方面的成就，一种光驱分子马达结构以以以下图所示。有关该分子的说法正确的选项是A.该分子中有两个手性碳原子B.两个苯环可以处于同一平面C.能与NaHCO3和酸性KMnO4溶液反响D.1mol该分子最多可与2molH2发生加成-6-【答案】BC..................考点：察看了有机物的结构和性质的有关知识。以下设计的实验方案不可以达到相应实验目的的是考证NH3给合H+的能力强于Ag+：向含有NaCl的银氨溶液中滴入过分稀硝酸，察看现象B.查验某酸雨中能否含有SO42-：向酸雨试样中加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，察看现象配制FeCl2溶液：将FeCl2溶于较浓硝酸中，此后加合适水稀释，再向配制好的溶液中加入几枚光明的铁钉D.提纯含有少许苯的苯酚：向含有少许苯的苯酚混淆物中加入NaOH溶液充分振荡，静置分液；在水相中再通入足量CO2，再静置分液，取有机相一苯酚【答案】BC【分析】A．向含有NaCl的银氨溶液中滴入过分稀硝酸，如有白色积淀生成，则证明NH3联合H+的能力衰于Ag+，反之则证明NH3联合H+的能力强于Ag+，故A正确；B．因为加入的是硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可以溶的硫酸钡积淀，也可能含有亚硫酸离子，故B错误；C．盐酸可控制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，再向配制好的溶液中加入几枚光明的铁钉，防备二价铁离子被氧化，若用浓硝酸，则亚铁离子被氧化，故C错误；D．苯酚与NaOH反响生成盐(苯酚钠)，生成的盐(苯酚钠)与苯出现分层，经过分液除掉苯，在水相中再通入足量CO2，将苯酚钠反响生成苯酚，此后取有机相-苯酚，故D正确；应选BC。点睛：解答此题需要注意硝酸的强氧化性。此题的易错点为B，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，溶液就拥有强氧化性，所以查验硫酸根离子只好用盐酸。-7-确认化学反响先后次序有益于解决问题，以下物质参加反响的先后次序正确的选项是含等物质的量的含等物质的量的含等物质的量的

FeBr2、Fel2的溶液中，迟缓通入氯气：I－、Fe2＋、Br－Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入锌粉：Cu2＋、Fe3＋、H＋、Fe2＋－－2－的溶液中，逐滴加入盐酸：－－2－AlO2、OH、CO3OH、AlO2、CO3D.含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，迟缓通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3【答案】AC【分析】A．离子复原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与复原性强的反响，氯气的氧化次序是I-、Fe2+、Br-，故A错误；B．氧化性次序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反响，反响次序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故B错误；C．若H+最初与AlO2-反响，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与--，反响次序为--2-，故C正确；D．氢氧化钡先发生反响，溶液中OH反响生成AlOOH、AlO2、CO23因为碳酸钾与氢氧化钡不可以共存，所以迟缓通入CO2：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故D错误；应选C。某稀硫酸和稀硝酸的混淆溶液200ml，均匀分红两份，向此中一份中渐渐加入铜粉，最多能溶解mg。向另一份中渐渐加入铁粉，产生的气体量随铁粉质量增添的变化以以下图（己知硝酸只被复原为NO气体）以下分析或结果错误的选项是A.第二份溶液中最后溶质为FeSO4愿混淆酸中NO3-物质的量为0.1molm值为9.6H2SO4浓度为2.5mol/L【答案】B【分析】试题分析：A、加入铁粉，第一反响为铁在硫酸存在下和硝酸反响生成硫酸铁和一氧化氮和水，AB段为铁和硫酸铁反响生成硝酸亚铁，BC段为铁和硫酸反响生成硫酸亚铁和氢气，所以最后溶质为硫酸亚铁，正确，不选A；B、从第一个阶段分析，Fe+4H++NO3-=Fe3++NO+2HO溶解了5.6克铁，即0.1摩尔，硝酸所有做氧化剂，所以硝酸根为0.1摩尔，因为原溶液分成两等份，所以原混淆酸中硝酸根为0.2摩尔，错误，选B；C、依据BC阶段反响计算，-8-Fe+2H+=Fe2++H2，溶解的铁为14.0-8.4=5.6克，则氢离子物质的量为0.2摩尔，第一阶段氢离子为0.2摩尔，则依据+-2+分析，最多溶解铜为0.15摩尔，即9.63Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4HO克，正确，不选C；D、依据上边计算，每份溶液中氢离子总合0.6摩尔，硝酸根为0.1摩尔，则含有0.1摩尔硝酸和0.25摩尔硫酸，则硫酸的浓度=0.25/0.1=2.5mol/L，正确，不选D。考点：硝酸和金属的反响，混淆物的计算16.以废旧锌锰电池初步办理分选出的含锰废料(MnO2、MnOOH、MnO及少许Fe、Pb等）为原料制备高纯MnCl2·xH2O，实现锰的重生利用。其工作流程以下：资料a:Mn的金属活动性强于2+在酸性条件下比较坚固，pH高于5.52Fe；Mn时易被O氧化。资料b:生成氢氧化物积淀的pH见下表（金属离子的初步浓度为0.1mol·L-1)Mn(OH)2Pb(OH)2Fe(OH)3开始积淀时8.16.51.9完满积淀时10.18.53.2（1）过程I的目的是浸出锰。经查验滤液1中含有的阳离子为2+3+2++Mn、Fe、Pb和H。①MnO与浓盐酸反响的离子方程式是__________________________________。2②查验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是:取少许滤液1于试管中，滴入黄色K[Fe(CN)](铁氰化钾)溶液，无显然变化：另取少许滤液1于试管中，36___________________________。③Fe3+由Fe2+转变而成，可能发生的反响有：i.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-ii.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2Oiii.写出iii的离子方程式：___________________________。（2）过程II的目的是除铁，有以下两种方法：i.氨水法：将滤液1先稀释，再加合适10%的氨水，过滤。ii.焙烧法：将滤液1浓缩获得的固体于290°C焙烧，冷却，取焙烧物-9-己知：焙烧中发生的主要反响2FeCl3+3O2=2Fe2O3+3Cl2，焙烧时MnCl2和PbCl2不发生变化。①氨水法除铁时，溶液pH应控制在_______________之间。②补全ii中的操作：____________________。③两种方法比较，氨水法除铁的弊端是_________________________________________。（3）过程III的目的是除铅。加入的试剂是______________________。4）过程IV所得固体中的x的测定以下：取m1g样品，置于氮气氛围中加热至失掉所有结晶水时，质量变成m2g。则x=________________________。【答案】(1).MnO2+4H+2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2).再滴加KSCN溶液，溶液变红(3).MnO+2+2+3+(4).3.2?5.5(5).加水充分溶解，过滤，将滤2+4H+2Fe=Mn+2Fe+2HO液用盐酸酸化至pH小于5.5(6).引入杂质+(7).锰(8).NH4【分析】请在此填写此题分析!17.酒石酸托特罗定用于治疗泌尿系统疾病。工业合成该药物中间体(F)的路线以下:己知：回答以下问题：1）D分子中的含氧官能团名称为_________、_______________；B→C包括两步反响，反响种类分别为_______、______________。2）A的结构简式为______________________。（3）写出苯甲醛与银氨溶液反响的化学方程式________________________________。（4）B的一种同分异构体知足以下条件：①能使溴的CCl4溶液退色；②能与FeCl3溶液发生显色反响；③分子中有4种不同样化学环境的氢。写出该同分异构体的结构简式-10-_______________。（任写一种）（5）已知呋喃丙胺（CH=CHCON(CH)）是一种高效麻醉剂，写出以、CHCHO、NH(CH)23233为原料制备呋喃丙胺的合成路线流程图（无机试剂自选）。合成路线流程图示比以下：_____________H2C=CH2CHCH2BrCH3CH2OH【答案】(1).羧基(2).醚键(3).加成(4).代替（酯化）(5).(6).(7).(8).【分析】试题分析：（1）由D的结构简式可知，含有的含氧官能团为羧基、醚键；比较B、C结构可知，B与对甲基苯酚发生酯化反响，属于代替反响，甲基间位的C-H键断裂与碳碳双键发生加成反响形成六元环；（2）由信息可知，比较苯甲醛与乙醛反响获得A为；（3）苯甲醛与银氨溶液反响氧化反响获得苯甲酸铵、Ag、氨气与水，反响方程式为；（4）B的一种同分异构体知足以下条件：①能使溴的CCl4溶液退色，说明含有不饱和键，可以是碳碳三键等，②能与FeCl3溶液发生显色反响，说明含有酚羟基，③分子中有4种不同样化学环境的氢，符合条件的同分异构体有-11-等；（5）与CHCHO在氢氧化钠、加热条件下获得，再用新制氢氧3化铜氧化、此后酸化获得，再与SOCl2发生代替反响获得，最后与NH（CH3）2反响获得，合成路线流程图为。考点：察看有机物的合成与推测、官能团的结构与性质、有机反响种类、限制条件同分异构体书写等必定浓度的CuSO4溶液与NaOH溶液反响会生成碱式盐Cux(OH)y(SO4)z。为了测定该碱食盐的构成，进行了以下实验：①称取样品2.270g，用足量的稀盐酸溶解配成50.00mL溶液，加入足量的BaCl2溶液，获得BaSO4l.l65g。②另取样品2.270g，溶于足量的稀硫酸配成l00.00mL溶液，取25.00mL溶液加入足量KI溶液(化学方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2）充分反响后，以淀粉为指示剂，用0.2500mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的I2（离子方程式为2S2O32-+I2=2I-+S4O52-），耗费Na2S2O3溶液20.00mL。1）写出CuSO4与NaOH反响生成Cux(OH)y(SO4)z的化学方程式______________（用x、y、z表示化学计量数）。（2）滴定终点时溶液的顔色变化是__________。（3）经过计算确立该碱食盐的化学式(写出计算过程)___________。【答案】(1).xCuSO4+yNaOH=Cu(OH)(SO)+(y/2)Na2SO或xy4z4xCuSO4+yNaOH=Cux(OH)y(SO4)z+(x-z)Na2SO4(2).蓝色变成无色，半分钟内不变色(3).Cu4(OH)6SO4-12-【分析】（1）依据原子守恒可知CuSO4与NaOH反响生成Cux(OH)y(SO4)z的化学方程式为xCuSO4+yNaOH＝Cux(OH)y(SO4)z+(y/2)Na2SO。（2）碘遇淀粉显蓝色，则滴定终点时溶液的颜色变化是蓝色变成无色，半分钟内不变色。（3）硫酸钡的物质的量是1.165g÷233g/mol＝0.005mol。依据方程式可知2Cu2+～I2～2S2O32-，则铜离子的物质的量是0.02L×0.2500mol/L×100mL/25mL＝0.02mol，所以样品中铜离子和硫酸根离子的质量之和是0.005mol×96g/mol+0.02mol×64g/mol＝1.76g，所以氢氧根的物质的量是，所以x：y：z＝0.02：0.03：0.005＝4：6：1，即化学式为Cu(OH)SO。46419.硫代硫酸钠（NaSO)可由亚硫酸钠和硫粉经过化合反响制得：NaSO+22323SNaSO，常温下溶液中析出晶体为NaSO?5HO。NaSO·5HO于40～45℃融化，48℃22322322232分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线以以以下图所示。Ⅰ．现按以下方法制备Na2S2O3?5H2O：将硫化钠和碳酸钠按反响要求比率一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按以以下图安装好装置。1）仪器2的名称为_________________，装置6中可放入_____________________(填字母)。A.BaCl2溶液B.浓HSOC.酸性KMnO溶液D.NaOH溶液244（2）翻开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反响产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3-13-的混淆溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反响原理为：①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S③2H2S+SO2=3S↓+2H2O④Na2SO3+SNa2S2O3总反响为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2跟着二氧化硫气体的通入，看到溶液中有大批浅黄色固体析出，连续通二氧化硫气体，反响约半小时。当溶液中pH凑近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液PH要控制不小于7原由是__________________________________________________________（用离子方程式表示）。Ⅱ．分别Na2S2O3?5H2O并标定溶液的浓度：（3）为减少产品的损失，操作①为__________，操作②是抽滤冲刷干燥，此中冲刷操作是用_______（填试剂）作冲刷剂。（4）蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色污浊为止，蒸发时为何要控制温度不宜过高______________________________。（5）称取必定质量的产品配置成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天公正确称取基准物质K2Cr2O7（摩尔质量294g/mol）0.5880克。均匀分红3份分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过分的KI并酸化，发生以下反响：6I-2-+3+Na2S2O3溶液滴定，发生反+Cr2O7+14H=3I2+2Cr+7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立刻用所配2-=2I-2-，三次耗费Na2S2O3溶液的均匀体积为20.00mL，则所标定的硫代酸应：I2+2S2O3+S4O6钠溶液的浓度为_______mol/L。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).CD2-+趁热过(3).S2O3+2H＝S↓+SO2↑+H2O(4).滤(5).乙醇(6).温度过高会致使析出的晶体分解(7).0.2000【分析】Ⅰ．(1)依据仪器的结构可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶；因为实验中有SO生成，2而SO2是大气污染物，不可以任意排放，需要尾气办理，装置6的作用是汲取SO2，防备污染空气，SO2是酸性氧化物，且拥有复原性，所以可用酸性高锰酸钾溶液或氢氧化钠溶液汲取，选CD，故答案为：蒸馏烧瓶；CD；(2)因为在酸性条件下，硫代硫酸钠易歧化反响生成SO2、S和水，反响的离子方程式是-14-S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，所以溶液pH要控制不小于7，故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；Ⅱ．(1)因为硫代硫酸钠的溶解度随温度的高升而降低，所以操作I应当是趁热过滤；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防备冲刷损失硫代硫酸钠，应当用乙醇作冲刷剂，故答案为：趁热过滤；乙醇；因为Na2S2O3?5H2O于40～45℃融化，48℃分解，所以蒸发时要控制温度不宜过高的原由是温度过高会致使析出的晶体分解，故答案为：温度过高会致使析出的晶体分解；依据反响的方程式可知：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O31mol6mol×molc×0.02000L=，解得c=0.2000mol/L，故答案为：0.2000。点睛：解得此题需要充分注意题示信息，如冲刷硫代硫酸钠的冲刷剂的选择等。此题的易错点为硫代硫酸钠浓度的测定，需要依据方程式找出Na2S2O3与K2Cr2O7和I2的关系，此后进行解答。以白云石（化学式表示为MgCO3·CaCO3)为原料制备氢氧化镁的工艺流程以下：已知：①白云石加热过程中，固体失重百分比与温度的关系以以以下图所示:②Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12。（1）依据流程图判断白云石“轻烧”后固体产物的主要成份_____（填化学式）。联合上图判断“轻烧”温度应不超出_____。（2）“加热反响”的化学方程式为_________________________。-15-（3）积淀过程溶液的pH=9.5，此时溶液中c(Mg2+)=_______（已知）。（4）该工艺中可以循环使用的物质是________（填化学式）。（5）传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，从环境保护的用度分析，该工艺采纳轻烧白云石的方法，其长处是__________________________。【答案】(1).CaCO3、MgO(2).700°C(3).(NH4)2SO4+MgO=MgSO4+2NH3+H2O(4).5.61×10-3mol/L(5).(NH4)SO、NH或NH·HO(6).减少CO的排放。243322【分析】流程分析白云石主要成分为MgCO3?CaCO3轻烧，从过滤中可以获得CaCO3来进行判断，分解的但是碳酸镁，研磨加入水和硫酸铵加热，硫酸铵和氧化镁反响生成氨气、硫酸镁和水，过滤加入氨水生成氢氧化镁积淀，过滤获得氢氧化镁固体；则1）从过滤中可以获得CaCO3来进行判断分解的但是碳酸镁，分解生成氧化镁，所以白云石“轻烧”后固体产物的主要成份CaCO3、MgO；从表中可以看出，温度低于540℃时，物质不分解，高于840℃时，碳酸钙和碳酸镁都分解，所以该温度不超出700℃；（2）加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁跟水反响极少，所以波及到的反响应当为：(NH4)2SO+MgOMgSO+2NH↑+HO；（3）依据溶度积常数计算获得，积淀过程溶液的pH=9.5，4432－）＝10－4.5mol/L，（c2+sp2)/c2-×10-12/(10-4.52×10－3mol/L；c（OHMg）＝K(Mg(OH)(OH)＝5.61)＝5.614）该工艺中可以循环使用的物质是参加反响过程，反响后又生成的物质，流程图分析判断(NH4)2SO4、NH3或NH3·H2O可以循环使用；（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采纳轻烧白云石的方法可以减少能源耗费、便于CaCO3分别，同时也减少CO2排放。21.已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期元素，它们的核电荷数A<B<C<D<E<F。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地光中含量最高的金属元素；D单质的晶体种类在同周期的单质中没有同样的；