天津一中2020届高三第二次月考化学试卷含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精天津一中2020届高三第二次月考化学试卷含解析天津一中2019-2020学年度高三年级化学学科第二次月考检测试卷本试卷分为第Ⅰ卷(选择题）。第Ⅱ卷（非选择题)两部分，共100分，考试用时70分钟。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷2至3页.考生务必将答案涂写答题纸或答题卡的规定位置上，答在试卷上的无效。祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷（本卷共15道题,每题3分，共45分）相对原子质量：H：1N：14O：16Al：27S：32Cl：35.5Fe:56Cu：64一、选择题（每题只有一个正确选项）1.化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（）A。开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车,以解决城市机动车尾气排放问题B.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C。焰色反应、煤的干馏是物理变化，石油裂化是化学变化D。半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户"，计算机芯片的材料是二氧化硅【答案】A【解析】【详解】A．氢能、太阳能等是清洁能源，可减少污染，使用新型电动汽车,可减少城市机动车尾气排放，故A正确;B．绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100％，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染,故B错误；C．焰色反应是物理变化，煤的干馏、石油裂化是化学变化，故C错误；D．Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，是计算机芯片的成分，故D错误；故答案选A。2.下列化学用语表示正确的是A.氢氧根离子的电子式为B。HClO的结构式：H-O-ClC.肼（N2H4）的电子式为：D。CCl4分子的球棍模型是【答案】B【解析】【详解】A．氢氧根带有一个单位负电荷，电子式为,故A错误；B．HClO为共价化合物,分子中存在1个O-H键和1个Cl—O键,中心原子为O，结构式为H—O-Cl，故B正确;C.联氨（N2H4)中N原子满足8电子稳定结构，电子式为，故C错误；D。CCl4分子中氯原子比碳原子大，球棍模型为，故D错误；故选B。【点睛】本题考查常用化学用语的书写判断,注意掌握离子符号、电子式等化学用语的概念及书写原则，明确羟基与氢氧根离子区别。本题的易错点为D，球棍模型和比例模型中要注意原子的相对大小。3.化学是一门以实验为基础的自然科学,化学实验在化学学习中具有极其重要的作用.下列实验中所选用的仪器合理的是（）①用量筒量取稀硫酸;②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物；③用托盘天平称量氯化钠晶体；④用酸式滴定管量取的高锰酸钾溶液；⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物；⑥用容量瓶配制的溶液A。①②③④ B.③④⑥ C。③⑤ D。③⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①在实验室量取液体时,量筒只能量取5。2mL稀硫酸，而且应该使用10mL量筒，故①错误；②苯和四氯化碳能相互溶解，所以不能用分液漏斗分离，故②错误;③托盘天平精确到01g,故可用托盘天平称量11。7g④因为高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶管,所以使用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故④正确；⑤因为瓷坩埚中含有二氧化硅，与呈碱性的钠的化合物在加热下反应而使坩埚炸裂，应该使用铁坩埚,故⑤错误;⑥实验室没有245mL的容量瓶，所以配制245mL0.2mol/L的NaOH溶液必须选用250mL容量瓶，故⑥正确；故选B。4。已知是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是(）A。含有的中子数为B。正丁烷和异丁烷的混合物中共价键数目为C.草酸溶于水，其中、和的微粒数之和为D。一定条件下,铜与过量的硫反应，转移电子数为【答案】D【解析】【详解】A。的物质的量是1mol,含有的中子数为，A正确;B。正丁烷和异丁烷互为同分异构体，正丁烷和异丁烷的混合物中“C4H10”的物质的量是1mol，其中共价键数目为，B正确；C。草酸的物质的量是0.1mol，溶于水，根据原子守恒可知、和的微粒数之和为,C正确；D。一定条件下，铜的物质的量是0。1mol，与过量的硫反应生成Cu2S，转移电子数为,D错误；答案选D。5。在指定环境中，下列各组离子一定可以大量共存的是A。使

pH

试纸呈红色的溶液：、、、B.加入铝粉放出氢气的溶液:、、、C。常温下,在

的溶液：、、、D。

溶液:、、、【答案】C【解析】【详解】使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，、发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B。与Al反应能放出的溶液呈酸性或碱性，与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C。常温下，的溶液，，溶液显酸性，该组离子之间不反应，则能够共存，故C正确;D。具有还原性，具有氧化性,二者发生氧化还原反应不能共存，故D错误故选：C。6.下列制取SO2、验证其性质的装置（尾气处理装置已省略）和原理不能达到实验目的的是()A.制取SO2 B。验证漂白性C.验证还原性 D.验证氧化性【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体,可用于制备少量二氧化硫，故A正确;

B．二氧化硫具有还原性,与高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误;

C．溶液的颜色变浅，说明铁离子被还原,可说明二氧化硫具有还原性，被铁离子氧化，故C正确;

D．二氧化硫中S元素的化合价为+4价，处于中间价态，具有氧化性，二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应可生成硫，故D正确。

故选B.【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验结论为解答的关键，注意把握二氧化硫的性质。7.下列说法正确的是A。浓硫酸与铁加热反应后，铁片有剩余，生成的气体除水蒸气外为

B。用干燥且洁净的玻璃棒蘸取

NaClO

溶液，滴到放在表面皿上的

pH

试纸上测

pH

值C.工业上电解熔融氯化铝可得到金属铝D.使用滴定管时水洗后需润洗,但容量瓶水洗后不用润洗【答案】D【解析】【详解】A．铁与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，体现浓硫酸的强氧化性,铁与稀硫酸反应生成氢气，所以既有氢气又有二氧化硫生成，故A错误；B．NaClO有强氧化性，能够漂白试纸，不能用pH试纸测量，故B错误；C．氯化铝是共价化合物，而工业上电解熔融氧化铝可得到金属铝，故C错误；D．滴定管的“0”刻度在上方，需水洗后润洗使用，防止内壁的水稀释溶液,量筒、容量瓶无“0”刻度，容量瓶不能润洗，操作均合理，故D正确；故答案为D。8.下列指定反应的离子方程式正确的是A。

溶液与

溶液等体积混合B。溴化亚铁溶液中通少量的氯气：C。过量的铁粉溶于稀硝酸：D.用浓盐酸酸化的

溶液与

反应，证明

具有还原性：【答案】C【解析】【详解】溶液与溶液等体积反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨,反应的离子方程式为，故A错误；B。亚铁离子还原性强于溴离子，溴化亚铁溶液与少量氯气反应时，只有亚铁离子被氧化生成，反应的离子方程式为:,故B错误；C。过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：，故C正确；D。用浓盐酸酸化的溶液与反应时，浓盐酸也会被高锰酸钾氧化，所以不能确定是过氧化氢的还原性,故D错误；故选：C。9.由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，可发生反应：CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法错误的是（NA表示阿伏加德罗常数的值)A。混盐CaOCl2中既含离子键又含共价键B。浓硫酸体现氧化性与酸性C.每产生1mol氯气,转移电子数为NAD。1mol混盐CaOCl2中含有离子数为3NA【答案】B【解析】【详解】A.混盐CaOCl2的阳离子是Ca2+,阴离子是Cl-、ClO-，阴离子与阳离子之间通过离子键结合，在阴离子ClO—中也含有Cl-O共价键,A正确；B。反应中S的化合价没有发生变化，浓硫酸只表现酸性,B错误；C。反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价,部分Cl的化合价从-1价升高到0价，方程式中转移电子数目为1，则每产生lmol氯气,转移电子数为NA，C正确；D.1mol混盐CaOCl2中含有1molCa2+、1molCl-、1molClO—，即1mol混盐中含有3NA个离子，D正确;故合理选项是B.10。短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，并且可与X的氢化物形成一种共价化合物。Y是地壳中含量最多的金属元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5。下列说法中一定正确的是(）A.X的简单气态氢化物稳定性比Z的强B.原子半径大小顺序：W〈X<Y<ZC.W的氧化物对应水化物为强酸，具有强氧化性D.工业上一般采取电解Y的熔融氯化物来生产Y的单质【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，说明溶液显碱性,则W为N元素；氨气可与X的氢化物形成一种共价化合物，为一水合氨,则X为O元素；Y是地壳中含量最多的金属元素,Y为Al元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5，则内层电子总数为10，最外层电子数为6，Z为S元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为N元素,X为O元素，Y为Al元素,Z为S元素。A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞S，X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强，故A正确；B．同一周期，从左到右,原子半径逐渐减小,同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大,原子半径：S＜Al,即Z〈Y，故B错误；C．N的氧化物对应水化物为不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸,故C错误；D．氯化铝为共价化合物，熔融状态不能导电，工业上一般采取电解熔融氧化铝来生产铝，故D错误;答案选A。11。有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol·L－1和2mol·L－1,取10mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉，待反应结束后,可产生标准状况下的气体的体积为(假设反应中HNO3的还原产物全部为NO）A。224mL B.448mL C。672mL D。896mL【答案】C【解析】【分析】由于铁过量,且三价铁离子的氧化性强于氢离子，所以首先发生反应：3Fe+2NO3—+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，若H+有剩余,则还发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此计算该题.【详解】10mL混合酸中含有:n（H+）=0。01L×4mol/L×2+0.01L×2mol/L=0。1mol，n(NO3—)=0.01L×2mol/L=0。02mol，根据反应方程式3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O可知消耗0。02mol硝酸根需要0。08mol氢离子，所以硝酸根完全反应后有氢离子剩余，且剩余的氢离子为0。1mol—0。08mol=0.02mol，生成的NO为0。02mol;再根据Fe+2H+=Fe2++H2↑可知0。02mol氢离子可以与过量铁反应生成0.01mol氢气，所以生成的气体一共为0。02mol+0。01mol=0。03mol,体积为0。03mol×22.4L/mol=0.672L=672mL，故答案为C。12.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向样品溶于稀硫酸，滴入溶液溶液变红稀硫酸能氧化B与浓硫酸反应，将反应混合物冷却后，再向反应器中加入冷水溶液变蓝验证生成C向盛有溶液的试管中加入溶液，再滴入稀硝酸生成不溶于稀硝酸的白色沉淀原溶液已被空气中氧化D向酸性溶液中滴加乙二酸溶液褪色乙二酸具有还原性A.A B.B C。C D.D【答案】D【解析】【详解】A．酸性条件下硝酸根离子将亚铁离子氧化成铁离子，稀硫酸不能氧化Fe2+,故A错误；B．铜与浓硫酸反应，随着反应的进行硫酸变稀，铜与稀硫酸不反应，故反应混合物中一定含硫酸，应将反应后混合物注入水中观察，故B错误;C．生成亚硫酸钡可被硝酸氧化，不能说明原Na2SO3溶液已被空气中O2氧化，故C错误；D．KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸，溶液褪色，说明高锰酸根离子被还原成无色的Mn2+，则乙二酸具有还原性，故D正确；故选：D.13。将由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物10。0g放入250mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250mL2。0mol·L-1的NaOH溶液时，得到的沉淀最多.该盐酸的浓度为()A.0.5mol·L-1 B.3。0mol·L-1 C.2。0mol·L—1 D.1.0mol·L【答案】C【解析】【分析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl,根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl），根据钠离子守恒有n（NaCl)=n(NaOH)，再根据c=计算盐酸的浓度。【详解】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，溶液中金属离子完全沉淀，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n（NaOH）=0。25L×2。0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol，故该盐酸的物质的量浓度==2。0mol/L，故C正确;【点睛】考查有关混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法，本题中明确反应后的溶质组成为解答关键，守恒法是解化学计算题经常用到的一种方法，把握物质之间的转化关系，追踪元素的存在形式,列出关系式得出结论。14.将浓盐酸滴入KMnO4溶液，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3－反应后变为无色的Bi3＋。据此判断下列说法正确的是A.滴加盐酸时，HCl是还原剂,Cl2是还原产物B.已知Bi为第ⅤA族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性C。若有0。1molNaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子0.4NAD.此实验条件下，物质的氧化性：KMnO4＞NaBiO3＞Cl2【答案】C【解析】【详解】A．滴加盐酸时，生成氯气,Cl元素的化合价升高,则HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，A错误；B．Bi元素属于金属元素，Bi不具有较强的非金属性,B错误；C．若有0.1molNaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.1mol×（5—3)+0。1mol××（7-2）=0.4mol，C正确；D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中氧化性为高锰酸钾的氧化性大于氯气,2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O中NaBiO3的氧化性大于高锰酸钾，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3＞KMnO4＞Cl2，D错误;故选C。15.向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0。1mol·L—1盐酸。此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示.则下列叙述中正确的是A.原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol·L-1B.当0〈V（HCl)<10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为:OH—+H+H2OC.乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3D。乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积最大值为112mL(标准状况）【答案】A【解析】【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为:OH—+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3—,产生二氧化碳的反应为:HCO3-+H+=CO2↑+H2O；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可以知道，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3,乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3,根据HCO3—+H+=H2O+CO2↑，计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值.【详解】A.根据图象可以知道,当V(HCl)=50mL时,得到产物为NaCl，由原子守恒可以知道：n(NaOH）=n（NaCl）=n(HCl）=0。1×0。05=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c(NaOH)=0。005/0.01=0.5mol/L,故A正确；

B.在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况,由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可以知道甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3,所以当0<V（HCl)〈10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳,反应的离子方程式为：CO32—+H+=HCO3-，故B错误；

C.氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3,根据图象可以知道，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3,故C错误；

D.乙溶液中滴加盐酸,产生二氧化碳的阶段为:HCO3—+H+=H2O+CO2↑，根据消耗了10mL盐酸可以知道，生成二氧化碳的物质的量为：0.1×0.01=0.001mol，标况下0。001mol二氧化碳气体的体积为:22。4×0。001×103=22.4mL，故D错误；

综上所述，本题选A。第Ⅱ卷16。A、B、C、D均为周期表中前四周期元素,其原子序数依次增大，其中A、B、C为短周期非金属元素。A是形成化合物种类最多的元素；B原子基态电子排布中只有一个未成对电子;C是同周期元素中原子半径最小的元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多;回答下列问题（相关回答均用元素符号表示)：（1）D的基态原子的核外电子排布式是_____。（2）B的氢化物的沸点比C的氢化物的沸点___________(填“高”或“低”），原因是______.（3）A的电负性______(填“大于”或“小于"）C的电负性，A与C形成的化合物的电子式_________.【答案】(1)。（2）.高（3）.分子间有氢键(4)。小于（5）。【解析】【分析】A、B、C、D均为周期表中前四周期元素，其原子序数依次增大，其中A、B、C为短周期非金属元素，A是形成化合物种类最多的元素，则A为C元素;B原子基态电子排布中只有一个未成对电子，外围电子排布为ns2np1或ns2np5，结合原子序数且B为非金属性元素可知，其外围电子排布为ns2np5，C是同周期元素中原子半径最小的元素，处于ⅦA族，则B为F元素、C为Cl元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其原子外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1,则D为Cr,据此解答。【详解】由分析可知，A为C元素，B为F元素，C为Cl元素，D为Cr元素,则（1）D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或;(2）由于HF分子间能形成氢键，因此导致HF的沸点比较HCl高；(3）同周期自左而右电负性增大，则电负性C＜F；C、Cl形成的化合物为四氯化碳，四氯化碳为共价化合物，其电子式为。17。Ⅰ。、、等称之为卤素互化物,、、等称之为拟卤素，它们化学性质与卤素单质相似,请回答下列问题.（1）有一种碘的氧化物可以称为碘酸碘，其中碘元素呈、两种价态,则这种化合物的化学式是__________.（2)溴化碘（）具有强氧化性，能与溶液发生反应，发生反应的离子方程式为________；（3）①已知某些离子的还原性强弱顺序为。现将几滴溶液滴入到含少量的溶液中,溶液立即变红，向其中逐滴滴入酸性溶液，观察到红色逐渐褪去，请利用平衡移动原理解释这一现象_______；②下列物质中，也可以使该溶液红色褪去的是_______；A新制氯水B碘水CD盐酸(4）为剧毒物质，处理含有的废水常用的方法是：在碱性条件下用溶液将氧化为和一种单质气体，该反应的离子方程式为_________；（5）已知的电离平衡常数，的电离平衡常数，，则下列离子方程式能发生的是____________。ABCDⅡ.如下图转化关系：（6）若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为_______.(7)若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，则A与C反应的离子方程式为______。【答案】（1).[或］(2）.（3).酸性高锰酸钾将氧化，减小了的浓度，使，平衡不断向左移动，最终完全反应，红色消失（4)。AC(5).(6).AD（7）.（8)。【解析】【详解】(1）有一种碘的氧化物可以称为碘酸碘，其中碘元素呈、两种价态，则在碘酸根中碘元素的化合价为+5价,阳离子为+3价的碘离子，则这种化合物的化学式是:[或];(2）溴化碘(）具有强氧化性，能与溶液发生反应,发生反应的离子方程式为：；（3）①已知某些离子的还原性强弱顺序为；现将几滴溶液滴入到含少量的溶液中，溶液立即变红，向其中逐滴滴入酸性溶液，酸性高锰酸钾将氧化，减小了的浓度,使，平衡不断向左移动，最终完全反应，红色消失；②下列物质中，新制氯水中含大量的氯气,氯气有较强的氧化性，可将氧化，减小了的浓度，使该溶液红色褪去；具有较强的还原性，可与铁离子发生氧化还还原反应，也可使溶液红色褪去,答案选AC;（4）为剧毒物质，处理含有的废水常用的方法是:在碱性条件下用溶液将氧化为和一种单质气体，该反应的离子方程式为：；（5）已知的电离平衡常数,的电离平衡常数，，则酸性：>>；强酸可以制弱酸A．，置换出,A正确;B．,置换出，B错误；C．，产物应为,C错误；D．，置换出,D正确；综上所诉，答案为AD;（6)如图转化关系：，若B为白色胶状不溶物，则B是氢氧化铝，则A是铝离子，C是偏绿酸根，X是碱，故A与C反应的离子方程式为：；(7)如图转化关系：，若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，则B含亚铁离子，A与C反应的离子方程式为:。18。硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________.（2)步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80～95℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为_________________（填标号）。（3)步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。（4)步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5。6％.硫酸铁铵晶体的化学式为______________。【答案】(1）。碱煮水洗(2).加快反应(3)。热水浴（4）。C（5）。将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质（6).防止Fe3+水解(7）。加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤)（8）.NH4Fe（SO4)2∙12H2O【解析】【详解】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗,即碱煮水洗；（2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80～95℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收,为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置;（3)步骤③中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是:将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解,所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解,溶液要保持pH小于0。5；（4)为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O,其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1。5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O.19。硫酰氯（SO2Cl2）熔点－54。1℃、沸点69.2℃，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。（1）SO2Cl2中S的化合价为___________，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为__________。（2）①仪器A的名称为___________，装置B的作用是____________。②装置乙中装入的试剂是浓硫酸，装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是________(选填字母).A．蒸馏水

B．10。0mol·L−1浓盐酸

C．浓氢氧化钠溶液

D．饱和食盐水

③滴定法测定硫酰氯的纯度:取1.800g产品，加入到100mL0.5000mol·L−1NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000mol·L−1标准HCl滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗10。00mL滴定终点的判断为___________，产品的纯度为_________.(3)探究硫酰氯在催化剂作用下加热分解的产物，实验装置如图所示（部分夹持装置未画出）。①加热时A中试管出现黄绿色,装置B的作用是_________。②装置C中反应的离子方程式为________。【答案】(1）.+6(2).(3）。(球形）冷凝管(4）。防止空气中的水蒸气进入三颈瓶,使SO2Cl2水解变质；吸收尾气（5）.D（6).滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色且30s内不变色（7）。75。00％（8）。吸收氯气（9）.【解析】【详解】（1）SO2Cl2中O为—2价、Cl为—1价,则S的化合价为+6；SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟"的化学方程式为；（2）①仪器A的名称为球形冷凝管;装置B的用处可从两个角度进行分析，一是防止空气内的水进入装置造成反应底物的污染，二是防止反应产物进入空气造成污染；②氯气不溶于饱和食盐水,通过滴加饱和食盐水，将氯气排除，其他选项均不符合，故选D；③硫酰氯在NaOH溶液中转化为NaCl和硫酸钠，用盐酸滴定过量的NaOH,甲基橙作指示剂,因此滴定终点的现象为滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色且30s内不变色；发生的反应为和，因此,则，故产品的纯度为1。35g÷1.800