安徽省六安第一中学2023-2024学年高三化学上学期第二次月考试题（Word版附解析）

六中2023年秋学期高三年级第二次月考化学试卷满分：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Na-23K-39Fe-56Cu-64Ba-137一、单选题(本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.不断进步的材料逐渐构筑了我们现代社会的文明。下列说法错误的是（）A.“唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐B.玻璃是一种常见的无机非金属材料，在一定温度下软化可制得玻璃仪器C.高铁和城铁所用镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点D.以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化【答案】D【解析】【详解】A.“唐三彩”和景德镇瓷器都是陶瓷，陶瓷的主要化学成分都是硅酸盐，故A正确；B.玻璃是一种常见的无机非金属材料，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，在一定温度下软化可制得玻璃仪器，故B正确；C.镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点，常用于高铁和城铁的设备制造，故C正确；D.光导纤维的主要成份是二氧化硅，不是硅，故D错误；故选D。【点睛】硅是常见的半导体材料，可以用作制硅芯片、太阳能电池等，二氧化硅常用于制光导纤维。2.下列实验中，所使用的装置(部分夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的 ①②③④A.用装置①配制250mL0.1mol·L的NaOH溶液B.用装置②制备少量固体C.用装置③验证乙烯的生成D.用装置④除去中的少量气体【答案】B【解析】【详解】A．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解，A错误；B．图示装置制作了一个封闭式隔绝氧气的环境，当生成氢氧化亚铁时可防止其被氧化，B正确；C．挥发的醇及生成的乙烯均使高锰酸钾溶液褪色，由褪色不能说明乙烯生成，C错误；D．导管口应在碳酸氢钠溶液的液面下，可发生倒吸，D错误；故选B。3.二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（）A.NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，则n（氧化剂）：n（还原剂）=1:4B.ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是：2ClO2+2OH-=ClO3-+ClO2-+H2OC.可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D.等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2强【答案】C【解析】【详解】A.NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，NaClO2既是氧化剂，又是还原剂。NaClO2中+3价Cl降低到NaCl中的-1价，1molNaClO2得到4mol电子，同时NaClO2中的+3价Cl升高到ClO2中的+4价，1molNaClO2失去1mol电子。根据电子守恒，失去电子的NaClO2（做还原剂）的物质的量是得到电子的NaClO2（做氧化剂）的物质的量的4倍，所以n（氧化剂）：n（还原剂）=1:4，故A不选；B.ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是ClO2发生歧化反应，+4价氯化合价既升高，又降低，生成ClO3-和ClO2-，故不B选；C.二氧化氯易溶于水，所以不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故C选；D．1molClO2得到5mol电子生成Cl-，1molCl2得到2mol电子生成Cl-，所以等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的2.5倍，故D不选。 故选C。4.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A向溶液中滴加过量氨水得到澄清溶液与能大量共存B向酸性溶液中滴入适量的溶液溶液紫色褪去具有还原性C向久置的溶液中加入足量溶液出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分被氧化D向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为，或A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．硝酸银中滴加过量氨水，生成银氨溶液，银离子与一水合氨不能大量共存，A错误；B．氯离子也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液褪色，无法说明是Fe2+使高锰酸钾褪色，无法证明亚铁离子的还原性，B错误；C．久置的亚硫酸钠中加入足量氯化钡溶液，生成白色沉淀，加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，说明沉淀的成分为硫酸钡和亚硫酸钡，则部分亚硫酸钠被氧化成了硫酸钠，C正确；D．氯气、二氧化硫均可使品红溶液褪色，由实验操作和现象可知，溶液可能NaClO溶液，D错误；故答案选C。5.NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是A.2NA个HCl分子与44.8LH2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NAB.32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NAC.物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和MgCl2混合溶液中，含有Cl-的数目为3NA D.1molD318O+（其中D代表）中含有的中子数为10NA【答案】B【解析】【详解】A．氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCI的原子数目是否相同无法计算，A错误；B．32gCu的物质的量0.5mol，失去的电子数均为NA，浓硝酸被还原为二氧化氮，稀硝酸被还原为NO，根据得失电子数守恒，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，B正确；C．溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子个数无法计算，C错误；D．D318O+中含13个中子，故1molD318O+中含13NA个中子，D错误；答案选B。6.下列各组物质的稀溶液相互反应，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，边滴边振荡，所产生的现象相同的是A.和B.和C.氨水和D.和【答案】D【解析】【详解】A．把前者滴入后者，开始没沉淀，后有沉淀；把后者滴入前者，开始就有沉淀生成，后沉淀溶解，故A不符合；B．把前者滴入后者，开始有气泡产生；把后者滴入前者，开始不出现气体，后有气体产生，故B不符合；C．把前者滴入后者，开始有沉淀，后沉淀溶解；把后者滴入前者，开始无沉淀，后有沉淀，故C不符合；D．无论怎么滴加，都会立刻出现白色沉淀，故D符合；故选D。7.下列离子方程式书写正确的是A.新制氯水中加入少量：B.向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：C.溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀： D.碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：【答案】A【解析】【详解】A．新制氯水具有酸性，会与碳酸钙反应，生成二氧化碳，离子方程式为：，A正确；B．草酸是弱酸，在离子方程式中不拆，正确的离子方程式为：，B错误；C．溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀,则氢氧化钡完全反应，正确的离子方程式为：，C错误；D．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，则碘离子完全反应，正确的离子方程式为：，D错误；故选A。8.工业上制备下列物质的生产流程中，合理的是A.从海水中提取溴：浓缩海水B.从海水中提取镁：海水C.由NaCl制漂白粉：饱和食盐水漂白粉D.由黄铁矿制硫酸：黄铁矿【答案】D【解析】【详解】A．热空气吹出的，应被二氧化硫吸收后富集，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，步骤不正确，A不符合题意；B．从海水中提取镁，是先将石灰乳加入海水中使镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁，加入盐酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，浓缩结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到氯化镁固体，熔融氯化镁通电电解，制得镁和氯气，故B不符合题意；C．漂白粉主要成分为氯化钙、次氯酸钙，由NaCl制漂白粉：电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，从而制得漂白粉，故C不符合题意； D．主要成分为FeS2的黄铁矿煅烧生成氧化铁和SO2，SO2经催化氧化生成SO3，SO3被98%浓硫酸吸收制得H2SO4，D符合题意；故选D。9.已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D形成的化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是A.化合物X在高温下稳定性较弱B.均由A、C、D、E四种元素形成的化合物在溶液中都显碱性C.D元素的单质能与C元素的单质直接化合生成两种化合物D.C元素的氢化物的沸点不一定高于B元素的氢化物的沸点【答案】B【解析】【分析】根据原子半径与原子序数的关系图，A是H元素，B、C是第二周期元素，D、E是第三周期元素，根据A、B、C、D形成的化合物X的结构图，B形成4个共价键、C形成2个共价键，则B是C元素、C是O元素，C与E同主族，E是S元素；D形成+1价阳离子，D是Na元素。【详解】A．化合物X是，H2O2易分解，在高温下稳定性较弱，故A正确；B．NaHSO4溶液显酸性，故B错误；C．Na与O2反应可以生成Na2O、Na2O2两种化合物，故C正确；D．碳元素与H元素能形成多种烃，有些烃在常温下呈固态，所以水的沸点不一定高于烃的沸点，故D正确；选B。10.海洋深处某种细菌能够在无氧条件下通过微生物产生的醋酸与含MnO2的矿石反应生成Mn2+，其反应过程如图所示。下列说法正确的是 A.升高温度一定能够加快反应速率B.生成22.4LCO2时，转移电子为1molC.过程②③的总反应为MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-D.过程①中既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成【答案】C【解析】【详解】A．由题干信息可知，反应在细菌催化下，温度过高，细菌将失去生理活性，则升高温度不一定能够加快反应速率，A错误；B．由于题干未告知CO2所处的状态是否为标准状况，则无法计算22.4LCO2的物质的量，也就无法计算生成22.4LCO2时，转移电子的物质的量，B错误；C．由题干图示反应历程可知，过程②的转化为：Mn3++HX=Mn2++H++X，过程③的转化为：Mn2++2H2O+MnO2=2Mn3++4OH-，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-，C正确；D．由题干反应历程图可知，过程①中既有CH3COOH中C-H、O-H和H2O中的H-O极性键断裂、CH3COOH中的C-C非极性键的断裂，但只有C-O极性键的形成，没有非极性键的形成，D错误；故答案为：C。11.有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：、、、、，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加入溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.03mol气体；第三份加足量溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。综合上述实验，你认为以下结论正确的是A.该混合液中一定含有：、、、，不含 B.该混合液中一定含有：、、，可能含、C.该混合液中一定含有：、、、，可能含D.该混合液中：【答案】D【解析】【分析】第一份加入溶液有沉淀产生，Ag+与、、都能反应生成沉淀，不能确定是否含有。第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.04mol气体，发生反应，生成氨气的物质的量为0.03mol，说明100mL溶液中含有0.03mol。第三份加足量溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明生成硫酸钡的质量为2.33g、碳酸钡的质量为(4.30-2.33)=1.97g，则n()=n()=0.01mol、n()=n()=0.01mol。根据以上分析，100mL溶液中含有0.03mol、0.01mol、0.01mol，不能确定是否含有；若溶液中不含，根据电荷守恒，则含有0.01mol；若溶液中含，根据电荷守恒，则含有大于0.01mol，故一定含有，且K+的物质的量大于等于0.01mol，c(K+)≥0.1mol/L；【详解】A．由分析可知，不确定是否含有氯离子，A错误；B．由分析可知，一定含有钾离子，B错误；C．由分析可知，一定含有钾离子，C错误；D．由分析可知，，D正确；故选D。12.常温下，在20mL0.1mol/L溶液中逐滴加入0.1mol/L盐酸40mL，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳元素的微粒物质的量浓度的百分含量(纵轴)也发生变化(因逸出未画出)，如图所示。下列说法不正确的是 A.0.1mol/L溶液中B.在A点：C.常温下饱和溶液的pH约为5.6D.当加入20mL盐酸时，混合溶液的pH约为8【答案】B【解析】【详解】A．根据电荷守恒，0.1mol/L溶液中存在，A正确；B．A点碳酸根离子浓度等于碳酸氢根离子，说明此时溶质为Na2CO3和NaHCO3，盐溶液的水解程度通常较小，即使碳酸根和碳酸氢根离子水解都生成氢氧根离子，但是c()>c(OH-)，B错误；C．pH≥5.6时，溶液中H2CO3的含量保持不变，说明此时溶液中H2CO3达到饱和，则常温下饱和溶液的pH约为5.6，C正确；D．加入20mL盐酸，此时Na2CO3恰好全部转化为NaHCO3，溶液中溶质为氯化钠和NaHCO3，氯化钠溶液呈中性，根据图示可知，此时混合溶液的pH约为8，D正确；故答案选B。二、不定项选择题：(本大题共4小题，每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题意。全部选对得4分，选对但不全得2分，多选、错选均不得分。)13.由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐，是一种常见的混盐，下列说法不正确的是A.中氯元素为-1价B.水溶液呈碱性，具有较强的氧化性 C.由氯气为原料，每生成1mol，转移的电子数为D.溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色气体产生【答案】AC【解析】【详解】A．混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2，Cl的化合价分别是-1价、+1价，故A错误；B．是一种常见的混盐，混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2，因为次氯酸根离子水解，CaCl2显中性，所以CaOCl2水溶液呈碱性，具有较强的氧化性，故B正确；C．混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2，Cl的化合价分别是-1价、+1价，由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，转移的电子数为NA，故C错误；D．混盐CaOCl2中的CaCl2和Ca(ClO)2在酸性条件下反应生成氯气，氯气是黄绿色气体，故D正确；故答案为AC。14.下列各组分离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.由水电离出的mol⋅L的溶液中：、、、B.能与铝反应生成的溶液中：、、、C.含有大量的溶液中：、、、D.中性溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．由水电离出的mol⋅L的溶液可酸可碱，其中酸性可碱性条件下，、、、都可以共存，A正确；B．能与铝反应生成的溶液可酸可碱，酸性条件下，不共存，产生的气体为一氧化氮，不是氢气，碱性条件下，不共存，会生成氢氧化镁沉淀，B错误；C．含有大量的溶液中，具有氧化性，具有还原性，会发生氧化还原反应，C错误；D．中性溶液中，会水解生成氢氧化铝胶体，且与会发生双水解，不能大量共存，D错误； 故选A。15.向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析错误的是A.OA段产生是NO，AB段的反应为B.A点溶液中的溶质为和C.原混合酸中的物质的量浓度为2mol·LD.原混合酸中和物质的量之比为2∶1【答案】BD【解析】【分析】稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL中逐渐加入铁粉，OA段生成的是NO，Fe被氧化成Fe3+，AB段是Fe3+与Fe反应生成Fe2+，BC段是氢离子与Fe反应生成氢气。【详解】A．OA段是氢离子、硝酸根离子、Fe发生氧化还原反应生成NO，AB段是Fe3+与Fe反应生成Fe2+，离子方程式为，A正确；B．A点溶液中溶质为硫酸铁和硫酸，不可能存在亚铁离子，B错误；C．OA段离子方程式为Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，消耗Fe11.2g即0.2mol，说明有硝酸0.2mol，消耗氢离子0.8mol，BC段离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，消耗Fe5.6g即0.1mol，则消耗氢离子0.2mol，全程消耗氢离子1mol，而硝酸只能提供0.2mol氢离子，则剩余的0.8mol氢离子由硫酸提供，则硫酸的物质的量为0.4mol，浓度为0.4mol÷0.2L=2mol/L，C正确；D．根据C中计算可知，原混合酸中有硝酸0.2mol，硫酸0.4mol，硝酸根离子与硫酸根离子的物质的量之比为1：2，D错误；故答案选BD。16.工业上用软锰矿(主要成分是，含有、等杂质)，制备的流程如下： 已知：固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。下列说法正确的是A.向“浸取”后的溶液中通入，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分为硅酸B.“歧化”时，加入冰醋酸是为了调节溶液pH，使平衡正向移动，促进的生成，提高的产率C.“歧化”步骤中调节溶液pH时，不可以用浓盐酸来代替冰醋酸D.“操作Ⅱ”时，当有大量晶体析出时，利用余热蒸干，即得紫黑色晶体【答案】BC【解析】【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，含有Al2O3、SiO2等杂质)加入KOH与空气，形成K2MnO4固体、硅酸钠和偏铝酸钾，冷却后调节pH值使无关元素沉淀，加入冰醋酸后锰酸钾发生可逆歧化反应。操作Ⅰ为过滤，滤渣Ⅱ能回归熔融第一步，说明滤渣Ⅱ为二氧化锰，紫色溶液经过蒸发浓缩结晶形成高锰酸钾晶体。【详解】A．向“浸取”后的溶液中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分为Al(OH)3和硅酸，A错误；B．“歧化”时，加入冰醋酸是为了调节溶液pH，使正向移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率，B正确；C．“歧化”步骤中若用浓盐酸调节溶液pH时，浓盐酸会与二氧化锰反应，生成有毒氯气，且使溶液中离子不仅有高锰酸根还有锰离子，C正确；D．高锰酸钾受热易分解，不能用蒸发结晶的方式提纯，“操作II”应为蒸发浓缩冷却结晶，D错误；答案为BC。三、填空题(共48分)17.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。 完成下列各题：（1）写出B的化学式___________，丙的电子式___________。（2）写出实验室制备黄绿色气体乙的化学方程式：___________。（3）反应③中的离子方程式是___________。（4）反应⑤的离子方程式是___________。【答案】（1）①.Al②.（2）4HCl(浓)（3）（4）【解析】【分析】A是金属单质火焰呈黄色，则A为金属Na，Na和水反应会生成NaOH和，则气体甲为氢气，D溶液为NaOH，NaOH和金属B反应产生氢气，则金属B为Al，氢气和黄绿色气体为氯气反应生成气体丙为HCl，HCl溶于水得到物质E，物质E为盐酸，D溶液氢氧化钠和G溶液反应得到红褐色沉淀H，则H是红褐色沉淀，G为含三价铁离子溶液，F溶液和黄绿色气体乙氯气反应得到G，则G为，F为；A是Na，B是Al，C是Fe，G是，H是，甲是，乙是氯气，丙是HCl；小问1详解】根据分析可知，B是Al，丙是HCl，HCl的电子式为：；【小问2详解】 黄绿色气体是氯气，实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，方程式为：;【小问3详解】反应③是Al和NaOH和水反应生成偏铝酸钠和氢气，则离子方程式为：；【小问4详解】反应⑤是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，离子方程式为：。18.四氯化碳主要用作优良的溶剂、干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等，也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备四氯化碳。已知：①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；②与在铁作催化剂的条件下，在85℃~95℃反应可生成四氯化碳；③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度1.6g/cm。（1）A装置中盛放的仪器名称为___________导管K的作用为___________。（2）上述装置的连接顺序为a→___________→___________→___________→___________→___________→___________→___________→___________→______________________（3）反应结束后关闭，，此时F装置的作用为___________。（4）装置B中若1mol完全反应，转移的电子数目为___________。（5）反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过___________(填操作名称)可得到。（6）若用提取碘水中的碘单质，振荡静置后的现象为___________。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.平衡气压，便于浓盐酸顺利流下 （2）i→j→f→g→d→e→b→c→h（3）平衡气压做安全瓶，同时储存氯气（4）或（5）蒸馏（6）溶液分层，上层几乎无色，下层紫红色【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中长颈漏斗能起到平衡气压的作用，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃~95℃条件下反应制备四氯化碳，装置B中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，装置连接顺序为AFDCBAFBE，接口连接顺序为aijfgdebch；【小问1详解】根据分析可知，装置A中盛放的仪器为圆底烧瓶；导管K可以起到平衡气压，便于浓盐酸顺利流下的作用；【小问2详解】根据分析可知，上述装置的连接顺序为a→i→j→f→g→d→e→b→c→h;【小问3详解】由实验装置图可知，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中反应结束后关闭后，长颈漏斗还能起到平衡气压做安全瓶的作用，同时还可以储存未反应的氯气；【小问4详解】由分析可知，B装置中发生的反应为二硫化碳与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应方程式为：，则1mol完全反应转移电子数为16；【小问5详解】由分析可知，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在在85℃~95℃条件下反应制备四氯化碳和硫，反应制得的四氯化碳中混有未反应的二硫化碳和反应生成的溶于四氯化碳的硫，所以反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过蒸馏得到四氯化碳；【小问6详解】用萃取碘水中的碘单质，碘易溶于，且密度比水大在下层，则振荡静置后的现象为，溶液分层，上层几乎无色，下层紫红色。19.钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用。工业上利用碘、烧碱和铁屑为原料可生产碘 化钠，其生产流程如图所示：（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，所得副产物的化学式是___________。（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是___________，过滤所得固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是___________。（3）溶液2中除含有外，一定含有的阳离子是___________。（4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体()，称取3.60g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示：写出第Ⅱ阶段的化学方程式___________。【答案】（1）NaIO（2）①.使完全转化成②.（3）（4）【解析】【分析】将碘加入到10%NaOH溶液在加热的条件下反应生成NaI和NaIO3，再加入过量铁屑，还原反应中所生成的碘酸根离子，生成的红褐色沉淀为氢氧化铁，溶液为NaI溶液，固体加入稀硫酸中生成硫酸亚铁溶液，NaI溶液经过蒸发、结晶、过滤得到NaI固体，以此解答。【小问1详解】NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO。 【小问2详解】反应加入铁屑的目的是还原反应中所生成的碘酸根离子，生成的红褐色沉淀为氢氧化铁，相应的化学方程式为NaIO3＋2Fe＋3H2O=NaI＋2Fe(OH)3↓。【小问3详解】由于铁过量，所以所得固体中存在氢氧化铁和单质铁，当加入稀硫酸时，氢氧化铁溶解生成铁离子，而单质铁则与铁离子或氢离子反应，会生成，一定有。【小问4详解】通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的方程式为FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O↑，300℃时草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，草酸亚铁晶体中铁的元素质量为g=1.12g，氧化物中氧元素的质量为1.60g-1.12g=0.48g，铁元素与氧元素的质量为1.12：0.48=7:3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有56x：16y=7：3，x：y=2：3，所以固体为Fe2O3，则第Ⅱ阶段FeC2O4转化为Fe2O3和CO2，写出第Ⅱ阶段的化学方程式为：。20.实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示(部分夹持装置已略去)：已知：NH3不溶于CS2，在一定条件下发生反应CS2＋3NH3NH4SCN＋NH4HS，生成物中NH4HS的热稳定性较NH4SCN差回答下列问题：（1）装置A中反应化学方程式是___________（2）三颈烧瓶内盛放有CS2、H2O和催化剂，进气导管口必须插入下层CS2液体中，目的是___________，该反应比较缓慢，实验中可通过观察C中现象来控制A中NH3的生成速率，则X的化学式为___________ （3）反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，其目的是___________；然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得较纯净的KSCN溶液（4）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压___________、___________、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体（5）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴___________溶液(填化学式)作指示剂，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。该晶体中KSCN的质量分数为___________。[已知：滴定时发生的反应为SCN-＋Ag＋=AgSCN↓(白色)]【答案】（1）NH3·H2ONH3↑＋H2O（2）①.使反应物充分接触，防止发生倒吸②.CS2（3）让NH4HS完全分解而除去（4）①蒸发浓缩②.冷却结晶（5）①.Fe(NO3)3②.97.0%(或0.970)【解析】【分析】根据实验原理，装置A中采用固体和液体常温下反应制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3＋Cr2O＋8H＋===N2↑＋2Cr3＋＋7H2O。【小问1详解】A中为固体与液体常温下反应制取氨气，反应的化学方程式是NH3·H2ONH3↑＋H2O；【小问2详解】三颈烧瓶内盛放有CS2、H2O和催化剂，进气导管口必须插入下层CS2液体中使反应物充分接触，并防止发生倒吸；该反应比较缓慢，实验中可通过观察C中现象来控制A中NH3的生成速率，则氨气难溶于X，结合题给已知信息，知X的化学式为CS2；【小问3详解】NH4HS的热稳定性较NH4SCN差，则反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内液体温度为105℃一段时间，其目的是让NH4HS完全分解而除去，然后打开K2，继续保持液温为105℃，缓缓滴入适量的KOH 溶液，制得较纯净的KSCN溶液，反应的化学方程式为NH4SCN＋KOHKSCN＋NH3↑＋H2O；【小问4详解】先滤去三颈烧瓶中的晶体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾固体；【小问5详解】