北京市某中学2024-2025学年高三年级上册10月月考化学试题（含解析）

高三第一学期10月月考检测题

化学

可能用到的相对原子质量：HlC12O16Na23Mg24Ca40Ti48Mn55Fe56

Zr91Ba137

一、选择题(共14小题，每题3分，共42分)

1.2020年12月17日凌晨、嫦娥五号携带月壤等样本成功返回地球，完成中国探月工程的收官之战。下列

说法不正确的是

A.发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用了燃烧反应提供能量

B.制造探测器中的瞄准镜时使用光导纤维，其主要成分是Si

C.月壤中含有珍贵的3He,3He与We互为同位素

D.留在月球的国旗长时间不褪色、不分解，是利用了材料的稳定性

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.氢气和氧气燃烧产生大量热，提供能量，故A正确；

B.二氧化硅具有良好的光学性能，光导纤维的主要成分为SiCh,故B错误；

C.3He与We为质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，故C正确；

D.物质可以长期存在而不分解、褪色，说明物质稳定性良好，故D正确；

故选Bo

2.下列物质是强电解质的是

A.Fe(SCN)3B.HIC.H2SiO3D.A1(OH)3

【答案】B

【解析】

【详解】A.Fe(SCN)3为络合物，不完全电离，为弱电解质，A错误；

B.HI强酸，在水溶液中完全电离，为强电解质，B正确；

C.H2SiO3不完全电离，为弱电解质，C错误；

D.A1(OH)3为弱碱，不完全电离，为弱电解质，D错误;

故选B。

3.下列化学用语或图示表达不正确的是

A.SO3的VSEPR模型:

B.羟基的电子式：.o：H

C.基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为:111111n-ii-n

3d4s

D.原子核内有8个中子的碳原子：；4c

【答案】A

【解析】

【详解】A.S03的中心S原子价层电子对数为g=3,VSEPR模型为平面三角形，A错误;

2

••

B.羟基的电子式：.O：H，B正确；

C.基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为：__1__1__!__L田I,C正确；

3d4s

D.原子核内有8个中子的碳原子：；“C,D正确；

故选Ao

4.为为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A.0.50mol日〃分子中共价键的数目为2NA

B.标准状况下，2.24LSO3中电子的数目为4Q0NA

C.pH=2的H?SO4溶液中H+的数目为0Q2NA

D.常温常压下，28gCO和N2的混合气体原子数目为2%

【答案】D

【解析】

【详解】A.1个g/分子含有10个共价键，则Q50molg/分子中共价键的数目为5NA，A错误;

B.标准状况下，S03不是气体，不能用气体摩尔体积计算，B错误；

C.pH=2的H2sO,溶液无体积，无法计算H+的数目，C错误；

D.常温常压下，CO和N2均为含有2个原子的分子，且相对分子质量均为28,则该混合气体的物质的

量为Imol,原子数目为2名，D正确；

故选D。

5.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是

A铝有强还原性，可用于制作门窗框架

B.氧化钙易吸水，可用作干燥剂

C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂

D.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂

【答案】A

【解析】

【详解】A.铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原

性，A不正确；

B.氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B

正确；

C.食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧

化剂，C正确；

D.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供

氧剂，D正确；

故选A„

6.下列各组离子中，能大量共存的是

A.NH：、Na+、Cl-.OITB.Fe2+>H\NO；,SO]

C.NH：、K+、HCO；、OH-D.Fe3+>NH；、NO；,SOj

【答案】D

【解析】

【详解】A.NH；和OH会结合生成一水合氨，不能共存，A项错误；

B.Fe?+和H+,NC)3不能共存，会被氧化为Fe3+,B项错误;

C.NH；和OH会结合生成一水合氨，OH和HCO；会反应生成水，不能大量共存，C项错误；

D,四种离子均可以大量共存，D项正确；

答案选D。

7.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是

A.Na2。？放入水中：Na2O2+H20=2NaOH+O2T

B.凡04)通过灼热铁粉：3H2O+2Fe=Fe2O3+3H2

C.铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+H2SO4=CUSO4+H2T

+2+

D.S02通入酸性KMnO4溶液中：5SO2+2H2O+2MnO；=5SO：+4H+2Mn

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.Na2。？放入水中化学方程式应该是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+C)2T,A选项中氧元素

不守恒，A错误；

B.H?O(g)通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；

C.铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；

D.SO?通入酸性KMnC%溶液中，SO?被MnO,氧化为SO：,M11O4被SO2还原为Mi?+，再根据得失

电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为55。2+2凡0+2乂110，=550丁+4田+2乂112+,D

正确；

故选D。

8.下列指定反应的离子方程式正确的是

2+3+

A.碘化亚铁溶液通入少量的氯气：2Fe+2I-+2Cl2=2Fe+I2+4Cl-

B.用H2O2从酸化的海带灰浸出液中制取碘：2I-+H2O2+2H+=l2+2H2O

C.Fe(OH)3胶体的制备：Fe3++3NH3・H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NH；

D.等物质的量的NaHCCh溶液与Ca(OH)2溶液混合：2HCO；+Ca2++2OH=CaCO31+CO;

【答案】B

【解析】

【详解】A.碘化亚铁溶液通入少量的氯气，只有碘离子被氧化为碘单质，2r+Cl2-I2+2Cr,A错误；

B.双氧水能将碘离子氧化成碘单质，用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：

+

2I+H2O2+2H=I2+2凡0,B正确；

C.制取Fe(0H)3红褐色胶体应该向煮沸的蒸储水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；

Fe3++3H2O^Fe(OH)3(胶体)+3H+,C错误；

D.等物质的量的NaHCCh溶液与Ca(OH)2溶液混合，氢氧根离子过量，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸

2+

钙沉淀水：HCO；+Ca+OH=CaCO3i+H2O,D错误；

故选B。

9.KIC)3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为

612+11KC1O3+3H2O=6KH(IO3)2+5KC1+3C12To下列说法错误的是

A.产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移lOmolF

B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6

C.可用石灰乳吸收反应产生的C"制备漂白粉

D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中10；的存在

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A.该反应中只有碘元素价态升高，由。价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即

6I2~60e-,又因方程式中6I2〜3cI2,故3c12~60e;即CI2〜20e,所以产生22.4L(标准状况)CI2即Imol

Cb时，反应中应转移20moie,A错误；

B.该反应中KCIO3中氯元素价态降低，KC103作氧化剂，12中碘元素价态升高，12作还原剂，由该方程式

的计量系数可知，11KC1O3~6I2,故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为H:6,B正确；

C.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，c正确；

D.食盐中1。3可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、r发生归中反应1。/51一+611+=312+31i20生成

也12再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中101的存在，D正确。

故选A„

10.下列实验方案，不熊达到实验目的是

选

实验目的实验方案

项

将湿润的淀粉KI试纸放于充满Ch的集气瓶

A氯气的氧化性

口，试纸变蓝

酉己制480mL0.2mol/LNaOH溶准确称量NaOH固体4.0g溶于水，配制成

B

液500mL溶液

室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNa2CO3

比较H2co3和H2s04的酸性

C溶液

强弱

和0.1mol/LNa2SO4溶液的pH

用硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中,溶液

3+

D证明氧化性：H2O2>Fe

变黄色

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.强氧化性物质能氧化碘离子生成碘，碘能使淀粉试液变蓝色，将湿润的淀粉KI试纸放于充满

Cb的集气瓶口，试纸变蓝，说明氯气将碘离子氧化生成碘单质，验证了氯气有氧化性，故A能达到实验

目的；

B.配制480mL0.2mol/LNaOH溶液时，因为实验室没有480mL容量瓶，应该用500mL容量瓶，称量

m(NaOH)=0.2mol/Lx0.5Lx40g/mol=4.0g,故B能达到实验目的；

C.酸的酸性越强，其相同浓度的钠盐溶液pH越低，室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol・L“Na2c03溶

液和O.lmokL-iNazSCU溶液的pH,pH越小的酸的酸性越强，故C能达到实验目的；

D.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化

性，能将亚铁离子氧化生成铁离子而干扰实验，故D不能达到实验目的；

故选D。

11.蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。

浓硫酸蔗糖

下列关于该过程的分析不正确的是

A.过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性

B.过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关

C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性

D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂

【答案】C

【解析】

【详解】A.浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2：1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸,

白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；

B,浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应C+2HzSOK浓）eCO2T+2S0?T+2H2。，产生大量

气体，使固体体积膨胀，B项正确；

C.结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的SO?能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；

D.该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；

故选C。

12.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应,

水未标出）。

p~|X>|"B"|X>|-0"

下列说法不无碗的是

A.若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CCh

B.若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体

C.若B为FeCb,则X一定是Fe

D.A可以是碳单质，也可以是02

【答案】B

【详解】A.若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧

化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,

C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；

B.若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高

的氮气，故B错误；

C.若B为FeCb,则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确;

D.若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C

为一氧化碳，故D正确；

答案为B。

【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟

记物质的性质，综合运用。

13.为探究Na2sCh的性质，实验小组同学进行了如下实验:

④有刺激性气味⑤无明显变化⑥产生白色沉淀

有刺激性气味

下列说法一定正确的是

A.③和④中产生的气体成分完全相同B.②和⑥中沉淀的主要成分不同

C.①一②和④一⑥均只发生了复分解反应D.S0：的还原性在酸性条件下增强

【答案】B

【解析】

【分析】由题干实验信息可知，①一②一③过程中先发生反应：Na2SO3+BaC12=BaSO3i+2NaCl,然后发生

Na2sCh与HN03反应生成SCh和氮氧化物等刺激性气味的气体，BaSCh与HNCh反应生成BaSO4,同时产生

氮氧化物刺激性气味的气体，而①一④一⑤一⑥过程中先发生Na2sCh与HNO3反应生成SCh和氮氧化物等

刺激性气味的气体，同时部分转化为硫酸根，然后溶于水中的S02继续被过量的硝酸根氧化为硫酸根，然后

与Ba2+结合生成BaSCU沉淀，同时继续反应生成氮氧化物等刺激性气味的气体，据此分析解题。

【详解】A.由题干实验信息可知，①一③依次发生反应方程式为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3i+2NaCh

BaSO3与HNO3反应，已经过量的Na2sCh与HN03反应，而①一④则是Na2sCh与HN03反应生成NO和

S02,可知③和④中产生的气体成分不一定完全相同，NO和SO2的多少可能不同，A不合题意；

B.由题干实验信息可知，①一②发生的反应为：Na2sO3+BaC12=BaSO31+2NaCl,故沉淀②的主要成分是

BaSO3,而⑥中沉淀是先加入稀硝酸后再加入BaCb,硝酸具有强氧化性，将亚硫酸钠氧化为NazSO-然

后再与BaCb反应生成BaS04沉淀，故二者的主要成分不同，B符合题意；

C.由分析可知，①一②发生的反应为：Na2sO3+BaC12=BaSO31+2NaCl属于分解反应，而④一⑥既发生了

复分解反应又发生氧化还原反应，C不合题意；

D.由题干信息可知，由②到③时的酸性比①到④的酸性弱，但①到④转化生成的硫酸根反而更少，但①

中SOj浓度比②中的更大，不能说明SO：的还原性在酸性条件下增强，D不合题意；

故答案为：Bo

14.不同条件下，当KMnCU与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。

KIKMnO4

反应序起始酸碱还原产氧化产

物质的量物质的量

号性物物

/mol/mol

①酸性0.001nMn2+h

②中性0.00110nMnC)2IO；

已知：M11O4的氧化性随酸性减弱而减弱。

下列说法正确的是

2+

A.反应①，n(Mn):n(I2)=1:5

B.对比反应①和②，x=3

C.对比反应①和②，r的还原性随酸性减弱而减弱

D.随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变

【答案】B

【解析】

【详解】A.反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子

守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10r+2MnC>4+16H+=2Mn2++5L+8H2O,故

n(Mn2+)：n(b)=2：5,A项错误;

B.根据反应①可得关系式101~2MnO4,可以求得n=0.0002,则反应②的

n(I)：n(Mn04)=0.001：(10x0.0002尸1：2,反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关

系式为I~2MnO4~MnO2~IO；~6e\10；中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价

的代数和知x=3,反应②的离子方程式是：r+2MnO4+H2O=2MnO21+IO3+2OH-,B项正确；

C.己知Mn。4的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项

错误；

D.根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH\消耗水、pH增

大，D项错误；

答案选B。

二、非选择题(共58分)

15.我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要流程如图

(部分物质己略去)：

(1)①③所涉及的操作方法中，包含过滤的是(填序号)。

(2)根据上图，将化学方程式补充完整：

NH3+CO2++=NaHCO3J+NH4cl

(3)燃烧NaHCC>3固体的化学方程式是。

(4)下列联合制碱法流程说法正确的足(填字母)。

a.CO2可以循环使用

b.副产物NH4cl可用作肥料

c.溶液B中一定含有Na+、NH：、CF

(5)某课外小组为了鉴别Na?CO3和NaHCC>3两种白色固体，设计了如下两种实验方法。

①装置I中的Na?C03和NaHCC>3均能与盐酸反应，产生气体速率快的是(填化学式，下同)。

②当稀盐酸足量时，装置I中气球鼓起体积较小的是=

③加热装置II,澄清石灰水变浑浊一侧的白色固体是,写出石灰水变浑浊过程中反应的离子方程

式：O

(6)通常用饱和NaHCC>3溶液除去C。？中的HC1,不能用Na2cO3溶液的原因是。(用离子方

程式表示)

【答案】（1）①③（2）NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4C1

A小

（3）2NaHCO3=Na2CO3+C02T+H20

(4)abc(5)①.NaHCO3②.Na2CO3③.NaHCO3

2+

Ca+2OH+C02=CaCO3J+H20

(6)CO"+CO2+H2O=2HCO3

【解析】

【小问1详解】

固液分离需要过滤，①③所涉及的操作方法中，包含过滤的是①③；

【小问2详解】

侯氏制碱法反应为NH3+C02+NaCl+H2O=NaHCO3J+NH4C1；

【小问3详解】

燃烧NaHCC>3固体的化学方程式是2NaHCC)3=Na2cO3+CO27+H20；

【小问4详解】

a.CO?生成碳酸氢钠需要，碳酸氢钠生成碳酸钠又生成，所以二氧化碳可以循环使用，故a正确；

b.副产物NH4CI,含有氮元素，可用作肥料，故b正确;

C.溶液B中一定含有Na+、NH：、CF,故c正确；

故选：abc；

【小问5详解】

①装置I中的Na2c。3和NaHCC>3均能与盐酸反应，产生气体速率快的是NaHCC>3，因为同物质的量的

两个物质，碳酸氢钠消耗盐酸更少。

②当稀盐酸足量时，装置I中气球鼓起体积较小的是Na2co3,106份质量的碳酸钠生成44份质量的二氧

化碳，84份质量的碳酸氢钠生成44份质量的二氧化碳，等质量的两者物质碳酸钠生成的气体更少。

③加热装置II,澄清石灰水变浑浊一侧白色固体是NaHCC>3,碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，石灰

2+

水变浑浊过程中反应的离子方程式：Ca+2OH+CO2=CaCO3J+H2O。

【小问6详解】

通常用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HC1,不能用Na2CO3溶液的原因是

CO^+CO2+H20=2HCO3。

16.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置（部分装置省略）

制备KCIO3和NaClO,探究其氧化还原性质。

浓盐酸

加

①②③④⑤

已知：氯化氢极易溶于水，氯气难溶于饱和食盐水；CCL难溶于水且密度比水大，L在cel,中显紫色;

氯气与碱反应时温度不同产物不同。

请回答下列问题：

（1）装置①中反应的离子方程式为o

⑵装置③中反应结束后，取出③中试管，经冷却结晶，过滤，少量（冷）水洗涤，干燥，得到KCIC）3晶

体。装置③中反应的化学方程式为O

(3)装置④中反应的离子方程式为o

(4)装置⑤可选用试剂(填字母)。

a.NaClb.Ca(OH)2c.H2SO4

(5)取少量KCIO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不

变。2号试管溶液变为棕色，加入CCL振荡，静置后CC1层显紫色，可知该条件下KCIO3的氧化能力比

NaClO(填“强”或“弱”)-

A

+2+

【答案】(1)MnO2+4H+2Cr^=Cbt+Mn+2H2O

A

(2)3C12+6KOH^=5KCI+KCIO3+3H2O

(3)CI2+2OH-Cr+ClO-+H2O

(4)b(5)弱

【解析】

【分析】二氧化镒和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化镒、氯气和水，浓盐酸易挥发，氯气中含有氯化

氢，常用饱和食盐水除掉氯气中氯化氢气体，氯气通入热的氢氧化钾溶液中反应生成氯酸钾、氯化钾和

水，氯气通入氢氧化钠溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，尾气用氢氧化钠溶液吸收。

【小问1详解】

装置①是浓氧酸和二氧化铳再加热条件下反应生成氯化镒、氯气和水，其反应的离子方程式为MnO2+4H

AA

-2+-+-

++2C1Cl2t-JMn-J2H2O；故答案为：MnOz+dH++2C1CI2tMn--I2H2Oo

【小问2详解】

装置③发生氯气和热的KOH溶液反应生成氯酸钾、氯化钾和水，其反应的化学方程式为3cl2+6KOH

AA

5KC1+KC1O3+3H2O；故答案为：3cl2+6KOH^5KCl+KClO3+3H2。。

【小问3详解】

装置④是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式为Cb+2OH-=cr

--

+C1O+H2O；故答案为：C12+2OH-=Cr+C10+H20„

【小问4详解】

装置⑤是吸收处理尾气，常用碱或碱性溶液或还原性溶液来处理，而氢氧化钙属于碱，氯化钠、硫酸都不

与氯气反应；故答案为：bo

【小问5详解】

根据题意说明次氯酸钠溶液中性条件下能氧化碘离子，而氯酸钾溶液中性条件下不能氧化碘离子，因此得

出该条件下KCIO3的氧化能力比NaClO弱；故答案为：弱。

17.碘是人体必须的微量元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。在实验室中，从海藻里

提取碘的流程如下：

含r的溶液行之।»含4的水溶液

氧化剂।…

灼烧

海藻海藻灰—21」

含4的有机溶液

残渣

碘单质

(1)指出上述过程中有关实验操作的名称，步骤i：,步骤iii：0

(2)步骤ii中可使用CI2,从原子结构角度说明理由：OCU过量时，可能无法获得12,原

因是12会被继续氧化为10八该反应的离子方程式为。

(3)当使用H,o,做氧化剂时，厂的转化率受外界因素的影响如下图所示。

100

%95

、

骷90

^

唧85

1，

80

75-d

~051M1512-1>

pH=2时，%。2与I旃物质的量比

图2

①图1中，pH=7时「转化率几乎为0,结合离子方程式解释原因：。

②图2中，H2O2与「物质的量之比从0.5：1提高至1：1时，厂的转化率明显增大，可能的原因是

___________(写出2条)。

【答案】(1)①.过滤②.萃取分液

(2)①.同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：C12>I2②.5CI2+I2+6H2O2

10：+1OC1+12H+

(3)①.反应的离子方程式为H2O2+2「+2H+=I2+2H2O,pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进

行受阻②.增大H2O2的浓度，促进反应正向进行，「的转化率增大；过量的H?。？分解产生的02氧化

「使转化率增大

【解析】

【分析】海藻在用烟中灼烧得到海藻灰，将海藻灰浸泡得到海藻灰悬浊液，然后利用过滤的方法分离海藻

灰悬浊液，得到残渣和溶液，在溶液中通入过量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反应得失12,向含有12

的溶液中加入有机溶剂进行萃取，得到含有碘的有机溶液，再利用蒸储的方法得到晶态碘。

【小问1详解】

过滤适用于不溶于水的固体和液体，步骤i分离固体和液体用过滤；利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度

不同，用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来，这种方法叫做萃取，步骤ii将碘水

中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，

故答案为：过滤；萃取分液；

【小问2详解】

步骤ii是将I-氧化为12,使用Cl2,原因是同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化

性：C12>I2；CI2具有强氧化性，过量的CL与卜反应生成10］和CL反应的离子方程式为5cl2+L+6H2O2

IO3+10C1+12H+；

【小问3详解】

①H?。？做氧化剂时，反应的离子方程式为H2O2+21-+2H+=b+2H2O,溶液在酸性条件下，「反应较完

全，若pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进行受阻；

②理论上Hz。？与「物质的量之比为0.5：1,若提高至1：1,即增大Hz。？的浓度，促进反应正向进行，

「的转化率增大，还有可能是多余的Hz。？分解产生的02,也能氧化：T。

18.软锦矿浆(主要成分MnCh)可吸收烟气中的SCh,同时可制备MnCCh,工艺流程如下：

软镒矿浆O氨水(NH)SNH.HCO,

02342

sTfT'TI/k

°2.脱荷|1过箱1|1调pd5-6I~~［过短2|1制.备|~MnC03

滤渣1滤渣2

资料：①吸收S02后软锦矿浆中含有Fe2+、Fe3\Al3\Zd+等阳离子;

②金属离子沉淀的pH如下表

金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Zn2+

开始沉淀的pH8.16.31.53.46.2

沉淀完全的pH10.18.32.84.78.2

(I)脱硫的产物是MnSCU,软铸矿中MnCh所起的作用是。

(2)过程1向浆液中通入02的目的是。

(3)滤渣1的成分是,过程2中发生反应的离子方程式为。

(4)制备MnCCh的过程中，一般控制溶液的pH范围为5-7,不宜过大或过小。原因是。

(5)已知：常温下，溶液的pH约为9.3,NH4HCO3溶液的pH约为7.8,写出制备MnCCh

(NH4)2CO3

时发生反应的离子方程式______o

(6)取mg碳酸锦样品，加适量硫酸加热溶解后，用cmoKL-i的KMnCU溶液滴定，至滴定终点时，消耗

KMnCU溶液的体积为VmL。(己知：反应产物为MnCh,杂质不参与反应)

样品中MnCCh质量分数的计算式为(用质量分数表示)。

【答案】(1)氧化剂(2)将Fe2+氧化为Fe3+,便于在下一步中将铁元素变成沉淀除去

(3)①.Al(OH)3和Fe(OH)3②.Zn2++S2-=ZnS

(4)pH过小，降低溶液中CO)浓度、pH过大可能产生Mn(OH)2沉淀

2+

(5)2HCO；+Mn=MnCO3+CO2T+H20

(55+12+48)xcVx3

(6)xlOO%

2000m

【解析】

【分析】铳矿浆主要成分MnCh,吸收SO2后的软锦矿浆中含有Mn2+、Fe2\Fe3\Al3\Zn2+等阳离子。

通入氧气把Fe2+氧化为Fe3+,加氨水调节pH为5~6生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去Fe3+、AF+,过滤，

滤渣1为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中加(NHSS生成ZnS沉淀除Z/+,过滤出ZnS,滤液中加碳酸氢铁

生成碳酸锦沉淀。

【小问1详解】

二氧化镐和二氧化硫反应生成硫酸镒，脱硫的产物是M11SO4,MnCh中镒元素化合价降低，所起的作用是

氧化剂；

【小问2详解】

氧气能把Fe2+氧化为Fe3+,过程1向浆液中通入。2的目的是将Fe?+氧化为Fe3+,而后经过调节溶液的pH

除去；

【小问3详解】

由金属离子沉淀的pH表可知，调节溶液的pH将Fe3+、AF+变成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤渣1是

2+2

Al(OH)3和Fe(OH)3；过程2中加入硫化镂除去锌离子，发生反应的离子方程式为Zn+S-=ZnS；;。

【小问4详解】

制备MnCCh的过程中，pH过小，降低溶液中CO,浓度；pH过大可能产生Mn(OH)2沉淀，所以一般控

制溶液的pH范围为5-7。

【小问5详解】

NH4HCO3溶液的pH约为7.8,硫酸镒和碳酸氢钱反应生成碳酸镒、硫酸镂、二氧化碳，制备MnCCh时发

生反应的离子方程式2HCO；+Mi?+=MnCC)35+CO2T+H2O。

小问6详解】

碳酸镒与硫酸反应生成硫酸镒，而后与KMnCU反应生成MnCh,硫酸镒中镒元素化合价由+2价变成+4

价，KMnO4中锦元素化合价由+7价变成+4价，根据化合价升降规律，反应方程式为

2++

2MnO；+3Mn+2H2O=5MnO2J+4H,n(MnCO3)=

33333

-n(KMnO4)=-xcmol/LxVxWL=-eVxWmol；样品中MnCCh质量分数的计算式为

3°

—eVxIO-3molx(55+12+48)g/mol(55+12+48)xcVx3

----------------------x100%。

z------------------------------------------X100%=2000m

mg

19.探究Na2sO3固体的热分解产物。

A

资料：①4Na2sO3=Na2s+3Na2s。4②Na2s能与S反应生成NazSx,Na2sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易

溶于水。

隔绝空气条件下，加热无水Na2s03固