赤峰市宁城县高三上学期第一次统考化学试卷

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2016—2017学年内蒙古赤峰市宁城县高三（上）第一次统考化学试卷一、选择题（共15小题,每小题3分，满分45分）1．下列叙述正确的是（）①C02的大量排放会加剧温室效应②正常雨水的pH为5。6，主要是因为溶解了SO2③利用太阳能、风能和氢能替代化石能源能改善空气质量④含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，不会导致水体污染⑤为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源,废电池要集中处理．A．①②③④⑤ B．②③⑤ C．①③⑤ D．①②④⑤2．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古文献中充分记载了古代化学研究成果,下列关于KNO3的古代文献，对其说明不合理的是（）目的古代文献说明A使用“…凡研消(KNO3）不以铁碾入石臼，相激火生，祸不可测”﹣《天工开物》KNO3能自燃B性质“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、山木炭所合，以为烽燧餇诸药者"﹣《本草纲目》利用KNO3的氧化性C鉴别区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）:“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也"﹣《本草经集注》利用焰色反应D提纯“…（KNO3）所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”﹣《开宝本草》溶解、蒸发、结晶A．A B．B C．C D．D3．N2（g)与H2（g)在铁催化剂表面经历如下过程生成NH3（g）：下列说法正确的是（）A．Ⅰ中破坏的均为极性键 B．Ⅳ中NH2与H2生成NH3C．Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为放热过程 D．N2（g)+3H2(g）⇌2NH3（g）△H＞04．下列检测方法不合理的是（）实验检验方法A向沸水中滴加饱和FeCl3溶液,制备胶体用可见光束照射B确认铜与浓硫酸反应生成CuSO4将反应后溶液转入盛有水的烧杯中C区分AgNO3溶液和Al2（SO4）3溶液分别取少量溶液,滴加BaCl2溶液D证明氯水中起漂白作用的不是Cl2用CCl4充分萃取,将红纸条分别浸入分层后的溶液中A．A B．B C．C D．D5．设NA为阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是（）①lmolCH3CH2C（CH3）3所含甲基个数为4NA②2。8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0。2NA③1。0L1。0mol•L﹣1CH3COOH溶液中,CH3COOH分子数为NA④8。8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA⑤标准状况下，22。4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2NA⑥常温常压下,17g甲基(一14CH3）所含的中子数为9NA⑦标准状况下，11。2L氯仿中含有C﹣Cl键的数目为1。5NA⑧lmolC15H32分子中含碳一碳共价键数目为14NA．A．①③⑤⑦ B．②③⑥⑧ C．①②④⑧ D．①②⑥⑧6．将如图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）A．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动B．Cu电极质量增加C．甲池与乙池中的溶液互换，闭合K，电流没有明显变化D．片刻后可观察到滤纸b点变红色7．已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是（)A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子8．下列说法正确的是（）A．酿酒过程中，葡萄糖可通过水解反应生成酒精B．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，生成的沉淀物不能再溶解C．酸性高锰酸钾紫色溶液中加入植物油充分振荡后，溶液颜色会褪去D．维生素C（)溶液中滴加KI淀粉溶液,立即变蓝色9．短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大．已知：A、C的原子序数的差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半．下列叙述正确的是(）A．原子半径：A＜B＜C＜DB．四氧化三铁与B的反应是工业上大量生产铁的重要方法C．D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性D．B的氧化物是酸性氧化物，可溶于氨水10．常温下,用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1盐酸和20。00mL0.1000mol•L﹣1醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图所示．若以HX表示酸，下列说法正确的是(）A．滴定盐酸的曲线是图乙B．达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为c（Na+）=c(X﹣）C．达到B、E状态时,反应消耗的，n(CH3COOH）＞n（HCl)D．当0mL＜V（NaOH）＜20.00mL时,对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为c(X﹣）＞c(Na+）＞c(H+)＞c（OH﹣）11．分子式为C5H8O2的有机物,能使溴的CCl4溶液褪色，也能与NaHCO3溶液反应生成气体，则符合上述条件的同分异构体(不考虑立体异构）最多有（）A．8种 B．7种 C．6种 D．5种12．700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应：CO（g）+H2O（g)⇌CO2+H2(g）反应过程中不同条件下达到平衡时测定的部分数据见表（表中t1＞t2）：反应时间/minn（CO）/moln（H2O)/mol01.200。60t10。80t20.20下列说不正确的是（）A．反应在t1min内的平均速率为v（H2）=0.40/t1mol•L﹣1•min﹣1B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0。60molCO和1。20molH2O，到达平衡时，n（CO2）=0。40molC．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0。20molH2O（g)，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大D．温度升至800℃，上述反应平衡常数变为1。64，则正反应为吸热反应13．已知25℃物质的溶度积常数为:FeS:Ksp=6.3×10﹣18；CuS：Ksp=1。3×10﹣36;ZnS：Ksp=1。6×10﹣24．下列说法正确的是（）A．相同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B．除去工业废水中的Cu2+,可以选用FeS做沉淀剂C．足量CuSO4溶解在0。1mol/L的H2S溶液中,Cu2+能达到的最大浓度为1。3×10﹣35mol/LD．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不产生FeS沉淀14．关于下列图示的说法中正确的是：（）A．图①装置用于分离沸点相差较大的互溶液体混合物B．图②装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响C．图③表示可逆反应CO（g）+H2O(g）⇌CO2(g）+H2（g）;△H＞0D．对反应：A(s)+2B（g）⇌xCO（g）；根据图④可以求出x=215．部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（）A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B．样品中CuO的质量为4。0gC．V=448D．原样品中Fe元素的质量分数为41％二、解答题(共5小题，满分55分）16．氢能是理想的清洁能源，资源丰富．以太阳能为热源分解Fe3O4，经由热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图1：（1）过程Ⅰ:2Fe3O4（s）⇌6FeO（s）+O2（g）△H=+313。18kJ•mol﹣1①将O2分离出去，目的是提高Fe3O4的．②平衡常数K随温度变化的关系是．③在压强p1下，Fe3O4的平衡转化率随温度变化的α(Fe3O4)～T曲线如图3所示．若将压强由p1增大到p2,在图3中画出p2的α（Fe3O4）～T曲线示意图．（2)过程Ⅱ的化学方程式是．（3）其他条件不变时，过程Ⅱ在不同温度下,H2O的转化率随时间的变化α（H2O）~t曲线如图24所示．比较温度T1、T2、T3的大小关系是，判断依据是．(4）科研人员研制出透氧膜(OTM），它允许电子、O2﹣同时透过,可实现水连续分解制H2．工作时，CO、H2O分别在透氧膜的两侧反应．工作原理示意图如图2：H2O在侧反应（填“a”或“b”），在该侧H2O释放出H2的反应式是．17．某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3•6H2O能否反应产生Cl2．实验操作和现象:操作现象点燃酒精灯，加热iA中部分固体溶解,上方出现白雾ii稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴iiiB中溶液变蓝（1）现象i中的白雾是，形成白雾的原因是．（2）分析现象ii，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：a．加热FeCl3•6H2O，产生白雾和黄色气体．b．用KSCN溶液检验现象ii和a中的黄色气体，溶液均变红．通过该实验说明现象ii中黄色气体含有．(3)除了氯气可使B中溶液变蓝外，推测还可能的原因是：①实验b检出的气体使之变蓝，反应的离子方程式是．实验证实推测成立．②溶液变蓝的另外一种原因是：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝．通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是．(4）为进一步确认黄色气体是否含有Cl2，小组提出两种方案，无证实了Cl2的存在．方案1:在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C．方案2：将B中KI﹣淀粉溶液替换为NaBr溶液;检验Fe2+．现象如下：方案1B中溶液变为蓝色方案2B中溶液呈浅橙色;未检出Fe2+方案1B中溶液变为蓝色方案2B中溶液呈浅橙红色;未检出Fe2+①方案1的C中盛放的试剂是．②方案2中检验Fe2+的原因是．③综合方案1、2的现象，说明选择NaBr溶液的依据是．（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是．18．二氧化氯（ClO2）可用于自来水消毒．以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括:①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取．工艺流程如图：(1）粗食盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质．除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的试剂X，X是（填化学式),至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去．经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42﹣，其原因是．（已知：Ksp（BaSO4）=1。1×10﹣10；Ksp（BaCO3）=5。1×10﹣9）(2）上述过程中，将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠与盐酸反应生成ClO2．电解时生成的气体B是；反应Ⅲ的化学方程式为．（3）ClO2很不稳定,需随用随制,产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量,进行了以下实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10。00mL，稀释成100mL试样．步骤2:量取V1mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2。0，加入足量的KI晶体,摇匀,在暗处静置30分钟．（已知：ClO2+I﹣+H+﹣I2+Cl﹣+H2O未配平)步骤3：以淀粉溶液作指示剂,用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣)①准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是．②滴定过程中，至少须平行测定两次的原因是．③根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1（用含字母的代数式表示）．19．【化学﹣﹣选修3：物质结构与性质】已知：A、B、C、D、E、F六种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素．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元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中最高;F能形成红色（或砖红色）的F2O和黑色的FO两种氧化物．回答下列问题：（1）F的原子的M层电子排布式为．（2）B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为．(用元素符号表示）（3）A的简单氢化物分子极易溶于水，其主要原因是．（4）E的最高价氧化物分子的空间构型是．其中心原子的杂化方式为．（5)F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子，配位数为．（6)A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为；（黑色球表示F原子)，已知紧邻的白球与黑球之间的距离为acm，该晶胞的密度为g/cm3．20．有机物A~F有如下转化关系:已知一个碳原子上连有两个羟基时不稳定，转化如下：请回答:(1）A的结构简式为：;④的反应类型（2）C与新制Cu（OH)2的化学方程式为(3）已知B的摩尔质量为162g/mol，完全燃烧的产物中n(CO2）：n（H2O）=2：1，B的分子式为．(4）F是生产高分子光阻剂的主要原料,特点如下：①能发生加聚反应②含有苯环且苯环上一氯取代物只有两种③遇FeCl3溶液显紫色F与浓溴水反应的化学方程式B与NaOH反应的化学方程式（5)F的一种同分异构体G含苯环且能发生银镜反应．写出一种满足条件的G的结构简式．

2016-2017学年内蒙古赤峰市宁城县高三（上）第一次统考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1．下列叙述正确的是(）①C02的大量排放会加剧温室效应②正常雨水的pH为5。6，主要是因为溶解了SO2③利用太阳能、风能和氢能替代化石能源能改善空气质量④含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，不会导致水体污染⑤为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理．A．①②③④⑤ B．②③⑤ C．①③⑤ D．①②④⑤【考点】F6：二氧化硫的污染及治理．【分析】①温室效应加剧主要是由于现代化工业社会燃烧过多煤炭、石油和天然气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化碳气体进入大气造成的;②正常雨水的pH为5.6，是因为溶解了二氧化碳气体形成的碳酸造成；③清洁能源替代化石燃料可以有效减少污染气体的排放;④含磷合成洗涤剂因为会引起水生植物的快速生长引起水污染分析；⑤集中处理时重金属离子能更加专业的转为重金属，电池中的重金属离子会带来污染;【解答】解：①温室效应主要是C02的大量排放，所以大量排放二氧化碳气体会加剧温室效应，故①正确；②正常雨水的pH为5。6，是因为溶解了二氧化碳气体,故②错误；③太阳能、风能和氢能替代化石燃料可以有效减少污染气体的排放，故③正确；④含磷合成洗涤剂因为会引起水生富营养化，使植物快速生长引起水体污染，故④错误;⑤电池中的重金属离子会带来污染，为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理，故⑤正确；综上所述:①③⑤正确故选C．2．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古文献中充分记载了古代化学研究成果，下列关于KNO3的古代文献，对其说明不合理的是（）目的古代文献说明A使用“…凡研消（KNO3)不以铁碾入石臼，相激火生，祸不可测”﹣《天工开物》KNO3能自燃B性质“(火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、山木炭所合，以为烽燧餇诸药者”﹣《本草纲目》利用KNO3的氧化性C鉴别区分硝石（KNO3)和朴消（Na2SO4)：“以火烧之，紫青烟起,乃真硝石也”﹣《本草经集注》利用焰色反应D提纯“…（KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后,乃煎炼而成”﹣《开宝本草》溶解、蒸发、结晶A．A B．B C．C D．D【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．KNO3不能自燃,受热易分解;B．火药发生化学反应的时候，KNO3中氮元素的化合价降低，体现氧化性；C．钾元素和钠元素的焰色反应不同;D．KNO3溶解度随温度变化大,提纯的方法是利用溶解后，蒸发结晶得到．【解答】解:A．由文献可知，KNO3加热后才分解，不能自燃，故A错误;B．火药发生化学反应时生成氮气，KNO3中氮元素的化合价降低，由文献可知KNO3的氧化性，故B正确；C．鉴别KNO3和Na2SO4,利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C正确；D．KNO3溶解度随温度变化大，提纯的方法是利用溶解后，煎炼得之主要利用蒸发结晶，故D正确；故选A．3．N2（g）与H2（g）在铁催化剂表面经历如下过程生成NH3（g）：下列说法正确的是（）A．Ⅰ中破坏的均为极性键 B．Ⅳ中NH2与H2生成NH3C．Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为放热过程 D．N2(g）+3H2(g）⇌2NH3（g）△H＞0【考点】BB：反应热和焓变．【分析】A．I中破坏的是非极性键；B．Ⅵ中是NH2和H生成NH3；C．中三个过程均是能量降低，所以是放热过程;D．由图可知反应物的能量高于生成物的能量，是放热反应,因此△H＜0．【解答】解：A．I中破坏的N2和H2中的共价键是非极性键，故A错误；B．图象中Ⅵ的变化是NH2和H生成NH3,不是NH2和H2生的反应,故B错误；C．图象中Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ三个过程均是能量降低的变化,所以是放热过程，故C正确；D．由图可知最终反应物的能量高于生成物的能量，是放热反应，因此△H＜0,N2(g）+3H2（g）⇌2NH3（g)△H＜0，故D错误；故选C．4．下列检测方法不合理的是（）实验检验方法A向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，制备胶体用可见光束照射B确认铜与浓硫酸反应生成CuSO4将反应后溶液转入盛有水的烧杯中C区分AgNO3溶液和Al2（SO4）3溶液分别取少量溶液，滴加BaCl2溶液D证明氯水中起漂白作用的不是Cl2用CCl4充分萃取,将红纸条分别浸入分层后的溶液中A．A B．B C．C D．D【考点】U5:化学实验方案的评价．【分析】A．胶体具有丁达尔效应;B．硫酸铜在水溶液中呈现蓝色；C．滴加BaCl2溶液后BaCl2分别和AgNO3和Al2（SO4)3反应生成氯化银和硫酸钡沉淀;D．经四氯化碳萃取后的氯气不能使干燥的红布条褪色．【解答】解:A．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液,可生成氢氧化铁胶体,胶体具有丁达尔效应，故A正确;B．硫酸铜在水溶液中呈现蓝色,可确认铜与浓硫酸反应,故B正确；C．滴加BaCl2溶液后BaCl2分别和AgNO3和Al2（SO4）3反应生成氯化银和硫酸钡沉淀,现象基本相同，不能鉴别,故C错误;D．经四氯化碳萃取后的氯气不能使干燥的红布条褪色，可证明实验结论，故D正确．故选C．5．设NA为阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是（）①lmolCH3CH2C(CH3)3所含甲基个数为4NA②2。8g乙烯和2。8g聚乙烯中含碳原子数均为0。2NA③1.0L1。0mol•L﹣1CH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NA④8。8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA⑤标准状况下，22。4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2NA⑥常温常压下，17g甲基(一14CH3)所含的中子数为9NA⑦标准状况下，11。2L氯仿中含有C﹣Cl键的数目为1.5NA⑧lmolC15H32分子中含碳一碳共价键数目为14NA．A．①③⑤⑦ B．②③⑥⑧ C．①②④⑧ D．①②⑥⑧【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】①CH3CH2C（CH3)3分子中含有4个甲基，lmolCH3CH2C（CH3）3含有4mol甲基，结合N=nNA计算甲基数目．②乙烯和聚乙烯的最简式相同为CH2，碳元素的质量分数相等为，根据n=计算碳原子的物质的量,结合根N=nNA计算碳原子数目．③醋酸是弱电解质，1。0mol•L﹣1CH3COOH溶液中c（CH3COOH)+c（CH3COO﹣）=1mol/L．④乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，根据n=计算乙酸乙酯的物质的量,再根据N=nNA计算共用电子对数．⑤标准状况下，乙醇是液态,不能使用气体摩尔体积22.4L/mol．⑥中子数=质量数﹣质子数，H原子不含中子,甲基（一14CH3）中含有的中子数等于碳原子含有的中子数为14﹣6=8，根据n=计算甲基的物质的量，再根据N=nNA计算中子数．⑦标准状况下，氯仿是液态，不能使用气体摩尔体积22。4L/mol．⑧C15H32是烷烃,分子中含有含有14个C﹣C共价键数，根据N=nNA计算C﹣C共价键数．【解答】解：①lmolCH3CH2C(CH3）3含有4mol甲基，含有甲基的数目为1mol×4×NAmol﹣1=4NA，故①正确；②乙烯和聚乙烯的最简式相同为CH2，碳元素的质量分数相等，则碳元素的质量相等为2.8g×=2.4g，所以碳原子数目相等为×NAmol﹣1=0.2NA，故②正确；③醋酸是弱电解质,1.0mol•L﹣1CH3COOH溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=1mol/L，所以c（CH3COO﹣)小于1mol/L，溶液中CH3COOH分子数小于1L×1mol/L×NAmol﹣1=NA,故③错误;④乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，8。8g乙酸乙酯的物质的量为=0。1mol，8。8g乙酸乙酯中共用电子对数为0。1mol×14×NAmol﹣1=1.4NA，故④正确；⑤标准状况下，乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故⑤错误；⑥甲基（一14CH3)中含有的中子数等于碳原子含有的中子数为14﹣6=8,17g甲基(一14CH3）的物质的量为=1mol，含有的中子数为1mol×8×NAmol﹣1=8NA，故⑥错误;⑦标准状况下，氯仿是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故⑦错误；⑧C15H32是烷烃，分子中含有含有14个C﹣C共价键数，lmolC15H32分子中含C﹣C共价键数目为1mol×14×NAmol﹣1=14NA,故⑧正确．故①②④⑧正确．故选：C．6．将如图中所示实验装置的K闭合,下列判断正确的是（)A．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动B．Cu电极质量增加C．甲池与乙池中的溶液互换，闭合K，电流没有明显变化D．片刻后可观察到滤纸b点变红色【考点】BH:原电池和电解池的工作原理．【分析】甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极,铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极,b是阳极，阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，电子从负极沿导线流向电解池阴极，原电池放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动．【解答】解：甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极,铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极,A、电子从Zn→a，b→Cu路径流动,电子不进入电解质溶液，故A错误;B、铜电极上铜离子得电子发生还原反应而生成铜,所以电极质量增加，故B正确;C、甲池与乙池中的溶液互换，Zn与硫酸铜溶液直接接触，发生置换反应，不能形成原电池，所以闭合K没有电流产生,故C错误；D、电解池中，a电极上氢离子放电生成氢气，同时a电极附近生成氢氧根离子，导致溶液碱性增强，所以a极变红色，故D错误；故选B．7．已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热,产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是（）A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0。5mol电子【考点】B1：氧化还原反应；51：氧化还原反应的电子转移数目计算．【分析】根据有红色金属生成，则生成Cu，溶液为蓝色，则生成硫酸铜,产生刺激性气味的气体，则生成二氧化硫,所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答．【解答】解:NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热,生成Cu、硫酸铜、二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，A．硫酸中各元素的化合价不变，故A错误；B．NH4CuSO3中Cu元素的化合价既升高又降低，则既被氧化又被还原，而S元素的化合价不变，故B错误；C．刺激性气味的气体为二氧化硫，故C错误；D.1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol×(1﹣0）=0。5mol,故D正确；故选：D．8．下列说法正确的是()A．酿酒过程中，葡萄糖可通过水解反应生成酒精B．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，生成的沉淀物不能再溶解C．酸性高锰酸钾紫色溶液中加入植物油充分振荡后，溶液颜色会褪去D．维生素C（）溶液中滴加KI淀粉溶液，立即变蓝色【考点】HD:有机物的结构和性质；I9：有机化学反应的综合应用．【分析】A．葡萄糖发生酒化反应生成乙醇；B．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，发生盐析，为可逆过程;C．油中含碳碳双键,能被高锰酸钾氧化；D．维生素C有还原性，淀粉遇碘单质变蓝．【解答】解：A．葡萄糖分解生成酒精和二氧化碳，未发生水解,故A错误；B．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液发生盐析，盐析是可逆的，生成的沉淀物能再溶解，故B错误；C．植物油中含有碳碳双键,能被酸性高锰酸钾氧化，溶液颜色会褪去,故C正确；D．维生素C有还原性,不能将碘化钾氧化为碘单质,则不能变蓝，故D错误;故选C．9．短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大．已知：A、C的原子序数的差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半．下列叙述正确的是（）A．原子半径：A＜B＜C＜DB．四氧化三铁与B的反应是工业上大量生产铁的重要方法C．D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性D．B的氧化物是酸性氧化物，可溶于氨水【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半,则A原子最外层电子数为偶数，A、C的原子序数的差为8，则A、C为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，令B原子最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解的x=3，故A、C的最外层电子数为6,A为O元素，C为S元素,B的原子序数大于氧元素,最外层电子数为3，故B为Al元素,D的原子序数最大，故D为Cl元素，据此解答．【解答】解:短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则A原子最外层电子数为偶数，A、C的原子序数的差为8，则A、C为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，令B原子最外层电子数为x，则x+2x+2x=15,解的x=3，故A、C的最外层电子数为6，A为O元素,C为S元素，B的原子序数大于氧元素,最外层电子数为3，故B为Al元素，D的原子序数最大，故D为Cl元素，A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al＞S＞Cl＞O，即B＞C＞D＞A，故A错误；B．工业上用焦炭与铁矿石（氧化铁）反应生产铁,故B错误；C．C为硫元素、D为氯元素,非金属性Cl＞S，非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性，所以最高价氧化物对应水化物的酸性D＞C，故C正确；D．B的氧化物为氧化铝，能溶于强酸、强碱，不能溶于氨水，故D错误;故选C．10．常温下，用0。1000mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20。00mL0。1000mol•L﹣1盐酸和20.00mL0。1000mol•L﹣1醋酸溶液，得到2条滴定曲线,如图所示．若以HX表示酸，下列说法正确的是（)A．滴定盐酸的曲线是图乙B．达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为c(Na+)=c（X﹣）C．达到B、E状态时，反应消耗的，n（CH3COOH）＞n（HCl)D．当0mL＜V（NaOH)＜20.00mL时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为c(X﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，物质的量浓度相等的盐酸和醋酸,醋酸中氢离子浓度小于盐酸，则pH醋酸＞盐酸；B．中性溶液中存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒判断c（Na+）、c(X﹣）大小;C．两种酸的物质的量浓度相等，其体积相等时物质的量相等；D．当0mL＜V（NaOH）＜20.00mL时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时,生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠)，剩余大量的酸．【解答】解：A．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质,物质的量浓度相等的盐酸和醋酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，则pH醋酸＞盐酸，根据图象知，甲是滴定盐酸、乙是滴定醋酸，故A错误；B．中性溶液中存在c（H+）=c（OH﹣）,根据电荷守恒得c（Na+)=c（X﹣），故B正确;C．两种酸的物质的量浓度相等，其体积相等时物质的量相等，所以n(CH3COOH）=n(HCl)，故C错误；D．当0mL＜V（NaOH)＜20。00mL时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物,假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠），剩余大量的酸，此时c（A﹣）＞c(H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣)，故D错误,故D错误；故选B．11．分子式为C5H8O2的有机物，能使溴的CCl4溶液褪色，也能与NaHCO3溶液反应生成气体，则符合上述条件的同分异构体（不考虑立体异构）最多有（）A．8种 B．7种 C．6种 D．5种【考点】I4：同分异构现象和同分异构体．【分析】能与NaHCO3溶液反应生成CO2,说明此分子含有羧基，能与溴的四氯化碳溶液反应说明此分子含有碳碳双键，然后根据官能团的位置异构和碳链异构确定．【解答】解：由该有机物的化学性质、组成知其含有碳碳双键、羧基．当没有支链时，其碳骨架有3种:有一个甲基做支链的结构有四种：，有一个乙基做支链的结构为，故共有8种结构，故选A．12．700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应:CO（g）+H2O（g）⇌CO2+H2（g）反应过程中不同条件下达到平衡时测定的部分数据见表(表中t1＞t2）：反应时间/minn（CO)/moln（H2O）/mol01。200。60t10。80t20。20下列说不正确的是（）A．反应在t1min内的平均速率为v（H2）=0.40/t1mol•L﹣1•min﹣1B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0。60molCO和1.20molH2O,到达平衡时，n（CO2）=0。40molC．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O(g）,与原平衡相比,达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大D．温度升至800℃，上述反应平衡常数变为1.64，则正反应为吸热反应【考点】CP：化学平衡的计算．【分析】由表格中数据可知,CO（g）+H2O（g）⇌CO2+H2（g）开始1.20。600转化0。400.400.400.40t0.800.200。400。40可知t1时达到平衡,t1、t1均为平衡状态,A．结合v=计算；B．起始时向容器中充入0.60molCO和1。20molH2O，开始的量及转化的量相同；C．平衡体系中再通入0.20molH2O（g），促进CO的转化，但H2O的量增大;D．K==1，温度升至800℃，上述反应平衡常数变为1。64，可知升高温度平衡正向移动．【解答】解：由表格中数据可知，CO（g)+H2O（g)⇌CO2+H2（g）开始1。20.600转化0。400。400.400。40t10。800.200.400。40可知t1时达到平衡,t1、t1均为平衡状态，A．反应在t1min内的平均速率为v（H2）==mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；B．起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，开始的量及转化的量相同，则到达平衡时，n(CO2）=0.40mol，故B正确；C．平衡体系中再通入0。20molH2O（g),促进CO的转化，但H2O的量增大，则达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大，故C正确;D．K==1，温度升至800℃，上述反应平衡常数变为1。64，可知升高温度平衡正向移动，即正反应为吸热反应，故D正确；故选A．13．已知25℃物质的溶度积常数为：FeS：Ksp=6.3×10﹣18；CuS:Ksp=1。3×10﹣36；ZnS：Ksp=1。6×10﹣24．下列说法正确的是(）A．相同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B．除去工业废水中的Cu2+，可以选用FeS做沉淀剂C．足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.3×10﹣35mol/LD．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液,一定不产生FeS沉淀【考点】DH:难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A、根据溶度积大小进行比较，溶度积越大，溶解度越大；B、根据溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；C、H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，根据CuS的溶度积常数（Ksp)为1。3×10﹣36即可求得;D、当Qc＞Ksp就会生成沉淀．【解答】解;A、由于Ksp(CuS）=1。3×10﹣36＜Ksp(ZnS）=1.6×10﹣24，所以溶解度CuS＜ZnS，故A错误；B、由于Ksp（CuS）=1.3×10﹣36＜Ksp(FeS）=6。3×10﹣18，硫化铜的溶解度小于硫化亚铁的，所以除去工业废水中含有的Cu2+，可采用FeS固体作为沉淀剂,故B正确；C、H2S是弱酸,硫离子的最大浓度为0。1mol/L，CuS的溶度积常数（Ksp）为1。3×10﹣36，所以溶液中Cu2+的最小浓度为1.3×10﹣35mol/L,故C错误;D、ZnS的饱和溶液中存在S2﹣，加入FeCl2溶液，当Qc=c（Fe2+)•c（S2﹣）＞Ksp（FeS），就会生成FeS沉淀，故D错误；故选:B．14．关于下列图示的说法中正确的是:(）A．图①装置用于分离沸点相差较大的互溶液体混合物B．图②装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响C．图③表示可逆反应CO(g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；△H＞0D．对反应：A（s）+2B(g）⇌xCO（g）；根据图④可以求出x=2【考点】PE：物质的分离、提纯和除杂；BB：反应热和焓变；C7：化学平衡建立的过程；CA：化学反应速率的影响因素．【分析】A．温度计测量蒸气的温度;B．双氧水的浓度应相同；C．依据反应物和生成物能量高低判断反应热效应；D．化学反应速率之比等于化学计量数之比．【解答】解：A．温度计测量蒸气的温度，应与蒸馏烧瓶支管口处相平，故A错误;B．浓度影响化学反应的速率，双氧水的浓度应相同，故B错误；C．图象分析反应物的能量高于生成物，反应是放热反应,△H＜0，故C错误;D．两分钟内反应消耗了0.2molB，生成了0。2molC，反应速率相等,化学反应速率之比等于化学计量数之比，则x=2，故D正确．故选D．15．部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5。76g,经如下处理：下列说法正确的是（）A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B．样品中CuO的质量为4。0gC．V=448D．原样品中Fe元素的质量分数为41%【考点】5A:化学方程式的有关计算；M3:有关混合物反应的计算．【分析】硫酸足量，氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成,则滤液A中不含铁离子,滤渣3。2g为金属铜，物质的量为0。05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，利用极限法判断样品中CuO的质量问题；滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3。2g为Fe2O3，物质的量为0。02mol，铁元素的物质的量为0。04mol，滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0。04mol,说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol,硫酸含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气,另外的H+和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧元素的质量,进而计算合金中氧原子的物质的量,计算氧原子结合氢离子物质的量，再根据H原子守恒生成氢气的体积，根据质量分数定义计算Fe元素质量分数．【解答】解:A．由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+,铁离子优先反应,由于滤液A中不含铜离子，且硫酸足量，滤液A中阳离子为Fe2+、H+，故A错误；B．由于硫酸过量，生成氢气，滤液中不含铜离子，滤渣3。2g为金属铜，铜元素的物质的量为=0。05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol×0.05mol=4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜,则样品中氧化铜的质量一定小于4。0g，故B错误；C．滤液A中加入足量氢氧化钠溶液,所得滤渣灼烧得到的固体3。2g为Fe2O3，其物质的量==0。02mol，铁元素的物质的量为0。04mol，滤液A中溶质为过量H2SO4和FeSO4，说明参加反应硫酸物质的量为0。04mol，含氢离子0。08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，合金中Fe元素质量=0。04mol×56g/mol=2。24g，故合金中氧原子的物质的量=0。02mol，它结合氢离子0。04mol，所以硫酸中有0.08mol﹣0。04mol=0。04molH+生成氢气，即生成0。02mol氢气，标况体积=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故C正确;D．合金中Fe元素的质量为：56g/mol×0。04mol=2。24g，故合金中Fe元素质量分数=×100％=38.89％，故D错误,故选C．二、解答题（共5小题,满分55分）16．氢能是理想的清洁能源，资源丰富．以太阳能为热源分解Fe3O4，经由热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图1:（1）过程Ⅰ：2Fe3O4（s)⇌6FeO(s）+O2（g）△H=+313。18kJ•mol﹣1①将O2分离出去，目的是提高Fe3O4的转化率．②平衡常数K随温度变化的关系是随着温度升高,平衡常数K变大．③在压强p1下,Fe3O4的平衡转化率随温度变化的α(Fe3O4）～T曲线如图3所示．若将压强由p1增大到p2，在图3中画出p2的α(Fe3O4）~T曲线示意图．（2)过程Ⅱ的化学方程式是3FeO+H2O⇌Fe3O4+H2．（3）其他条件不变时,过程Ⅱ在不同温度下，H2O的转化率随时间的变化α（H2O）~t曲线如图24所示．比较温度T1、T2、T3的大小关系是T1＞T2＞T3，判断依据是温度越高，反应速率越大．（4）科研人员研制出透氧膜（OTM），它允许电子、O2﹣同时透过，可实现水连续分解制H2．工作时，CO、H2O分别在透氧膜的两侧反应．工作原理示意图如图2：H2O在a侧反应（填“a"或“b”），在该侧H2O释放出H2的反应式是H2O+2e﹣=H2+O2﹣．【考点】CB:化学平衡的影响因素;C7:化学平衡建立的过程．【分析】（1）过程Ⅰ:2Fe3O4(s）⇌6FeO（s）+O2(g）△H=+313。18kJ•mol﹣1①将O2分离出去，平衡正向移动，目的是提高Fe3O4的转化率;②正反应是吸热反应，随着温度升高，平衡常数K变大；③压强增大，平衡向气体系数减小的方向移动，转化率降低；(2）由图可知：过程Ⅱ的化学方程式是氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；(3）可以从图象斜率看出速率大小，温度与速率呈现正相关，得到T1＞T2＞T3;（4）本实验利用水制取氢气，H2O得电子生成H2和O2﹣,O2﹣通过OTM进入b侧，所以H2O在a侧，反应方程为H2O+2e﹣=H2+O2﹣．【解答】解：（1）过程Ⅰ：2Fe3O4（s）⇌6FeO(s）+O2（g）△H=+313。18kJ•mol﹣1①将O2分离出去，平衡正向移动，目的是提高Fe3O4的转化率，故答案为：转化率;②正反应是吸热反应，随着温度升高，平衡常数K变大,故答案为:随着温度升高,平衡常数K变大;③压强增大，平衡向气体系数减小的方向移动，转化率降低，所以图象为：，故答案为：；(2)由图可知：过程Ⅱ的化学方程式是氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，所以反应方程式为：3FeO+H2O⇌Fe3O4+H2，故答案为：3FeO+H2O⇌Fe3O4+H2；（3）T1＞T2＞T3；初始压强相同,浓度相同，图象斜率T1＞T2＞T3,温度越高，反应速率越大,则说明T1＞T2＞T3，故答案为：T1＞T2＞T3；温度越高,反应速率越大；（4）本实验利用水制取氢气,H2O得电子生成H2和O2﹣，O2﹣通过OTM进入b侧，所以H2O在a侧，反应方程为H2O+2e﹣=H2+O2﹣，故答案为：a；H2O+2e﹣=H2+O2﹣．17．某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3•6H2O能否反应产生Cl2．实验操作和现象:操作现象点燃酒精灯，加热iA中部分固体溶解，上方出现白雾ii稍后,产生黄色气体，管壁附着黄色液滴iiiB中溶液变蓝(1)现象i中的白雾是HCl小液滴，形成白雾的原因是FeCl3•6H2O受热水解,生成HCl气体，同时受热失去结晶水,HCl和H2O结合形成盐酸小液滴．(2）分析现象ii，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：a．加热FeCl3•6H2O，产生白雾和黄色气体．b．用KSCN溶液检验现象ii和a中的黄色气体,溶液均变红．通过该实验说明现象ii中黄色气体含有FeCl3．(3）除了氯气可使B中溶液变蓝外，推测还可能的原因是：①实验b检出的气体使之变蓝，反应的离子方程式是2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．实验证实推测成立．②溶液变蓝的另外一种原因是：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝．通过进一步实验确认了这种可能性,其实验方案是另取一支试管，向其中加入KI﹣淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察一段时间后溶液是否变蓝．(4）为进一步确认黄色气体是否含有Cl2,小组提出两种方案，无证实了Cl2的存在．方案1:在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C．方案2：将B中KI﹣淀粉溶液替换为NaBr溶液；检验Fe2+．现象如下：方案1B中溶液变为蓝色方案2B中溶液呈浅橙色;未检出Fe2+方案1B中溶液变为蓝色方案2B中溶液呈浅橙红色；未检出Fe2+①方案1的C中盛放的试剂是饱和NaCl溶液．②方案2中检验Fe2+的原因是排除Fe3+将Br﹣氧化成Br2的可能性．③综合方案1、2的现象,说明选择NaBr溶液的依据是Br﹣可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br2．（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是3MnO2+4FeCl3•6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O．【考点】U2：性质实验方案的设计．【分析】（1）FeCl3•6H2O受热水解，生成HCl气体，同时受热失去结晶水，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴;（2）用KSCN溶液检验现象ii和A中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3;(3）①氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；②作对照实验，需要除去Cl2和Fe3+的干扰才能检验酸性情况下的O2影响,所以最好另取溶液对酸性情况下氧气的影响进行检验．因为原题中存在HCl气体,所以酸化最好选用盐酸；(4)①方案1：除去Cl2中的FeCl3和O2（H+)，若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色，则证明原气体中确实存在Cl2；Cl2的．使用饱和NaCl溶液，可以让FeCl3溶解，并且除去O2影响过程中提供酸性的HCl气体，从而排除两个其他影响因素．②方案2:若B中观察到浅橙红色，则证明有物质能够将Br﹣氧化成Br2,若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br﹣，而不是Fe3+．另外，因为还原剂用的不是I﹣，可不用考虑O2（H+)的影响问题．③NaBr比KI﹣淀粉溶液好的原因，在于Fe3+能氧化I﹣对检验Cl2产生干扰，而Fe3+不会氧化Br﹣，不会产生干扰;（5)二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水．【解答】解：（1)FeCl3•6H2O受热水解，生成HCl气体，同时受热失去结晶水，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾,故答案为：HCl小液滴；FeCl3•6H2O受热水解,生成HCl气体,同时受热失去结晶水,HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（2)用KSCN溶液检验现象ii和A中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3,故答案为：FeCl3;（3)①氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故答案为:2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；②作对照实验,另取一支试管，向其中加入KI﹣淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察一段时间后溶液是否变蓝，故答案为：另取一支试管，向其中加入KI﹣淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察一段时间后溶液是否变蓝；（4）①方案1:除去Cl2中的FeCl3和O2(H+），若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色，则证明原气体中确实存在Cl2，使用饱和NaCl溶液,可以让FeCl3溶解，并且除去O2影响过程中提供酸性的HCl气体，从而排除两个其他影响因素,故答案为：饱和NaCl溶液；②方案2：若B中观察到浅橙红色，则证明有物质能够将Br﹣氧化成Br2,若未检查到Fe2+,则证明是Cl2氧化的Br﹣，而不是Fe3+．另外，因为还原剂用的不是I﹣,可不用考虑O2（H+）的影响问题，故答案为：排除Fe3+将Br﹣氧化成Br2的可能性；③NaBr比KI﹣淀粉溶液好的原因，在于Fe3+能氧化I﹣对检验Cl2产生干扰，而Fe3+不会氧化Br﹣,不会产生干扰,故答案为：Br﹣可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br2；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水，反应方程式为：3MnO2+4FeCl3•6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O，故答案为：3MnO2+4FeCl3•6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O．18．二氧化氯（ClO2）可用于自来水消毒．以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括:①粗盐精制;②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取．工艺流程如图:（1)粗食盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质．除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的试剂X,X是BaCl2（填化学式）,至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去．经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42﹣，其原因是BaCl2、BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO32﹣离子时，BaSO4(s）会部分转化为BaCO3(s）．(已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10;Ksp(BaCO3）=5。1×10﹣9）(2）上述过程中，将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠与盐酸反应生成ClO2．电解时生成的气体B是H2;反应Ⅲ的化学方程式为2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+2NaCl+2H2O．(3）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验:步骤1：准确量取ClO2溶液10。00mL，稀释成100mL试样．步骤2:量取V1mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2。0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟．(已知:ClO2+I﹣+H+﹣I2+Cl﹣+H2O未配平)步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）①准确量取10。00mLClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管．②滴定过程中，至少须平行测定两次的原因是减少实验误差．③根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1(用含字母的代数式表示）．【考点】U3：制备实验方案的设计；P8:物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】（1)粗食盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的试剂BaCl2，用于除去SO42﹣，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3来除去原溶液中的Ca2+和为除去SO42﹣而引入的Ba2+，然后再加入NaOH溶液来除去Mg2+,充分反应后将沉淀一并滤去；经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42﹣，是因为在溶液中沉淀溶解平衡，BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大,当溶液中存在大量的CO32﹣离子时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），（2）将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠，根据氧化还原反应中的化合价升高与降低的总数相等判断电解时生成的气体B的名称；根据题意反应Ⅲ为氯酸钠与氯化氢反应生成二氧化氯、氯化钠和水；（3）①ClO2溶液显酸性,应该用酸式滴定管准确量取10。00mLClO2溶液;②为了减少实验的偶然性，减少实验误差，实验至少须平行测定两次，取其平均值；③由方程式ClO2+I﹣+H+﹣I2+Cl﹣+H2O、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣得关系式ClO2～5S2O32﹣,n（S2O32﹣）=cV2×10﹣3mol,所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10﹣4mol，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度．【解答】解：(1）除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的试剂BaCl2，用于除去SO42﹣，至沉淀不再产生后,再加入过量的Na2CO3来除去原溶液中的Ca2+和为除去SO42﹣而引入的Ba2+；然后再加入NaOH溶液来除去Mg2+，充分反应后将沉淀一并滤去;经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42﹣,是因为在溶液中沉淀溶解平衡,BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO32﹣离子时,BaSO4(s）会部分转化为BaCO3（s)，故答案为:BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO32﹣离子时,BaSO4（s）会部分转化为BaCO3(s）；（2）将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠，根据氧化还原反应中的化合价升高与降低的总数相等可知电解时生成的气体B为H2；根据题意反应Ⅲ为氯酸钠与氯化氢反应生成二氧化氯、氯化钠和水,反应的化学方程式为:2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+2NaCl+2H2O,故答案为：H2；2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+2NaCl+2H2O；（3）①ClO2溶液显酸性,所以准确量取10。00mLClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；②在碱性滴定实验过程中难免会产生误差，为了减少实验的偶然性，减少实验误差，实验至少须平行测定两次，取其平均值，这样就更接近理论值，故答案为:减少实验误差；③由方程式ClO2+I﹣+H+﹣I2+Cl﹣+H2O、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣得关系式ClO2～5S2O32﹣,n（S2O32﹣）=cV2×10﹣3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10﹣4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为:2cV2×10﹣4mol×=×10﹣2mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为：=mol/L,故答案为:．19．【化学﹣﹣选修3:物质结构与性质】已知：A、B、C、D、E、F六种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素．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元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中最高;F能形成红色（或砖红色）的F2O和黑色的FO两种氧化物．回答下列问题：（1）F的原子的M层电子排布式为3s23p63d10．(2)B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为Na＜Al＜Si．（