山东省菏泽市东明县第一中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（解析版）

东明一中2024年秋季开学化学适应性考试(考试时间：90分钟试卷满分：100分)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.做选择题时，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。做非选择题时，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。可能用到的相对分子质量：H1C12O16Fe56S32Si28Na23Cl35.5一、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.下列实验中的颜色变化与氧化还原反应有关的是A.通入品红溶液中，溶液由红色变为无色B.KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色变为黄色C.稀硫酸滴入溶液中，溶液由黄色变为橙色D.苯酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色【答案】D【解析】【详解】A．通入品红溶液中，溶液由红色变为无色，说明具有漂白性，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，A不符合题意；B．KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色变为黄色，说明AgCl沉淀转化为更加难溶的AgI沉淀，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，B不符合题意；C．稀硫酸滴入溶液中，溶液由黄色变为橙色，说明平衡正向移动，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，C不符合题意；D．苯酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色，这是苯酚被空气中的氧气氧化所致，元素化合价发生了变化，与氧化还原反应有关，D符合题意；故选D。2.钠元素广泛存在于自然界，中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列关于含钠元素物质的说法错误的是A.“稻草变黄金”的过程中元素种类没有改变B.NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同C.治疗胃酸过多可以用NaHCO3，糕点生产也可以用NaHCO3D.金属钠放置空气中，最终会变成Na2O2【答案】D【解析】【详解】A．CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末同时生成氯化钠，反应的方程式为4Na+CCl4C+4NaCl，化学变化过程中元素守恒，所以制造过程中元素种类没有改变，A正确；B．NaCl与Na2CO3均含有钠元素，所以灼烧时火焰颜色相同，均是黄色，B正确；C．碳酸氢钠能与酸反应产生二氧化碳，受热易分解产生二氧化碳，因此治疗胃酸过多可以用NaHCO3，糕点生产也可以用NaHCO3，C正确；D．金属钠放置空气中，钠变为氧化钠，氧化钠与水反应变为氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应变为碳酸钠晶体，失水后最终会变成Na2CO3，D错误；答案选D。3.磷化氢(PH3)具有能量密度高、可再生优势，常用作新能源材料。一种工业上利用副产法制备PH3的流程如图所示：下列说法正确的是A.白磷(P4)属于共价晶体B.次磷酸钠是酸式盐C.白磷与浓NaOH溶液反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D.流程中的每一步反应均属于氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液在加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为：NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为：2H3PO2=PH3↑+H3PO4，据此答题。【详解】A．P4是4个磷原子构成的分子，白磷属于分子晶体，故A错误；B．H3PO2是一元酸，氢氧化钠溶液过量的情况下，白磷与氢氧化钠反应生成的NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故B错误；C．由分析可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液在加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，PH3中P化合价为-3，是还原产物，NaH2PO2中P化合价为+1，是氧化产物，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故C正确；D．由分析可知，第二步中次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸的反应不涉及元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D错误；故选C。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1mol含有的共价键数目为B.1mol与水完全反应时转移电子数为C.60g晶体中含有个键D.含1molNaCl和混合物中的质子数为【答案】D【解析】【详解】A．中和之间形成离子键，一个中含4个N-H共价键，则1mol含有的共价键数目为，故A错误；B．和水反应的方程式：，一半作氧化剂，另一半作还原剂，则1mol与水完全反应时转移的电子数为，故B错误；C．晶体中，1个Si与4个O原子形成4个Si-O共价键，60g的物质的量为，则60g该晶体中含有个共价键，故C错误；D．一个和一个中所含的质子数都是28个，二者混合物的总物质的量为1mol，则混合物中质子数为，故D正确；故选D。5.下列方程式的书写正确的是A.红热的铁与水蒸气反应：B.硅酸钠溶液中通入二氧化碳：C.向新制氯水中加入少量：D.邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：【答案】C【解析】【详解】A．红热的铁与水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：，故A错误；B．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，反应的离子方程式为：、，故B错误；C．向新制氯水中加入少量，生成CO2和HClO，离子方程式为：，故C正确；D．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，醛基会被氧化为羧基，故D错误；故选C。6.部分含硫物质的类别与相应化合价的关系如图所示。下列说法不正确的是A.气体a可用溶液吸收 B.b难溶于水，微溶于，易溶于酒精C.c可由d与较浓的f溶液反应制备 D.标准状况下，1mola、1molc的体积均约为22.4L【答案】B【解析】【分析】a为H2S，b为S，c为SO2，d为亚硫酸盐，e为SO3，f为硫酸，据此回答。【详解】A．气体能被溶液吸收生成CuS沉淀，A正确；B．S单质难溶于水，微溶于酒精，易溶于，B错误；C．可与较浓的溶液反应制备，C正确；D．标准状况下，、均是气体，故标准状况下，1mol、1mol的体积均为22.4L，D正确；故选B。7.某同学按图示装置进行实验，产生足量的气体通入c溶液中，最终无浑浊。下列所选物质组合符合要求的是

a试剂b试剂c溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水B浓氨水碱石灰溶液C70%硫酸固体溶液D溶液溶液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】详解】A．将浓硫酸浓盐酸中，产生气体，通入饱和食盐水中，浓度增大，产生晶体，A错误；B．浓氨水滴入生石灰中，产生，将其通入溶液中，先生成蓝色沉淀，继续通入，与发生反应，沉淀溶解，生成深蓝色的配合物，B正确；C．70%硫酸与固体反应生成，通入溶液中，在酸性条件下有强氧化性，将氧化成，产生白色沉淀，C错误；D．溶液在催化作用下产生，生成的通入溶液中，将氧化成淡黄色的沉淀S单质，D错误；故选B。8.某粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，某实验小组提纯苯甲酸的实验流程如图(已知：常温下苯甲酸易溶于乙醇，25℃和75℃时苯甲酸在水中的溶解度分别为0.34g和2.2g)。下列说法不正确的是A.“过滤1”需趁热，以减少苯甲酸的析出B.“溶解”、“过滤”、“洗涤”操作中均使用了玻璃棒C.“洗涤”时，选用乙醇作洗涤剂有利于快速干燥D.将洗涤后的晶体铺在干燥的滤纸上，晾干后称量【答案】C【解析】【分析】粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，溶解、加热后需趁热过滤，除掉泥沙；对热的滤液进行冷却结晶，再次过滤得到苯甲酸固体，洗涤、干燥后得到苯甲酸晶体。【详解】A．由上述分析可知，由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，“过滤1”需趁热，以减少苯甲酸的析出，故A正确；B．“溶解”需使用玻璃棒搅拌，“过滤”、“洗涤”操作中引流，故B正确；C．常温下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗涤时不宜用乙醇，应用冷水，故C错误；D．洗涤后的苯甲酸可以铺在干燥的滤纸上，除去水分，故D正确；答案选C。9.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.足量的Zn与一定量的浓硫酸反应产生2.24L气体(标准状况)，转移的电子数为B.7.8g和的混合物中含有的离子数大于C.1L0.1mol·LNaF溶液中含有的数为D.12g金刚石中含有的共价键数为【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，2.24L气体为0.1mol，无论气体是还是，均转移0.2mol电子，故转移的电子数为，A正确；B．、的摩尔质量均为78g⋅mol，1mol含有2mol阳离子和1mol阴离子，1mol也含有2mol阳离子和1mol阴离子(过氧根离子)，7.8g和1的混合物的物质的量为0.1mol，含有的离子数为，B错误；C．NaF溶液中存在水解平衡，故1L0.1mol⋅LNaF溶液中含有的数小于，C错误；D．12g金刚石含有1mol碳原子，每个碳原子与周围的4个碳原子形成共价键，所以平均每个碳原子形成2个共价键，故12g金刚石中含有的共价键数为，D错误；答案选A。10.利用对应试剂通过下列实验装置能实现相关气体制备与收集的是选项试剂a试剂b气体A稀硫酸锌粒B稀硫酸硫化亚铁固体C稀硝酸铜片NOD浓盐酸二氧化锰固体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】图示装置为简易气体发生装置，用于制备气体和用向上排空气法收集气体。要求液体与块状固体反应不需加热，制备密度大于空气且不与空气反应的气体。【详解】A．氢气密度小于空气，不能用向上排空气法收集，A项错误；B．硫化亚铁固体和稀硫酸在常温下可发生复分解反应，生成的H2S气体密度比空气大，B项正确；C．铜片和稀硝酸反应可制取NO气体，但NO会与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，C项错误；D．二氧化锰固体与浓盐酸在加热条件下才能反应制取氯气，常温下反应不能发生，D项错误。故选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.室温下，下列各组离子在指定溶液一定能大量共存的是A.使甲基橙变红色的溶液：、Na+、I－、B.由水电离出的c(OH－)=1×10－10mol/L的溶液中：Fe2+、Cl－、、C.0.2mol/LNH4Cl溶液：、Na+、、K+D.能使KSCN溶液变红溶液中：K+、Ba2+、I－、【答案】C【解析】【详解】A．使甲基橙变红色的溶液，溶液显酸性，含有大量H+，H+、反应，不能大量共存，故A错误；

B．由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可以为酸性或者碱性，、H+、Fe2+发生氧化还原反应，OH-与Fe2+反应，不能大量共存，故B错误；

C．各离子之间相互不反应，能大量共存，故C正确；

D．Ba2+、反应生成硫酸钡沉淀，能使KSCN溶液变红的溶液含Fe3+，铁离子和I-发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，不能大量共存，故D错误；

故选：C。12.实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是A.G与H均为氧化产物 B.实验中KMnO4只作氧化剂C.Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D.G与H的物质的量之和可能为0.25mol【答案】BD【解析】【分析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。【详解】A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；D．每生成1molO2转移4mol电子，每生成1molCl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。13.将NaHCO3和Na2O2的固体混合物xg在密闭容器中加热至250℃，充分反应后排出气体。将反应后的固体溶于水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体(标准状况)与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列说法错误的是A.HCl的浓度为0.1mol·L-1B.反应后固体的成分为NaOH与Na2CO3C.密闭容器中排出气体的成分为O2和H2OD.x的数值为6.09【答案】AD【解析】【分析】175mL到275mL是盐酸与碳酸氢钠反应，生成448mLCO2，物质的量为0.02mol，n(CO2)＝n(HCl)＝0.02mol，HCl的浓度为=0.2mol·L-1，根据碳原子守恒可知，n(NaHCO3)＝n(CO2)＝0.02mol，275mL时溶质是单一的氯化钠，氯化钠物质的量为0.2mol·L-1×0.275L=0.055mol，根据钠元素守恒可知n(Na2O2)＝(0.055-0.02)mol×=0.0175mol，固体的质量为(0.02×84＋0.0175×78)g＝3.045g，故x＝3.045；【详解】A．根据分析，HCl的浓度为=0.2mol·L-1，A错误；B．根据NaHCO3～HCl，由图像可知，因为175＞275－175，所以固体混合物为NaOH与Na2CO3，B正确；C．2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，由方程式可知，生成0.01mol的二氧化碳和0.01mol的水，再根据2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，可知密闭容器中排出气体的成分为O2、H2O，C正确；D．根据分析，x的数值为3.045，D错误；故选AD。14.下列实验方案可以达到实验目的的是选项实验目的实验方案A探究氢氧化锌是否具有两性向氯化锌溶液中逐滴加入氨水，出现先生成沉淀，后沉淀溶解的现象B除去NaCl固体中混有的少量杂质将固体混合物制成热的饱和溶液，然后降温结晶、过滤、洗涤、干燥C探究氯乙烯的加聚反应是否为可逆反应加热试管中的氯乙烯薄膜碎片，然后检验分解产物中是否有HCl气体D除去苯中的少量苯酚加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化锌溶于氨水，是因为生成配合物的缘故，并不能说明氢氧化锌具有两性，A错误；B．因为NaCl固体的溶解度随温度变化影响不大，而固体的溶解度随温度变化影响较大，故除去NaCl固体中混有的少量杂质，应是将固体混合物溶解，蒸发结晶，趁热过滤、洗涤、干燥，B错误；C．可逆反应是指在同一个外界条件下，该反应可以向正逆两个方向同时进行，C错误；D．苯酚与氢氧化钠反应生成可溶于水的苯酚钠，而苯不溶于氢氧化钠溶液，可用分液法分离，D正确；故选D。15.作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下：已知：，，。下列说法正确的是A.加入少量的作用是将氧化为，使用替代效果更好B.反应器流出的溶液，此时用石灰乳调节至，目的是除去C.加入少量溶液后滤渣的成分为D.为保持电解液成分稳定，应不断补充溶液，排出含酸电解液，电解废液可在反应器中循环利用【答案】D【解析】【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4，据此分析解题。【详解】A．MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2，A错误；用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁过程中Fe元素被氧化，电解硫酸锰溶液得B．pH=4，c(OH−)＝1×10−10mol/L，此时；pH=7，c(OH−)＝1×10−7mol/L，，所以目的是为了使Fe3+和Al3+都沉淀完全，故B错误；C．由分析可知，加入少量BaS溶液除去Ni2＋，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS，此外，二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，所以“滤渣”的成分至少有四种，故C错误；D．为保持电解液成分稳定，应不断补充溶液，排出含酸电解液，电解废液中含有硫酸，可在反应器中循环利用，故D正确；故答案选D。三、非选择题(共60分)16.某化学探究学习小组用如图所示装置进行SO2、Fe2＋和Cl-还原性强弱比较实验，实验过程如下：Ⅰ．先向B中的FeCl2溶液(约10mL)中通入Cl2，当B中溶液变黄时，停止通气。Ⅱ．打开活塞k，使约2mL的溶液流入试管A中，检验取出溶液中的离子。Ⅲ．接着再向B中通入一定量的SO2气体。Ⅳ．更新试管A，重复过程Ⅱ，检验取出溶液中的离子。（1）棉花中浸润的溶液为______，目的是______。（2）实验室制备氯气的化学方程式为______。（3）过程Ⅲ中一定发生反应的离子方程式为______；过程Ⅳ中检验取出溶液中是否含有硫酸根离子的操作是______。（4）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，下表是他们的检测结果，他们的检测结果一定能够证明SO2、Fe2＋和Cl-还原性强弱关系的是______。过程Ⅱ中检出离子过程Ⅳ中检出离子甲有Fe3＋无Fe2＋有乙既有Fe3＋又有Fe2＋有丙有Fe3＋无Fe2＋有Fe2＋【答案】（1）①.NaOH溶液②.防止尾气污染环境（2）MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（3）①.2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋②.取少许溶液于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有，反之无（4）乙、丙【解析】【分析】某化学探究学习小组用如图所示装置进行SO2、Fe2＋和Cl-还原性强弱比较实验，先向B中的FeCl2溶液（约10mL）中通入Cl2，当B的溶液变黄时，则氯气将二价铁氧化成三价铁时，停止通气，打开活塞k，使约2mL的溶液流入试管A中，用KSCN溶液来检验溶液中的三价铁离子；接着再向B中通入一定量的SO2气体，还原三价铁，生成二价铁和硫酸根，更新试管A，重复过程Ⅱ，用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验，据此分析解答；【小问1详解】向B中的Fe2+中通入氯气，氯气不可能完全和亚铁离子反应，防止多余的氯气污染空气，需要除去，所以棉花中浸润的溶液为NaOH溶液。【小问2详解】实验室制备氯气用的是二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应，化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。【小问3详解】B中的亚铁离子被氧化为铁离子，在铁离子中通入二氧化硫，发生氧化还原反应：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋；检验硫酸根离子的操作是：取少许溶液于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有，反之无。【小问4详解】过程Ⅱ是为了检验氯气氧化后的产物，过程Ⅳ是为了检验二氧化硫被氧化后的产物。甲：过程Ⅱ检出离子有Fe3+无Fe2+，说明氯气过量，过程Ⅳ中检出有不能说明二氧化硫就是被铁离子氧化，也可能是被氯气氧化，不能说明铁离子和二氧化硫的氧化性大小关系；乙：过程Ⅱ检出离子既有Fe3+又有Fe2+，亚铁离子未被氧化完全，说明氯气量不足，过程Ⅳ中检出有，一定是二氧化硫被铁离子氧化得到，则铁离子的氧化性大于二氧化硫；丙：过程Ⅱ检出离子有Fe3+无Fe2+，而过程Ⅳ中检出有Fe2+，说明二氧化硫把铁离子还原为了亚铁离子，则铁离子的氧化性大于二氧化硫；综上所述，乙、丙的检测结果一定能够证明SO2、Fe2＋和Cl-还原性强弱关系。17.外观与相似的亚硝酸钠()可用作建筑钢材缓蚀剂。某学习小组设计如图装置制备亚硝酸钠(夹持装置已省略)。已知：，。（1）装置A中发生反应的离子方程式为______。（2）反应开始时先打开止水夹K，通入氮气至F中产生大量气泡后再关上止水夹K。①通入的目的是______，若实验时观察到______，说明通入未达到预期目的。②若通入未达到预期目的，装置B可除去中的杂质，写出相关反应的化学方程式：______。（3）实验时装置D中的实验现象是______。（4）装置F的作用是______。【答案】（1）（2）①.除去装置中的空气②.A中气体变为红棕色③.（3）淡黄色固体转变为白色固体（4）吸收尾气，防止污染空气【解析】【分析】铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，也会和过氧化钠反应，所以通过B中的水，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，然后通过浓硫酸干燥，因为水也会和过氧化钠反应，在D处一氧化氮和过氧化钠反应，最后用高锰酸钾溶液反应一氧化氮，防止污染。据此回答。【小问1详解】(1)装置A中发生铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，反应的离子方程式为；【小问2详解】①因为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，通入N2的目的是除去装置中的空气，若实验时观察到A中气体变为红棕色，说明通入N2未达到预期目的；②若通入N2未达到预期目的，装置B可除去NO中的NO2杂质，利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮除去二氧化氮，该反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；【小问3详解】过氧化钠为淡黄色固体，亚硝酸钠为白色固体，所以实验时装置D中的实验现象是淡黄色固体转变为白色固体；【小问4详解】高锰酸钾溶液有强氧化性，能氧化一氧化氮，所以装置F的作用是吸收尾气NO，防止污染空气。18.氧化镓()是一种常用的无机催化剂。某兴趣小组设计以砷化镓废料(主要成分为GaAs、、)为原料生产的工业流程如图所示：已知：ⅰ、Ga和Al的化学性质相似；ⅱ、对硝酸参与的氧化还原反应有催化作用。回答下列问题：（1）①“浸取”时GaAs发生反应的化学方程式______。②若取A、B两组样品分别进行“浸取”实验，向A中不断通入，其他条件、操作完全一样，得到镓元素的浸出率随时间变化情况如图所示：前10min内，浸出速率A______B(填>、=或<)，其可能原因是______。（2）“沉镓”时的离子方程式为______，需要控制硝酸用量的原因______。（3）查阅资料后发现，实际工业生产中，在“浸取”步骤除了加硝酸外，还需要加入，从绿色化学角度分析加入的优点______。【答案】（1）①.②.<③.反应生成的NO2有催化作用，充入N2后NO2逸出，反应速率下降（2）①.②.硝酸用量过多，会导致Ga(OH)3沉淀溶解；若硝酸用量过少，会导致Ga3+沉淀不完全（3）可将NO2氧化为硝酸，减少污染，提高硝酸利用率【解析】【分析】砷化镓废料经预处理粉碎后加入硝酸进行浸取，其中不被硝酸溶解，过滤除去，滤渣1中为；滤液中含Fe3+、Ga(NO3)3和H3AsO4，加入氢氧化钙，调节pH除铁砷，将二者元素形成沉淀Fe(OH)3、Ga3(AsO4)2以过滤除去，滤渣2中为Fe(OH)3、Ga3(AsO4)2，而Ga元素类比Al元素化学性质，结合题干信息可知在滤液中以形式存在，加入硝酸，发生反应以生成Ga(OH)3，经煅烧分解生成Ga2O3。【小问1详解】①“浸取”后滤液中含Fe3+、Ga(NO3)3和H3AsO4，则GaAs在浓硝酸发生反应生成和，硝酸被还原为NO2，根据氧化还原反应配平的方法可知反应的化学方程式：；②②从图中可知，前10min内，镓元素的浸出速率A<B，A、B两者的区别在于A中不断通入N2，则A、B曲线变化的原因可能为反应生成的NO2有催化作用，充入N2后NO2逸出，反应速率下降。【小问2详解】“沉镓”时加入硝酸，与发生反应生成Ga(OH)3，离子方程式：，镓(Ga)、铝(Al)是同主族相邻元素，化学性质相似，Ga(OH)3是两性氢氧化物，酸性过强，Ga(OH)3会溶解，但是若硝酸用量过少，会导致Ga3+沉淀不完全。【小问3详解】在“浸取”步骤除了加硝酸外，还需要加入，可将NO2氧化为硝酸，减少污染，提高硝酸利用率。19.硫酰氯()是一种重要的化工试剂，被广泛应用于制造医药品、染料、表面活性剂等。某兴趣小组在实验室利用和反应合成。已知：①。②的熔点为，沸点为；以上会分解；遇水能发生剧烈反应，并产生白雾。回答下列问题：（1）从甲~戊中选择合适的装置(可以重复选用)制备，正确的连接顺序是______(用小写字母表示)。（2）仪器Y中盛放的试剂为______(填名称)，其作用为______。（3）装置丙中发生反应的离子方程式为______。（4）硫酰氯纯度的测定：取硫酰氯产品在密闭条件下溶于烧碱溶液，最后定容为溶液，取该溶液于锥形瓶中，调为，加入少量作指示剂，用的标准溶液滴定(滴定过程中不参与反应)，平行滴定三次，平均消耗标准溶液。①下列操作使测定结果偏低的是______(填字母)。A．调节过低B．滴定终点时，俯视标准液液面读数C．锥形瓶未用待测液润洗②该硫酰氯产品的纯度为______。【答案】（1）（2）①.碱石灰②.防止空气中水蒸气进入乙装置，同时吸收多余氯气和二氧化硫（3）（4）①.AB②.【解析】【分析】某兴趣小组在实验室利用和反应合成，甲装置中亚硫酸钠和浓硫酸反应制备二氧化硫，经戊干燥后通入乙装置，丙装置中浓盐酸和次氯酸钠溶液反应制备氯气，经装置丁除去Cl2中混有的HCl，再经过戊干燥后通入乙发生反应：，据此回答。【小问1详解】由分析可知，该实验中甲装置中亚硫酸钠和浓硫酸反应制备二氧化硫，经戊干燥后通入乙装置，丙装置中浓盐酸和次氯酸钠溶液反应制备氯气，经装置丁除去Cl2中混有的HCl，再经过戊干燥后通入乙发生反应：，正确的连接顺序是。【小问2详解】遇水能发生剧烈反应，则Y装置作用是防止空气中水蒸气进入乙装置，同时吸收多余氯气和二氧化硫，所以其盛放的试剂为碱石灰。【小问3详解】由分析知丙中浓盐酸和次氯酸钠反应制取氯气，离子方程式为：。【小问4详解】①A．调节pH过低会使铬酸根转化为重铬酸根，则会使部分氯离子被氧化，所以会使测定结果偏低，A选；B．滴定终点时，俯视标准液液面读数会使消耗标准液体积偏小，所以会使测定结果偏低，B选；C．锥形瓶未用待测液润洗对所取待测液物质的量无影响，所以对测定结果无影响，C不选；故选AB；②滴定过程中氯离子和银离子生成氯化银沉淀，所以样品中硫酰氯物质的量，则其质量为0.01190mol×135g/mol=1.600g，所以产品纯度为。20.磁性Fe3O4纳米粒子(粒径1～100nm)因其独特的物理化学性质如电学特性、磁学特性等引起广泛的研究。通过共沉淀法制备磁性Fe3O4纳米粒子的方法如下：I．连接好如图装置；Ⅱ．取5mL0.5mol/LFeSO4溶液和10mL0.5mol/LFeCl3溶液于反应容器B，并向装置中通入N2；Ⅲ．在不断搅拌的条件下，向混合溶液中逐滴加入40mL12mol/L的氨水，溶液中逐渐出现黑色物质；Ⅳ．充分反应后，从混合液中分离出纳米粒子，并反复洗涤干燥后得到