浙江省温州市“摇篮杯”2022-2023学年高一下学期化学竞赛试卷 含解析

2023年温州市“摇篮杯”高中化学竞赛试题(考试时间：90分钟；满分：150分)考生须知：1.全卷分试题卷和答题纸两部分。试题共有五大题，28小题。满分150分，考试时间90min。2.本卷答案必须做在答题纸相应位置上，做在试题卷上无效，考后只交答题纸。必须在答题纸上写清楚学校、姓名、准考证号。第Ⅰ卷(选择题，共78分)一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分。)1.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及分离提纯操作的是A.《本草衍义》“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”B.《齐民要术》“凡酿酒失所味者，或初好后动未压者，皆宜廻作醋。”C.《开宝本草》“(消石)所在山泽，冬月地上有霜扫取，以水淋汁，后乃煎炼而成。”D.《本草纲目》“(烧酒)自元时创始，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器盛露滴。”【答案】B【解析】【详解】A、“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的升华，因此涉及的操作方法是升华，涉及分离提纯操作，选项A不选；B、酒精在醋酸菌的作用下氧化可以转化成醋酸和水，涉及化学反应但没有涉及分离提纯操作，选项B选；C、包含溶解，蒸发结晶，涉及分离提纯操作，选项C不选；D、描述的是酒的蒸馏，涉及分离提纯操作，选项D不选。答案选B。2.下列表示正确的是A.的结构示意图： B.硫的分子式：SC.的空间填充模型： D.次氯酸的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．氧元素的原子序数是8，所以的结构示意图为，A正确；B．S只是硫的化学式，不是分子式，固态时，硫的分子式是S8，B错误；C．CCl4分子中的氯原子半径比碳原子半径大，因此CCl4的空间填充模型为，C错误；D．H和Cl周围形成1个共价键，O周围形成2个共价键，则HClO的电子式为，D错误；故选A。3.下列说法不正确的是A.氯化钠是一种常见的食品调味剂 B.氧化镁常用于制造信号弹C.二硫化亚铁可用于制造硫酸 D.金刚砂可用作耐高温半导体材料【答案】B【解析】【详解】A．氯化钠有咸味，是一种常见的食品调味剂，A正确；B．镁燃烧时发出耀眼的强光，镁常用于制造信号弹，而不是氧化镁，B错误；C．常用接触法制硫酸，有关反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4，则二硫化亚铁可用于制造硫酸，C正确；D．SiC俗称金刚砂，具有优异的高温抗氧化性能，可用作耐高温半导体材料，D正确；故选B。4.新型锂电池的电极材料可通过制得。下列说法正确的是A.为还原剂B氧化性：C.氧化产物与还原产物的物质的量比为D.常温常压下生成时，反应转移0.1mol电子【答案】D【解析】【分析】FePO4中Fe为+3价，LiFePO4中Fe为+2价，Fe化合价降低，发生还原反应，则FePO4为氧化剂，LiFePO4为还原产物；H2C2O4中C为+3价，CO2中C为+4价，化合价升高，发生氧化反应，H2C2O4为还原剂，CO2为氧化产物。【详解】A．由分析可知，FePO4为氧化剂，故A项错误；B．由分析可知，H2C2O4为还原剂，LiFePO4为还原产物，还原性：还原剂﹥还原产物，即还原性：H2C2O4﹥LiFePO4，故B项错误；C．由分析可知，CO2为氧化产物，LiFePO4为还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量比为2:2=1:1，故C项错误；D．反应生成3molCO2转移2mol电子，则常温常压下生成6.6gCO2即0.15mol，反应转移0.1mol电子，故D项正确；故答案为D。5.下列说法不正确的是A.和分子中所有原子最外电子层均满足8e-稳定B.晶体硅熔化和碘化氢的分解克服的化学键类型不同C.碘分子与四氯化碳分子之间作用力大于碘分子与水分子之间的作用力D.在石英和硅酸盐材料中均有硅氧四面体结构【答案】B【解析】【详解】A．AlCl3的二聚体分子Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，NCl3分子中每个原子其最外层均达到8电子稳定结构，故A项正确；B．碘化氢分解，发生化学键的断裂，克服的是共价键；硅是原子晶体，所以硅晶体使之熔化克服的是共价键，则克服的作用力相同，故B项错误；C．碘分子和四氯化碳分子都是非极性分子，而水分子是极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子之间的作用力大于非极性分子与极性分子之间的作用力‌，故C项正确；D．硅酸盐中的酸根阴离子和二氧化硅一样，都是以硅氧四面体作为基本结构单元，在结构中，表示硅氧四面体(SiO4)，故D项正确；故答案选B。6.下列对实验表述正确的是A.金属钾、钠和白磷暴露在空气中易燃烧，均应保存在煤油中B.往集满干燥氯气的集气瓶中放入红色鲜花，一段时间后红色的鲜花被漂白C.用镊子取出一小块钠，直接投入盛有水的烧杯，观察钠与水反应的现象D.蒸发、蒸馏、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒【答案】B【解析】【详解】A．金属钾、钠和白磷等暴露在空气中易燃烧，钾、钠与水会剧烈反应，白磷与水不反应，所以钾、钠应保存在煤油中，白磷则可保存在水中，故A项错误；B．鲜花含有水分，干燥的氯气可与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使鲜花红色褪去，故B项正确；C．用镊子取出一小块钠，由于钠与水反应剧烈，不能直接投入盛有水的烧杯，应放在石棉网上，故C项错误；D．蒸馏不需要用到玻璃棒，故D项错误；故本题选B。7.下列离子方程式正确的是A.硫氰化铁溶液中加NaOH溶液产生沉淀：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓B.硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：3S2O+2H+=4S↓+2SO+H2OC.向氯水中加入少量碳酸氢钠：Cl2+2HCO=Cl-+ClO-+2CO2+H2OD.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加入一定量的Ba(OH)2溶液：2NH+2Fe2++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Fe(OH)2↓+2NH3•H2O【答案】D【解析】【详解】A．Fe(SCN)3不能拆，离子方程式应为Fe(SCN)3+3OH-=Fe(OH)3↓+3SCN-，A错误；B．硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O，B错误；C．向氯水中加入少量碳酸氢钠：Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2，C错误；D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加入一定量的Ba(OH)2溶液，若Ba(OH)2溶液为少量，离子方程式可能为：2NH+2Fe2++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Fe(OH)2↓+2NH3‧H2O，D正确；故选D。8.下列说法中正确的是①等酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物③均可由化合反应制得④由金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来⑥氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是它具有丁达尔效应A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】B【解析】【详解】①2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，反应中有元素化合价变化，且生成了两种盐，故NO2不是酸性氧化物，①错误；②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，如Al2O3为金属氧化物，但却是两性氧化物，碱性氧化物与酸反应生成盐和水，则碱性氧化物一定都是金属氧化物，②正确；③、、，均可由化合反应制得，③正确；④由金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，④错误；⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用渗析方法把胶粒分离出来，胶体和溶液均能透过滤纸，故不能用过滤的方法，⑤错误；⑥氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是氢氧化铁的胶粒带同种电荷，同种电荷互相排斥，⑥错误；故正确的是②③，答案选B。9.五种短周期元素在周期表中的位置如图所示。已知：W元素原子的最外层电子数是次外层的2倍，下列说法正确的是WXMYZA.5种元素最高价氧化物的水化物都是酸B.中所含化学键类型相同，熔点都很高C.M元素与氢元素可能形成D.只有一种X的氢化物与Y的氧化物发生反应生成强酸【答案】C【解析】【分析】根据图中五种元素在周期表的位置可知W、X位于第二周期，M、Y、Z位于第三周期；W元素原子的最外层电子数是次外层的2倍，可知W为C元素，X为O元素，M为Si元素，Y为S元素，Z为Cl元素。【详解】A．X为O元素，O元素无最高正价，除了O元素其他四种元素最高价氧化物的水化物是酸，A错误；B．属于分子晶体含有共价键，属于共价晶体，含有共价键，共价晶体熔点高，分子晶体熔点低，B错误；C．M为Si元素，可与氢元素可能形成，C正确；D．X为O元素，氢化物有、；Y为S元素，氧化物有、，与反应生成硫酸，与生成硫酸，D错误；故答案为：C。10.如图为氯及其化合物的“价类二维图”，下列说法正确的是A.c的消毒能力是同质量b的2.5倍B.工业制备b是电解熔融的NaCl或饱和食盐水法C.d的酸性和氧化性都强于eD.b和NaOH溶液反应生成等物质的量的f和h，则氧化剂和还原剂物质的量之比为3∶1【答案】D【解析】【详解】此题为竞赛题，现征集试题答案和解析，如您有改题的答案和解析可联系总部编辑谭老师qq:807204649。二、选择题(本大题共12小题，每小题有1~2个选项符合题意，每小题4分，漏选得2分，错选或多选不得分，共48分。)11.下列关于实验操作的叙述中，正确的是A.在同一温度下，可通过观察产生气泡的快慢来探究浓度对与稀硫酸反应速率的影响B.向沸水中滴加饱和溶液，继续煮沸液体至红褐色，停止加热可得胶体C.表示易燃类物质，表示爆炸类物质D.新制氯水或氨水均应保存在棕色细口瓶中【答案】BD【解析】【详解】A．与稀硫酸反应为，同一温度下，可利用产生黄色沉淀时间的长短比较浓度对化学反应速率的影响，二氧化硫可溶于水，测定不精确不易控制，A错误；B．胶体的制备是：向沸水中滴加饱和溶液，继续煮沸液体至红褐色，停止加热可得胶体，B正确；C．表示氧化剂，表示爆炸类物质，C错误；D．新制氯水中的HClO见光易分解，氨水易挥发，所以新制氯水和氨水需保存在棕色细口瓶中，D正确；故选BD。12.设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是A.原子晶体干冰具有和二氧化硅类似的结构，则8.8g该晶体中含有碳氧键的数目为B.一定条件下，与氧气反应生成，反应中转移电子数为C.1mol硝基与46g二氧化氮所含的电子数均为D.含的溶液中含有的键数目为【答案】D【解析】【详解】A．在二氧化硅晶体，每个硅原子形成4个Si－O单键，因此在CO2原子晶体中，每个碳原子形成4个碳氧单键，则8.8g该晶体中含有碳氧键的数目为0.8NA，故A项正确；B．SO2与氧气反应生成2molSO3，转移4mol电子，则生成0.1molSO3，反应中转移电子数为0.2NA，故B项正确；C．1mol硝基(−NO2)与46g二氧化氮(NO2)即1molNO2，所含的电子均为23mol，则电子数为23NA，故C项正确；D．含100g34%的H2O2溶液中，H2O2的质量为34g，物质的量为1mol，含有的O−H键数目为2NA，但H2O中还含有O−H键，则溶液中含有的O−H键数目大于2NA，故D项错误；故答案选D。13.一种用作锂离子电池电解液的锂盐的阴离子结构如图2所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，含W元素的化合物可用作化肥。下列说法正确的是A.W元素最高价氧化物对应的水化物是强酸 B.W与Y或Z均可形成多种化合物C.X的氢化物沸点可能高于Z的氢化物 D.该离子中所有原子最外层均为8电子结构【答案】BC【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电子，则其p轨道上有3个电子，价电子排布式为3s23p3，W为P元素，由结构简式知Z形成1个共价键，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，则Z为F元素，Y为O元素，X为C。【详解】A．W为P元素，最高价氧化物对应的水化物是磷酸，磷酸不是强酸，故A项错误；B．W为P元素，Z为F元素，Y为O元素，可形成P2O5、P4O6、PF3、PF3等，故B项正确；C．X为C，C元素的氢化物有很多种，分子量越大沸点越高，可能高于Z的氢化物HF，故C项正确；D．该离子中P未形成8电子结构，故D项错误；故本题选BC。14.下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是选项WXYZACuCuSBNaOHCAlDSA.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】【详解】A．铜和硫反应生成Cu2S，不能一步生成CuS，A错误；B．可以与盐酸反应得到，与二氧化碳、水反应得到，与氢氧化钙反应得到氢氧化钠，氯化钠与氨气、水、二氧化碳反应可生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钙反应可生成氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应可生成氯化钠，B正确；C．铝与硫酸反应生成，与盐酸反应生成，与氢氧化钠反应生成，硫酸铝和氯化钡反应生成，与过量氢氧化钠反应生成，与过量硫酸反应生成，C正确；D．硫与氧气反应生成，不能一步生成，D错误；故选BC。15.下列“类比”结果正确的是A.溶液低温蒸干得到，则溶液低温蒸干得到B.加热条件下能还原CuO，加热条件下也能还原CuOC.少量通入溶液生成，则少量通入NaClO溶液生成D.溶液中滴加产生FeS沉淀，则溶液中滴加溶液也产生FeS沉淀【答案】B【解析】【详解】A．氯化亚铁在溶液低温蒸干时铁元素会被空气中的氧气氧化，最终生成氢氧化铁，故A项错误；B．高温条件下氨气和CH4均具有一定的还原性，氨气在高温条件下能还原CuO，则在高温条件下CH4也能还原CuO，故B项正确；C．次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，所以少量二氧化碳与次氯酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和次氯酸，故C项错误；D．H2S与FeCl2溶液不反应，故D项错误；故本题选B。16.为黄色油状液体，可用于漂白，也用于柠檬等水果的熏蒸处理，其相关性质的说法不正确的是A.缓慢与水发生反应：B.具有强氧化性，能与HCl气体反应生成Cl2C.很不稳定，受热或受震动时发生猛烈爆炸而分解，D.遇碱迅速分解得到一种碱性气体和能杀灭新冠病毒的消毒液【答案】A【解析】【详解】A．在NCl3中，N显-3价，Cl显+1价，缓慢与水发生反应：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，HClO还可将NH3氧化为N2，A不正确；B．NCl3中Cl显+1价，HCl中Cl显-1价，NCl3与HCl中Cl元素发生归中反应，生成Cl2和NH3，若HCl过量，则生成NH4Cl，B正确；C．NCl3很不稳定，对光、热、有机化合物都十分敏感，甚至震动时都会发生猛烈爆炸，从而生成N2和Cl2，C正确；D．NCl3遇碱会发生迅速分解，生成NH3和NaClO，NaClO可作杀灭新冠病毒的消毒液，D正确；故选A。17.某课题组设计一种脱除烟气中NO的方法，下列说法不正确的是A.整个过程的总反应方程式为B.反应过程均为氧化还原反应C.若将换成，产物也和D.在整个反应中起到催化作用【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，整个过程的总反应为氨气与一氧化氮和二氧化氮反应生成氮气和水，则总反应方程式为：，故A项正确；B．由图可知，中间体生成与的过程中，没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故B项错误；C．N2H4中N元素为-2价，也具有还原性，也可以与NO发生归中反应，生成N2和H2O，故C项正确；D．由图可知，在反应前后性质和质量不变，属于催化剂，故D项正确；故本题选B。18.+5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如表所示。含钒元素的不同微粒VOVOV2OVOpH4～66～88～1010～12另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2+(紫色)、V3+(绿色)、VO2+(蓝色)、VO(黄色)、VO(无色)、V5O(红棕色)等。下列说法正确的是A.VO转化为V2O的离子反应为2VO+H2O=V2O+2H+B.含VO的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原C.酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子反应为5VO+8OH-=V5O+4H2OD.紫色VSO4溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色出现绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1mol电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A．含的溶液中，pH为10～12之间，呈碱性，所以反应时不可能有氢离子生成，正确为，故A错误；B．中V的化合价为+5价，中V的化合价为+5价，反应前后无变化，未发生氧化还原反应，故B错误；C．酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时有生成，其反应为，故C正确；D．题中+2价V的量未知，不能计算出详细的电子转移数目，故D错误；故选C。19.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.吸收塔内衬材料不宜用铁，宜用陶瓷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】AC【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Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3=Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2O，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。【详解】A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高温下与Na2CO3发生反生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，A错误；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，B正确；C．由分析可得合成槽中产物主要有Na3AlF6和Na2CO3，C错误；D．由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，D正确；故选AC。20.某化学学习小组探究与“84”消毒液的反应过程，向酸化的溶液中逐滴滴入“84”消毒液，780s时停止滴入；滴加过程中bc、cd段产生刺激性气味的气体。采用传感器测得溶液的随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.cd产生刺激性气味气体反应的离子方程式：B.bc段发生反应的离子方程式：C.cd段迅速增大的原因是消耗D.de段减小的原因是氯气溶于水反应产生酸性物质【答案】BC【解析】【分析】由图可知，a点开始反应，即ab段亚铁离子被氧化为铁离子；bc段生成氢氧化铁和氯气；cd段主要生成了氯气；da段pH值减小，则氯气与水反应，据此分析解题。【详解】A．cd段产生刺激性气味，由题可知生成了氯气，则离子方程式：，A正确；B．bc段有氯气生成，则发生反应的离子方程式：，B错误；C．cd段迅速增大的原因是，C错误；D．氯气溶于水反应产生酸性物质，所以de段减小，D正确；故答案为：BC。21.某无色溶液中可能含有中的若干种，离子浓度都为，往该溶液中加入过量的和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如下实验：则关于原溶液的判断中正确的是A.若步骤中和溶液改用和盐酸混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响B.无法确定原溶液中是否存在C.肯定存在的离子是，是否存在需要通过焰色反应来确定D.肯定不存在的离子是，是否含另需实验验证【答案】A【解析】【分析】无色溶液中一定不含，往该溶液中加入过量的和盐酸的混合溶液，没有白色沉淀生成，则不含、Ag+，加足量氯水，无气体产生，则不含，溶液加四氯化碳分液，下层溶液为橙色，则原溶液中含有，上层溶液加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，含有，不含，溶液中一定含有阳离子，且离子浓度都为，根据电荷守恒，一定含有、、，一定不存在。【详解】A．过程中用氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，已引入氯离子，若改用BaCl2和盐酸混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，A正确；B．根据分析，原溶液中一定不存在Cl-，B错误；C．根据分析，原溶液中肯定存在的离子是、Br-、、Na+、K+，C错误；D．根据分析，原溶液中肯定不存在的离子有、Ag+、Mg2+、Cu2+、、Cl－，D错误；故选A。22.下列化学实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A饱和溶液中通入足量气体溶液变浑浊溶解度小于B将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，伸入盛有的集气瓶中产生黑、白两种固体钠的还原性强，与二氧化碳发生了置换反应C向溶液中加入几滴溶液溶液中产生气泡发生的离子反应为：D将灼热的木炭伸入浓硝酸中木炭燃烧，产生大量红棕色气体木炭和硝酸发生反应生成了和A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．饱和溶液中通入足量气体，发生反应，与反应消耗水，使溶剂的质量减少，且生成的的质量大，所以溶液变浑浊，不能说明溶解度小于，A错误；B．将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，伸入盛有的集气瓶中，发生反应，瓶内发生了置换反应，证明钠具有强还原性，B正确；C．向溶液中加入几滴溶液中产生气泡，主要是因为Fe3+作为催化剂，催化分解产生O2，C错误；D．浓硝酸受热也会分解生成NO2，所以将灼热的木炭伸入浓硝酸中，产生大量红棕色气体，不能说明木炭和浓硝酸反应生成了NO2，D错误；故选B。第Ⅱ卷(非选择题，共72分)三、简答题(包括3小题，共42分)23.类比-推理思维是化学中常用的思维方法。（1）已知硫和氧同族，性质相似，回答下列问题：①和水溶液一起振荡，水溶液由无色变有色，其化学方程式为___________；②和稀盐酸混合产生淡黄色沉淀，其化学方程式为___________；③叫硫代硫酸钠，叫多硫化钙，叫过氧化钡，叫超氧化钾，则叫___________。（2）已知铅元素在化合物中的主要化合价有两种，且价为稳定价态。①可以表示为，则可表示为___________，可表示为___________；②和浓盐酸共热的化学方程式为___________。（3）氢键为分子间作用力的一种，较范德华力大，HF分子间的氢键可表示为"。①画出与图中分子直接相连的所有氢键___________；②依据一水合氨电离产物画出分子内的氢键___________。【答案】（1）①.CS2+K2S=K2CS3②.Fe3S4+6HCl=3FeCl2+S↓+3H2S↑③.三硫代碳酸钾（2）①.②.2PbO•PbO2③.PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O（3）①.②.【解析】【小问1详解】①CS2和K2S水溶液反应生成K2CS3，其化学方程式为：CS2+K2S=K2CS3；②Fe3S4和稀盐酸反应生成FeCl2、S和H2S，其化学方程式为：Fe3S4+6HCl=3FeCl2+S↓+3H2S↑；③K2CS3叫三硫代碳酸钾；【小问2详解】①Fe3I8可表示为：3FeI2•I2；Pb3O4可表示为：2PbO•PbO2；②PbO2和浓盐酸共热生成PbCl2、Cl2和H2O，化学方程式为：；【小问3详解】①与图中H2O分子直接相连的所有氢键为：；②依据一水合氨电离产物画出NH3⋅H2O分子内的氢键为：。24.化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：已知：7.8g单质B与水反应生成2.24L氢气，所有气体体积已折合成标准状态下。白色沉淀D为三种元素组成的纯净物。请回答：（1）组成X的元素有______，E的化学式为______。（2）溶液A→D反应的离子方程式______。（3）X隔绝空气400℃下反应的化学方程式是______。（4）气体C和Mg反应生成的固体E中可能混有Mg，请设计实验证明______。【答案】（1）①.K、C、N②.Mg3N2（2）CN-+Ag+=AgCN↓（3）2K2CN22KCN+2K+N2（4）方法一：取反应后的固体溶于足量稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg；方法二：取反应后的固体溶于足量水，过滤，向过滤后的滤渣中加入稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg【解析】【分析】标况下2.24L氢气为0.1mol，7.8g单质B与水反应生成2.24L氢气，则B为Na或K，而7.8gNa和水反应生成氢气物质的量大于0.1mol，则B为K；气体单质C2.24L和Mg反应生成固体E10.0g，C物质的量为0.1mol，则E为Mg3N2，C为氮气，其质量为0.1mol×28g/mol=2.8g；固体A加水溶解变为溶液A，则A为盐，溶液A和足量硝酸银溶液反应生成26.8g白色沉淀D，则A含有K、N以及另外一种元素，根据D为沉淀，则该沉淀为AgCN，其物质的量为0.2mol；则A的质量为23.6g-7.8g-2.8g=13g，则A为KCN，则X含K、C、N元素；X含C物质的量为，含N物质的量为，含K物质的量为，则X化学式为K2CN2。【小问1详解】根据分析，组成X的元素有K、C、N，E的化学式为Mg3N2；【小问2详解】溶液A→D反应为KCN和硝酸银反应，离子方程式CN-+Ag+=AgCN↓；【小问3详解】X化学式为K2CN2，X隔绝空气400℃下反应的化学方程式是2K2CN22KCN+2K+N2；【小问4详解】气体C和Mg反应生成的固体E中可能混有Mg，证明实验为，方法一：取反应后的固体溶于足量稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg；方法二：取反应后的固体溶于足量水，过滤，向过滤后的滤渣中加入稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg。25.Ⅰ．X是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的新型漂白剂(由四种短周期元素组成的纯净物)，无毒无味，性能温和，且对环境友好。X从组成形式上可看成是某种正盐M与活性物质N的加合产物(，类似于结晶水合物，相对分子量不超过400)。现将X按如下流程实验，气体A能使带火星的木条复燃，固体B溶于水所得溶液显碱性，且焰色反应呈黄色。请回答：（1）X中含有的非金属元素是___________，写出X灼烧的化学方程式是___________；（2）向X的溶液中通入少量，请写出离子方程式___________；Ⅱ．以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下：回答下列问题：（3）“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使溶解，转化为ZnNH342+和配离子；②（4）ZnO转化反应的离子方程式为___________；（5）“蒸氨沉锌”得到的工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为___________；（6）煅烧碱式碳酸锌得到氧化锌需要用到的仪器有___________。A．蒸发皿B．烧杯C．坩埚钳D．三脚架E．泥三角【答案】（1）①.C、H、O②.（2）（3）使MnO2、Fe2O3沉淀除去（4）（5）（6）CDE【解析】【分析】Ⅰ．6.28gX经灼烧后气体使干燥管增重1.08g，说明X中含有I元素，生成的水蒸气的物质的量；剩余气体A能使带火星的木条复燃，则气体A为O2，且其物质的量；固体B溶于水所得溶液显碱性，且焰色反应呈黄色，说明X中含有Na元素；固体B溶解后滴加CaCl2溶液，生成白色沉淀，X是由四种短周期元素组成的纯净物，无毒无味，性能温和，且对环境友好，可判断出X中不含有S元素，则所得白色沉淀D为CaCO3，说明X中含有C元素，固体B为Na2CO3，白色沉淀D对应CaCO3的质量为4.00g，对应物质的量，则6.28gX中含有0.12molH、0.08molNa、0.04molC;其中0.12molH、0.08molNa、0.04molC的质量之和为0.12mol×1g/mol+0.08mol×23g/mol-0.04mol×12g/mol=2.44g<6.28g，说明X中含有O元素的质量m(O)=6.28g-2.44g=3.84g，对应物质的量，X中所含4种原子个数16g/mol比为N(Na):N(C):N(H):N(O)=0.08mol:0.04mol:0.12mol:0.24mol=2:1:3:6，X从组成形式上可看成是某种正盐M与活性物质N的加合产物，结合X分解可产生O2，可推知该正盐M为Na2CO3，活性物质N为H2O2，6.28gX中含有0.04molNa2CO3、0.06molH2O2，结合X的相对分子量不超过400，可知X的化学式为2Na2CO3·3H2O2。Ⅱ．首先用NH4HCO3和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为[Zn(NH3)4]2+络离子，将Cu元素转化为[Cu(NH3)4]2+络离子，MnO2、Fe2O3不发生反应进入滤渣①中；加入锌粉可以将[Cu(NH3)4]2+全部置换出来得到滤渣②中含有Zn及Cu，然后经蒸氨沉锌Zn(NH3)4(HCO3)2反应变为NH3和Zn(HCO3)2，然后加入碱式碳酸锌与Zn(HCO3)2混合，高温煅烧得到氧化锌。【小问1详解】由分析可知，X中含有的非金属元素是C、H、O；X灼烧生成Na2CO3、H2O和O2，反应的化学方程式为：；【小问2详解】X中所含活性物质H2O2具有氧化性，能够氧化SO2生成H2SO4，H2SO4会与正盐Na2CO3反应，因通入SO2量少，故所产生的少量H2SO4与Na2CO3反应生成NaHCO3，综上分析，向X的溶液中通入少量SO2反应的离子方程式为：；【小问3详解】“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子；②使MnO2、Fe2O3沉淀除去；【小问4详解】ZnO转化反应的离子方程式为：；【小问5详解】“蒸氨沉锌”得到ZnCO3⋅Zn(OH)2的工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为：；【小问6详解】煅烧碱式碳酸锌得到氧化锌需要用到的仪器有坩埚钳、三脚架、泥三角，故答案为：CDE。四、实验题(1小题，共16分)26.无水二氯化锰可用于铝合金冶炼、有机氯化物触媒、制造染料、制药和干电池等，可由四水醋酸锰和乙酰氯制备，实验室模拟制备流程如图(夹持仪器已省略)：已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯；②制备无水二氯化锰的主要反应：；③乙酰氯遇水发生反应生成酸性气体。请回答：（1）图中仪器A的名称是___________，仪器B的作用是___________；（2）步骤Ⅰ所获得的固体成分主要是___________；（3）步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是___________；（4）步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(上图右，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→___________→将产品转至干燥器中保存；a．拔出圆底烧瓶的瓶塞b．关闭抽气泵c．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温d．打开安全瓶上旋塞②图中装置中U形管内NaOH固体的作用是___________。（5）测定无水的含量：将样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量，使氧化为。待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用硫酸亚铁铵溶液滴定，滴定过程中又转化为，消耗cmL硫酸亚铁铵。①样品中的质量分数是___________；②“持续加热”的目的是使过量的分解。若不加热，测定结果会___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.恒压分液漏斗(或恒压滴液漏斗)②.冷凝回流（2）(CH3COO)2Mn（3）步骤I脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2（4）①.cdba②.防止可能生成的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品（5）①.×100%②.偏高【解析】【分析】分析流程可知，四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn•4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)溶解在苯中搅拌抽滤，获得产物(CH3CO)2Mn，固体加入苯和乙酰氯回流搅拌，发生反应(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O，抽滤洗涤，粗产品纯化后获得无水二氯化锰，以此解答。【小问1详解】图中仪器A名称为恒压分液漏斗，仪器B为球形冷凝管，球形冷凝管可以冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率；【小问2详解】根据已知②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O，则步骤I的过程所获得的固体成分主要为(CH3COO)2Mn；【小问3详解】根据已知信息可知，步骤I为了脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2，应该在室温下进行，而步骤Ⅱ有回流装置，可防止挥发，加热可以加快反应速率，故步骤Ⅱ加热回流能促进反应生成MnCl2；【小问4详解】①步骤Ⅳ中，将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。纯化时装置内接近真空，纯化结束后要使装置内外气体压强相等，则纯化完成后的操作排序：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至室温→打开安全瓶上旋塞→关闭抽气泵→拔出圆底烧瓶的瓶塞→将产品转至干燥器中保存，故答案为：cdba；②乙酰氯与水反应生成CH3COOH和HCl，则可能混有酸性气体，且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能生成的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品；【小问5详解】①由方程式可得如下转化关系：Fe3+，由滴定消耗cmLbmol/L硫酸亚铁铵溶液可知，样品中氯化锰的质量分数为×100%=×100%；②若不持续加热使过量的分解，酸性条件下硝酸根离子会与硫酸亚铁铵溶液中的亚铁离子发生氧化还原反应，消耗硫酸亚铁铵的量偏多，导致测定结果会偏高。五、计算题(包括2小题，共14分)27.将8.64gCu与的混合物加入的稀硫酸中，充分反应后剩余固体的质量为4.80g，继续往溶液中加入过量铁粉，析出了红色固体，经检测溶液质量增加了0.48g。请计算：（1）混合物中Cu与物质的量之比为___________。（2）继续加入过量铁粉时，反应掉的铁粉的质量为_