2019屆高三化學上學期月考試題(一)(含解析) (I).doc

2019屆高三化學上學期月考試題(一)(含解析) (I)1.化學與社會、生活密切相關(guān)。對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是選項現(xiàn)象或事實解釋A用熱的燒堿溶液洗去鍍件油污Na2CO3可直接和油污反應(yīng)B漂白粉在空氣中久置變質(zhì)漂白粉中的CaCl2 與空氣中的CO2反應(yīng)生成CaCO3C施肥時，草木灰(有效成分為K2CO3)不能與NH4Cl混合使用K2CO3與NH4Cl溶液反應(yīng)生成氨氣會降低氮肥肥效DFeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷線路板制作FeCl3能從含有Cu2的溶液中置換出銅A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、純堿水解顯堿性，能水解生成NaOH，油脂在NaOH作用下發(fā)生較為徹底的水解反應(yīng)，故是NaOH和油污發(fā)生反應(yīng)，而不是純堿，A錯誤；B、漂白粉的主要成分為Ca（ClO）2和CaCl2，有效成分是Ca（ClO）2，Ca（ClO）2可與空氣中二氧化碳反應(yīng)生成不穩(wěn)定的HClO，則久置會變質(zhì)，B錯誤；C、K2CO3與NH4Cl水解相互促進放出氨氣而降低肥效，C正確；D、FeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷線路板的制作，是因為二者發(fā)生反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，把多余的Cu腐蝕掉，D錯誤，答案選C。2.某KCl樣品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的雜質(zhì)。為了提純KCl，先將樣品溶于適量水中，攪拌、過濾，再將濾液按下圖所示步驟進行提純(過濾操作已略去)。下列說法正確的是A. 起始濾液常溫下pH7 B. 試劑為Ba(NO3)2溶液C. 上圖過程須經(jīng)2次過濾 D. 步驟目的是除去CO32【答案】D【解析】試題分析：氯化鉀樣品中含有少量碳酸鉀、硫酸鉀和不溶于水的雜質(zhì)，除去碳酸根離子和硫酸根離子，由流程可知，需要加入試劑I為過量氯化鋇溶液，然后過濾后獲得含氯化鋇、氯化鉀溶液X，然后加入過量的試劑為碳酸鉀溶液除去溶液中的氯化鋇，過濾，得到含氯化鉀和碳酸鉀混合液的W，再加入試劑為過量鹽酸，除去過量的碳酸鉀，最后通過加熱濃縮、蒸發(fā)結(jié)晶得到氯化鉀。A碳酸鉀溶液水解顯堿性，pH7，故A錯誤；B由上述分析可知，試劑I為BaCl2溶液，不能引入新雜質(zhì)，故B錯誤；C樣品溶于適量水中，充分攪拌后過濾，選擇試劑除去雜質(zhì)還需要2次過濾，共3次，故C錯誤；D步驟中加入試劑為過量鹽酸，其目的是除去CO32，故D正確；故選D?？键c：考查了混合物分離提純的綜合應(yīng)用的相關(guān)知識。3.下列實驗中，所使用的裝置(夾持裝置略)、試劑和操作方法都正確的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化亞鐵要隔絕空氣，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔絕空氣，所以能實現(xiàn)實驗?zāi)康?，故A正確；B容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器，應(yīng)該用燒杯溶解硝酸鈉，然后等溶液冷卻到室溫，再將硝酸鈉溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故B錯誤；C實驗室用氯化銨和氫氧化鈣加熱制取氨氣，氨氣極易溶于水，不能采用排水法收集，常溫下，氨氣和氧氣不反應(yīng)，且氨氣密度小于空氣，所以應(yīng)該采用向下排空氣法收集氨氣，故C錯誤；D制取乙烯需要170，溫度計測定混合溶液溫度，所以溫度計水銀球應(yīng)該插入溶液中，且乙醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，乙醇易揮發(fā)，導致得到的乙烯中含有乙醇，影響乙烯的檢驗，故D錯誤；故選A。視頻4.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A. 標準狀況下，22.4 L CCl4中含CCl4分子數(shù)為NAB. 5.6 g鐵和6.4 g銅分別與0.1 mol氯氣完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等C. 0.1 mo1L1 MgCl2溶液中含Cl數(shù)為0.2NAD. 3.9 g Na2O2 晶體中含有的離子總數(shù)為0.2NA【答案】B【解析】【分析】A、標況下四氯化碳為液態(tài)；B、依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鐵和氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，銅和氯氣反應(yīng)生成氯化銅，等物質(zhì)的量反應(yīng)需要判斷過量問題；C、氯化鎂溶液的體積不知，無法計算氯化鎂的物質(zhì)的量；Dn（Na2O2）=0.05mol，Na2O2晶體中含有鈉離子和過氧根離子?！驹斀狻緼、標況下四氯化碳為液態(tài)，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量和共價鍵數(shù)目，選項A錯誤；B、5.6g鐵物質(zhì)的量=0.1mol，6.4g銅物質(zhì)的量=0.1mol，分別與0.1mol氯氣完全反應(yīng)，銅恰好反應(yīng)，鐵過量，所以反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等，選項B正確；C、題中沒有告訴氯化鎂溶液的體積，無法計算氯化鎂的物質(zhì)的量及氯離子數(shù)目，選項C錯誤；BNa2O2晶體中含有鈉離子和過氧根離子，n（Na2O2）=0.05mol，含有的離子總數(shù)為0.15NA，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的分析應(yīng)用，主要是化學方程式過量計算，氣體摩爾體積條件分析應(yīng)用，注意常溫下鐵在濃硝酸中發(fā)生鈍化，題目難度中等。5.分子式為C4H8O2且能與NaOH溶液發(fā)生水解反應(yīng)的有機物有(不考慮空間異構(gòu)) A. 6種 B. 5種 C. 4種 D. 3種【答案】C【解析】對于羧酸而言，根據(jù)羧基位置異構(gòu)可以得到兩種丁酸；根據(jù)酯基位置異構(gòu)和碳鏈異構(gòu)可得：甲酸丙酯2種（丙基2種異構(gòu)）、乙酸乙酯1種、丙酸甲酯1種，共6種，故答案為A。點睛：明確酯和羧酸的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，某鏈狀有機物的分子式為C4H8O2，若該有機物能與NaOH溶液反應(yīng)，則可能是羧酸、也可能是酯，對于羧酸而言，根據(jù)羧基位置異構(gòu)可以得到丁酸的同分異構(gòu)體；根據(jù)酯基位置異構(gòu)和碳鏈異構(gòu)可得酯的種類。6.如圖所示是某種含有C、H、O元素的有機物簡易球棍模型。下列關(guān)于該有機物的說法正確的是A. 該物質(zhì)屬于酯類B. 分子式為C3H8O2C. 該物質(zhì)在酸性條件下水解生成乙酸D. 該物質(zhì)含有雙鍵，能跟氫氣發(fā)生加成反應(yīng)【答案】A【解析】由球棍模型可知該分子的結(jié)構(gòu)簡式為，其分子式為C4H8O2，屬于酯，在酸性條件下水解生成丙酸，酯中的碳氧雙鍵不能與H2發(fā)生加成反應(yīng)。7.下列離子方程式的書寫及評價，均合理的是選項離子方程式評價A將2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：2Fe22I2Cl2=2Fe34ClI2正確；Cl2過量，可將Fe2、I均氧化BBa(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)：Ba2HCOOH=BaCO3H2O正確；酸式鹽與堿反應(yīng)生成正鹽和水C過量SO2通入NaClO溶液中：SO2H2OClO=HClOHSO正確；說明酸性：H2SO3強于HClOD1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等體積混合：2AlO5H=Al3Al(OH)3H2O正確；第一步反應(yīng)和第二步反應(yīng)消耗的H的物質(zhì)的量之比為23A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A氯氣過量，亞鐵離子和碘離子都完全被氧化，亞鐵離子與碘離子的計量數(shù)關(guān)系錯誤；B氫氧化鈉質(zhì)足量，反應(yīng)的離子方程式為Ba22HCO2OH=BaCO3CO32-2H2O；CSO2具有強還原性，而NaClO具有極強的氧化性，兩者要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與事實相違背；DNaAlO2溶液和HCl溶液，可以有多種可能：當NaAlO2過量時方程為HCl+ NaAlO2=NaCl+Al（OH）3+H2O，當HCl過量時方程為4HCl+ NaAlO2=NaCl+AlCl3+2H2O，1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合：2 AlO2-+5H+=Al3+ Al（OH）3+H2O?！驹斀狻緼將2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，氯氣過量，亞鐵離子和碘離子都被氧化，正確的離子方程式為：2Fe2+4I-+3Cl2=2Fe3+6Cl-+2I2，選項A錯誤；BBa(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)，正確的離子方程式為Ba22HCO2OH=BaCO3CO32-2H2O，選項B錯誤；C過量SO2通入到NaClO溶液中，SO32-有強還原性，ClO-有強氧化性，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，正確的離子方程式為：SO2+H2O+ClO-=2H+SO42-+Cl-，選項C錯誤；D.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合反應(yīng)方程式為：2 AlO2-+5H+=Al3+Al(OH)3+H2O，如果鹽酸過量繼續(xù)和Al(OH)3反應(yīng)，所以1mol AlO2-和鹽酸反應(yīng)最多消耗4molH+，AlO2-與Al(OH)3消耗的H+的物質(zhì)的量之比在（14）：3，選項D正確；答案選D?！军c睛】本題考查了離子方程式的正誤判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學式，檢查是否符合原化學方程式等。8.已知NH4CuSO3與足量的稀硫酸混合微熱，產(chǎn)生下列現(xiàn)象:有紅色金屬生成；有刺激性氣味氣體產(chǎn)生；溶液呈藍色。據(jù)此判斷下列說法正確的是A. 反應(yīng)中硫酸作氧化劑B. NH4CuSO3中S元素被氧化C. 刺激性氣味的氣體是氨氣D. 1 mol NH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0. 5 mol電子【答案】D【解析】NH4CuSO3與硫酸混合微熱，生成紅色固體物、產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體和藍色溶液，說明反應(yīng)生成Cu、SO2和Cu2+，發(fā)生反應(yīng)的方程式為：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+。A、由方程式可知反應(yīng)只有Cu元素的化合價發(fā)生變化，硫酸根反應(yīng)前后未變，反應(yīng)中硫酸體現(xiàn)酸性，A錯誤；B、根據(jù)方程式可知反應(yīng)前后S元素的化合價沒有發(fā)生變化，B錯誤；C、因反應(yīng)是在酸性條件下進行，不可能生成氨氣，C錯誤；D、反應(yīng)只有Cu元素的化合價發(fā)生變化，分別由+1+2，+10，根據(jù)方程式可知每2mol NH4CuSO3參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子，則1mol NH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.5mol電子，D正確，答案選D。點睛：本題考查氧化還原反應(yīng)，注意從反應(yīng)現(xiàn)象判斷生成物并能正確寫出反應(yīng)的方程式是解答的關(guān)鍵，注意結(jié)合化合價的變化計算電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目。9.已知X、Y、Z、W均為中學化學中常見的單質(zhì)或化合物，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分產(chǎn)物已略去)。則W、X不可能是選項WXA稀硫酸NaAlO2溶液B稀硝酸FeCCO2Ca(OH)2溶液DCl2FeA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】試題分析：A、X為NaAlO2溶液，W為稀硫酸時，偏鋁酸鈉和少量稀硫酸反應(yīng)生成生成氫氧化鋁沉淀，與過量稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋁，氫氧化鋁和硫酸鋁之間可以相互轉(zhuǎn)化，能實現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化關(guān)系，錯誤；B、X為鐵，W為稀硝酸，鐵與少量稀硝酸反應(yīng)生成硝酸亞鐵，與過量稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵，硝酸鐵和硝酸亞鐵可以相互轉(zhuǎn)化，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，錯誤；C、X為氫氧化鈣，W為二氧化碳，氫氧化鈣與少量二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，和過量二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈣，碳酸鈣和碳酸氫鈣間可以相互轉(zhuǎn)化，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，錯誤；D、氯氣和鐵反應(yīng)，無論量多少，只能生成氯化鐵，不符合上述轉(zhuǎn)化關(guān)系，正確?？键c：考查元素化合物知識10.臭氧在煙氣脫硝中的反應(yīng)為2NO2(g)O3(g)N2O5(g)O2(g)。若此反應(yīng)在恒容密閉容器中進行，相關(guān)圖象如下列選項，其中對應(yīng)分析結(jié)論正確的是ABCD平衡后升溫，NO2含量降低02 s內(nèi)，v(O3)0.2 molL1s1v正：b點a點b點：v逆v正恒溫，t1時再充入O3A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】試題分析：A由圖可知，反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，NO2的含量增大，故A錯誤；B由圖可知，0-2s內(nèi)，二氧化氮的濃度變化量=0.8mol/L-0.4mol/L=0.4mol/L，故v（NO2）=0.2mol/（Ls），v（O3）=v（NO2）=0.1mol/（Ls），故B錯誤；C度高，化學反應(yīng)速率快，b點溫度高于a點，故V正：b點a點，此反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡左移，故b點：v逆v正，故C正確；D容器中充入反應(yīng)物，正反應(yīng)速率瞬間加快，逆反應(yīng)速率不變，故D錯誤，故選C?？键c：考查了化學反應(yīng)中能量變化、化學反應(yīng)速率計算、化學平衡圖象及影響因素的相關(guān)知識。11.N2O5是一種新型硝化劑，一定溫度下發(fā)生反應(yīng)2N2O5(g)4NO2(g)O2(g)H0, T1溫度下的部分實驗數(shù)據(jù)如下表所示。t/s05001 0001 500c(N2O5)/(mol/L)5.003.522.502.50下列說法正確的是A. 該反應(yīng)在任何溫度下均能自發(fā)進行B. T1溫度下的平衡常數(shù)為K1125，1 000 s時N2O5(g)轉(zhuǎn)化率為50%C. 其他條件不變時，T2溫度下反應(yīng)到1 000 s時測得N2O5(g)濃度為2.98 mol/L，則T1T2，則K1b點B. b點混合溶液顯酸性：c(Na+) c(NO2) c(H+) c(OH)C. c點混合溶液中：c(OH) c(HNO2)D. d點混合溶液中：c(Na+) c(OH) c(NO2) c(H+)【答案】B【解析】試題分析：A、HNO2的電離是吸熱過程，溫度越高電離平衡常數(shù)越大，而c高于b，所以電離平衡常數(shù)：c點b點，故A正確；B、b點得到HNO2，和NaNO2混合溶液顯酸性，說明電離大于水解，所以離子濃度大小為：c（NO2-）c（Na+）c（H+）c（OH-），故B錯誤；C、ac溫度升高說明兩者恰好完全中和，點兩者恰好完全反應(yīng)，而cd溫度降低，所水解為主，所以c點得到NaNO2溶液是強堿弱酸鹽，水解溶液呈堿性，所以c（OH-）c（HNO2），故C正確；D、d點混合溶液中當c（NaOH）較大時，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以離子的濃度為：c（Na+）c（OH-）c（NO2-）c（H+），故D正確；故選B?？键c：考查了離子濃度大小的比較的相關(guān)知識。13.Q、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色。5種元素核電荷數(shù)之和為54，最外層電子數(shù)之和為20。W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍。工業(yè)上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質(zhì)。則下列說法不正確的是A. 原子半徑：XYQWB. Q的單質(zhì)都具有良好的導電性C. Q和Z所形成的分子的空間構(gòu)型為直線形D. Y和Z的簡單離子不能在水中化合形成化合物Y2Z3【答案】B【解析】【分析】X的焰色呈黃色，應(yīng)為Na元素，X、Y是金屬元素，且原子序數(shù)依次增大，則Y應(yīng)為Al元素，W、Z最外層電子數(shù)相同，應(yīng)為同主族元素，Z的核電荷數(shù)是W的2倍，可知W為O元素，Z為S元素，五種元素核電荷數(shù)之和為54，則Q的原子序數(shù)為54-8-16-11-13=6，應(yīng)為C元素，結(jié)合對應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律知識解答該題?！驹斀狻縓的焰色呈黃色，應(yīng)為Na元素，X、Y是金屬元素，且原子序數(shù)依次增大，則Y應(yīng)為Al元素，W、Z最外層電子數(shù)相同，應(yīng)為同主族元素，Z的核電荷數(shù)是W的2倍，可知W為O元素，Z為S元素，五種元素核電荷數(shù)之和為54，則Q的原子序數(shù)為54-8-16-11-13=6，應(yīng)為C元素，A由以上分析可知Q、W、X、Y分別為C、O、Na、Al，原子半徑大小關(guān)系為NaAlCO，選項A正確；BQ為碳元素，其中石墨具有良好的導電性，但金剛石、無定形炭等不具有，選項B錯誤；CQ和Z所形成的化合物為CS2，分子空間構(gòu)成為直線形，類型于二氧化碳，選項C正確；DY和Z的簡單離子不能在水中化合形成化合物Al2S3，鋁離子和硫離子會發(fā)生雙水解而不能共存于水溶液中，選項D正確。答案選B。【點睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，明確元素的種類為解答該題的關(guān)鍵，注意把握元素周期律的遞變規(guī)律，題目難度不大。14.以H2、O2、熔融鹽Na2CO3組成燃料電池，采用電解法制備Fe(OH)2，裝置如右圖所示，其中電解池兩極材料分別為鐵和石墨，通電一段時間后，右側(cè)玻璃管中產(chǎn)生大量的白色沉淀。則下列說法正確的是A. 石墨電極處的電極反應(yīng)式為O24e=2O2B. X是鐵電極C. 電解池中的電解液為蒸餾水D. 若將電池兩極所通氣體互換，X、Y兩極材料也互換，實驗方案更合理【答案】D【解析】【分析】左邊裝置是原電池，通入氫氣的電極I是負極、通入氧氣的電極II是正極，負極反應(yīng)式為H2-2e-+CO32-CO2+H2O，正極反應(yīng)式為O2+4e-+2CO2=2CO32-，右邊裝置是電解池，X是陰極、Y是陽極，陰極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2+2OH-、陽極反應(yīng)式為Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2，以此解答?！驹斀狻緼. 通入氧氣的電極II是正極，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2CO2=2CO32-，選項A錯誤；B. X是陰極、Y是陽極，陰極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2+2OH-，故X是石墨電極，選項B錯誤；C. 電解過程是陰極上氫離子放電得到溶液中的氫氧根離子交換亞鐵離子生成氫氧化亞鐵，所以可以用NaOH溶液作為電解液，蒸餾水的導電性較差一般不用做電解液，選項C錯誤；D. 若將電池兩極所通氣體互換，X、Y兩極材料也互換，則Y極產(chǎn)物的氫氣能起保護氣作用，防止X極產(chǎn)生的氫氧化鐵迅速氧化，實驗方案更合理，選項D正確。答案選D。【點睛】本題考查新型電池，為高頻考點，題目難度不大，注意把握原電池的工作原理以及電極反應(yīng)式的書寫，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)判斷原電池的正負極。15.氯苯在染料、醫(yī)藥工業(yè)中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有機中間體。實驗室中制備氯苯的裝置如下圖所示(其中夾持儀器及加熱裝置略去)。請回答下列問題：（1）儀器b的名稱是_。儀器a中盛有KMnO4晶體，儀器b盛有濃鹽酸。打開儀器b的活塞，使?jié)恹}酸緩緩滴下，可觀察到儀器a內(nèi)的現(xiàn)象是_，用離子方程式表示產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因： _。（2）儀器d內(nèi)盛有苯、FeCl3粉末固體，儀器a中生成的氣體經(jīng)過儀器c進入儀器d中。儀器d中的反應(yīng)進行過程中，保持溫度在4060 ，以減少副反應(yīng)發(fā)生。儀器d的加熱方式最好是_加熱，其優(yōu)點是_。（3）該方法制備的氯苯中含有很多雜質(zhì)，工業(yè)生產(chǎn)中，通過水洗除去FeCl3、HCl及部分Cl2，然后通過堿洗除去Cl2。堿洗后通過分液得到含氯苯的有機混合物，混合物成分及沸點如下表所示：有機物苯氯苯鄰二氯苯間二氯苯對二氯苯沸點/80132.2180.4173.0174.1從該有機混合物中提取氯苯時，采用蒸餾的方法，收集_左右的餾分。（4）實際工業(yè)生產(chǎn)中，苯的流失如下表所示：流失項目蒸氣揮發(fā)二氯苯其他合計苯流失量(kg/t)28.814.556.7100某一次投產(chǎn)加入13 t苯，則制得氯苯_t(保留一位小數(shù))?！敬鸢浮?(1). 滴液漏斗(或恒壓分液漏斗) (2). 有黃綠色氣體生成 (3). 2MnO4-10Cl16H=2Mn25Cl28H2O (4). 水浴 (5). 受熱均勻，易于控制溫度 (6). 132.2 (7). 16.9【解析】【詳解】（1）根據(jù)裝置圖可知，儀器b的名稱是滴液漏斗或恒壓分液漏斗；儀器a中盛有KMnO4晶體，儀器b盛有濃鹽酸。利用高錳酸鉀的強氧化性，能將氯離子氧化為氯氣，發(fā)生反應(yīng)2KMnO416HCl（濃）=2MnCl25Cl28H2O，可觀察到儀器a內(nèi)的現(xiàn)象是有黃綠色氣體生成，反應(yīng)的離子方程式為：2MnO4-10Cl16H=2Mn25Cl28H2O；（2）儀器d中的反應(yīng)進行過程中，保持溫度在4060 ，以減少副反應(yīng)發(fā)生。儀器d的加熱方式最好是水浴加熱，其優(yōu)點是受熱均勻，易于控制溫度；（3）實驗室制備氯苯，根據(jù)混合物沸點數(shù)據(jù)，因此收集132.2左右的餾分；（4）1 t損失苯100kg，則13 t苯損失苯，有(13-1.3)t苯生成氯苯，因此氯苯的質(zhì)量為(13-1.3)t=16.9t。16.常溫常壓下，一氧化二氯(Cl2O)為棕黃色氣體，沸點為3.8 ，42 以上會分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并與水反應(yīng)生成HClO。【制備產(chǎn)品】將氯氣和空氣(不參與反應(yīng))按體積比13混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制備次氯酸溶液。（1）各裝置的連接順序為_。_（2）裝置B中多孔球泡和攪拌棒的作用是_；裝置C的作用是_。（3）制備Cl2O的化學方程式為_。（4）反應(yīng)過程中，裝置B需放在冷水中，其目的是_。（5）此方法相對于用氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液有兩個主要優(yōu)點，分別是_?！緶y定濃度】（6）已知次氯酸可被FeSO4等物質(zhì)還原。用下列實驗方案測定裝置E所得溶液中次氯酸的物質(zhì)的量濃度：量取10 mL上述次氯酸溶液，并稀釋至100 mL，再從其中取出10.00 mL于錐形瓶中，并加入10.00 mL 0.80 molL1的FeSO4溶液，充分反應(yīng)后，用0.050 00 molL1的酸性KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液24.00 mL，則原次氯酸溶液的濃度為_?！敬鸢浮?(1). ADBCE (2). 加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進行 (3). 除去Cl2O中的Cl2 (4). 2Cl2Na2CO3=Cl2O2NaClCO2(或2Cl2Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3) (5). 防止反應(yīng)放熱后溫度過高導致Cl2O分解 (6). 制得的次氯酸溶液純度較高，濃度較大 (7). 1.000molL1【解析】【分析】A裝置用二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣，由D裝置飽和食鹽水吸收氯氣中的氯化氫氣體，與空氣形成1：3的混合氣體通入B裝置，防止反應(yīng)放熱后溫度過高導致Cl2O分解，裝置B需放在冷水中，在攪拌棒的作用下與含水8%的碳酸鈉充分反應(yīng)制備Cl2O，反應(yīng)為：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2，通入C裝置吸收除去Cl2O中的Cl2，并在E裝置中用水吸收Cl2O制備次氯酸溶液，據(jù)此分析作答?！驹斀狻浚?）A裝置制備氯氣，D裝置吸收吸收氯氣中的氯化氫氣體，與空氣形成1：3的混合氣體通入B裝置，與含水8%的碳酸鈉充分反應(yīng)制備Cl2O，C裝置吸收除去Cl2O中的Cl2，E裝置中用水吸收Cl2O制備次氯酸溶液；故答案為：A、D、B、C、E；（）裝置B中多孔球泡和攪拌棒的作用是加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進行；裝置C裝置有足量的四氯化碳溶液，其作用是除去Cl2O中的Cl2；（）氯氣和空氣（不參與反應(yīng)）按體積比1：3混合通入含水8%的碳酸鈉中制備Cl2O，反應(yīng)為：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2或2Cl2+Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaCO3；（）由題可知：Cl2O 42以上會分解生成Cl2和O2，故為防止反應(yīng)放熱后溫度過高導致Cl2O分解，裝置B需放在冷水中；（5）此方法相對于用氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液有兩個主要優(yōu)點，分別是制得的次氯酸溶液純度較高，濃度較大；（6）根據(jù)反應(yīng)H2O+ClO-+2Fe2+=Cl-+2Fe3+2OH-、MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，則原次氯酸溶液的濃度為=1.000molL1。【點睛】本題考查性質(zhì)實驗方案設(shè)計，側(cè)重考查學生知識綜合應(yīng)用、根據(jù)實驗?zāi)康募拔镔|(zhì)的性質(zhì)進行排列順、實驗基本操作能力及實驗方案設(shè)計能力，綜合性較強，注意把握物質(zhì)性質(zhì)以及對題目信息的獲取于使用，難度中等。17.汽車尾氣中CO、NOx以及燃煤廢氣中的SO2都是大氣污染物，對它們的治理具有重要意義。（1）氧化還原法消除NOx的轉(zhuǎn)化如圖所示：NONO2N2反應(yīng)為NOO3=NO2O2，生成標準狀況下11.2 L O2時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是_mol。反應(yīng)中，當n(NO2)nCO(NH2)232時，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為_。（2）使用“催化轉(zhuǎn)化器”可以減少尾氣中的CO和NOx，轉(zhuǎn)化過程中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為CONOxN2CO2(未配平)，若x1.5，則化學方程式中CO2和N2的化學計量數(shù)之比為_。（3）吸收SO2和NO，獲得Na2S2O4和NH4NO3產(chǎn)品的流程圖如圖所示(Ce為鈰元素)。裝置中，酸性條件下NO被Ce4氧化的產(chǎn)物主要是和，請寫出生成等物質(zhì)的量的和時的離子方程式：_。（4）裝置的作用之一是用質(zhì)子交換膜電解槽電解使得Ce4再生，再生時生成的Ce4在電解槽的_(填“陽極”或“陰極”)，同時在另一極生成的電極反應(yīng)式為_。（5）已知進入裝置的溶液中的濃度為a gL1，要使1 m3該溶液中的NO完全轉(zhuǎn)化為NH4NO3，至少需向裝置中通入標準狀況下的氧氣_L(用含a代數(shù)式表示，結(jié)果保留整數(shù))?！敬鸢浮?(1). 1 (2). 4：3 (3). 3：1 (4). 2NO3H2O4Ce4=NO3-NO2-6H4Ce3 (5). 陽極 (6). 2H2HSO3-2e=S2O42-2H2O (7). 243【解析】【分析】（1）化合價升高值=化合價降低值=轉(zhuǎn)移電子數(shù)，根據(jù)N元素的化合價的變化來確定電子轉(zhuǎn)移數(shù)目；反應(yīng)方程式中，系數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比，結(jié)合元素的化合價變化及原子守恒分析；（2）由原子守恒確定反應(yīng)；（3）生成等物質(zhì)的量的NO3-和NO2-時，Ce4+被還原為Ce3+，結(jié)合電子守恒、電荷守恒分析離子反應(yīng)；（4）生成Ce4+為氧化反應(yīng)，發(fā)生在陽極上；反應(yīng)物是HSO3-被還原成S2O42-，得到電子；（5）NO2-的濃度為a gL-1，要使1m3該溶液中的NO2-完全轉(zhuǎn)化為NH4NO3，則失去電子數(shù)目是：1000（5-3）a/46，設(shè)消耗標況下氧氣的體積是V，結(jié)合電子守恒進行計算?！驹斀狻浚?）NO+O3NO2+O2，生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移電子是2mol，生成11.2L即0.5mol O2（標準狀況）時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.5mol2=1mol；當n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系數(shù)之比是3：2，其方程式表示為：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，只有N元素的化合價變化，氮氣為氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，由N原子守恒可知氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為8：6=4：3；（2）轉(zhuǎn)換過程中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為：CO+NOxCO2+N2（未配平），若x=1.5，可利用“定一法”進行配平，把CO2的化學計量數(shù)定為1，則CO、NO1.5、N2前面的化學計量數(shù)分別為：1、即3CO+2NO1.53CO2+N2，則化學方程式中CO2與N2的系數(shù)之比為3：1；（3）生成等物質(zhì)的量的NO3-和NO2-時，Ce4+被還原為Ce3+，由電子守恒、電荷守恒可知，離子方程式為：2NO3H2O4Ce4=NO3-NO2-6H4Ce3；（4）生成Ce4+為氧化反應(yīng)，發(fā)生在陽極上，連接電源正極，因此再生時生成的Ce4+在電解槽的陽極；反應(yīng)物是HSO3-被還原成S2O42-，得到電子，電極反應(yīng)式為：2H2HSO3-2e=S2O42-2H2O；（5）NO2-的濃度為a gL-1，要使1m3該溶液中的NO2-完全轉(zhuǎn)化為NH4NO3，則失去電子數(shù)目是：1000（5-3）a/46，設(shè)消耗標況下氧氣的體積是V，則失電子數(shù)目是：2（2-0），根據(jù)電子守恒：=2（2-0），解得V=243a。【點睛】本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，為高考常見題型，側(cè)重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意把握還原性的強弱及電子守恒為解答的關(guān)鍵，題目難度中等。18.草酸鈷可用于指示劑和催化劑的制備。用水鈷礦(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O42H2O工藝流程如下圖所示： 已知：浸出液含有的陽離子主要有H、Co2、Fe2、Mn2、Ca2、Mg2、Al3等；酸性條件下，ClO不會氧化Co2，ClO轉(zhuǎn)化為Cl；部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8（1）浸出過程中加入Na2SO3的主要目的是_。（2）向浸出液中加入NaClO3的離子反應(yīng)方程式：_。（3）已知：常溫下NH3H2ONHOHKb1.8105H2C2O4HHC2OKa15.4102HC2OHC2OKa25.4105則該流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH_7(填“”或“”或“”)。（4）加入(NH4)2C2O4 溶液后析出晶體，再過濾、洗滌，洗滌時可選用的試劑有_(填字母代號)。A蒸餾水 B自來水C飽和的(NH4)2C2O4溶液 D稀鹽酸（5）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如圖1所示，萃取劑的作用是_；其使用的適宜pH范圍是_(填字母代號)。A2.02.5B3.03.5C4.04.5（6）CoC2O42H2O熱分解質(zhì)量變化過程如圖2所示。其中600 以前是隔絕空氣加熱，600 以后是在空氣中加熱。A、B、C均為純凈物；C點所示產(chǎn)物的化學式是_。【答案】 (1). 將Co3還原為Co2 (2). ClO3-6Fe26H=Cl6Fe33H2O (3). (4). A (5). 除去溶液中的Mn2 (6). B (7). Co2O3【解析】(1)亞硫酸鈉具有還原性，能還原氧化性離子Fe3+、Co3+，所以浸出過程中加入Na2SO3的目的是將Fe3+、Co3+還原，還原為Fe2+、Co2+；(2)NaClO3具有氧化性，能將浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被還原生成氯離子，同時生成水，離子反應(yīng)方程式為ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；(3)鹽類水解，誰強顯誰性，NH3H2ONH4+OH- Kb=1.810-5，HCO4-H+C2O42- Ka2=5.410-5，所以(NH4)2C2O4溶液中銨根離子水解大于草酸根離子水解，溶液呈酸性，即PH7；(4)為除去(NH4)2C2O4 晶體表面的附著液，洗滌時可選用蒸餾水洗滌，這樣可得到更純凈的晶體，故答案為A；(5)根據(jù)流程圖可知，此時溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系可知，調(diào)節(jié)溶液PH在3.03.5之間，答案為B，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+轉(zhuǎn)化為Co(OH)2沉淀；(6)由圖可知，C點鈷氧化物質(zhì)量為8.03g，0.1molCo元素質(zhì)量為5.9g，氧化物中氧元素質(zhì)量為8.03g-5.9g=2.13g，則氧化物中Co原子與O原子物質(zhì)的量之比為0.1mol：2:3，故C的Co氧化物為Co2O3。點睛：明確實驗原理是解本題關(guān)鍵，含鈷廢料中加入鹽酸和亞硫酸鈉，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去鈣鎂離子，然后過濾得到的濾液中II中加入萃取劑，萃取后溶液加入草酸銨，得到草酸鈷。19.磷化銅(Cu3P2)用于制造磷青銅，磷青銅是含少量錫、磷的銅合金，主要用作耐磨零件和彈性原件。（1）基態(tài)銅原子的電子排布式為_；價電子中成