湖北省2021-2022学年高二化学上学期期末调考试卷（Word版附解析）

湖北省2021年秋季学期高二年级期末调考化学试卷本试卷共6页，19小题，满分100分。考试用时75分钟。★祝考试顺利★可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Al-27S-32Cl-35.5Pb-207一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.古代人很多喜欢骑马射箭。下列关于骑射中用到的马鞍和弓箭的说法错误的是A.做弓箭的木质材料上涂有一层桐油(一种植物油)，桐油属于天然高分子化合物B.铁质马镫材料一般为生铁，生铁的熔点低于纯铁C.木质马鞍的材料一般为桦木，桦木的主要成分纤维素属于糖类D.箭杆尾部羽毛的主要成分是蛋白质，蛋白质具有两性【答案】A【解析】【详解】A．桐油是大分子，但不属于天然高分子化合物，故A错误；B．铁质马镫材料一般为生铁，生铁是合金，熔点低于纯铁，故B正确；C．桦木的主要成分纤维素，属于多糖，故C正确；D．羽毛的主要成分是蛋白质，蛋白质含有−NH2和−COOH，因此蛋白质具有两性，故D正确。综上所述，答案为A。2.下列关于有效碰撞理论的说法正确的是A.加入催化剂，可以降低活化能，活化分子百分数虽然不变，但反应速率会增加B.通过压缩气体的体积增大压强，可提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率C.活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞D.其他条件不变，升高温度，一定增大活化分子百分数，但不一定加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A．加入催化剂，可以降低活化能，活化分子数增多，活化分子百分数增大，反应速率会增加，故A错误；B．通过压缩气体的体积增大压强，可提高单位体积内活化分子数，碰撞频率增大，从而提高 反应速率，故B正确；C．活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞，故C错误；D．其他条件不变，升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，碰撞频率增大，反应速率加快，故D错误。综上所述，答案为B。3.实验室常用锌和稀硫酸制备氢气，下列做法不能提高产生氢气的速率的是A.滴加几滴硫酸铜溶液B.加热C.将稀硫酸改为98%的浓硫酸D.将锌片换成锌粉【答案】C【解析】【详解】A．滴加几滴硫酸铜溶液，锌和铜离子反应生成铜单质和锌离子，形成Zn−Cu−H2SO4原电池，加快反应速率，故A不符合题意；B．加热，升高温度，反应速率加快，故B不符合题意；C．将稀硫酸改为98%的浓硫酸，浓硫酸以分子形式存在，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故C符合题意；D．将锌片换成锌粉，增大了表面积，反应速率加快，故D不符合题意。综上所述，答案为C。4.下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法正确的是A.干电池属于二次电池，氯化铵是电解质B.铅蓄电池放电时，电解质溶液pH减小C铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207gD.氢氧燃料电池是一种绿色电源，正负极都可以用金属铂做电极材料【答案】D【解析】【详解】A．干电池属于易次电池，故A错误； B．铅蓄电池放电时，硫酸钡消耗，电解质溶液pH增大，故B错误；C．铅蓄电池工作过程中，负极反应Pb－2e－＋＝PbSO4，PbSO4是难溶物，因此每通过2mol电子，负极质量增加96g，故C错误；D．氢氧燃料电池是一种绿色电源，正负极都可以用金属铂做电极材料，正极、负极分别通入氧气和氢气，故D正确。综上所述，答案为D。5.湿法治铜的方法有很多，其中一种是浸出−萃取−电积法(使用不可溶阳极材料做电极电解，使金属阳离子在阴极沉积)。原理是先用溶剂溶浸矿石，再经过萃取将浸出液中的铜和其他杂质金属分离，然后用电积法将溶液中的铜提取出来。铜电积的原理如图所示，下列说法正确的是A.M极应与外接直流电源的负极相连B.电积过程中，溶液的不变C.铅合金板上的电极反应式为D.电积时电子从N极经溶液流向M极【答案】C【解析】【详解】A．根据使用不可溶阳极材料做电极电解，使金属阳离子在阴极沉积，因此铜板为阴极，则M极为阳极，M极应与外接直流电源的正极相连，故A错误；B．电积过程中，铜离子得到电子变为铜单质，因此溶液的降低，故B错误；C．铅合金板为阳极，是水电离的氢氧根失去电子，则电极反应式为 ，故C正确；D．电子不经过电解液，故D错误；综上所述，答案为C。6.下列事实不能用平衡移动原理解释的是A.工业上通常采用压强的条件下合成氨B.生活中可用热的纯碱溶液除去油污C.唾液可以使淀粉水解的速度加快D.实验室用排饱和氯化钠溶液的方法收集氯气【答案】C【解析】【详解】A．工业合成氨是体积减小的反应，通常采用压强的条件下，有利于平衡正向移动，有利于合成氨，能用平衡移动原理解释，故A不符合题意；B．纯碱中碳酸根水解显碱性，油污在碱性条件下水解，加热，有利于水解平衡正向移动，因此生活中可用热的纯碱溶液除去油污，能用平衡移动原理解释，故B不符合题意；C．唾液中有淀粉酶作催化剂，加快淀粉水解的速度，不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；D．实验室用排饱和氯化钠溶液的方法收集氯气，氯离子浓度增大，使氯气与水反应平衡逆向移动，能用平衡移动原理解释，故D不符合题意。综上所述，答案为C。7.利用CO与N2O反应生成无毒物质，有利于保护环境。下图是CO与N2O在Fe+作用下反应的能量变化及反应历程。该反应分为两步：①(慢)；②(快)。下列说法错误的是 A.总反应若在2L的密闭容器中进行，温度越高反应速率一定越快B.反应中每转移1mol电子，生成标况下N2体积为11.2LC.反应①的正反应活化能比反应②大D.两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定【答案】A【解析】【详解】A．催化剂的活性受到温度的影响，如果温度太高，催化剂可能失活，反应速率降低，故A错误；B．CO与N2O反应生成无毒物质，则反应方程式CO＋N2ON2O＋CO2，根据方程式分析，反应中每转移1mol电子，生成0.5molN2即标况下N2体积为11.2L，故B正确；C．根据①(慢)；②(快)得到反应①的正反应活化能比反应②大，故C正确；D．根据图中信息得到两步反应均为放热反应，总反应由反应较慢的反应来决定，因此总反应的化学反应速率由反应①决定，故D正确。综上所述，答案为A。8.下列说法正确的是A.HCl稀溶液和NaOH稀溶液反应的中和热，则和稀溶液反应的反应热B.的燃烧热，则反应的C.反应热可以通过生成物的键能之和减去反应物的键能之和求得D.1mol甲烷完全燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量数值上等于甲烷的燃烧热【答案】B【解析】【详解】A．HCl稀溶液和NaOH稀溶液反应的中和热，由于硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀会释放热量，因此和稀溶液反应的反应热 ，故A错误；B．的燃烧热，2molCO(g)完全燃烧放出566kJ的热，因此反应的，故B正确；C．反应热可以通过反应物的键能之和减去生成物的键能之和求得，故C错误；D．甲烷的燃烧热是指1mol甲烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量，故D错误。综上所述，答案为B。9.在密闭容器中进行反应：，下列有关说法错误的是A.依据图I可判断，且反应物B是一种气体B.在图II中，虚线可表示使用了催化剂时变化情况C.依据图III可判断逆反应为吸热反应D.如果反应物B为气体，由图IV中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化，可推知正反应为吸热反应【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，p1先达到平衡，则p1＞p2，且增大压强平衡正向移动，反应物B是一种气体，C的含量增大，与图象一致，故A正确B．催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则图中虚线可表示使用了催化剂时的变化情况，故B正确；C．升高温度逆反应速率大于正反应速率，即升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，故C正确；D．气体的质量不变，反应物B为气体，升高温度平均相对分子质量减小，可知气体的物质的量增大，升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故D错误；故选：D。 10.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol·L-1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，再达到平衡，测的A的浓度降低为0.35mol·L-1。下列有关判断正确的是A.x＋y<zB.B的浓度增大C.C的体积分数增大D.平衡向逆反应方向移动【答案】D【解析】【分析】xA(g)＋yB(g)zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol·L-1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，若平衡不移动，A的浓度用变为0.25mol·L-1，再达到平衡，测的A的浓度降低为0.35mol·L-1，说明平衡逆向移动。【详解】A．根据以上分析，扩大容器的体积，减小压强，平衡逆向移动，则x＋y>z，故A错误；B．扩大容器的体积，A、B、C的浓度均减小，故B错误；C．扩大容器的体积，减小压强，平衡逆向移动，C的体积分数减小，故C错误；D．若平衡不移动，A的浓度用变为0.25mol·L-1，再达到平衡，测的A的浓度降低为0.35mol·L-1，说明平衡逆向移动，故D正确；选D。11.已知X、Y元素同周期，且电负性，下列说法中错误的是A.第一电离能Y可能大于XB.非金属性：X大于YC.X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价D.气态氢化物的稳定性：强于【答案】D【解析】【分析】已知X、Y元素同周期，且电负性，说明X在Y的右边。【详解】A．第一电离能Y可能大于X，比如N大于O，故A正确；B．电负性越大，非金属性越强，因此非金属性：X大于Y，故B正确C．电负性越大，非金属性越强，一般显负价，因此X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故C正确； D．电负性越大，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此非金属性气态氢化物的稳定性：弱于，故D错误。综上所述，答案为D。12.下列实验操作、现象能得出相应结论的是编号实验操作现象结论A将少量Zn片放入FeCl3溶液中Zn片逐渐溶解，溶液由黄色逐渐变浅绿色证明Zn的金属性比Fe强B取少量待测液于试管中，先加盐酸酸化，再加溶液先无明显现象，后有白色沉淀产生原溶液中一定含有C向溶液中滴入5滴同浓度溶液后再滴入5滴同浓度溶液先出现白色沉淀，后出现红褐色沉淀D向某钾盐中滴加浓盐酸产生的气体可以使品红溶液褪色该钾盐为或或二者的混合物A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】 【详解】A．Zn和FeCl3溶液反应生成锌离子和亚铁离子，只能证明铁离子氧化性比锌离子强，故A错误；B．先加盐酸酸化，无明显现象，可排除Ag+的影响，再加溶液有白色沉淀产生，白色沉淀为硫酸钡，证明溶液中一定含有，故B正确；C．NaOH溶液过量，氯化铁直接与NaOH反应生成红褐色沉淀为Fe(OH)3，不是由Mg(OH)2发生沉淀转化得到，不能说明，故C错误；D．氯气、二氧化硫等均可使品红溶液褪色，则溶液中可能含KClO，不能确定是否为K2SO3或KHSO3或者二者混合物，故D错误；故选：B。13.中和滴定终点可以用电导率变化确定，溶液电导率越大，导电能力越强。某同学用0.1mol∙L−1溶液分别滴定体积均为，浓度均为0.1mol∙L−1的和，滴定过程中溶液电导率变化如图所示。下列有关判断正确的是A.曲线①代表溶液滴定HCl溶液B.在A点的溶液中有：C.在B点的溶液中：D.相同温度下，A、C两点都是滴定终点，并且这两点水的电离程度相同【答案】B【解析】【分析】根据电导率分析，没有滴加KOH时，P的电导率比Q小，说明Q点为HCl的电导率。详解】A．根据前面分析曲线①代表溶液滴定溶液，故A错误；B．在A点的溶液中溶质为，根据电荷守恒得到： ，故B正确；C．在B点的溶液溶质为、KOH且两者物质的量浓度相等，溶液显碱性由于醋酸根水解：，故C错误；D．相同温度下，A、C两点都是滴定终点，A点溶质为，C点溶质为KCl，前者促进水的电离，后者既不促进也不抑制，因此这两点水的电离程度不相同，故D错误。综上所述，答案为B。14.BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中离子浓度关系正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，钡离子浓度增大，，溶解平衡逆向移动，则，故C正确。综上所述，答案为C。15.运动员在剧烈运动后产生的乳酸会使肌肉麻痹疼痛，常用液氮降温减少炎症和乳酸。已知乳酸(表示为HL，L-1为乳酸根)是一元弱酸。25℃时，下列有关叙述错误的是A.在HL和NaL组成的混合溶液中：B.溶液的C.溶液加水稀释时，溶液中水电离出的增大D.溶液中：【答案】A【解析】 【详解】A．已知HL是一元弱酸，HL和NaL混合溶液中存在物料守恒：，故A错误；B．HL是一元弱酸，部分电离，则中c(H+)<0.1mol/L，溶液的，故B正确；C．HL是一元弱酸，加水稀释HL的浓度减小，对水的电离抑制程度减小，则水电离出的增大，故C正确；D．NaL溶液中L-存在水解反应：L-+H2OHL+OH-，溶液呈碱性，各个离子浓度大小为，故D正确；故选：A。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。A与D同主族，A的最简单氢化物的水溶液显碱性；B是同周期中第一电离能最小的元素；C的原子结构示意图为；E对应的单质是目前用量最大的金属。回答下列问题：（1）A、B、C、D四种元素原子半径由小到大的顺序为___________(填元素符号)，电负性由大到小的顺序为___________(填元素符号)。（2）D的最简单氢化物的电子式为___________，A的一种氢化物分子有18个电子，其化学式为___________。（3）B和D元素的最高价氧化物对应的水化物充分反应后形成的正盐溶液呈碱性，其主要原因是___________(用离子方程式表示)。（4）E原子价层电子排布式是___________，E元素在周期表中的位置是___________，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在___________区。【答案】（1）①.N＜P＜Si＜Na②.N＞P＞Si＞Na（2）①.②.N2H4（3） （4）①.3d64s2②.第四周期第VIII族③.d【解析】【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。A与D同主族，A的最简单氢化物的水溶液显碱性，则A为N，D为P；B是同周期中第一电离能最小的元素，则B为Na；C的原子结构示意图为，则C为Si；E对应的单质是目前用量最大的金属，则E为Fe。【小问1详解】根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，A、B、C、D四种元素原子半径由小到大的顺序为N＜P＜Si＜Na，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性由大到小的顺序为N＞P＞Si＞Na；故答案为：N＜P＜Si＜Na；N＞P＞Si＞Na。【小问2详解】D的最简单氢化物为PH3，其电子式为，A的一种氢化物分子有18个电子，根据18电子的理解得到其化学式为N2H4；故答案为：；N2H4。【小问3详解】B和D元素的最高价氧化物对应的水化物充分反应后形成的正盐溶液呈碱性，正盐为磷酸钠，主要是磷酸根水解显碱性，离子方程式为；故答案为：。【小问4详解】E(Fe)是26号元素，其基态原子价层电子排布式是3d64s2，根据价层电子排布式得到E元素在周期表中的位置是第四周期第VIII族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在d区；故答案为：3d64s2；第四周期第VIII族；d。17.完成下列问题。（1）研究NO2、SO2、CO等气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。①已知：， ，则的___________。②在一定条件下，将NO2与SO2以体积比2∶1置于密闭容器中发生上述反应。下列不能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。a．混合气体平均摩尔质量保持不变b．混合气体颜色保持不变c．NO2和SO2的体积比保持不变d．每生成消耗（2）CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：。已知：，(、分别表示正、逆反应速率常数，其中x为各组分的体积分数)。在固定容积为2L的密闭容器中，充入和，测得平衡混合气体中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。①_______(填“>”“<”)，该反应______0(填“>”“<”)，升高温度，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。②c点平衡常数K=______，c、d、e三点平衡常数Kc、Kd、Ke三者之间的关系为_______。③条件下，f点___________(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）①.—41.8②.ad（2）①.>②.<③.减小④.4⑤.Kc>Kd=Ke⑥.>【解析】【小问1详解】①将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，可得反应，则 △H==—41.8kJ/mol，故答案为：—41.8；②a．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积不变的反应，反应中混合气体平均摩尔质量始终不变，则混合气体平均摩尔质量保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故符合题意；b．混合气体的颜色保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故不符合题意；c．在一定条件下，起始二氧化氮和二氧化硫的体积比2：1参与反应，当二氧化氮和二氧化硫的体积比保持不变时，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故不符合题意；d．每生成1mol三氧化硫消耗1mol二氧化氮都代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故符合题意；故选ad；【小问2详解】①该反应是气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，由图可知，P1条件下一氧化碳的转化率大于P2，则压强P1大于P2；由图可知，压强一定时，升高温度，一氧化碳的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，说明该反应为放热反应，反应热△H<0；平衡时，正逆反应速率相等，则由=可得=，升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小，所以减小，故答案为：>；<；减小；②由图可知，c点一氧化碳的转化率为50%，由方程式可知，平衡时一氧化碳、氢气、甲醇的浓度分别为(0.5—0.5×0.5)mol/L=0.25mol/L、(1—0.5×0.5×2)mol/L=0.5mol/L和0.5×0.5mol/L=0.25mol/L，则平衡常数K==4；由图可知，反应温度的大小顺序为c<d=e，温度不变，化学平衡常数不变，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则Kc、Kd、Ke三者之间的关系为Kc>Kd=Ke，故答案为：4；Kc>Kd=Ke；③由图可知，条件下，f点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>。18.铁盐和亚铁盐用途广泛。I．氯化铁可用于金属蚀刻，污水处理。 （1）配制FeCl3溶液时，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度，原因是______。（2）为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据：实验温度/℃pH10.1525x20.1535y30.2525z下列说法正确的是___________(填标号)。A．上述实验能判断出温度对氯化铁水解平衡的影响B．表格中C．上述实验能得出：增大FeCl3溶液的浓度，水解平衡正向移动，水解程度增大II．硫酸亚铁铵晶体[]俗称摩尔盐，是一种重要的分析试剂，空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。（3）实验室制备摩尔盐：向溶液中加入溶液，调节溶液pH为1～2，在水浴加热，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，均可能导致溶液变黄，其原因是___________，选用乙醇洗涤晶体的目的是___________。（4）滴定法测定摩尔盐质量分数：称取摩尔盐产品3.920g溶于稀硫酸中，转入100mL容量瓶定容。每次用移液管取25.00mL溶液放入锥形瓶，用的溶液滴定(还原产物为，杂质不与反应)，三次平均消耗的溶液。①滴定终点锥形瓶中溶液的颜色变化是___________。②酸性高锰酸钾溶液与反应的离子方程式是___________。③产品中(摩尔质量为)的质量分数为_______(保留2位小数)。④实验过程中的下列操作，可能导致测定结果偏高的是___________(填标号)。 A．取用的晶体不够干燥B．容量瓶定容时仰视刻度线C．滴定管未用待盛溶液润洗D．滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡【答案】（1）抑制Fe3+水解（2）A（3）①.Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+②.减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥（4）①.溶液变为浅红色②.③.93.60%④.C【解析】【小问1详解】FeCl3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，溶液中存在Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，H+浓度增大，抑制水解，配制FeCl3溶液时，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度，原因是抑制Fe3+水解。故答案为：抑制Fe3+水解；【小问2详解】A．其它条件相同时，温度越高，水解程度越大，上述实验能判断出温度对氯化铁水解平衡的影响，故A正确；B．温度越高，水解生成的氢离子的浓度越大，pH越小；FeCl3的浓度越大，溶液的pH越小，实验1中浓度最小温度最低，水解生成的氢离子浓度最小，所以x最大，实验2与实验3中pH无法比较，故B错误；C．上述实验能得出：增大FeCl3溶液的浓度，水解平衡正向移动，但是水解程度减小，因为浓度越小，水解程度越大，故C错误；故答案为：A；【小问3详解】蒸发浓缩时，如果溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，均可能导致溶液变黄，其原因是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥。故答案为：Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+；减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；【小问4详解】①根据反应MnO+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，Fe2+反应完全，高锰酸钾开始过量，溶液显示高锰酸钾 颜色，滴定终点锥形瓶中溶液的颜色变化是溶液变为浅红色。故答案为：溶液变为浅红色；②酸性高锰酸钾溶液与反应的离子方程式是。故答案为：；③根据反应，则n(Fe2+)＝5n(MnO)，则有n(Fe2+)＝5×0.02mol/L×0.0234L×＝0.00936mol，产品中(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O的质量分数为产品中(摩尔质量为)的质量分数为=93.60%(保留2位小数)。故答案为：93.60%；④A．取用的晶体不够干燥，则杂质水偏多，产品含量偏低，故A错误；B．容量瓶定容时仰视刻度线，配置的溶液浓度偏低，则n(Fe2+)偏低，最终含量偏低，故B错误；C．滴定管未用待盛溶液润洗，会使高锰酸钾的浓度偏低，故消耗的高锰酸钾偏多，最终含量偏高，故C正确；D．滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，说明记录的高锰酸钾含量偏低，实际需要更多的高锰酸钾，测出的产品含量偏低，故D错误；故答案为：C。19.无水可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。工业上可由铝土矿(主要成分是和)和焦炭制备，流程如下：已知：、分别在183℃、315℃时升华，回答下列问题：（1）氯化炉中、和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为_______，制取时，至少消耗碳_______g。（2）升华器中主要含有和，需加入少量，其作用是_______。 （3）700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温实现和的分离。请选择合适的温度范围___________(填标号)。a.低于183℃b．介于183℃和315℃之间c．高于315℃（4）证明样品含有，可采用的方法是___________。（5）样品(含少量)的纯度可采用以下方法检测。①向溶液中通入过量CO2涉及的离子方程式为___________。②计算该样品中的质量分数___________(结果用m、n表示，不必化简)。【答案】（1）①.②.18（2）将FeCl3转化为AlCl3（3）b（4）取少量样品于试管中，加水溶解，滴加KSCN试剂，若溶液变为血红色，则证明含有FeCl3，反之，则无（5）①.②.或【解析】【分析】铝土和焦炭矿焙烧炉中加热，Fe2O3被还原得到Fe，所以反应后得到Al2O3和Fe，加入Cl2、焦炭在氯化炉中反应，Fe、Al2O3、Cl2和C反应会生成AlCl3、FeCl3、CO，排出废气CO和Cl2，加入Al粉除去FeCl3、Fe，最后得到AlCl3，冷凝得到AlCl3固体，【小问1详解】氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成氯化铝和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO，制取时，至少消耗1.5molC，质量为m=nM=1.5mol×12g/mol=18g；【小问2详解】升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是将FeCl3除去，提高产品纯度；【小问3详解】 700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温实现FeCl3和AlCl3的分离，温度范围应该介于183℃和315℃之间，故答案为：b；【小问4详解】欲证明AlCl3样品含有FeCl3，可采用的方法是取样品溶于水，加入KSCN试剂，若溶液变为血红色，则证明存在FeCl3，反之，则无；【小问5详解】①溶液与过量CO2反应生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢根，反应的离子方程式为；②NaAlO2溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：；根据流程可知，ngAl2O3的物质的量为，根据铝元素守恒：2n(AlCl3)=n(Al2O3)，n(Al)=n(AlCl3)=2×mol，铝元素质量为m=nM=×133.5g=g；所以样品中Al的质量分数=。