辽宁省沈阳市东北育才学校2022-2023学年高三化学上学期10月第一次模拟试卷（Word版有答案）

辽宁省沈阳市东北育才学校2022-2023学年高三上学期10月第一次模拟考试化学试题时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量，H：1C：12O：16N：14Na：23Mg：24Al：27K：39Si：28S：32Cl：35.5Mn：55Fe：56Cu：64Zn：65Ba：137第Ⅰ卷选择题(共45分)一、选择题(本题包括15小题，只有一个选项符合题意每题3分)1.化学与社会、科学、技术、生活等密切相关，下列说法正确的是A.我国自主研制的舱外航天服使用的特种镁合金材料，属于新型无机非金属材料。B.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的、、、等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子有较强的物理吸附。C.临床医学上的“血液透析”和工农业上的“静电除尘”技术，均是利用了胶体的性质。D.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化。【答案】C【解析】【详解】A．特种镁合金材料，属于金属材料，A错误；B．铁活动性较强，能和铜离子、铅离子、汞离子反应生成亚铁，发生化学变化，B错误；C．临床医学上的“血液透析”利用胶体的渗析，工农业上的“静电除尘”技术利用胶体的电泳，均是利用了胶体的性质，C正确；D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，为萃取过程，属于物理变化，D错误；故选C。2.向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2＋＞Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（）A.2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-B.10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-C.2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl-D.2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-【答案】C 【解析】【分析】还原性：Fe2＋＞Br-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2＋反应，后与Br-反应。【详解】A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-，故A正确；B.当溴化亚铁与氯气5:3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-，故B正确；C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-，故D正确；综上所述，答案为C。3.设NA表示为阿伏加德罗常数，下列叙述中，正确的是A.常温常压下，16gO2和O3的混合物中共含有NA个氧原子B.假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NAC.78gNa2O2固体中所含阴、阳离子总数为4NAD.在铜与硫有反应中，1mol铜原子参加反应失去的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A.O2和O3都是由O原子构成，16gO2和O3的混合物中含氧原子物质的量n(O)==1mol，则含O原子的数目为NA个，A正确；B.氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，由于胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，则1mol氯化铁水解产生胶体微粒数小于NA，B错误；C.78gNa2O2固体物质的量为1mol，其中含2molNa+，1molO22﹣，含离子总物质的量是3mol，C错误；D.Cu与S发生反应生成Cu2S，铜元素化合价从0价变化为+1价，1molCu原子参加反应失去1mol电子，故转移的电子数为NA，D错误；故合理选项是A。4.能正确表示下列反应的离子方程式是 A.向溶液中加入过量氨水：B.足量溶液与澄清石灰水反应：C.向悬浊液中加入溶液，白色沉淀转化为红褐色沉淀：D.溶液与溶液反应：【答案】C【解析】【详解】A．氨水是弱碱，氢氧化铝不溶于过量氨水中，，A错误；B．足量溶液与澄清石灰水反应，氢氧化钙反应完，钙离子和氢氧根是1:2的比例：，B错误；C．发生沉淀转化，，C正确；D．溶液中的碳酸氢根不能拆，反应离子方程式为，D错误；故选C。5.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体说明该钾盐是K2CO3B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量MgO粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3C常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生说明常温下Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4) DNaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，有白色絮状沉淀生成二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体是CO2，能够与HCl反应产生CO2气体的钾盐可能是K2CO3，也可能是KHCO3，A不符合题意；B．FeCl3、MgCl2都是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，MgO能够与酸性溶液中H+反应产生Mg2+，使溶液pH升高，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀除去，从而达到除去MgCl2溶液中少量FeCl3的目的，B正确；C．BaSO4难溶于水，但也有一定的溶解度，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，发生沉淀转化，形成少量BaCO3沉淀，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，证明沉淀中含有BaCO3，只要满足Qc(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，就可以形成BaCO3沉淀，实际上溶度积常数Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，C错误；D．NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，有白色絮状沉淀生成，说明发生反应：NaAlO2+NaHCO3+H2O=Al(OH)3↓+Na2CO3，NaHCO3电离产生H+，起酸的作用，不能证明二者都发生了水解反应，D错误；故合理选项是B。6.某化学兴趣小组用硫铜矿煅烧后的废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如下：下列说法错误的是A.“氧化”的目的是将Fe2+氧化成Fe3+B.“滤渣”是Fe(OH)3C.“还原”过程中每消耗1molN2H4，理论上可得到4molCu2OD.N2H4含有极性键和非极性键 【答案】C【解析】【分析】废渣主要含Fe2O3、CuO、FeO，由流程可知，加硫酸溶解，溶液中含Fe3+、Fe2+、Cu2+，氧化时将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去滤渣，滤渣为Fe(OH)3。由流程中反应物、生成物可知还原时发生：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，产生N2氛围，可防止产品被氧化，以此来解答。【详解】A．“氧化”的目的是将溶液中Fe2+氧化成Fe3+，后边可通过调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，从而与铜离子分离，A正确；B．根据上述分析可知“滤渣”是Fe(OH)3，B正确；C．在还原过程中发生反应：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，每反应消耗1molN2H4，转移4mol电子，则反应会产生2molCu2O，C错误；D．N2H4分子中2个N原子通过共价单键结合，每个N原子再与两个H原子形成2个N-H共价键。N-H是极性键，N-N是非极性键，故N2H4分子中含有极性键和非极性键，D正确；故合理选项是C。7.铝元素是地壳中含量最多的金属元素(约占地壳总量的7.73%)，主要以铝土矿形式存在(主要成分是Al2O3)。要从铝土矿中提取铝，首先要获得纯度较高的氧化铝。主要的工艺流程如图所示：下列说法正确的是A.碱溶①后，溶液中主要含有的阳离子为Na＋和Al3+B.酸化②通足量的CO2反应的离子方程式为：2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+C.Al(OH)3受热分解，生成高熔点物质和水，常用作塑料的阻燃剂D.灼烧③一般在坩埚中进行，电解④添加冰晶石(Na3AlF6)，目的是增强导电性【答案】C【解析】 【详解】A．碱溶①后，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，溶液中主要含有的阳离子为Na＋，A错误；B．酸化②通足量的CO2应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，的离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，B错误；C．Al(OH)3受热分解，生成高熔点的Al2O3和水，Al2O3常用作塑料的阻燃剂，C正确；D．灼烧③一般在坩埚中进行，电解④添加冰晶石(Na3AlF6)，目的是降低Al2O3熔融温度，D错误；故选C。8.某化学实验探究小组用电磁搅拌加热器(温度最高可达65℃)加热饱和NaHCO3溶液，并利用CO2传感器检测溶液中CO2的含量，其含量随温度变化如图所示：下列有关叙述错误的是A.ab段溶液中CO2的含量降低的原因是温度升高，溶解的CO2气体逸出B.bc段溶液中CO2的含量升高的原因是溶液中受热分解生成CO2气体C.实验室可用加热饱和NaHCO3溶液的方法制取少量CO2气体D.由图像可知，NaHCO3固体受热分解的温度为48.2℃【答案】D【解析】【详解】A．NaHCO3溶液中溶解有CO2气体，当加热时，CO2气体逸出，使溶液中CO2的含量降低，A正确；B．48.2℃后，溶液中CO2气体的含量随温度升高逐渐升高，说明发生分解生成了CO2气体，B正确； C．由于饱和NaHCO3溶液受热可发生分解反应生成CO2，故可用该方法制取少量CO2气体，C正确；D．由题图可知饱和NaHCO3溶液加热至48.2℃时开始生成气体，不能得出NaHCO3固体的分解温度为48.2℃的结论，D错误；故合理选项是D。9.下列由废铁屑制取无水Fe2(SO4)3的实验原理与装置不能达到实验目的的是A.用装置甲除去废铁屑表面的油污B.用装置乙溶解废铁屑制Fe2(SO4)3C.用装置丙过滤得到Fe2(SO4)3溶液D.用装置丁蒸干溶液获得Fe2(SO4)3【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠溶液水解显碱性，碱性溶液中加热可促进油污的水解，图中装置可除去废铁屑表面的油污，故A正确；B．铁与硫酸反应生成硫酸亚铁，不能得到Fe2(SO4)3，故B错误；C．过滤可分离不溶性杂质与溶液，图中过滤可分离出Fe2(SO4)3溶液，故C正确；D．硫酸沸点高，难挥发，蒸干Fe2(SO4)3溶液获得Fe2(SO4)3，故D正确；答案选B。10.相同温度和压强下，研究Cl2在不同溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)随溶液浓度的变化。在NaCl溶液和盐酸中Cl2的溶解度以及各种含氯微粒的浓度变化如图。 下列说法不正确的是A.由图1可知，Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=ClB.随NaCl溶液浓度增大，Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO平衡逆移，Cl2溶解度减小C.随盐酸浓度增加Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应从而促进Cl2溶解D.由上述实验可知，H+浓度增大促进Cl2溶解，由此推知在稀硫酸中，随硫酸浓度增大Cl2的溶解度会增大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl浓度升高，得出Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=Cl，故A正确；B．增大Cl－浓度，Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO平衡逆移，所以随NaCl溶液浓度增大，Cl2溶解度减小，故B正确；C．由图2分析Cl2的浓度先降低后升高，随着盐酸浓度增加，Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应，从而促进Cl2溶解，故C正确；D．由图2分析，H+浓度一直增大，但是溶解的Cl2的浓度先降低后升高，应该是发生了反应Cl2+Cl－=Cl，促进了Cl2溶解，而在稀硫酸只提供了H+，随硫酸浓度增大，Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO平衡逆向移动，Cl2的溶解度会降低，故D错误；故选D。11.将一定量的Cl2通入体积为40mL、浓度为7.5mol/L的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），测得反应后溶液中有三种含氯元素的离子，其中ClO－物质的量为0.06mol和ClO3-物质的量0.03mol，下列说法不正确的是A.该反应的离子方程式为：5Cl2+10OH－=7Cl－+2ClO－+ClO3—+5H2OB.该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：3C.上述苛性钾溶液中含有0.3mol的KOHD.反应后生成的ClO－和ClO3－两种离子在一定条件下均有氧化性【答案】B【解析】 【详解】A．根据题给信息，氯气与KOH溶液反应生成氯化钾、氯酸钾、次氯酸钾和水，根据得失电子守恒，生成的n(Cl－)=0.06×1+0.03×5=0.21mol，加入的KOH的物质的量为0.04L×7.5mol/L=0.3mol，所以反应中n(KOH):n(Cl－):n(ClO－):n(ClO3-)=0.3:0.21:0.06:0.03=10:7:2:1,再根据原子守恒配平其它物质的系数，反应的离子方程式为5Cl2+10OH－=7Cl－+2ClO－+ClO3—+5H2O，A项正确、C项正确；B．根据上述离子反应，氯气既做氧化剂，又做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为7:3，B项错误；D．反应后生成的ClO－和ClO3－两种离子中氯元素的化合价分别是+1价和+5价，均能得电子生成低价含氯化合物，即在一定条件下均有氧化性，D项正确；答案选B。12.从硫化物中提取单质锑(Sb)是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：①2Sb2S3+3O2+6Fe→Sb4O6+6FeS②Sb4O6+6C→4Sb+6CO↑关于反应①、②的说法正确的是A.反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B.反应①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C.反应②说明高温下Sb的还原性比C强D.每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4∶3【答案】B【解析】【分析】反应①中Fe元素的化合价由0价升至+2价，Fe为还原剂，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂，Sb2S3中Sb、S元素的化合价在反应前后都没有改变，Sb2S3既不是氧化剂、也不是还原剂；反应②中C元素的化合价由0价升至+2价，C为还原剂，Sb元素的化合价由+3价降至0价，Sb4O6为氧化剂。【详解】A．反应①中Fe元素的化合价由0价升至+2价，Fe为还原剂，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂，Sb2S3中Sb、S元素的化合价在反应前后都没有改变，Sb2S3既不是氧化剂、也不是还原剂；反应②中C元素的化合价由0价升至+2价，C为还原剂，Sb元素的化合价由+3价降至0价，Sb4O6为氧化剂，A项错误；B．反应①中Fe元素的化合价由0价升至+2价，Fe为还原剂，O元素的化合价由0价降至-2价，O2为氧化剂，反应中每生成6molFeS转移12mol电子，则每生成3molFeS转移6mol 电子，B项正确；C．反应②中C元素的化合价由0价升至+2价，C为还原剂，Sb元素的化合价由+3价降至0价，Sb4O6为氧化剂，Sb为还原产物，则高温下Sb的还原性比C弱，C项错误；D．每生成4molSb，反应②消耗1molSb4O6、6molC；反应①生成1molSb4O6消耗6molFe，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6∶6=1∶1，D项错误；答案选B。13.现有由0.2molCuS和0.1molCu2O组成的混合物，与足量稀HNO3充分反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则被还原的HNO3的物质的量是A0.4molB.0.6molC.0.8molD.1.0mol【答案】B【解析】【详解】CuS中硫元素化合价从-2升高到+6，则1molCuS被氧化失去8mol电子、Cu2O中铜元素化合价从+1升高到+2，则1molCu2O被氧化失去2mol电子，稀HNO3作氧化剂时氮元素化合价从+5降低到+2，每1mol硝酸被还原得电子物质的量为3mol，0.2molCuS和0.1molCu2O被氧化失去电子的物质的量为0.2mol×8+0.1mol×2=1.8mol，按得失电子数守恒，被还原的HNO3的物质的量是，B正确；答案选B14.把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是A.反应后生成的盐只为Fe(NO3)3B.反应后生成的盐只为Fe(NO3)2C.反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为1∶3D.反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为3∶1【答案】C【解析】【详解】22.4g铁粉的物质的量为=0.4mol；收集到0.3molNO2和0.2molNO过程中得到电子物质的量为：0.3mol×[(+5)-(+4)]+0.2mol×[(+5)-(+2)]=0.9mol；若反应生成的盐只有Fe(NO3)3，Fe失去的电子物质的量为0.4mol≠0.9mol，若反应生成的盐只有Fe(NO3)2，Fe 失去的电子物质的量为0.8mol≠0.9mol，所以可得22.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=0.4mol，根据得失电子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=0.9mol，解得n[Fe(NO3)3]=0.1mol，n[Fe(NO3)2]=0.3mol，Fe(NO3)3和Fe(NO3)2物质的量之比为1∶3，答案选C。15.某碳酸钾和碳酸氢钾组成的混合物样品61.4g，加水溶解后，取所得溶液的十分之一，向其中缓缓加入一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO2的质量和消耗稀盐酸的体积，得到如图所示的曲线。下列说法不正确的是A.该过程所发生反应的化学方程式：K2CO3+HCl=KCl+KHCO3；KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑B.混合物样品中含碳酸钾20.0gC.混合物中碳元素的质量分数为9.77%D.若将61.4g原混合物样品充分加热，放出CO2的质量为4.40g【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，开始没有气体生成，发生反应：K2CO3+HCl=KCl+KHCO3，加入12mL盐酸时，开始有气体生成，此时发生反应：KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑，故A正确；B．溶液中碳酸钾转化为碳酸氢钾，消耗盐酸为12mL，KHCO3与HCl反应消耗盐酸的体积为32mL-12mL=20mL，反应都按1：1进行，故样品中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比=12mL：(20-12)mL=3：2，根据碳元素守恒可知，碳酸钾的物质的量=×10=0.3mol，故样品中碳酸钾的质量=0.3mol×138g/mol=41.4g，故B错误；C．当加入32mL盐酸时，生成气体达最大值，根据碳元素守恒，可知样品中碳元素的质量=2.2g××10=6g，故样品中碳元素质量分数=×100%≈9.77%，故C正确； D．碳酸氢钾的物质的量为0.3mol×=0.2mol，根据方程式2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑，可知生成二氧化碳的物质的量为0.2mol×=0.1mol，二氧化碳的质量=0.1mol×44g/mol=4.4g，故D正确；故选B。第Ⅱ卷非选择题(共55分)二、填空题(本题包括4个小题，共55分)16.现有四种溶液m、n、p、q，分别含阴阳离子、、、、、、、中的各一种，为了确定组成，进行了以下实验：将四种溶液两两混合，发现m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，p、q能产生无色有刺激性气味的气体，p与m、n均有沉淀产生，且在m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失。回答下列问题。（1）p是_______，q是_______(均填化学式)。（2）实验室检验q中阳离子需要的试剂或试纸是_______。（3）经分析，存在于_______(填m、n、p、q)溶液中，实验室常用重量法检验该溶液中离子的浓度，步骤如下：Ⅰ用量筒取该溶液8.0mL并转移至小烧杯中；Ⅱ加入盐酸酸化，然后加入足量的溶液(沉淀反应在接近沸腾的温度下进行)；Ⅲ过滤所得沉淀；洗涤，烘干后得到ag固体。①所用量筒的规格为_______。A.10mLB.50mLC.100mLD.500mL②过滤时，沉淀物颗粒的大小会影响过滤速度，从利于过滤的角度分析，沉淀反应需要在接近沸腾的温度下进行的原因能是_______。③检验沉淀洗涤干净的方法是_______。④计算，硫酸根的浓度为_______mol/L(用含a的式子表示)。【答案】（1）①.②.（2）NaOH溶液、红色石蕊试纸（3）①.m②.A③.沸腾时，有利于产生颗粒较大的沉淀或有利于晶体生长 ④.用小试管取最后一次洗涤液少许，向其中加入少量的溶液，如没有浑浊，说明沉淀洗涤干净，反之，说明沉淀没有洗涤干净⑤.【解析】【分析】题目中突破口在于由m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失，由此可推出，现有离子中，此过程涉及物质一定是向铝盐溶液中逐滴滴入强碱溶液，故m为可溶性铝盐，p为强碱，再结合碱过量，沉淀未溶解完全，说明强碱与铝盐混合，除了有氢氧化铝生成，还有其他沉淀生成，则可判断出m为Al2(SO4)3，p为，则p、q能产生无色有刺激性气味的气体，q含，m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，符合铝离子与双水解生成氢氧化铝和二氧化碳的现象，则n含，由于所剩离子仅为和，溶液呈电中性，故q为，n为NaHCO3。推出物质后再进行后续作答。【小问1详解】根据上述分析，p为，q为，故答案依次为，；【小问2详解】q为，则检验的方法为：取待测液于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体，若试纸变蓝，则原待测液中含，故需要的试剂或试纸为氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸，故答案为NaOH溶液，红色石蕊试纸；【小问3详解】m为Al2(SO4)3，故存在于m溶液中；故答案为：m；①量筒量取液体时，所选规格遵循“近而大”的原则，故选规格为10mL的量筒；故答案选A；②过滤时，沉淀物颗粒的大小会影响过滤速度，颗粒较大，有利于液体顺利滤出，故沉淀过程在接近沸腾的温度下进行，是为了尽量使沉淀凝聚，即有利于产生颗粒较大的沉淀，或有利于晶体生长；③检验沉淀是否洗涤干净，本质就是沉淀表面是否仍有可溶性离子残留，即是否有Cl-残留，故方法是，取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中加入少量的溶液，如没有浑浊，说明沉淀洗涤干净，反之，说明沉淀没有洗涤干净，故答案为：用小试管取最后- 次洗涤液少许，向其中加入少量的溶液，如没有浑浊，说明沉淀洗涤干净，反之，说明沉淀没有洗涤干净；④烘干后固体成分仍为BaSO4，硫元素守恒，故8.0mL溶液，n()=n(BaSO4)=mol，则c()==mol/L；故答案为。17.高铁酸钾()可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定，在Fe或的催化作用下分解，是一种绿色高效的水处理剂。某实验小组用如图所示装置(加热夹持仪器已省略)制备KClO溶液，再用制得的KClO溶液与为溶液反应制备。回答下列问题：（1）中元素的化合价为_______，仪器X的名称为_______。（2）现有①溶液、②含KOH的KClO溶液，混合两种溶液时，将_______(填序号，下同)滴入_______中，发生反应的化学方程式是_______。（3）与KOH在较高温度下反应生成。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0~5℃进行。实验中可采取的措施是_______；在通入氯气的过程中，不断搅拌的目的是_______。（4）的理论产率与合成条件相应曲面投影的关系如图所示(虚线上的数据表示理论产率)，则制备最适宜的条件范围是_______。 （5）粗产品含有、KCl等杂质，其提纯步骤为：①将一定量的粗产品溶于冷的3mol/LKOH稀溶液中；②过滤；③_______；④搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤2~3次；⑤在真空干燥箱中干燥。（6）在上述制备次氯酸钾的实验中，将氯气通入到40%的KOH溶液中；若KClO溶液中KOH的质量分数为2%，则理论上制备100g该溶液需消耗氯气的质量为_______g(保留一位小数)。【答案】（1）①.+6②.三颈烧瓶（2）①.①②.②③.（3）①.将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴中②.使氯气与碱液充分混合反应，同时及时散热，防止生成杂质（4）反应时间为50~60min时，反应温度为5~10℃（5）将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液（6）19.2【解析】【分析】本实验的目的是制取KClO，先在A装置内制取Cl2，然后利用B装置除去Cl2中混有的HCl；再将Cl2通入KOH溶液中，发生反应生成KClO、KCl等；最后用NaOH溶液吸收尾气。【小问1详解】K2FeO4中，K显+1价，O显-2价，依据化合价的代数和为0，可确定铁元素的化合价为+6，仪器X是具有三颈的烧瓶，其名称为三颈烧瓶。答案为：+6；三颈烧瓶； 【小问2详解】由题给信息可知，高铁酸钾(K2FeO4)在强碱性溶液中比较稳定，也就是在实验过程中要保持溶液呈碱性，所以应往含KOH的KClO溶液中滴加Fe(NO3)3溶液，即将①滴入②中；发生的反应为3KClO+2Fe(NO3)3+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。答案为：①；②；3KClO+2Fe(NO3)3+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O；【小问3详解】将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴中，控制反应在0~5℃进行；在通入氯气的过程中，不断搅拌的目的是使氯气与碱液充分混合反应，同时及时散热，防止生成杂质；【小问4详解】从图中可以看出，K2FeO4的理论产率最大值为0.8，则制备K2FeO4最适宜的条件范围是反应时间为50～60min时，反应温度为5～10℃。答案为：反应时间为50～60min时，反应温度为5～10℃；【小问5详解】若K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质时，应先将K2FeO4溶解，再提供强碱的浓溶液环境，为降低溶解度，还可降低温度，所以步骤③为：将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液。答案为：将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液。【小问6详解】设通入Cl2的质量为x，则KOH溶液的质量为100g-x，剩余KOH的质量为100g×2%=2g，则由化学方程式Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O可得：，x≈19.2，从而得出理论上制备100g该溶液需消耗氯气的质量为19.2。答案为：19.2。18.完成下列问题（1）下列各组离子，在所给条件下一定能够大量共存的是_______①pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、、②加入苯酚显紫色的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、：③能和Ca2+生成沉淀的溶液中：K+、Ba2+、CH3COO-、Cl-④加入铝粉能放出氢气的溶液中：、、I-、⑤的溶液中：、Al3+、Ca2+、Cl- ⑥常温下，的溶液中：Ca2+、Mg2+、ClO-、I-⑦在含有大量的溶液中：K+、Na+、、Br-⑧在使pH试纸变红的溶液中：Fe2+、Na+、、（2）向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，产生沉淀的物质的量随HCl溶液体积变化的图象如下：分析图象的变化情况，写出各阶段的离子方程式：①OA：_______。②AB：_______。③BC：_______。④CD：_______。（3）将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，向其中一份中滴加500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解并产生标准状况下NO气体aL，溶液中Fe元素均以+3价形式存在，另一份固体与足量H2反应质量减少yg。根据以上数据计算稀硝酸的浓度为_______mol/L。(列式即可，无需化简)【答案】（1）②⑤（2）①.H++OH－=H2O②.+H++H2O=Al(OH)3↓③.+H+=，+H+=H2O+CO2↑④.3H++Al(OH)3=Al3++3H2O（3）【解析】【小问1详解】①pH=7的溶液中：Fe3+将全部转化为Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，①不符合题意；②加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与Na+、Mg2+、Cl-、都能大量共存，②符合 题意；③能和Ca2+生成沉淀的溶液中可能含有或等，与Ba2+不能大量共存，③不符合题意；④加入铝粉能放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中，、、I-、都不能大量存在，④不符合题意；⑤的溶液呈酸性，、Al3+、Ca2+、Cl-都能大量存在，⑤符合题意；⑥常温下，的溶液呈碱性，Ca2+、Mg2+不能大量存在，⑥不符合题意；⑦在含有大量的溶液中，不能大量存在，⑦不符合题意；⑧使pH试纸变红的溶液呈酸性，Fe2+、不能大量存在，⑧不符合题意；综合以上分析，只有②⑤符合题意，故选②⑤。答案为：②⑤；【小问2详解】因为+OH-=+H2O、++H2O=Al(OH)3↓++H2O，所以向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，首先是OH-与H+反应，然后与H+、H2O反应生成Al(OH)3，接着与H+反应生成、与H+反应生成CO2和H2O。则各阶段的离子方程式：①OA：H++OH－=H2O。②AB：+H++H2O=Al(OH)3↓。③BC：+H+=，+H+=H2O+CO2↑。④CD：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。答案为：H++OH－=H2O；+H++H2O=Al(OH)3↓；+H+=，+H+=H2O+CO2↑；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O；【小问3详解】将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，其中一份质量为g，将一份固体与足量H2反应 质量减少yg，则此份混合物中氧元素的质量为yg，由此得出铁元素质量为(-y)g；另一份与硝酸反应生成Fe(NO3)3、NO等，依据Fe、N元素守恒，可得出n(HNO3)==[]mol，则稀硝酸的浓度为mol/L。答案为：。【点睛】当混合物中发生的反应较多、较复杂时，常用守恒法进行计算。19.Ⅰ.可用作电讯器材元件材料，还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化，如图所示。（1）300℃时，剩余固体中为_______。（2）图中C点对应固体的成分为_______(填化学式)。Ⅱ.是常见温室气体，将一定量的气体通入100mL某浓度的NaOH溶液得F溶液，向F溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。 （3）F溶质与足量石灰水发生反应最多可得沉淀的质量为_______。Ⅲ.完成问题（4）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[]溶液。若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率下降且有气体C产生，用化学方程式表示其原因：_______。【答案】（1）1：2（2）与MnO（3）15g（4）【解析】【小问1详解】设300℃时，剩余固体的化学式为MnxOy，则有xMnCO3~MnxOy，此时固体残留率为75.65%，即，化简得x:y=1:2，即此时剩余固体中n(Mn):n(O)=1:2。【小问2详解】设770℃时，剩余固体的化学式为MnaOb，则有aMnCO3~MnaOb，此时固体残留率为66.38%，即，化简得a:b=3:4，即此时剩余固体为Mn3O4；设900℃时，剩余固体的化学式为MncOd，则有cMnCO3~MncOd，此时固体残留率为61.74%，即，化简得c:d=1:1，即此时剩余固体为MnO；故图中C点对应固体的成分为Mn3O4和MnO。【小问3详解】滴加盐酸的体积在0~25mL时，发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，滴加盐酸的体积在25~100mL时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，结合图示可知，F溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，根据碳元素守恒可知，n(CO2)=0.075L´2mol⋅L-1=0.15mol；F溶液中的Na2CO3、NaHCO3和足量石灰水反应最终都转化为CaCO3，根据碳元素守恒可知，F溶质与足量石灰水发生反应后，CO2最终都转化为CaCO3，即n(CaCO3)=n(CO2)=0.15mol，则m(CaCO3)=0.15mol´100g⋅mol-1=15g。【小问4详解】pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6-2x]溶液；若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子和碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，该反应的化学方程式为3CaCO3+Al2(SO4)3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CaSO4↓+3CO2↑。