山东省东营市2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省东营市2022-2023学年高一上学期1月期末考试注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对姓名、考生号和座号。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Cl-35.5V-51Cu-64一、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意。1.下列说法不正确的是A.汽车限行能够减少有害气体的排放，减轻空气污染和温室效应B.用pH试纸测得84消毒液的pH=9，故84消毒液显碱性C.复合膨松剂中酸性物质的作用主要是反应产生气体并降低食品的碱性D.黄河三角洲的形成与胶体的性质有关【答案】B【解析】A．汽车限行能够减少每天汽车的使用量，从而可有害气体的排放，减少二氧化碳气体的产生与排放，故可以减轻空气污染和温室效应，A正确；B．84消毒液有效成分NaClO是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，溶液pH＞7，但NaClO具有强氧化性，会将pH试纸氧化而褪色，因此不能使用pH试纸测定84消毒液的pH，B错误；C．复合膨松剂中酸性物质，可以反应产生气体，使面团松软，并与食品中的碱性物质发生中和反应，从而可降低食品的碱性，C正确；D．土壤胶体中的胶粒带负电荷，当其流向海洋时，胶粒上的电荷被海水中的电解质的阳离子中和，胶粒之间斥力减小，胶体发生聚沉而形成沉淀，从而形成沙洲，可见黄河三角洲的形成与胶体的性质有关，D正确；故合理选项是B。2.下列仪器使用正确的是①②③④⑤⑥A.②、③使用前需要检漏 B.③、⑤可用作反应容器C.①、②、④常用于物质分离 D.④、⑤可直接加热【答案】A【解析】A．凡是带瓶塞或者旋塞的仪器，为防止使用过程中漏水，因此分液漏斗和容量瓶使用前要检漏，A正确；B．容量瓶不可以作反应容器，B错误；C．①为长颈漏斗用于向容器中添加液体，不能用于分离物质，C错误；D．蒸发皿可以直接加热，烧杯加热应垫陶土网，D错误；故选A。3.重铬酸铵是一种受热易分解的盐，下列各项中的物质可能是重铬酸铵受热分解的产物是A.、、 B.、、C.、、 D.、、【答案】B【解析】重铬酸铵是一种受热易分解盐，分解时发生氧化还原反应，N元素的化合价应升高，元素的化合价应降低，即N元素由价可能升高为0价，元素的化合价由价降低为价，只有B符合。故选：B。4.“类比”是研究物质变化规律的重要思想，下列说法正确的是A.Cl2能使紫色石蕊试液先变红后褪色，SO2也能使紫色石蕊试液先变红后褪色B.CO2与漂白粉反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，SO2也能与漂白粉反应：Ca(ClO)2+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC.用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2，也可用排饱和NH4Cl溶液的方法收集NH3D.浓H2SO4可以使金属Fe钝化，浓HNO3也可以使金属Fe钝化【答案】D【解析】A．氯气溶于水生成盐酸及次氯酸，故石蕊溶液先变红后褪色，SO2溶于水生成亚硫酸使石蕊变红，但二氧化硫不能漂白溶液，A错误；B．次氯酸钙具有氧化性与SO2发生氧化还原反应，生成硫酸钙和氯离子，B错误；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解；NH3的溶解度太大，直接溶解在氯化铵溶液的溶剂水中，C错误；D．浓硝酸和浓硫酸具有强烈的氧化性，它使金属表面产生一层氧化膜，D正确；故答案为：D。5.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.22.4LCO2与足量Na2O2完全反应，转移电子数为2NAB.1molCl2溶于水，此过程中转移电子数为NAC.3.2gO2和O3的混合气体中含有氧原子总数为0.2NAD.11P4(白磷)+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4反应中，6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA【答案】C【解析】A．条件不明确，非标准状况下，气体的物质的量无法计算，故A错误；B．，该反应为可逆反应，转移电子数小于1NA，故B错误；C．，则氧原子数为0.2NA，故C错误；D．Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有6mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为，白磷分子数为0.3NA，故D错误；故选：C。6.膨松剂反应产生气体的量是检验膨松剂品质的一项重要指标。某膨松剂中起蓬松作用的物质为碳酸氢钠和少量碳酸氢铵。学校兴趣小组为研究该膨松剂在加热情况下放出的二氧化碳的量，设计了以下实验。按下图所示连接装置(气密性良好，各装置中的试剂皆为足量)。下列有关实验的叙述不正确的是A.碳酸氢钠中添加一定量碳酸氢铵可以增大膨松剂反应产生气体的量B.测定实验前后装置D的质量，其质量差即为样品产生的二氧化碳的质量C.若要测定氨气的质量，将C、D位置互换即可D.装置E作用是进行尾气处理，防治污染大气【答案】D【解析】〖祥解〗空气通入NaOH中吸收CO2，加热碳酸氢钠生成CO2、Na2CO3、H2O，加热碳酸氢铵生成CO2、NH3和H2O，C中浓硫酸吸水且吸收生成的NH3，D中的碱石灰吸收二氧化碳，E中的碱石灰吸收空气中的水及CO2，以此分析；A．碳酸氢钠中添加一定量碳酸氢铵，碳酸氢铵加热生成CO2及NH3，可以增大膨松剂反应产生气体的量，A正确；B．根据分析，U型管D吸收加热生成的CO2，则质量差即为样品产生的二氧化碳的质量，B正确；C．C装置中浓硫酸具有吸水性，是干燥剂，同时显酸性可吸收B装置中产生的碱性气体氨气，要想得到氨气的质量就不能让C装置吸收水分，所以前面应加D装置吸收水分，后加E装置的目的还是防止空气中的水分和二氧化碳进入C装置，然后称取C装置反应前后的质量之差就是反应生成氨气的质量，C正确；D．E中的碱石灰吸收空气中的水及CO2且吸收生成的NH3，D错误；故答案为：D。7.2022年3月32日，天宫课堂第二课开启，在中国空间站，王亚平老师用醋酸钠(CH3COONa)的过饱和溶液做了一个“太空冰雪”的趣味实验，使一颗“水球”瞬间变成了一颗“冰球”。查阅资料得知：过饱和溶液指在一定温度下，溶液中溶质超过其饱和限度，而溶质仍未析出的溶液。过饱和溶液能存在的原因是，溶质不易在溶液中形成结晶中心(即晶核)。当溶液中存在杂质、受到扰动或加入一块非常小的溶质晶体作为“晶核”，马上就能析出晶体。有关实验的说法正确的是A.“水球”瞬间变成了一颗“冰球”，是由于溶剂水减少了B.从物质的分类看，醋酸钠属于盐类C.醋酸钠在水中的电离方程式为CH3COONaCH3COO−+Na+D.向氢氧化钠溶液中滴入醋酸，反应生成醋酸钠。滴加过程中，溶液的电导率变化如图所示【答案】B【解析】A．“冰球”为过饱和溶液析出的晶体，A错误；B．醋酸钠由金属阳离子及酸根组成为盐，B正确；C．醋酸钠为强电解质，CH3COONa＝CH3COO−+Na+，C错误；D．醋酸为弱电解质，导电能力弱，生成的醋酸钠为强电解质，当反应结束后氢氧化钠过量，氢氧化钠也为强电解质，则导电率一直增大，D错误；故答案为：B。8.为了增大催化剂的接触面积，常把催化剂附着在一定的载体上，“钯碳”是将金属钯粉负载到活性炭及有机物上制成的催化剂。废钯碳中钯的回收可通过“王水脱钯”法实现，其工艺流程如下：下列说法正确的是A.“焚烧”的目的是除去碳和有机物，实验室中该操作可以在蒸发皿中进行B.在“还原”反应中，甲酸(HCOOH)被氧化为CO2C.“溶解”反应中所用的王水浓盐酸和浓硝酸体积比是3∶1，盐酸和硝酸均做氧化剂D.“氨化”过程不涉及氧化还原反应，温度越高“氨化”进行越快【答案】B【解析】〖祥解〗”钯碳”是将金属钯粉负载到活性炭及有机物上制成的催化剂，废钯碳在空气中高温焙烧，C、Pd和有机物被氧气氧化生成氧化物，气体A主要是CO2，向固体氧化物中加入甲酸，PdO被HCOOH还原得到粗Pd，加入王水溶解，得到H2[PdCl4]溶液，在向溶液中加入浓氨水调节溶液pH，得[Pd(NH3)2]Cl2溶液，再经过系列操作，可得到纯净的还原产物Pd，据此分析解题。A．由分析可知：废钯碳在空气中焚烧可以使钯碳中的活性炭和有机物燃烧除去，实验室中该操作可以在坩埚中进行，A错误；B．由分析可知：“还原”反应为氧化钯与甲酸发生氧化还原反应生成钯、二氧化碳和水，甲酸(HCOOH)被氧化为CO2，B正确；C．钯与王水反应生成四氯合钯酸、一氧化氮和水，硝酸作氧化剂，HCl的组成元素在反应前后化合价不变，不作氧化剂，盐酸可以提供Cl-形成配离子，提供H+，结合形成H2O，C错误；D．氨水受热易发生分解反应生成氨气，若反应温度过高，氨气受热逸出会不利于“氨化”进行，D错误；故合理选项是B。9.磁记录材料有记录和存储信息的功能，Fe/Fe3O4复合物是一种高密度磁记录材料。实验室中可以用FeCl2溶液制备Fe/Fe3O4复合物，具体实验装置和实验操作如下：在氩气气氛中，向装有lmol·L−1FeCl2溶液的三颈烧瓶中逐滴加14mol·L−1KOH溶液，用磁力搅拌器持续搅拌，在100°C下回流3小时，得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀。待三颈烧瓶中的混合物冷却后，过滤，再依次用沸水和乙醇洗涤，在40℃干燥后焙烧3h，得到Fe/Fe3O4复合物产品。有关实验的叙述不正确的是A.反应需在氩气气氛中进行，是为了防止Fe2+被空气中的O2氧化。同理，焙烧操作也应隔绝空气进行B.三颈烧瓶中发生的离子反应方程式为：4Fe2++8OH−Fe↓+Fe3O4↓+4H2OC.某同学检验三颈烧瓶中反应是否进行完全的操作是：取少量反应后的溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红D.用乙醇洗涤沉淀，既能够洗去可溶性杂质，又方便后续的干燥【答案】C【解析】A．因为亚铁离子易被氧化为铁离子，故实验过程中防止与空气接触，A正确；B．根据题意，亚铁离子与强碱加热条件下生成铁、四氧化三铁，B正确；C．检验亚铁离子，从三颈烧瓶中取少量反应后的溶液于试管中，加入2~3滴KSCN溶液，再加入少量新制氯水，若溶液不出现血红色，则反应已经进行完全，C错误；D．乙醇易挥发，用乙醇洗涤可以带走水分，能得到干燥的超顺磁性的Fe3O4粒子，D正确；故答案为：C。10.电石(成分为CaC2)中常含有硫化物，在反应时常产生有毒气体。工业上利用如下流程除去电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2−，并制取石膏CaSO4•2H2O。下列说法正确是A.过程Ⅰ中的反应会使溶液的碱性增强B.过程Ⅱ的离子方程式为4MnO+2S2−+10H+=4Mn(OH)2+S2O+H2OC.将上层清液中0.1mol的S2−转化为SO，理论上共需要0.2mol的O2D.由上述转化过程可知，氧化性：MnO>O2>S2O【答案】C【解析】A．过程Ⅰ中氢氧化锰与氧气在碱性环境下反应，消耗氢氧根离子，碱性减弱，故A错误；B．根据图示，S2-与MnO反应生成S2O和氢氧化锰，离子方程式：，故B错误；C．0.1mol的S2−转化为SO，失去电子物质的量0.8mol，需氧气0.2mol，故C正确；D．过程Ⅰ氧气为氧化剂，氧化产物为MnO，所以氧化性：O2>MnO；过程ⅡMnO为氧化剂，氧化性：MnO＞S2O，故D错误；答案选C。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意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向滴有酚酞的水溶加入过氧化钠溶液先变红色后褪色反应生成了NaOH和一种有漂白性的物质B向3mLFe(NO3)3溶液中滴加几滴HI溶液，振荡，再滴加1mL淀粉溶液溶液显蓝色I−的还原性比Fe2+的强C向待测液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成待测液中含有SOD向适量补铁剂配成的溶液中滴入几滴酸性KMnO4溶液，振荡酸性KMnO4溶液褪色补铁剂中含有Fe2+A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．反应产物中有碱,故酚酞会变红，而Na2O2与水反应时的还有H2O2生成，H2O2具有漂白性,还能使红色退去，A正确；B．向3mLFe(NO3)3溶液中滴加几滴HI溶液，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色，说明产生了碘单质，其原因是硝酸根在酸性条件下将碘离子氧化，B错误；C．向待测液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，还可能待测液中含有Ag+，C错误；D．Fe2+、Cl-等还原性离子都能使酸性KMnO4溶液褪色，补铁剂中不一定含有Fe2+，D错误；故选A。12.绿水青山就是金山银山。每一个人都应该自觉地保护自然环境。某次化学实验后，回收的废液中存在Ag+、Ba2+、Cu2+。某同学欲从废液中除去这些离子并分别回收铜、银两种金属，设计如下处理方案：下列说法正确的是A.欲对废液中的三种离子逐一沉淀分离，可以依次加入HCl、H2SO4、NaOHB.检验废液中含有Ba2+可以用Na2SO4溶液C.由处理方案可知离子的氧化性：Fe3+＞Ag+＞Cu2+＞Fe2+D.向滤液丙和丁中通入氯气，可重新获得FeCl3溶液，用于循环利用【答案】AD【解析】〖祥解〗废液中存在Ag+、Ba2+、Cu2+，加入过量铁粉，将Ag+、Cu2+分别还原为Ag、Cu，过滤所得滤液甲中含有Ba2+；滤渣甲中加入过量FeCl3溶液，Cu被氧化成CuCl2，同时生成FeCl2，Ag不溶；过滤后，滤液乙为CuCl2、FeCl2的混合液；再加入过量Fe粉，将Cu2+还原为Cu，过滤所得滤渣丙为Fe、Cu的混合物，再用盐酸溶解过量的铁；滤液丙、丁为FeCl2溶液。A．依次加入HCl、H2SO4、NaOH，废液中的三种离子按生成AgCl、BaSO4、Cu(OH)2逐一沉淀分离，A正确；B．检验废液中含有Ba2+时，若加入Na2SO4溶液，生成的白色沉淀可能为Ag2SO4，B不正确；C．加入FeCl3溶液后，Ag没有溶解，则由处理方案可知离子的氧化性：Ag+＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，C不正确；D．滤液丙和丁都为FeCl2溶液，通入氯气，可将FeCl2氧化成FeCl3，用于循环利用，D正确；故选AD。13.指出2060年前实现“碳中和”。碳捕集技术可以有效地减少CO2的排放。下面是两种捕集和转化应用CO2途径的图示：下列叙述正确的是A.途径Ⅰ和Ⅱ都发生了化合反应和分解反应B.途径Ⅱ反应过程中需添加CaOC.途径Ⅰ反应过程中发现在催化剂上有积碳，可能发生的化学反应是：CO2+2H2C+2H2OD.途径Ⅱ中催化反应的化学方程式为：CaCO3+CH4CaO+2CO+H2【答案】CD【解析】〖祥解〗CO2含量高的空气，可通过两条途径吸收CO2。途径Ⅰ为先用饱和Na2CO3溶液吸收CO2，转化为NaHCO3，然后再将NaHCO3热分解，从而循环使用Na2CO3；途径Ⅱ是先用CaO吸收CO2，然后将生成的CaCO3用CH4还原，重新生成CaO。A．途径Ⅰ中，饱和Na2CO3吸收CO2发生化合反应生成NaHCO3，在分解池中通入高温水蒸气发生分解反应，重新生成Na2CO3，Ⅱ中，发生CO2与CaO的化合反应，但没有发生分解反应，A不正确；B．途径Ⅱ中发生反应：CO2+CaO=CaCO3、CaCO3+CH4CaO+2CO+H2，反应过程中CaO没有消耗，不需添加CaO，B不正确；C．途径Ⅰ反应过程中发现在催化剂上有积碳，则表明有部分CO2被H2还原为C，化学反应是：CO2+2H2C+2H2O，C正确；D．途径Ⅱ中，CaCO3与CH4在催化剂作用下发生反应，生成CaO、CO、H2，化学方程式为：CaCO3+CH4CaO+2CO+H2，D正确；故选CD14.下列离子方程式书写正确的是A.浓硝酸中加入铜片：Cu+4HNO3(浓)=Cu2++2NO+2NO2↑+2H2OB.已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+向FeBr2溶液(含溶质amol)中通入amol氯气：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++7H2O2=2Mn2++6O2↑+10H2OD.工业印刷电路板废液中加入足量铁粉先发生的反应：Fe3++Fe=2Fe2+【答案】B【解析】A．浓硝酸中加入铜片，反应的离子方程式为：，A错误；B．根据题中氧化性的强弱，推出还原性的强弱顺序是Fe2＋>Br－>Cl－，向FeBr2溶液(含溶质amol)中通入amol氯气，反应的离子方程式为：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−，B正确；C．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，离子方程式为：，C错误；D．工业印刷电路板废液中有，加入足量铁粉先发生的反应为：Fe3++Fe=2Fe2+、，D错误；故选B。15.一定温度下，将Cl2缓缓通入一定浓度的KOH溶液中，至两者恰好完全反应，生成物中有三种含氯元素的微粒，其中ClO-和两种离子的物质的量(n)与时间(t)的关系如图所示。下列说法正确的是A.t1～t2，反应的离子方程式为Cl2+6OH−=5Cl−++3H2OB.生成的另外一种含氯元素的微粒是Cl−，t2时，溶液中Cl−的物质的量为0.09molC.反应过程中一定存在c(ClO−)+c()+c(Cl−)=c(K+)D.两者恰好完全反应时，参与反应的Cl2的物质的量为0.15mol【答案】D【解析】A．由图中信息可知，t1～t2，反应的产物为KClO、KClO3、KCl等，而离子方程式Cl2+6OH−=5Cl−++3H2O中没有包含ClO-，A不正确；B．在ClO−、中，Cl元素的化合价都升高，则还应生成含有化合价降低元素的微粒，从而得出另外一种含氯元素的微粒是Cl−，t2时，n(ClO−)=0.06mol，n()=0.03mol，依据得失电子守恒，溶液中Cl−的物质的量为=0.06mol×1+0.03mol×5=0.21mol，B不正确；C．反应过程中可能存在KClO、KClO3、KCl，还可能存在Cl2与H2O反应的产物HCl和HClO，它们也能电离出Cl-、ClO-，所以不一定存在c(ClO−)+c()+c(Cl−)=c(K+)，C不正确；D．两者恰好完全反应时，Cl2全部转化为KClO、KClO3、KCl，三者中所含Cl原子的物质的量为0.06mol+0.03mol+0.21mol=0.30mol，则参与反应的Cl2的物质的量为0.15mol，D正确；故选D。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.二十大报告中关于生态环境保护的论述全面而深刻，对研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要指导意义。（1）上图为我市某日空气质量报告，当日的首要空气污染物为___________。汽车尾气(含CO、SO2和NOx等)是城市空气的污染源之一、三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，该过程中发生反应的化学方程式为___________。（2）硝酸工业废气中有氮氧化物(NOx)，利用尿素消除NOx污染的转化反应为：i．NO+O2→NO2，ii．NO2+CO(NH2)2→无污染气体。尿素中C元素的化合价___________，反应ii的化学方程式为___________。（3）用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和NO，其离子方程式为___________。②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是___________。（4）通过如下流程可实现SO2和NO综合处理并获得保险粉(Na2S2O4)和硝酸铵。装置III中生成Ce4+与S2O的物质的量之比为___________。【答案】（1）①.PM10②.（2）①.+4②.6NO2＋4CO(NH2)2=4CO2＋7N2＋8H2O（3）①.3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2NO+5H+②.溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强（4）2：1【解析】【小问1详析】由图可知，当日的首要空气污染物为PM10；三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx转化成对空气无污染的氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为：。【小问2详析】尿素中C元素的化合价为+4价；反应ii将NO2和CO(NH2)2反应生成无污染的物质，反应的化学方程式为：6NO2＋4CO(NH2)2=4CO2＋7N2＋8H2O。【小问3详析】在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和NO，其离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2NO+5H+；HClO氧化NO生成Cl−和NO，溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。【小问4详析】由流程图可知，装置III电解槽中每1molCe3+失去1mol电子被氧化得到1molCe4+，每生成1mol需要2mol得到2mol电子，根据得失电子守恒可知，Ce4+和物质的量之比为：2：1。17.硫代硫酸钠(Na2S2O3)在纺织业、造纸业等领域有广泛应用。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)。【查阅资料】ⅰ．Na2S2O3•5H2O易溶于水，遇酸易分解生成S和SO2。ⅱ．向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4。ⅲ．Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。【制备产品】实验装置如图所示(省略夹持装置)：实验步骤：ⅰ．检查装置气密性，按图示加入试剂。ⅱ．先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4.装置A产生的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液，结束反应。ⅲ．过滤C中混合溶液，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O产品。请回答下列问题：（1）反应开始后，C中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是___________(写化学式)。（2）步骤Ⅰ单向阀的作用是___________；装置C中的反应混合溶液pH过高将导致产率降低，原因是___________。（3）制备完成后，兴趣小组选用下列试剂设计实验方案检验硫代硫酸钠中含有硫酸根杂质：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象①取少量样品，加入除氧蒸馏水②固体完全溶解得无色澄清溶液③___________④___________，有刺激性气体产生⑤静置，___________⑥___________（4）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤(ii)进行了改进，改进后的操作是___________。【答案】（1）S（2）①.防止倒吸②.pH过高，SO2与碱反应发生损失，致使Na2CO3、Na2S反应不充分（3）①.加入过量稀盐酸②.出现淡黄色浑浊③.(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液(答案合理即可)④.产生白色沉淀（4）先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液【解析】〖祥解〗实验室制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)时，将SO2通入Na2S和Na2CO3混合溶液，搅拌后发生反应，从而生成Na2S2O3溶液。A装置用浓硫酸与Na2SO3反应制取SO2气体，将SO2气体通入盛有Na2S和Na2CO3混合溶液的C装置中。SO2是大气污染物，需对尾气进行处理。【小问1详析】反应开始后，C中先有浑浊产生，后又变澄清。表明SO2先与Na2S反应，生成的S再与Na2SO3发生反应，则此浑浊物是S。【小问2详析】SO2易溶于水，会产生倒吸，则步骤Ⅰ单向阀的作用是：防止倒吸；装置C中的反应混合溶液pH过高，则溶液碱性过强，通入的SO2首先与碱性物质反应生成Na2SO3，影响SO2转化为Na2S2O3的反应，从而导致产率降低，原因是：pH过高，SO2与碱反应发生损失，致使Na2CO3、Na2S反应不充分。【小问3详析】检验时，常需加入Ba2+，而也能与Ba2+生成沉淀，所以应先加盐酸排除的干扰，再加入含Ba2+的碱或盐检验。实验步骤现象①取少量样品，加入除氧蒸馏水②固体完全溶解得无色澄清溶液③加入过量稀盐酸④出现淡黄色浑浊，有刺激性气体产生⑤静置，(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液(答案合理即可)⑥产生白色沉淀【小问4详析】为减少装置C中生成Na2SO4的量，需防止Na2SO3被氧化，也就是实验前先排尽装置内的空气。改进后的操作是：先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液。【『点石成金』】H2O2具有强氧化性，能将氧化为。18.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能的新型非氯消毒剂，易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。Ⅰ．湿法制备高铁酸钾。主要的生产流程如图所示：回答以下问题：（1）滤渣1的主要成分为___________(写化学式)。（2）写出氧化过程的离子方程式___________。（3）氧化时需控温20~25℃，温度不能高于25℃原因是___________。（4）实验测得氧化时间、氧化剂浓度与K2FeO4产率、纯度的实验数据分别如图1、图2所示。为了获取更纯的高铁酸钾，反应时间和氧化剂浓度应控制在___________min，___________mol·L−1。Ⅱ．某兴趣小组在实验室模拟湿法制备K2FeO4，装置如图所示：（5）向装置A中通入的Cl2不能过量，原因是___________。（6）制备的高铁酸钾粗产品中含有KOH、KCl、Fe(OH)3等杂质，请将以下提纯步骤补充完整，(实验药品：高铁酸钾粗产品、蒸馏水、乙醇、饱和NaOH溶液、饱和KOH溶液、冷的稀KOH溶液、冰水)。①取一定量的高铁酸钾粗产品溶于___________；②过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液；③搅拌、静置、过滤，用___________洗涤2～3次，在真空干燥箱中干燥。【答案】（1）CaCO3（2）2Fe3++3ClO-+10OH−=2FeO+3Cl-+5H2O（3）温度高于25℃，高铁酸钾会分解（4）①.60②.1.1（5）防止氯气过量使溶液碱性减弱，造成K2FeO4的损失（6）①.冷的稀KOH溶液②.乙醇【解析】〖祥解〗Ⅰ．K2CO3与Ca(ClO)2在水溶液中发生复分解反应产生CaCO3沉淀和KClO，通过过滤除去CaCO3沉淀，在常温下向KClO溶液中加入KOH、Fe(NO3)3·9H2O，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH−=2FeO+3Cl-+5H2O，得到K2FeO4，经陈化抽滤后，用3mol/LKOH溶液进行洗涤，再抽滤，经冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥获得精品K2FeO4；Ⅱ．在三颈烧瓶中加入过量KOH、Fe(NO3)3溶液，然后通入Cl2，发生氧化还原反应产生K2FeO4，反应过程中的Cl2等有毒气体可以用KOH溶液吸收，防止大气污染。【小问1详析】K2CO3与Ca(ClO)2在水溶液中发生复分解反应产生CaCO3沉淀和KClO，反应方程式为：K2CO3+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2KClO，故通过过滤得到的滤渣1的主要成分为CaCO3；【小问2详析】在氧化过程中，在碱性条件下，ClO-将Fe3+氧化产生FeO，ClO-被还原产生Cl-，反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O；【小问3详析】氧化时需控温20~25℃，温度不能高于25℃是由于温度高于25℃，高铁酸钾会分解，导致产品的产率降低，同时使物质纯度降低；【小问4详析】根据图1中氧化时间与物质纯度和产率关系可知：反应时间在60min时最佳；根据图2中氧化浓度与物质纯度和产率关系可知：有关选择的氧化浓度为1.1mol/L。故为了获取更纯的高铁酸钾，反应时间和氧化剂浓度应控制在60min、浓度为1.1mol/L；【小问5详析】向装置A中通入的Cl2不能过量，这是由于Cl2能够与KOH发生反应，导致KOH浓度降低，溶液的碱性减弱造成K2FeO4的损失；【小问6详析】①根据题目已知信息：K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，取一定量的高铁酸钾粗产品溶于冷的稀KOH溶液；②过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液；③搅拌、静置、过滤，由于K2FeO4难溶于乙醇，故应该用乙醇洗涤K2FeO4粗产品2～3次，然后在真空干燥箱中干燥。19.Cl2O是高效安全灭菌消毒剂，部分性质如下：物理性质化学性质常温下，具有强烈刺激性气味的黄棕色气体熔点：−116℃；沸点：3.8℃；强氧化性；与有机物、还原剂接触或浓度过高时会发生爆炸；易溶于水且会与水反应生成次氯酸实验室可利用反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O制取Cl2O，装置如图所示：已知：Cl2的沸点为−34.6℃；氨气的沸点：−33℃；（1）装置①中仪器A的名称为___________，产生Cl2的化学方程式为___________。（2）通入干燥空气的主要目的是___________。（3）装置⑤中的保温瓶中盛有液氨致冷剂，在装置⑤中内管得到的Cl2O中可能含有杂质是___________。（4）该设计中存在不足之处，改进的措施是___________(用简要的文字叙述)。（5）实验完成后，取装置⑥烧杯内溶液，滴加品红溶液，发现溶液褪色。某兴趣小组设计实验探究溶液褪色原因。序号0.1mol·L−1NaClO溶液体积/mL0.1mol·L−1NaCl溶液体积/mL0.1mol·L−1NaOH溶液体积/mLH2O体积/mL品红溶液现象I5.0005.03滴较快褪色II05.0a03滴不褪色III5.005.003滴缓慢褪色ⅰ．a=___________。ⅱ．由上述实验得出的结论是___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（2）稀释Cl2O浓度，防止Cl2O浓度过高爆炸（3）Cl2（4）装置⑤⑥之间加装一装有无水氯化钙的干燥管（5）①.5.0②.NaClO溶液具有漂白性；其他条件相同，碱性越强，NaClO溶液的漂白能力越弱【解析】〖祥解〗装置①制备氯气，装置②中盛放饱和食盐水除氯气中的氯化氢，装置③盛放浓硫酸干燥氯气，装置④中发生反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O制取Cl2O，装置⑤收集Cl2O，装置⑥盛放氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染。【小问1详析】根据装置图，可知装置①中仪器A的名称为分液漏斗；①烧瓶中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，产生Cl2的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。小问2详析】Cl2O浓度过高时会发生爆炸，通入干燥空气稀释Cl2O浓度，防止Cl2O浓度过高爆炸；【小问3详析】装置⑤中的保温瓶中盛有液氨致冷剂，Cl2的沸点为−34.6℃；氨气的沸点：−33℃，在装置⑤中内管得到的Cl2O中可能含有杂质是Cl2。【小问4详析】Cl2O易溶于水且会与水反应生成次氯酸，该设计中存在不足之处是Cl2O收集装置后缺少干燥装置，改进的措施是装置⑤⑥之间加装一装有无水氯化钙的干燥管。【小问5详析】ⅰ．根据可知变量法，为使II、III中氢氧化钠浓度相等，a=5.0。ⅱ．由上述实验得出的结论是：NaClO溶液具有漂白性；其他条件相同，碱性越强，NaClO溶液的漂白能力越弱。20.五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业，可用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂(主要成分为V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3)中回收V2O5的工艺流程如图所示：已知：①钒的氧化物在酸性条件下以、VO2+存在；②“离子交换”和“洗脱”过程可简单表示为4ROH+V4OR4V4O12+4OH−。（1）废渣1的主要成分为___________，浸液中钒的存在形式为___________(填离子符号)。（2）“氧化”过程中发生的化学方程式为___________。（3）“中和”过程中，含钒离子发生反应的离子方程式为___________。（4）“离子交换”时，应选择___________(填“阳离子”或“阴离子”)交换树脂。（5）“沉钒”过程中获得沉淀Y的摩尔质量为598g·mol−1，且仅含有四种元素。取59.8g沉淀Y的样品充分焙烧，得到产