山东省聊城颐中外国语学校2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE62021级高三第一学期期中测试化学试题(时间：90分钟满分：100分)温馨提示：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23S32Cl35.5Co59Fe56K39Li7第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.我国古代发明或技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是①指南针②黑火药③转轮排字④黏土制陶瓷⑤用玻璃瓶盛装“强水”（古书中记载一种能腐蚀五金的液体）⑥用明矾溶液清洗铜镜表面的铜锈⑦湿法炼铜A.①③④⑤ B.①③⑤ C.①③④⑦ D.①③⑤⑥【答案】B【解析】【详解】化学反应即化学变化，有新的物质生成的变化叫化学变化①指南针，工作时是磁铁工作，不涉及化学变化，①符合题意；②黑火药，在发生爆炸式要生成新的物质，是化学变化，②不符合题意；③转轮排字，即利用转轮排版应刷文字，没有发生化学变化，③符合题意；④黏土制陶瓷，在焙烧的过程中涉及化学反应，④不符合题意；⑤用玻璃瓶盛装“强水”（古书中记载一种能腐蚀五金的液体），这里所说的强水应该是王水，王水不会和玻璃（主要成分二氧化硅发生反应），没有化学变化⑤符合题意；⑥用明矾溶液清洗铜镜表面的铜锈，明矾水解呈酸性，再与碱式碳酸铜发生反应，⑥不符合题意；⑦湿法炼铜，是用硫酸把矿石中的铜浸取出来，转化为可溶性的硫酸铜，在用铁把硫酸铜中的铜置换出来，发生了化学变化，⑦不符合题意；综上，①③⑤符合题意，答案选B。2.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：B.过量铁粉加入稀硝酸中：C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：D.氯化铜溶液中通入硫化氢：【答案】A【解析】【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：，故A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；答案选A。3.关于下列仪器使用的说法正确的是A.①②③可用作反应容器 B.②③⑤常用于物质分离C.②③④使用前必须先洗涤后润洗 D.①⑥用酒精灯加热时必须加石棉网【答案】D【解析】【详解】A．②为容量瓶和③分液漏斗不能作为反应容器，故A错误；B．②为容量瓶只用于配制溶液，不能用于分离，故B错误；C．容量瓶、分液漏斗、量筒都不能用待装液润洗，故C错误；D．圆底烧瓶、锥形瓶的表面积较大，为防止因局部受热，使仪器炸裂，要垫石棉网加热，故D正确；故选D。4.2022年我国空间站的建设举世瞩目，神舟十四号太空出差三人组在轨飞行多日。飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是：反应①：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2下列有关说法不正确的是A.反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂B.反应①中每生成标准状况下6.72LCO气体，转移0.7NA个电子C.反应②中Mg被氧化，TiCl4被还原D.反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化【答案】D【解析】【详解】A.FeTiO3中Fe显+2价，O显-2价，化合价的代数和为0，则Ti的价态为+4价，根据反应①，Cl2中Cl的化合价降低，Cl2为氧化剂，C的价态升高，C作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiO3作还原剂，其余元素的化合价没发生变化，故A说法正确；B.根据A选项分析，生成6molCO，转移电子物质的量为14mol，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为=0.7mol，故B说法正确；C.反应②中Mg的化合价由0价升高为+2价，Mg为还原剂，TiCl4中Ti的化合价由+4价降低为0价，TiCl4为氧化剂，故C说法正确；D.根据上述分析，反应①中Ti的价态没有发生变化，反应②中Ti的价态发生变化，故D说法错误；答案为D。5.如图所示，将气体X、Y通入溶液Z中，一定不能产生浑浊的是气体X气体Y溶液ZA溶液B饱和NaCl溶液C溶液DHCl溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．和通入溶液中，不能产生沉淀，A符合题意；B．和通入饱和溶液中，发生反应：，产生晶体，B不符合题意；C．，产生单质，溶液浑浊，C不符合题意；D．，，溶液变浑浊，D不符合题意；故选A。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.11gK2S和K2O2的混合物中含有的离子数目为0.3NAB.标准状况下，4.48LCCl4所含的分子数为0.2NAC.一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移的电子数为NAD.0.1mol·L-1Na2SO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A．K2S和K2O2具有相同的摩尔质量，摩尔而质量为，K2S和K2O2的混合物，电离方程式为、离子数相同，则混合物中含有的离子数目为0.3NA，A项正确；B．标准状况下，CCl4为液态物质，无法计算，B项错误；C．32gSO2的物质的量为，SO2与足量O2为可逆反应，转移的电子数小于NA，C项错误；D．，缺溶液的体积，无法计算，D项错误；答案选A。7.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3，Fe3O4的混合物中加入150mL4mol/L的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A.0.25mol B.0.2lmol C.0.3mol D.0.35mol【答案】A【解析】【详解】混合物与稀硝酸反应，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，证明混合物中的Fe全部转化为溶液中的溶质Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15L×4mol·L－1－2.24L÷22.4L/mol)×1/2＝0.25mol，则n(Fe)=0.25mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量也是0.25mol。答案选A。点睛：化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。8.是常用的氧化剂，其两种制备方法如图所示。其中②调节pH至弱碱性后锰酸钾可发生歧化生成与。下列说法不正确的是A.过程①与共熔的碱可以用KOHB.共熔过程中所用仪器为铁坩埚C.电解法制备过程中在阳极获得产品D.相同质量的反应物经两种制备方法产率相同【答案】D【解析】【分析】根据题目信息，与强碱，在空气中共熔生成，第一方案：在碱性条件下发生歧化反应，生成，第二种方案：将电解，产生。【详解】A．与强碱，在空气中共熔，制备，碱可以用，A正确；B．共熔过程中所用仪器为铁坩埚，防止瓷坩埚中的与强碱反应，B正确；C．在电解过程中，阳极发生氧化反应：，C正确；D．共熔时发生反应：，歧化法制备：，电解法制备：，由两个方程式可知，相同质量的反应物会生成不同质量的，D错误；故选D。9.下列关于自然界中氮循环(如图)的说法错误的是A.①和②均属于氮的固定B.氢、氧元素也参与了自然界中氮循环C.④中每生成1molNO，消耗1molO2D.③和⑤过程中氮元素分别被氧化和还原【答案】C【解析】【详解】A．氮的固定指将N2转化为氮的化合物，反应①将N2转化为NO，属于氮的固定，反应②属于植物固氮，A正确；B．由图示知，氮循环过程中涉及氢、氧元素，B正确；C．反应④是O2将NH3氧化为硝酸根离子，N元素化合价由-3价升高到+5价，失去8个电子，即1mol氨气生成1mol硝酸根失去电子8mol，失去的电子被O2得到，根据转移电子关系O2~4e-，知得8mol电子需要2molO2，C错误；D．反应③中NO转化为硝酸根，氮元素化合价由+2升高到+5价，被氧化，反应⑤中硝酸根转化为氮气，氮元素化合价由+5降低到0价，被还原，D正确；故答案选C。10.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=12的无色溶液：Na+、K+、、B.0.1mol·L-1氨水：Na+、K+、OH-、C.5%H2O2溶液：、Na+、、D.0.1mol·L-1盐酸：Na+、K+、、【答案】B【解析】【详解】A．pH=12的溶液呈强碱性，因与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水而不能大量存在，选项A错误；B．0.1mol·L-1氨水中Na+、K+、OH-、及氢氧根离子、铵根离子之间相互不反应，能大量共存，选项B正确；C．5%H2O2溶液具有强氧化性，能将氧化而不能大量共存，选项C错误；D．0.1mol·L-1盐酸中存在大量H+，与反应生成硅酸沉淀而不能大量共存，选项D错误；答案选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验能达到目的的是实验目的实验操作A验证具有漂白性向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化B实验室制备少量胶体在沸腾的自来水中滴加几滴饱和溶液，继续煮沸至液体为红褐色为止C判断反应后是否沉淀完全将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液D证明的氧化性强于向溶液中加入HI，再加入，下层呈紫红色A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】【详解】A．向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，溶液褪色，加热试管，观察溶液颜色又恢复，可以验证二氧化硫的漂白性，A正确；B．在沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和溶液，继续煮沸至液体为红褐色，立即停止加热即可制备氢氧化铁胶体，B错误；C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液，若有白色沉淀则说明钡离子未沉淀完，若无沉淀则说明钡离子完全沉淀，C正确；D．酸性溶液中的硝酸根可氧化碘离子，由操作和现象不能说明三价铁离子和碘单质氧化性的强弱，D错误；故选AC。12.铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：下列说法错误的是A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率C.合成槽中产物主要有和D.滤液可回收进入吸收塔循环利用【答案】C【解析】【分析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应，过滤得到和含有的滤液。【详解】A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；C．由上述分析可知，合成槽内发生反应，产物是和，故C错误；D．由上述分析可知，滤液的主要成分为，可进入吸收塔循环利用，故D正确；答案选C。13.工业上把Cl2通入冷NaOH溶液中制得漂白液（有效成分为NaClO）。某化学小组在一定温度下将氯气缓缓通入NaOH溶液中，模拟实验得到ClO－、ClO3－等离子的物质的量n（mol）与反应时间t（min）的关系曲线。下列说法错误的是A.参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1B.a点时溶液中n（NaCl）：n（NaClO3）：n（NaClO）＝6：1：1C.t2～t4，ClO－离子的物质的量下降的原因可能是3ClO－＝2Cl－＋ClO3－D.使用漂白液时，为了增强漂白效果，可以向漂白液中通入二氧化硫【答案】D【解析】【分析】A．根据溶质NaCl、NaClO、NaClO3，判断NaOH和氯气之间的关系；B．a点时n(NaClO3)：n(NaClO)＝1：1，结合电子守恒判断；C．由图可知，ClO3−浓度增大，ClO−浓度减小，结合电子转移守恒，可能是ClO−发生歧化反应生成Cl−、ClO3−；D．二氧化硫具有强还原性，与漂白液发生氧化还原反应。【详解】A．溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaClO3，n(Na)＝n(Cl)，则参加反应所需要NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1，故A正确；B．a点时，Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含有ClO−与ClO3−物质量之比为1：1的溶液，根据得失电子守恒配平方程式为：4Cl2＋8NaOH＝6NaCl＋NaClO3＋NaClO＋4H2O，溶液中n(NaCl)：n(NaClO3)：n(NaClO)＝6：1：1，故B正确；C．由图可知，ClO3−浓度增大，ClO−浓度减小，结合电子转移守恒，可能是ClO−发生歧化反应：3ClO−＝2Cl−＋ClO3−，故C正确；D．二氧化硫具有强还原性，与漂白液发生氧化还原反应，则可以向漂白液中通入二氧化硫，会减弱漂白能力，故D错误；故答案选D。14.已知氯气和空气按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中能生成Cl2O，且反应放热；不含Cl2的Cl2O易与水反应生成HClO；Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2。设计如图装置(部分夹持装置略)制备HClO，每个虚线框表示一个装置单元，其中存在错误的是A.②③⑤ B.①④⑤ C.①②④ D.①③④【答案】D【解析】【详解】①用MnO2和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；②是将制备的Cl2通入饱和食盐水来除去一起挥发出来的HCl，同时可以控制通入氯气和空气的比值，并在实验结束后可以将多余的氯气排除进行尾气处理，正确；③由题干信息可知，制备Cl2O是一个放热反应，且Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，则发生装置③需防止在冰水浴中，错误；④为除去Cl2O中的Cl2，导管应该长进短出，错误；⑤经CCl4除去Cl2的Cl2O通入⑤中进行反应，生成HClO，正确；综上分析可知，①③④错误，故答案为：D。15.氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示。下列说法正确的是A.X可通过加热氯化铵固体制取B.从物质类别角度分析，P属于酸性氧化物C.将X转化为Q的过程，属于氮的固定D.3.2gCu与10mol·L-1的Y溶液恰好反应，生成NO、NO2混合气体1.12L(标准状况)，则Y溶液的体积为15mL【答案】BD【解析】【分析】根据氮及其化合物的物质类别和化合价可以推断：X是NH3，Y是HNO3，Z是NO2，W是NH3·H2O，P是N2O5，Q是NO。【详解】A．X是NH3，氯化铵固体受热分解成氨气和氯化氢，但是这两种气体又易化合成氯化铵固体，不能通过加热氯化铵固体制取氨气，A错误；B．P是N2O5，是酸性氧化物，B正确；C．氮的固体是指氮元素由游离态生成化合物，X是NH3、Q是NO，氨气转化为NO不属于氮的固定，C错误；D．Y是HNO3，3.2gCu为0.05mol，生成NO、NO2混合气体1.12L(标准状况)，则气体总物质的量为0.05mol，根据铜元素守恒，反应生成0.05molCu(NO3)2，据N原子守恒可知原硝酸中n(HNO3)=0.05mol×2+0.05mol=0.15mol，所以硝酸溶液的体积为0.15mol÷10mol·L-1=0.015L=15mL，D正确；选BD。第II卷(非选择题，共60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。回答下列问题：（1）h的电子式为_______。（2）下列有关a和g的叙述中，能说明N的非金属性比S强的是_______(填序号)。A.物质a的水溶液为酸性，而物质g的水溶液为碱性B.物质a在300℃左右分解生成b，而物质g分解生成h的温度高于300℃C.物质a液化的温度为-60℃，而物质g液化的温度为-34℃（3）将的物质k的稀溶液倒入物质f的溶液中，会生成物质e，该反应的离子方程式是_______。（4）(S是＋2价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途。将干燥的物质g通入的浓液中，可制得该物质：(已知是硫单质中最稳定的)。①上述制备反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)，物质g体现的性质有_______。②在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学方程式是_______。【答案】（1）（2）B（3）或或（4）①.N、S②.还原性、碱性③.【解析】【分析】根据含硫元素或氮元素的物质的类别和元素化合价，能判断出a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4或硫酸盐，f为H2SO3或亚硫酸盐，g为NH3，h为N2，i为NO，j为NO2或N2O4，k为HNO3或硝酸盐。【小问1详解】h为N2，电子式，答案：；【小问2详解】A．H2S的水溶液为酸性，而物质NH3的水溶液为碱性，无法判断非金属性强弱，A错误；B．H2S在300℃左右分解生成S，而NH3分解生成N2的温度高于300℃，气态氢化物热稳定性：NH3>H2S，已知气态氢化物越稳定，元素的非金属性越强，可以说明N的非金属性比S强，B正确；C．H2S液化的温度为-60℃，而NH3液化的温度为-34℃，NH3沸点高，是因为氨分子间可形成氢键，无法说明N的非金属性比S强，C错误；故答案选B。【小问3详解】K溶液，则k为HNO3，将HNO3倒入物质f（H2SO3或亚硫酸盐）的溶液中，会生成物质e（H2SO4或硫酸盐），该反应是HNO3氧化H2SO3或或，同时得到NO，离子方程式为或或；【小问4详解】①g为NH3，，该反应中S2Cl2中部分S元素由+1升高到+2，被氧化，部分S元素由+1降低到0，被还原，NH3中部分N元素由-3升高到-2，被氧化，NH3表现还原性，部分NH3生成铵盐，表现碱性，所以该反应中被氧化的元素为N、S，NH3体现的性质是还原性、碱性。答案：N、S；还原性、碱性；②在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，已知是硫单质中最稳定的，所以生成单质为N2和，化学方程式。答案：；17.物质集合M中含有常见物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、Cl2，这些物质按照以下方法进行分类后如图所示，其中A组为单质，B组为化合物，请按照要求回答问题。（1）该分类方法为_______，（2）B组物质中属于非电解质的为_______，其中能作制冷剂的物质的电子式为_______。（3）C组物质中有的能与水剧烈反应，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_______。（4）D组物质中其中一种物质可以制备出另外一种物质，请写出一种该反应在工业上的应用：_______。（5）请写出F组中酸性氧化物与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：_______。（6）在密闭容器中，将E组中的混合物加热反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1：2，混合加热充分反应后，排出气体，剩余固体的成分为_______；【答案】17.树状分类法18.①.SO2、NH3②.19.1：120.焊接钢轨21.5SO2+2+2H2O=5+2Mn2＋+4H＋22.Na2CO3【解析】【分析】在物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、Cl2中，Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3组成元素含有两种或两种以上，属于化合物；而Al、Fe、Na、Cl2的组成元素只有一种，属于单质。在Al、Fe、Na、Cl2中，Na、Cl2能够与水反应，其中Na与冷水剧烈反应。在Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3中，Na2O2、NaHCO3是离子化合物，在熔融状态下能够导电；SO2、NH3由分子构成，在熔融状态下不能导电，在A组物质Fe、Na、Cl2，Al中，Cl2能够与Fe、Na、Al三种金属反应，在每一个反应中，Cl2得到电子表现氧化性，其中可以证明其具有强氧化性的是Cl2在与变价金属Fe反应时，使金属变为高价态形成FeCl3，该反应的化学反应方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；B组物质包括Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3，其中Na2O2、NaHCO3都是离子化合物，在熔融状态下能够导电，属于E组电解质；而SO2、NH3都是由分子构成，在熔融状态下不能发生电离而导电，在水溶液中也不能因自身发生电离而导电，因此SO2、NH3都属于非电解质，属于F组物质。然后根据问题分析解答。【小问1详解】把多种物质按照某一个标准进行分类，依次类推，这种分类方法分类的物质就像大树一样，这种分类方法叫做树状分类法；【小问2详解】B组中SO2、NH3属于非电解质，其中NH3可以作制冷剂。在NH3中，N原子与3个H原子形成3个共价键，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，其电子式为：；【小问3详解】C组物质中Na与冷水会发生剧烈反应，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，在该反应中Na为还原剂，H2O为氧化性，则该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；【小问4详解】根据上述分析可知A组物质包括Fe、Na、Cl2，Al，其中Cl2、Na能与冷水反应，属于C组物质，Fe、Al属于D组物质，Al能够与Fe的化合物如Fe2O3在高温下发生铝热反应制取Fe，反应方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该反应的用途如可用于焊接钢轨；【小问5详解】F组中的酸性氧化物是SO2，该物质具有强的还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化为H2SO4，而使溶液紫色褪色，该反应的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2＋+4H＋；【小问6详解】根据上述分析可知：E组物质为Na2O2、NaHCO3，在密闭容器中加热上述混合物发生反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1：2，假设Na2O2、NaHCO3的物质的量分别是a、b，则，解得b=2a，即n(NaHCO3)=2n(Na2O2)。若Na2O2为1mol，则NaHCO3为2mol，NaHCO3受热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2molNaHCO3分解产生1molNa2CO3、1molCO2、1molH2O，然后发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1molCO2恰好反应消耗1molNa2O2，Na2O2反应完全，不再发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故反应完全后剩余固体是Na2CO3；18.新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾(，M=198g/mol)是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下：已知：转化过程发生复分解反应。回答下列问题：（1）配制上述NaOH溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大有_______(填序号)。A．将NaOH放在滤纸上称量B．NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移C．容量瓶洗净之后未干燥D．定容时俯视刻度线E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线（2）NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：(未配平)①若有发生该副反应，转移的电子的数目为_______；②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6：1，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为_______。（3）氧化过程中溶液保持碱性。写出反应的离子方程式：_______（4）产品经干燥后得到纯品99g，则的产率为_______(用百分数表示)。（5）工业干法制备高铁酸钾第一步反应为：，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。第二步反应为：Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，试解释该反应能发生的原因_______【答案】（1）BD（2）①.0.5NA②.6：1（3）3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O（4）75%（5）①.5：3②.相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小【解析】【分析】根据流程图，结合题问可知，氯气与氢氧化钠反应，生成次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，会将硝酸铁氧化为高铁酸钠；在溶液中加入稀氢氧化钾，可以除去过量的铁离子；高铁酸钠与浓氢氧化钾发生复分解反应，生成高铁酸钾；再经过系列操作，可以得到产品。【小问1详解】A．将NaOH放在滤纸上称量，NaOH吸收空气的水蒸气而导致称量的固体质量偏小，配制浓度偏低，A项不选；B．NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移，导致容量瓶内液体温度较高，加入水量偏小，配制浓度偏高，B项选；C．容量瓶洗净之后未干燥，对浓度无影响，C项不选；D．定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏低，所配溶液浓度偏高，D项选；E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，E项不选；综上，符合题意的为BD，故答案为：BD；【小问2详解】Cl元素发生歧化反应，从0降为-1、从0升至+5，则NaCl前配5，NaClO3前配3，Cl2前配3，结合原子守恒配平方程式：，①3molCl2~5mole-，若有发生该反应，则通过副反应转移的电子的数目为0.5NA，故答案为：0.5NA；②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6∶1，则1molNaCl由主反应生成，主反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则生成NaClO是1mol，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为6∶1，故答案为：6∶1；【小问3详解】中Fe元素为+6价，氧化过程Fe元素化合价升高，由+3价升高到+6价，被氧化，Cl元素化合价由+1价降低到-1价，被还原，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O；【小问4详解】标况下22.4LCl2的物质的量为1mol，NaOH的物质的量为n=cV=4×0.5mol=2mol，反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可知恰好反应生成1molNaClO，结合离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，可知生成2/3mol，理论上质量为m=nM=2/3mol×198g/mol=132g，产率为99g/132g×100%=75%，故答案为：75%；【小问5详解】对于反应，该反应中H2O2的-1价O元素降至-2价，也有升至0价，Fe元素元素从+2升至+6价，该反应中的氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2和FeSO4，氧化剂是和还原剂的物质的量之比为5：3；第二步反应为：Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，是因为：相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小，故答案为：5：3；相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小。【点睛】本题重点在于解析流程图的每个过程，解析时，要充分利用已知信息，当图示推导模糊时，要充分结合题问，做到准确定位。19.某课题组对含钴高炉渣(主要成分有、、、、、)资源化综合处理的流程如下：回答下列问题：（1）“研磨”的目的为_______；物质是_______(填化学式)。（2）参与“酸浸”的化学方程式为_______。滤渣Ⅰ的主要成分是_______(填化学式)。（3）“中和沉淀”中，生成高效净水剂黄钠铁矾[]存在于滤渣Ⅱ中。该过程的离子方程式为_______。在实验室中，向固体中加入等体积的溶液和_______溶液，使其恰好完全反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到黄钠铁矾。（4）滤液③中的铝元素恰好完全转化为沉淀的为_______。{通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全；；}（5）经充分焙烧质量减少，则获得的质量为_______t。【答案】（1）①.减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率②.（2）①.②.、（3）①.②.0.75（4）8.38（5）2.41【解析】【分析】高炉渣经研磨磁选，得到磁性氧化物；加入硫酸后、、、转化为相应的盐，还原为，滤渣Ⅰ主要为和；加入，促进和水解，生成和沉淀，滤渣Ⅱ主要为和，加入过量NaOH，转化为，滤液③溶质含，通入得到；滤液②中含，加入草酸铵得到；【小问1详解】研磨使颗粒物减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率；具有磁性，磁选时被分离出来，故填减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率、；【小问2详解】在酸性条件下与反应的化学方程式为，加入硫酸后不反应，与硫酸生成，故填、、；【小问3详解】根据题意，加入碳酸氢钠，生成高效净水剂黄钠铁矾[]的反应为；根据反应方程式，设体积为1L，则1L溶液含的物质的量为，恰好反应消耗物质的量为，浓度为，故填，0.75；【小问4详解】根据反应，，当时恰好沉淀，则，pH=8.38，故填8.38；【小问5详解】焙烧时发生反应，质量减少2t，设生成的质量为xt，则可得，解得，故填2.41。20.氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：I.Ca3N2的制备（1）仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。（2）实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。Ⅱ.Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)（3）方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。（4）方案二：按图2所示