2019届高三化学上学期月考试题二(含解析).doc

2019届高三化学上学期月考试题二(含解析)试卷说明：本试卷分两部分，第一部分为选择题，第二部分为非选择题可能用到的相对原子质量: O 16 S 23 Mg 24 Al 27 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 I 127 一、选择题（本题共21小题，每小题2分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。）1.下列过程没有发生化学反应的是（ ）A. 生石灰作干燥剂 B. 氢氟酸刻蚀玻璃C. 打磨磁石制指南针 D. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【答案】C【解析】【分析】有新物质生成的变化是化学变化。生石灰作干燥剂氧化钙时与水反应生成氢氧化钙；氢氟酸刻蚀玻璃，氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；打磨磁石制指南针，没有生成新物质；用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉可吸收氧气，属于化学变化，故不选D。【详解】生石灰作干燥剂时，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，属于化学反应，故不选A；氢氟酸刻蚀玻璃，氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，属于化学反应，故不选B；打磨磁石制指南针，只发生形状改变，没有生成新物质，属于物理变化，故选C；用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉可吸收氧气，属于化学变化，故不选D。2.下列配制溶液的操作中，有可能不会影响所配溶液浓度大小的是（ ）A. 用量筒量取浓溶液后，将量筒中残留的液体洗净倒入烧杯中B. 定容时俯视C. 称量时误用“左码右物”D. 定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线【答案】C【解析】【分析】用量筒量取浓溶液后，将量筒中残留的液体洗净倒入烧杯中，溶质物质的量偏大；定容时俯视，溶液体积偏小；称量时误用“左码右物”，如果不用游码，称取溶质质量准确；定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大。【详解】用量筒量取浓溶液后，将量筒中残留的液体洗净倒入烧杯中，溶质物质的量偏大，浓度偏大，故不选A；定容时俯视，溶液体积偏小，浓度偏大，故不选B；称量时误用“左码右物”，如果不用游码，称取溶质质量准确，对浓度无影响，故选C；定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，故不选D。3.下列实验操作中所用仪器合理的是（ ）A. 用100mL的量筒量取18.8mLNaOH溶液B. 用瓷坩埚加热熔融NaOHC. 用托盘天平称取25.20g氯化钠D. 用100mL容量瓶配制70mL0.1mol/L盐酸【答案】D【解析】试题分析：A.应该用20 mL的量筒量取18.8 mL NaOH溶液，A错误；B.瓷坩埚中混有二氧化硅，在加热的条件下能与NaOH反应，因此不能用瓷坩埚加热熔融NaOH，应该用铁坩埚，B错误；C.托盘天平只能读数到0.1g，因此用托盘天平称取25.2g氯化钠，C错误；D.实验室没有70ml容量瓶，因此用100 mL容量瓶配制70 mL0.1 molL-1盐酸，D正确，答案选D。考点：考查化学仪器使用的有关判断4.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是 （ ）溶液现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】SO2有还原性，被Fe3+氧化为SO42；H2S溶液与SO2反应方程式是 ；SO2使高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性；Na2SiO3溶液中通入SO2气体，产生白色沉淀硅酸；【详解】SO2有还原性，被Fe3+氧化为SO42，SO42再与Ba2+结合为BaSO4沉淀，故A结论正确；H2S溶液与SO2反应方程式是，SO2中S元素化合价降低，体现SO2的氧化性，故B结论正确；SO2使高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故C结论错误；Na2SiO3溶液中通入SO2气体，产生白色沉淀硅酸，根据“强酸制弱酸”，可知酸性H2SO3H2SiO3，故D结论正确。5.下列说法正确的是（ ）A. 1 mol氢约含有6.021023个粒子 B. H2的摩尔质量是2 gC. 1mol O2的质量是32 g，含有的氧原子数为2NA D. 铁的摩尔质量等于铁原子的相对原子质量【答案】C【解析】【分析】1 mol氢，没有明确是氢分子还是氢原子；摩尔质量的单位是g/mol；1mol O2中含有2mol氧原子；摩尔质量的单位是g/mol，相对原子质量的单位为“1”；【详解】1 mol氢，指向不明确，没有明确微粒是氢分子还是氢原子，故A错误；摩尔质量的单位是g/mol， H2的摩尔质量是2 g/mol，故B错误；1mol O2的质量是32 g，含有2mol氧原子，含有的氧原子数为2NA，故C正确；摩尔质量的单位是g/mol，相对原子质量的单位为“1”，铁的摩尔质量在数值上等于铁原子的相对原子质量，故D错误。6.同温同压下，等体积的NH3和CH4两种气体，下列有关说法错误的是（ ）A. 所含分子数相同 B. 所含氢原子物质的量之比为3:4C. 质量之比为16:17 D. 密度之比为17:16【答案】C【解析】【详解】A、同温同压下同体积的气体，则具有相同的分子数和物质的量，故A说法正确；B、根据A选项分析，两种物质的物质的量相等，即氢原子物质的量之比为(13)(14)=34，故B说法正确；C、相同条件下，质量之比等于其摩尔质量之比，即为17：16，故C说法错误；D、相同条件下，密度之比等于其摩尔质量之比，即1716，故D说法正确。7.下列说法正确的是 ( )A. 硅是良好的半导体材料，且是制造光缆的主要材料B. 新制氯水经光照一段时间pH减小C. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性D. 将过量的NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，先无明显现象后出现白色絮状沉淀【答案】B【解析】【分析】硅是制造集成电路、太阳能电池的原料，二氧化硅是制造光缆的主要材料；新制氯水经光照一段时间，次氯酸分解为盐酸，弱酸变为强酸；SO2能使品红溶液褪色，说明SO2有漂白性；将过量的NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠。【详解】硅是制造集成电路、太阳能电池的原料，二氧化硅是制造光缆的主要材料，故A错误；次氯酸不稳定，新制氯水经光照一段时间，次氯酸分解为盐酸，弱酸变为强酸，所以pH减小，故B正确；SO2能使品红溶液褪色，说明SO2有漂白性，故C错误；将过量的NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，现象是先生成沉淀后沉淀消失，故D错误。8.下列说法正确的是 （ ）A. 将过量的稀盐酸逐滴滴入稀Na2CO3溶液中，立即产生气体B. FeCl3溶液能与Cu 反应，可用于蚀刻印刷电路C. Cl2能使湿润的有色布条褪色，说明Cl2具有漂白性D. 用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体【答案】B【解析】【分析】将过量的稀盐酸逐滴滴入稀Na2CO3溶液中，依次发生的反应是 、；FeCl3溶液能与Cu 反应生成氯化亚铁和和氯化铜； Cl2没有漂白性；CO2、HCl都能与氢氧化钠反应；【详解】将过量的稀盐酸逐滴滴入稀Na2CO3溶液中，依次发生的反应是 、，开始没有气体，后来有气体产生，故A错误；FeCl3溶液能与Cu 反应生成氯化亚铁和和氯化铜，故B正确；次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，故C错误；CO2、HCl都能与氢氧化钠反应，不能用NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体，故D错误。9.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）A. 92gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3NAB. 71g氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3 NAC. 05molL-1的Ba(OH)2溶液中OH-的数目为NAD. 1 mol Mg与足量的O2或N2反应生成MgO或Mg3N2时，失去的电子数均为2NA【答案】D【解析】【分析】NO2和N2O4的最简式都是NO2；氯气与足量铁粉充分反应生成氯化铁，氯元素化合价由0变为-1； ，没有溶液体积不能计算溶质物质的量；Mg与足量的O2或N2反应时，镁元素化合价由0变为+2；【详解】NO2和N2O4的最简式都是NO2，92gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为6NA，故A错误；氯气与足量铁粉充分反应生成氯化铁，氯元素化合价由0变为-1，所以71g氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为2 NA，故B错误；没有溶液体积，不能计算05molL-1的Ba(OH)2溶液中OH-的数目，故C错误；Mg与足量的O2或N2反应时，镁元素化合价由0变为+2，所以1 mol Mg与足量的O2或N2反应生成MgO或Mg3N2时，失去的电子数均为2NA，故D正确。10.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的碳原子数为2NAB. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAC. 1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD. lmol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA【答案】B【解析】【分析】乙烯和丙烯的最简式都是CH2；过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素化合价由-1升高为0；Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁；FeI2与足量氯气反应，生成氯化铁和碘单质；【详解】乙烯和丙烯的最简式都是CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中的碳原子数 =NA，故A错误；过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素化合价由-1升高为0，所以生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故B正确；Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，铁元素化合价由0升高为+3，所以1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA，故C错误；FeI2与足量氯气反应，生成氯化铁和碘单质，所以lmol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，故D错误。11.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，5.6LO2含有4NA个电子B. 28gN2、CO和C2H4的混合气体分子总数为NAC. 标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子D. 1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子【答案】B【解析】【分析】标准状况下，5.6LO2的物质的量是0.25mol；N2、CO和C2H4的摩尔质量都是28g/mol；盐酸是液体，不能利用 计算物质的量；Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0升高为+1；【详解】标准状况下，5.6LO2的物质的量是0.25mol，含有电子数是 ，常温常压下，5.6LO2的物质的量不是0.25mol，故A错误；N2、CO和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，根据极值法，28gN2、CO和C2H4的混合气体的物质的量是1mol，分子总数为NA，故B正确；盐酸是液体，不能利用 计算物质的量，故C错误；Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0升高为+1，1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故D错误。12.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）A. 无色透明的溶液中: Fe3+、Mg2+、SCN 、Cl B. Kw/c（H+）=11013molL1的溶液中：NH4、Ca2、Cl、NO3C. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2、K、NO3、SO42D. 水电离的c(H)=11013molL1的溶液中：K、Na、AlO2、CO32【答案】B【解析】【分析】含有Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+遇SCN 溶液呈红色；Kw/c（H+）=11013molL1的溶液中c（H+）=1101molL1，溶液呈酸性；与Al反应能放出H2的溶液呈酸性或碱性；水电离的c(H)=11013molL1的溶液，水电离受到抑制，溶液呈强酸性或强碱性；【详解】含有Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+遇SCN 溶液呈红色，无色透明的溶液中不可能含有Fe3+，故A错误；酸性溶液中NH4、Ca2、Cl、NO3能大量共存，故B正确；与Al反应能放出H2的溶液呈酸性或碱性。若呈酸性，铝与硝酸反应不能放出氢气、Fe2与NO3发生氧化还原反应。若呈碱性，Fe2生成沉淀，所以与Al反应能放出H2的溶液中Fe2、K、NO3、SO42一定不能大量共存，故C错误；水电离的c(H)=11013molL1的溶液，水电离受到抑制，溶液呈强酸性或强碱性，若呈酸性AlO2、CO32都能与H反应，故D错误。13.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3Ba2OH=BaCO3H2OB. Cu溶于稀硝酸：Cu2HNO3=Cu2NO2H2OC. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3I6H=I23H2OD. 氯气溶于水：Cl2H2O=HClHClO【答案】A【解析】【分析】向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，把NaHCO3的物质的量看做1mol；Cu溶于稀硝酸放出NO气体； IO3I6H=I23H2O不符合得失电子守恒和电荷守恒；氯气溶于水反应可逆。【详解】向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，把NaHCO3的物质的量看做1mol，则离子方程式是HCO3Ba2OH=BaCO3H2O，故A正确；Cu溶于稀硝酸放出NO气体，反应离子方程式是3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，故B错误；酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO35I6H=3I23H2O ，故C错误；氯气溶于水反应可逆：Cl2H2OHClHClO，故D错误。【点睛】定量离子方程式书写时，把量少的物质看做1mol，所以向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，把NaHCO3的物质的量看做1mol，离子方程式是HCO3Ba2OH=BaCO3H2O；向NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液，把Ba(OH)2的物质的量看做1mol，离子方程式是2HCO3Ba22OH=BaCO3CO322H2O；14.能正确表示下列反应的离子反应方程式为（ ）A. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：HCO3 +Ca2+OH=CaCO3+H2OB. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH -=2Al(OH)3+3BaSO4C. 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-D. MnO2 与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HCl=Mn2+2Cl+Cl2+2H2O【答案】C【解析】【分析】Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液生成碳酸钙和碳酸钠；向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全，则Ba(OH)2与KAl(SO4)2的比为2:1，Al3+恰好完全生成AlO2-；向FeBr2溶液中通入足量氯气，Fe2+、Br-完全被氧化，生成氯化铁和溴单质；MnO2 与浓盐酸反应制Cl2，浓盐酸需要拆写成离子；【详解】Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液生成碳酸钙和碳酸钠，反应离子方程式是2HCO3 +Ca2+2OH=CaCO3+2H2O+ CO32，故A错误；向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全，则Ba(OH)2与KAl(SO4)2的比为2:1，Al3+恰好完全生成AlO2-，反应离子方程式是Al3+2SO42-+2Ba2+4OH -= AlO2-+2BaSO4+2H2O；向FeBr2溶液中通入足量氯气，生成氯化铁和溴单质，反应离子方程式是2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-，故C正确；MnO2 与浓盐酸反应制Cl2，离子方程式是MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O，故D错误。【点睛】定量离子方程式的书写遵循“量少为1”的原则，即把少量的物质看做1mol，再根据需要确定其它反应物的用量；所以Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液生成碳酸钙和碳酸氢钠，反应离子方程式是HCO3 +Ca2+OH=CaCO3+H2O。15.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3 +2M3+4H2O= M2O7n+Cl- +8H+，M2O7n中M的化合价是（ ）A. +4 B. +5 C. +6 D. +7【答案】C【解析】根据电荷守恒-1+32=-1-n+8，n=2，设M的化合价是x，则2x-27=-2，x=+6，故C正确。16.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）A. SF6是氧化产物B. O2F2既是氧化剂又是还原剂C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为4:1【答案】A【解析】【分析】O2F2中O元素化合价为+1、F元素化合价为-1；反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中O元素化合价由+1降低为0、S元素化合价由-2升高为+6。【详解】S元素化合价由-2升高为+6，所以SF6是氧化产物，故A正确；O2F2中O元素化合价降低，所以O2F2是氧化剂，故B错误；没有条件，无法计算4.48 L HF的物质的量，故C错误；O2F2中O元素化合价降低、H2S中S元素化合价升高，所以H2S是还原剂、O2F2是氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4，故D错误。【点睛】氧化还原反应的分析，把握好化合价的变化，所含元素化合价升高的反应物是还原剂，元素化合价升高得到的产物是氧化产物；相反，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，元素化合价降低得到的产物是还原产物。17.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间B. 胶体是一种均一、稳定的纯净物C. 用平行光照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象不相同D. 向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，制得Fe(OH)3【答案】B【解析】【分析】胶体区别于其他分散系的本质区别是分散质的微粒直径不同；胶体是混合物；胶体能产生丁达尔效应；Fe(OH)3胶体的制备方法是：向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色；【详解】胶体中分散质的微粒直径在109107m之间，故A正确；胶体是混合物，故B错误；胶体能产生丁达尔效应，所以用平行光照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体时现象不同，故C正确；Fe(OH)3胶体的制备方法是：向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，故D正确；选B。胶体18.将Cl2通入400mL0.5 molL-1KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量之比是1:2，则通入的Cl2在标谁状况下的体积为（ ）A. 1.12L B. 2.24L C. 1.68L D. 0.56L【答案】B【解析】【分析】将Cl2通入400mL0.5 molL-1KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，根据元素守恒，反应后的溶液中；【详解】将Cl2通入400mL0.5 molL-1KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，根据元素守恒，则；所以，在标准状况下的体积为2.24L，故选B。19.将一块铁片放入500mL1mol/L CuSO4溶液中，反应一段时间后，取出铁片，小心洗净后干燥称量，铁片增重0.8，则反应后溶液中CuSO4的物质的量浓度是（反应前后溶液的体积不变）A. 0.9mol/L B. 0.85mol/L C. 0.8mol/L D. 0.75mol/L【答案】C【解析】试题分析：由方程式 Fe+Cu2+=Fe2+Cu m 56 64 8 1mol 1mol 8当铁片增重0.8g时参加反应的Cu2+为0.1mol，溶液中剩余0.5mol-0.1mol=0.4mol。浓度为0.8mol/L.考点：铁的性质。20.如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体的物质的量是（ ）A. bc/(aNA)mol B. ac/(bNA)mol C. ab/(cNA)mol D. b/(acNA)mol【答案】A【解析】【分析】求cg该气体的物质的量，就需要知道该气体的摩尔质量，但题目中并没有给出，可以通过ag气体有b个分子数进行求解。【详解】ag该气体的物质的量=b/NA，则摩尔质量M=m/n=a(b/NA)=aNA / b，故cg该气体的物质的量=c /( aNA / b)=bc / aNA，故选A。【点睛】本题考查以物质的量为中心的计算，此类题目利用 “万能公式”带入计算。21.质量相同的镁和铝，跟足量的盐酸反应，失去电子数之比为 （ ）A. 11 B. 23 C. 2427 D. 34【答案】D【解析】【分析】设镁、铝的质量都是mg，则镁、铝的质量分别是 ； 失2个电子， 失3个电子；【详解】设镁、铝的质量都是mg，则镁、铝的质量分别是 ； 失2个电子， 失3个电子；质量相同的镁和铝，跟足量的盐酸反应，失去电子数之比为34，故选D。第II卷（非选择题共58分）二、非选择题（本题共4小题，共58分）22.二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用，是大气主要污染物之一，具有一定的还原性，探究SO2气体还原Fe3+、I2，可以使用的药品和装置如图所示：（1）写出由铜和浓硫酸制取SO2的化学方程式_。（2）装置A中的现象是_。反应结束后若要从A中的FeCl3溶液中提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在蒸发操作中要用到的主要仪器有_(填编号)。自然干燥晶体而不烘干晶体的原因是_。A酒精灯 B蒸发皿 C漏斗 D烧杯 E玻璃棒 F坩埚（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3发生氧化还原反应。写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式_；请设计实验方案检验有Fe2+生成_；（4）B中蓝色溶液褪色，表明SO2的还原性比I-_(填“强”或“弱”)。【答案】 (1). Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2+2H2O (2). 溶液由黄色变为浅绿色 (3). A B E (4). 防止晶体失去结晶水，防止晶体被氧化，防止水解（可不写） (5). 2Fe3+SO2+2H2O=SO42+2Fe2+4H+ (6). 取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入23滴K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成。（其他合理答案也可得分） (7). 强【解析】【分析】（1）铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铁、二氧化硫、水；（2）装置A中SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+；蒸发用到酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，据此进行解答；烘干晶体容易失去结晶水，晶体易被氧化；（3）SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+；Fe2+遇K3Fe(CN)6溶液生成蓝色沉淀；（4）还原剂的还原性大于还原产物的还原性；【详解】（1）铜和浓硫酸在加热条件下发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2+2H2O；（2）装置A中SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+，所以现象是溶液由黄色变为浅绿色；蒸发用到酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，所以选A B E；烘干晶体容易失去结晶水，晶体易被氧化，所以自然干燥晶体而不烘干晶体的原因是防止晶体失去结晶水，防止晶体被氧化；（3）SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+，SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3+SO2+2H2O=SO42-+2Fe2+4H+；检验有Fe2+生成的操作方法为取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入23滴K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成；（4）B中蓝色溶液褪色，说明SO2将I2还原为I-，可知SO2的还原性比I-强。23.硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：已知： SO2(g) + Cl2(g)SO2Cl2(l) H97.3 kJ/mol。硫酰氯常温下为无色液体，熔点为54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中“发烟”。100以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式为_。（2）装置B中的除杂试剂为_（填名称），若缺少装置C，会导致装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为_。（3）仪器D的名称为_，E中冷凝水的的出口是_(填“a”或“b”)，F的作用除了防止空气中水蒸气进入D装置内之外，还可以_。（4）当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况)时，最终得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_(填序号)。加热三颈烧瓶 控制气流速率，宜慢不宜快 若三颈烧瓶发烫，可适当降温 先通冷凝水，再通气（5）氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3HSO2Cl2 + H2SO4，分离产物的方法是_。A.重结晶 B.过滤 C.蒸馏 D.萃取【答案】 (1). 2MnO4-+10Cl-+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O (2). 饱和食盐水 (3). SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4 (4). 三颈烧瓶 (5). b (6). 吸收尾气，防止污染空气 (7). 60% (8). (9). C【解析】【分析】由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，因浓盐酸易挥发，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)，E中冷却水下进上出效果好，结合信息可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，以此解答（1）（3）；（4）n（Cl2）=，由SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为0.05mol135g/mol=6.75g；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；（5）生成物均为液体，但沸点不同；【详解】（1）装置A中发生反应的化学方程式是2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；（2）装置B的作用为除去HCl，所以B中除杂试剂为饱和食盐水；若缺少装置C，气体不干燥，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；（3）仪器D的名称为三颈烧瓶，冷却水下进上出效果好，所以E中冷凝水的入口是a、出口是b，F的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。（4）n（Cl2）=，由SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为0.05mol135g/mol=6.75g；最终得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为，为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应，所以在实验操作中需要注意的事项有加热三颈烧瓶 控制气流速率，宜慢不宜快 若三颈烧瓶发烫，可适当降温，故选；（5）生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，故选C。【点睛】本题考查氯气的制备及性质实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意习题中的信息及应用。24.某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准GB5461产品等级一级配 料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量(以I计）2050mg/kg分装时期分装企业（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平离子方程式（将化学计量数填于空白处）_I-_IO3_H+ _I2_H2O（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。Na2SO3稀溶液与I2反应的化学方程式是：_。某学生设计回收四氯化碳的操作为：a.加入适量Na2SO3稀溶液； b.分离出下层液体；c.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中； d.将分液漏斗充分振荡后静置。其中分液漏斗使用前须进行的操作是_，上述操作正确的顺序是：_（填序号）（3）已知：I22S2O322IS4O62。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a.准确称取ag食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为1.0103molL1的Na2S2O3溶液20.0mL，恰好反应完全。判断c中反应恰好完全依据的现象是_。b中反应所消耗的KI的物质的量是_mol。根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是（以含a的代数式表示）_mg/kg。【答案】 (1). 5 (2). 1 (3). 6 (4). 3 (5). 3 (6). Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI (7). 检漏（或者洗涤、检漏） (8). c a d b (9). 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液又蓝色变为无色，且30s内不恢复蓝色 (10). 1.710-5（或1.6710-5） (11). 423.3/a【解析】【分析】（1）碘酸钾中碘的化合价从5价降低到0价，得到5个电子，碘化钾中碘元素的化合价从1价升高到0价，失去1个电子，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式；（2）Na2SO3稀溶液与I2反应生成硫酸钠和氢碘酸；分液漏斗使用前须需检验旋塞部位是否漏水；Na2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，要使Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触.所以在步骤a后，将分液漏斗充分振荡后静置； (3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-进行，溶液中碘单质被消耗，溶液由蓝色为无色；由 KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62得关系式：5KI KIO3 3I2 6S2O32-，根据关系式计算。【详解】（1）碘酸钾中碘的化合价从5价降低到0价，得到5个电子，碘化钾中碘元素的化合价从1价升高到0价，失去1个电子，根据得失电子守恒、电荷守恒，离子方程式是 5I- 1IO36H+ 3I23H2O；（2）Na2SO3稀溶液与I2反应生成硫酸钠和氢碘酸，反应的离子方程式是Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI；分液漏斗使用前须需检验旋塞部位是否漏水；Na2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，分层，要使Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触.所以在步骤a后，将分液漏斗充分振荡后静置，所以操作顺序是c、 a 、d 、b；(3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-进行，溶液中碘单质被消耗，溶液由蓝色为无色，所以溶液由蓝色恰好变为无色达到滴定终点；设消耗的KI的物质的量是xmol、KIO3的质量是yg；由 KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62得关系式，5KI KIO3 3I2 6S2O32-5mol 214g 6molxmol yg 1.010-2mol/L0.02L得: x=1.6710-5； ，y=0.0071g，设每千克食盐中含碘zmg，列比例式为 ，解得z= 423.3/a mg/kg。25.工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤所得废渣与强碱反应得离子方程式_，操作的名称是_。（2）步骤、的变化过程表示为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2(SO4)n（水层）+2nHA（有机层）2RAn（有机层）+nH2SO4（水层，X试剂为_（写化学式）。（3）按要求完成下列方程式。的离子方程式为_，其中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为_，若有245gKClO3参与反应时，转移的电子数目为_。加氨水调节pH过程中涉及的离子方程式为：_。（4）该工艺流程中可以循环利用的物质有_和_。【答案】 (1). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (2). 萃取、分液 (3). H2SO4 (4). 6VO2+ClO3-+9H2O=6VO3-+Cl-+18H+ (5). 1:6 (6). 12NA (7). NH3H2O+H+=NH4+H2O NH4+VO3-=NH4VO3（填1个即算正确） (8). 氨气（或氨水或NH3或NH3H2O） (9). 有机萃取剂（HA或有机溶剂或萃取后的有机层也给分）【解析】【分析】（1）VOSO4、K2SO4、SiO2中的VOSO4、K2SO4可溶于水，SiO2难溶于水；根据流程图可知操作是加入有机萃取剂后分液；（2）步骤得到VOSO4，即R2(SO4)n（水层）+2nHA（有机层）2RAn（有机层）+nH2SO4逆向移动，加入硫酸可使平衡逆向移动；（3）根据流程图，过程是用KClO3把VO2+氧化为VO3-；KClO3中氯元素化合价降低是氧化剂、VO2+中V元素化合价升高是还原剂，VO3-是氧化产物； ；加氨水调节pH过程中生成NH4VO3沉淀；（4）根据工艺流程图分析可以循环利用的物质。【详解】（1）VOSO4、K2SO4、SiO2中的VOSO4、K2SO4可溶于水，SiO2难溶于水，所以步骤所得废渣是SiO2，SiO2与强碱反应生成硅酸盐和水，反应离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；根据流程图可知操作是加入有机萃取剂后分液，所以操作是萃取、分液；（2）步骤得到VOSO4，即R2(SO4)n（水层）+2nHA（有机层）2RAn（有机层）+nH2SO4逆向移动，加入硫酸可使平衡逆向移动，所试剂X是H2SO4；（3）根据流程图，过程是用KClO3把VO2+氧化为VO3-，反应的离子方程式为6VO2+ClO3-+9H2O=6VO3-+Cl-+18H+；KClO3中氯元素化合价降低是氧化剂、VO2+中V元素化合价升高，VO2+是还原剂，VO3-是氧化产物，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1:6； ，245gKClO3参与反应时，转移的电子数目为 ；加氨水调节pH过程中生成NH4VO3沉淀，反应离子方程式是 NH4+VO3-=NH4VO3；（4）根据工艺流程图，该工艺流程中可以循环利用的物质有氨气和有机萃取剂。【点睛】本题考查了流程分析判断、物质性质和实验设计的方法应用、题干信息分析判断能力；根据得失电子守恒、电荷守恒书写陌生环境下氧化还原反应离子方程式的能力。