黑龍江省賓縣一中2020屆高三化學上學期第一次月考試題【含解析】

1、黑龍江省賓縣一中2020屆高三化學上學期第一次月考試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H-1，C-12，O-16，Na-23，Si-28，K-39，F(xiàn)e-56，Cu-64，Ba-137一、單選題(共16小題，每小題3分，共48分)1.下列物質依次按照混合物、氧化物、弱電解質和非電解質的順序排列的一組是（ ）A. 淀粉、CuO、HClO、CuB. 水玻璃、Na2OCaO6SiO2、Ag2O、SO3C. KAl(SO4)212H2O、KClO3、NH3H2O、CH3CH2OHD. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖【答案】D【解析】【分析】混合物是指由不同種物質組成的；氧化物是指由兩種元素

2、組成其中一種是氧元素的化合物；弱電解質是指在水溶液里中部分電離的化合物；非電解質是指在水溶液里和熔化狀態(tài)下都不能夠導電的化合物；據(jù)此可以分析各個選項中各種的所屬類別。【詳解】A. 淀粉屬于混合物、CuO屬于氧化物、HClO屬于弱電解質、Cu是單質不是電解質，A項錯誤；B. 水玻璃是硅酸鈉的水溶液屬于混合物、Na2OCaO6SiO2是鹽不是氧化物，Na2O融完全電離是強電解質、SO3是非電解質，B項錯誤；C. KAl(SO4)212H2O屬于鹽、KClO3是鹽不是氧化物,NH3H2O是弱堿屬于弱電解質、CH3CH2OH是有機物屬于非電解質，C項錯誤；D. 普通玻璃是硅酸鹽和二氧化硅的混合物、H2

3、O屬于氧化物、CH3COOH存在電離平衡屬于弱電解質，葡萄糖屬于非電解質，D項正確；答案選D。2.為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A. 0.1 mol 的中，含有個中子B. pH=1的H3PO4溶液中，含有個C. 2.24L（標準狀況）苯在O2中完全燃燒，得到個CO2分子D. 密閉容器中1 mol PCl3與1 mol Cl2反應制備 PCl5（g），增加個P-Cl鍵【答案】A【解析】【詳解】A11B中含有6個中子，0.1mol 11B含有6NA個中子，A正確；B溶液體積未定，不能計算氫離子個數(shù)，B錯誤；C標準狀況下苯不是氣體，不能利用氣體摩爾體積計算22.4L苯的物質的量，則無法判斷其

4、完全燃燒產(chǎn)生的CO2分子數(shù)目，C錯誤；DPCl3與Cl2反應生成PCl5的反應是可逆反應，反應物不可能完全轉化為生成物，則所1molPCl3與1molCl2反應生成的PCl5小于1mol，增加的PCl鍵的數(shù)目小于2NA個，D錯誤；答案選A。3.X、Y、Z、W均為中學化學中常見物質，一定條件下它們之間有如下轉化關系(其它產(chǎn)物已略去)：下列說法不正確的是A. 若W是單質鐵，則Z溶液可能是FeCl2溶液B. 若W是氫氧化鈉，則X水溶液呈酸性C. 若W是氧氣，則X、Z的相對分子質量可能相差48D. 若W是強氧化性的單質，則X可能是金屬鋁【答案】D【解析】【分析】由反應的轉化關系可知X可與W連續(xù)反應，說

5、明X的生成物與W的量或反應條件有關，符合該轉化關系的有：氫氧化鈉或氫氧化鉀與二氧化碳和二氧化硫的反應、鐵和硝酸或氯化鐵溶液的反應、偏鋁酸鹽和鹽酸的反應、氯化鋁和氫氧化鈉溶液的反應、氨氣或氮氣或硫被氧化的反應、鈉被氧化的反應等，以此解答該題?！驹斀狻緼如果W是Fe，Z是FeCl2，則Y必是FeCl3，發(fā)生的化學反應是2FeCl2+Cl22FeCl3，則X是Cl2，符合題干要求，故A正確；B若W是氫氧化鈉，說明X能連續(xù)與氫氧化鈉反應，則X可以是酸性氧化物二氧化硫或二氧化碳等也可以是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性，故B正確；C若W是氧氣，X能連續(xù)被氧化，則如果X是硫單質，則X、Z的相對

6、分子質量可能相差48，故C正確；D若W是強氧化性的單質，則X應為有可變價態(tài)的元素的物質，所以不可能是金屬鋁，因為鋁沒有可變價，故D錯誤。答案選D。4.生產(chǎn)生活中的許多現(xiàn)象或應用都與化學知識有關。下列現(xiàn)象或應用與膠體性質無關的是()A. 將鹽鹵或石膏加入豆?jié){中，制成豆腐B. 冶金廠常用高壓電除去煙塵，是因為煙塵微粒帶電荷C. 泡沫滅火器中將Al2(SO4)3與NaHCO3兩溶液混合后，噴出大量泡沫，起到滅火作用D. 清晨，人們經(jīng)常能看到陽光穿過茂密的樹木枝葉所產(chǎn)生的美麗景象【答案】C【解析】A項，豆?jié){屬于蛋白質膠體，鹵水和石膏的主要成分屬于鹽類，將鹵水或石膏加入豆?jié){，會使膠體聚沉，故A與膠體性質

7、有關；B項，冶金廠的煙塵為氣溶膠，膠體有吸附性，吸附了帶電荷的微粒而使膠粒帶電，在高壓電作用下，膠粒定向移動產(chǎn)生電泳現(xiàn)象，使膠體粒子在電極處凝聚、沉降從而達到除塵的目的，故B與膠體性質有關；C項，泡沫滅火器中將Al2(SO4)3與NaHCO3兩溶液混合，利用鋁離子和碳酸氫根離子雙水解生成二氧化碳和氫氧化鋁沉淀，與水解有關，故C與膠體性質無關；D項，該現(xiàn)象稱為丁達爾效應，是因為早晨的森林霧氣較重，在空氣中形成氣溶膠，經(jīng)穿過樹葉空隙的太陽光照射后產(chǎn)生的現(xiàn)象，丁達爾效應是膠體的重要性質，故D與膠體有關。點睛：本題主要考查膠體的性質，與生活中的現(xiàn)象聯(lián)系密切，明確膠體的丁達爾效應、電泳、聚沉等重要性質及

8、其形成原因，才能合理解釋生活中的有關現(xiàn)象。5.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A. 無色透明的溶液中：Fe3、Mg2、SCN、ClB. c(H+)/c(OH-)11012的溶液中：K、Na、CO32-、NO3-C. c(Fe2)1 molL1的溶液中：K、NH4+、MnO4-、SO42-D. 能使甲基橙變紅的溶液中：Na、NH4+、SO42-、HCO3-【答案】B【解析】【詳解】A、Fe3與SCN生成Fe(SCN)3，且鐵離子為有色離子，故A錯誤；B. c(H+)/c(OH-)11012的溶液中c(H+)=11013，溶液呈堿性，K、Na、CO32-、NO3-不反應，可以共存

9、，故B正確；C. c(Fe2)1 molL1的溶液中：Fe2與MnO4-發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)e2、MnO4-不能共存，故C錯誤；D. 能使甲基橙變紅的溶液呈酸性， HCO3-在酸性條件下生成二氧化碳氣體，故D錯誤。答案選B?！军c睛】本題考查離子的共存問題，習題中隱含信息的挖掘是解答的關鍵，并根據(jù)常見離子之間的反應來解答，本題的難點是B中氫離子濃度的計算及A中Fe3與SCN生成絡離子。6.利用碳酸鈉晶體(Na2CO310H2O)來配制0.5 mol/L的碳酸鈉溶液1000 mL，假如其他操作均是準確無誤的，下列情況會引起配制溶液的濃度偏高的是（ ）A. 稱取碳酸鈉晶體100 gB. 定容時俯視觀

10、察刻度線C. 移液時，對用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有進行沖洗D. 定容后將容量瓶振蕩均勻，靜置發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加入少量水至刻度線【答案】B【解析】0.5 mol/L的碳酸鈉溶液1 000 mL需稱取143 g Na2CO310H2O，A項濃度偏低；定容時俯視刻度線，會造成所配溶液的體積偏小，濃度偏高，B項符合題意；未沖洗溶解碳酸鈉晶體的燒杯，會造成碳酸鈉損失，C項濃度偏低；D項會造成所配溶液的濃度偏低。7.已知：Co2O3在酸性溶液中易被還原成Co2；Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次減弱。則下列在水溶液中的反應不可能發(fā)生的是()A. 3Cl26FeI2=2FeCl34Fe

11、I3B. Cl2FeI2=FeCl2I2C. Co2O36HCl=2CoCl2Cl23H2OD. 2Fe32I=2Fe2I2【答案】A【解析】試題分析：A、根據(jù)信息，I的還原性強于Fe2，因此Cl2先氧化I，故說法錯誤；B、還原性IFe2，先和I反應，氯氣過量再和Fe2反應，故說法正確；C、Co2O3的氧化性強于Cl2，利用氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，故說法正確；D、Fe3的氧化性強于I2，因此兩者發(fā)生反應，故說法正確?？键c：考查氧化還原反應的規(guī)律等知識。8.硅是構成無機非金屬材料的一種主要元素，下列有關硅的化合物的敘述錯誤的是()A. 氮化硅陶瓷是一種新型無機非金屬材料，其化學式為S

12、i3N4B. 碳化硅(SiC)的硬度大，熔點高，可用于制作高溫結構陶瓷和軸承C. 光導纖維是一種新型無機非金屬材料，其主要成分為SiO2D. 二氧化硅為立體網(wǎng)狀結構，其晶體中硅原子和硅氧單鍵的個數(shù)之比為12【答案】D【解析】試題分析：A氮化硅中各元素的原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構，Si原子最外層電子數(shù)為4，N原子最外層電子數(shù)為5，要形成8電子穩(wěn)定結構，則應有二者個數(shù)比值為3：4，其化學式為Si3N4，正確；BSiC為原子晶體，熔點高，硬度大，可用于做耐高溫材料，正確；C光導纖維的主要成分是二氧化硅，屬于新型無機非金屬材料，正確；D二氧化硅晶體中，一個硅原子可形成4個硅氧單鍵，故硅原子和硅氧單鍵

13、個數(shù)之比為1：4，錯誤。考點：考查硅和二氧化硅的性質和用途的知識。9.已知OCN中每種元素都滿足8電子穩(wěn)定結構，在反應OCN+OH+Cl2CO2+N2+Cl+H2O（未配平）中，如果有6 mol Cl2完全反應，則被氧化的OCN的物質的量是A. 2 molB. 3 molC. 4 molD. 6 mol【答案】C【解析】【詳解】OCN中每種元素都滿足8電子穩(wěn)定結構即可各其中O元素為-2價、C元素為+4價、N元素為-3價；其反應的離子方程式為：2OCN+4OH+3Cl2=2CO2+N2+6Cl+2H2O；即可得如果有6 mol Cl2完全反應，則被氧化的OCN的物質的量是4 mol，故答案選C。

14、10.含MgCl2、AlCl3均為nmol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至過量。加入NaOH的物質的量與生成沉淀的物質的量的關系正確的是（ ）提示：離子沉淀(或沉淀溶解)pH見下表A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)開始沉淀時的pH可知，當Al3+完全沉淀時，Mg2+還沒有開始沉淀；而當Mg2+開始沉淀時，已經(jīng)有部分氫氧化鋁開始溶解；而當Mg2+完全沉淀時，氫氧化鋁還沒有完全被溶解，據(jù)此對各選項進行判斷?！驹斀狻慨擜l3+完全沉淀時,溶液的pH=8.04,而鎂離子開始沉淀的pH=8.93,則Al3+完全沉淀時Mg2+還沒有開始沉淀；即：當Mg2+開始沉淀時,已經(jīng)有部分氫氧化

15、鋁開始溶解;鎂離子完全沉淀的pH=10.92,、氫氧化鋁完全溶解的pH=12.04,則當Mg2+完全沉淀時，氫氧化鋁還沒有完全被溶解，C項正確； 答案選C。11. 解釋下列事實的方程式不正確的是A. 次氯酸鈣溶液中通入過量二氧化硫：Ca2+ + 2ClO+ H2O + SO2CaSO3+ 2HClOB. 硫酸型酸雨放置一段時間溶液的pH下降：2H2SO3O22H2SO4C. 純堿液可以清洗油污的原因：CO32+H2OHCO3+OHD. 向K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH濃溶液，溶液由橙色變?yōu)辄S色：Cr2O72+H2O2CrO42+2H+【答案】A【解析】試題分析：A、產(chǎn)物中的次氯酸具有強氧

16、化性，應把亞硫酸鈣氧化成硫酸鈣，錯誤；B、亞硫酸是弱酸，被氧氣氧化生成硫酸為強酸，氫離子濃度增大，pH減小，正確；C、純堿溶液由于碳酸根離子的水解而使溶液顯堿性，所以可以清洗油污，正確；D、K2Cr2O7溶液中存在水解平衡，Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黃色，加入氫氧化鈉溶液，使平衡正向移動，溶液由橙色變?yōu)辄S色，正確，答案選A?？键c：考查對產(chǎn)物的判斷，水解平衡的移動及應用12.為使Fe2+，F(xiàn)e3+，Zn2+較完全地形成氫氧化物沉淀，溶液的酸堿度分別為pH7.7、pH4.5、pH6.6。某硫酸鋅酸性溶液中含有少量Fe2+，F(xiàn)e3+雜質離子，為除去這些離子制得純凈的ZnSO4，應加入的試劑

17、是A. H2O2，ZnOB. 氨水C. KMnO4，ZnCO3D. NaOH溶液【答案】A【解析】試題分析：使鐵離子沉淀而鋅離子不能沉淀的pH為4.5到6.6之間，但亞鐵離子完全沉淀時鋅離子已沉淀，所以應將亞鐵離子轉化為鐵離子再沉淀，同時不能引入新的雜質，所以需要氧化劑，最佳的氧化劑是過氧化氫，氧化亞鐵離子為鐵離子，而自身被還原為水，再加入ZnO調(diào)節(jié)pH在4.56.6之間，即可使鐵離子完全沉淀，其余均會產(chǎn)生不同的雜質，所以答案選A?？键c：考查物質除雜試劑的判斷13.金屬鉀的冶煉可采用如下方法：2KFCaC2CaF22K2C，下列有關說法合理的是（ ）A. 該反應的氧化劑是KF，氧化產(chǎn)物是KB.

18、 該反應能說明C的還原性大于KC. 電解KF溶液不可能制備金屬鉀D. CaC2、CaF2均為離子化合物，且陰、陽離子個數(shù)比均為21【答案】C【解析】試題分析：分析氧化還原反應注意標清變價元素的化合價熟記氧化還原反應的基本概念和基本規(guī)律突破電子轉移；該反應中鉀元素的化合價由+1價降為0價，被還原，KF為氧化劑，K為還原產(chǎn)物；碳元素的化合價由1價升高到0價，被氧化，CaC2作還原劑，C是氧化產(chǎn)物；A、該反應的氧化劑是KF，氧化產(chǎn)物是C，錯誤；B、該反應的還原劑為CaC2，還原產(chǎn)物為K，不能說明C的還原性大于K，錯誤；C、電解KF溶液，陽離子H+放電，陰離子OH放電，不可能制備金屬鉀，正確；D、Ca

19、C2、CaF2均為離子化合物，CaF2中陰、陽離子個數(shù)比為21，而CaC2中陰、陽離子個數(shù)比為11，錯誤?？键c：考查氧化還原反應、電解原理和物質結構。14.現(xiàn)有含F(xiàn)e(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的某稀溶液，若向其中逐步加入鐵粉，溶液中Fe2+濃度與加入鐵粉的物質的量之間的關系如右圖所示，則該溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物質的量濃度之比為( )A. 113B. 124C. 114D. 131【答案】C【解析】試題分析：由圖可知，加入鐵粉后反應先后順序是：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O、Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2、Fe+Cu(

20、NO3)2=Fe(NO3)2+Cu；設HNO3、Fe(NO3)3、Cu(NO3)2分別為xmol、ymol、zmol，由于先加入1molFe時沒有生成Fe2+，只生成1mol Fe(NO3)3，由系數(shù)之比等于物質的量之比可得：n(HNO3)=4n(Fe)，則x=4；再加入1molFe時生成3molFe2+，說明參加反應的Fe(NO3)3為2mol，則y=1；最后加入1molFe時生成1mol Fe2+，說明z=1；因此，該溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3分別為1mol、1mol、4mol，三者的濃度之比為114，故C正確。考點：本題以鐵及其化合物的重要性質為線索，以圖像為載體

21、，主要考查氧化還原反應的先后順序、物質的量在化學方程式計算中的應用、物質的量濃度的計算等基礎知識和基本技能。15.下列各組物質相互混合反應后，最終有白色沉淀生成的是金屬鈉投入到FeCl3溶液中 過量NaOH溶液和明礬溶液混合 少量Ca(OH)2投入到過量NaHCO3溶液中 向NaAlO2溶液中滴入少量鹽酸 向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2A. B. 只有C. 只有D. 只有【答案】D【解析】金屬鈉投入FeCl3溶液中, Na先與水反應生成NaOH和H2，OH與Fe3反應生成紅褐色的Fe(OH)3沉淀；過量NaOH溶液和明礬溶液混合，OH與Al3反應生成Al(OH)3，但Al(OH)3溶于

22、強堿，所以最終沒有沉淀生成；少量Ca(OH)2投入過量NaHCO3溶液中，發(fā)生反應為：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，碳酸鈣是白色沉淀；向Al3溶液中加入氨水生成白色的Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3只溶于強堿，所以氨水過量，依然有白色沉淀；向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2發(fā)生反應：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，該反應為化合反應，且NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以會析出NaHCO3晶體，產(chǎn)生白色沉淀。故正確，選D。16.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某濃度的稀硝酸0.5L，固體物質完全反應，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液

23、中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此時溶液呈中性。金屬離子已完全沉淀，沉淀質量為39.2g。下列有關說法不正確的是A. Cu與Cu2O的物質的量之比為21B. 硝酸物質的量濃度為2.6mol/LC. 產(chǎn)生的NO在標準狀況下的體積為4.48LD. Cu、Cu2O與硝酸反應后剩余HNO3為0.2mol【答案】B【解析】【詳解】設Cu和Cu2O的物質的量分別為xmol、ymol，根據(jù)題意，則有64x+144y=272由CuCu(OH)2、Cu2O2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2解得x=0.2、y=0.1A、Cu與Cu2O的物質的量之比為0.20.1=21，A

24、正確；B、根據(jù)氮原子守恒可知硝酸的物質的量為1.0mol+（0.2 mol2+0.1 mol2）/3=1.2 mol，硝酸的物質的量濃度為1.2 mol /0.5L =2.4 mol/L，B不正確；C、根據(jù)電子得失守恒可知產(chǎn)生的NO在標準狀況下的體積為22.4L/ mol（0.2 mol2+0.1 mol2）/3=4.48L，C正確；D、根據(jù)氮原子守恒可知Cu、Cu2O與硝酸反應后剩余HNO3為1.0mol-0.2 mol2-0.1 mol22=0.2mol，D正確。答案選B。二、非選擇題（共52分）17.（一）W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同一短周期元素，W、X是金屬元素，Y、Z是非金屬

25、元素。（1）W、X的最高價氧化物對應的水化物可以反應生成鹽和水，該反應的離子方程式為_。（2）W與Y可形成化合物W2Y，該化合物的電子式為_。（二）A、B、C、D均為中學化學常見的純凈物，A是單質。它們之間有如下的反應關系：（3）若A是淡黃色固體，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物質。則C與另一種淡黃色物質反應的化學方程式_。（4）若D物質具有兩性，反應均要用強堿溶液，反應是通入過量的一種引起溫室效應的主要氣體。判斷單質A的元素在周期表中的位置是_。（5）若A是應用最廣泛的金屬。反應用到A，反應均用到同一種非金屬單質。C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板，寫該反應的離子方程式_?！敬鸢浮?(1).

26、 Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O (2). (3). SO2+Na2O2=Na2SO4 (4). 第三周期A族 (5). Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+【解析】【分析】（一）W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同一短同期元素,W、X是金屬元素,其最高價氧化物對應的水化物為堿,且兩種堿可以反應生成鹽和水,則W為Na元素,X為Al元素,Y、Z是非金屬元素,W為Na,W可以和Y形成,則Y為-2價,為A元素,且和鈉同周期,所以為S,Y的低價氧化物為;并且Z和Y同周期,原子序數(shù)比Y大,所以Y為Cl,根據(jù)元素所在周期表中的位置結合元素周期律的遞變規(guī)律解答該題。（二）（1）C是造成酸雨的主

27、要物質則C是SO2，A是淡黃色固體，則A是S，所以SO2與另一淡黃色固體過氧化鈉反應；（2）D物質具有兩性，反應均要用強堿溶液，反應是通入過量的一種引起溫室效應的主要氣體，則D是Al（OH）3，C是NaAlO2，則A是Al，B是Al2O3；（3）A是應用最廣泛的金屬，反應用到A，則A為Fe，C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板，C是FeCl3，反應用到的非金屬為Cl2，所以D是FeCl2，以此來解答；詳解】（一）(1)W、X為金屬，其最高價氧化物對應的水化物為堿，且兩種堿可以反應生成鹽和水，則為NaOH和Al（OH）3，二者反應的離子方程式: Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；(2)W為N

28、a，W可以和Y形成W2Y,則Y為-2價,為A元素,且和鈉同周期，所以為S，W2Y為Na2S，電子式為:；（二）（1）C是造成酸雨的主要物質則C是SO2，A是淡黃色固體，則A是S，所以SO2與另一淡黃色固體過氧化鈉反應，反應方程式為Na2O2+SO2=Na2SO4；（2）D物質具有兩性，反應均要用強堿溶液，反應是通入過量的一種引起溫室效應的主要氣體，則D是Al（OH）3，C是NaAlO2，則A是Al，B是Al2O3，所以A在元素周期表的位置為第三周期A族；（3）A是應用最廣泛的金屬，反應用到A，則A為Fe，C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板，C是FeCl3，反應用到的非金屬為Cl2，所以D是FeCl2

29、，反應方程式為Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；【點睛】注意，過氧化鈉具有氧化性，可以將二氧化硫氧化成硫酸根，與過氧化鈉與二氧化碳反應不同。18.硅是人類文明發(fā)展的重要元素之一，從傳統(tǒng)材料到信息材料的發(fā)展過程中創(chuàng)造了一個又一個奇跡。（1）工業(yè)生產(chǎn)粗硅的反應有：SiO2+2CSi（粗）+2COSiO2+3CSiC+2CO兩個反應的氧化劑分別為_、_。若產(chǎn)品中單質硅與碳化硅的物質的量之比為1：1，則參加反應的C和SiO2的質量之比為_。（2）工業(yè)上可以通過如下圖所示的流程制取純硅：若反應I為Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，則反應II的化學方程式為_。整個制備過程必須嚴格控制無水無氧。S

30、iHCl3遇水劇烈反應生成H2SiO3、HCl和另一種物質，寫出該反應的化學方程式：_?！敬鸢浮?(1). SiO2 (2). C (3). 1:2 (4). SiHCl3+H2Si（純）+3HCl (5). SiHCl3+3H2OH2SiO3+3HCl+H2【解析】【分析】（1）根據(jù)方程式中碳和二氧化硅、硅、碳化硅之間的關系式計算；（2）根據(jù)反應物、生成物和反應條件寫出反應方程式；SiHCl3遇水劇烈反應生成H2SiO3、HCl和氫氣；【詳解】（1）根據(jù)反應方程式生成1mol Si需C 2mol、SiO21mol，生成1mol SiC需C 3mol，SiO21mol，產(chǎn)品中Si與SiC的物質

31、的量之比為1：1，則參加反應的C和SiO2物質的量之比為5：2，所以質量之比為：512：260=1：2，（2）由工藝流程可知，反應是氫氣與SiHCl3反應生成Si（純）、HCl，反應方程式為：SiHCl3+H2Si（純）+3HCl；SiHCl3遇水劇烈反應生成H2SiO3、HCl和氫氣：3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl，19.某無色溶液中含有K、Cl、OH、SO32-、SO42-，為檢驗溶液中所含的某些陰離子，限用的試劑有：鹽酸、硝酸、硝酸銀溶液、硝酸鋇溶液、溴水和酚酞試液。檢驗其中OH的實驗方法省略，檢驗其他陰離子的過程如下圖所示。(1)圖中試劑溶質的化學式分別是：_，_

32、，_，_，_。(2)圖中現(xiàn)象c表明檢驗出的離子是_。(3)白色沉淀A若加試劑而不加試劑，對實驗的影響是_。(4)氣體E通入試劑發(fā)生反應的離子方程式是_?！敬鸢浮?(1). Ba(NO3)2 (2). HCl (3). HNO3 (4). Br2 (5). AgNO3 (6). Cl (7). 會使SO32對SO42的檢驗產(chǎn)生干擾，不能確認SO42是否存在 (8). SO2Br22H2O=4HSO422Br【解析】【分析】根據(jù)框圖，結合需要檢驗的離子可知，氣體E只能為二氧化硫。SO32-、SO42-能夠與Ba(NO3)2溶液反應分別生成亞硫酸鋇和硫酸鋇白色沉淀，亞硫酸鋇與鹽酸反應能夠生成二氧化硫

33、氣體，二氧化硫氣體E能使溴水褪色，硫酸鋇不溶解于硝酸，故試劑為Ba(NO3)2溶液，試劑為鹽酸，試劑為溴水，無色溶液C中含有Cl、OH，溶液呈堿性，加入過量試劑后再加入試劑生成白色沉淀，應該是檢驗氯離子，因此試劑為硝酸，調(diào)整溶液呈酸性，試劑為硝酸銀溶液，白色沉淀為氯化銀，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)SO32-、SO42-能夠與Ba(NO3)2溶液反應分別生成亞硫酸鋇和硫酸鋇白色沉淀，亞硫酸鋇與鹽酸反應能夠生成二氧化硫氣體，二氧化硫氣體E能使溴水褪色，硫酸鋇不溶解于硝酸，故試劑為Ba(NO3)2溶液，試劑為鹽酸，試劑為溴水，無色溶液C中含有Cl、OH，溶液呈堿性，加入過量試劑后再加入試劑生成白色

34、沉淀，應該是檢驗氯離子，因此試劑為硝酸，調(diào)整溶液呈酸性，試劑為硝酸銀溶液，白色沉淀為氯化銀，故答案為：Ba(NO3)2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；(2)根據(jù)上述分析，現(xiàn)象a檢驗出的陰離子為SO32-，現(xiàn)象b檢驗出的陰離子為SO42-，現(xiàn)象c檢驗出的陰離子為Cl-，故答案為：Cl-；(3)硝酸具有強氧化性，能夠氧化亞硫酸根離子生成硫酸根離子，因此白色沉淀A若加試劑稀硝酸而不加試劑鹽酸會使SO32-對SO42-的檢驗產(chǎn)生干擾，不能確認SO42-是否存在，故答案為：會使SO32-對SO42-的檢驗產(chǎn)生干擾，不能確定SO42-是否存在；(4)溴單質與二氧化硫反應生成氫溴酸和硫酸，反應的離子

35、方程式：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Br-，故答案為：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Br-?！军c睛】根據(jù)反應現(xiàn)象推斷各物質的成分是解題的關鍵，明確氣體E為二氧化硫是解題的突破口。本題的易錯點為試劑的判斷，要注意試劑不能選用稀硝酸，因為硝酸具有強氧化性，能夠氧化亞硫酸根離子生成硫酸根離子。20.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型，高效、多功能綠色水處理劑，可通過KClO溶液與Fe(NO3)3溶液的反應制備。已知：KClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應生成KClO3K2FeO4具有下列性質：可溶于水、微溶于濃KOH溶液；在強堿性溶液中比較穩(wěn)定；在Fe3+催化作用下發(fā)生分

36、解，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應生成Fe(OH)3和O2，如圖所示是實驗室模擬工業(yè)制備KClO溶液裝置。(1)B裝置的作用為_；(2)反應時需將C裝置置于冷水浴中，其原因為_；(3)制備K2FeO4時，不能將堿性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，其原因是_，制備K2FeO4的離子方程式_；(4)工業(yè)上常用廢鐵屑為原料制備Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，檢驗Fe2+所需試劑名稱_，其反應原理為_(用離子方程式表示)；(5)向反應后的三頸瓶中加入飽和KOH溶液，析出K2FeO4固體，過濾、洗滌、干燥。洗滌操作所用最佳試劑為_；A.水 B.無水乙醇 C.稀KOH溶液(

37、6)工業(yè)上用“間接碘量法”測定高鐵酸鉀的純度：用堿性KI溶液溶解1.00g K2FeO4樣品，調(diào)節(jié)pH使高鐵酸根全部被還原成亞鐵離子，再調(diào)節(jié)pH為34，用1.0mol/L的Na2S2O3標準溶液作為滴定劑進行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示劑，裝有Na2S2O3標準溶液的滴定管起始和終點讀數(shù)如如圖所示：消耗Na2S2O3標準溶液的體積為_mL。原樣品中高鐵酸鉀的質量分數(shù)為_。M(K2FeO4)=198g/mol若在配制Na2S2O3標準溶液的過程中定容時俯視刻度線，則導致所測高鐵酸鉀的質量分數(shù)_(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)?！敬鸢浮?(1). 吸收H

38、Cl (2). KClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應生成KClO3 (3). 將KClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，F(xiàn)e3+過量，K2FeO4在Fe3+催化作用下發(fā)生分解?；虼穑簩ClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，溶液呈酸性，在酸性條件下，K2FeO4能與水反應生成Fe(OH)3和O2。 (4). 2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (5). 鐵氰化鉀 (6). 3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62 (7). B (8). 18.00 (9). 89.1% (10). 偏低【解析】【分析】高錳酸鉀與濃鹽酸在A裝置中反應生

39、成氯氣，由于濃鹽酸易揮發(fā)，生成的氯氣中一定會混有氯化氫，因此通過裝置B除去氯化氫，在裝置C中氯氣與氫氧化鉀反應生成KClO，裝置D吸收尾氣中的氯氣，防止污染。結合題示信息分析解答。(6)用堿性的碘化鉀溶液溶解高鐵酸鉀樣品，調(diào)節(jié)pH，高鐵酸根與碘離子發(fā)生氧化還原反應，高鐵酸根離子全部被還原成亞鐵離子，碘離子被氧化成碘，根據(jù)電子得失守恒有關系FeO42-2I2，再根據(jù)反應2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸鈉的物質的量可計算得高鐵酸鉀的質量，進而確定質量分數(shù)?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析，B裝置是用來除去氯氣中的氯化氫的，故答案為：吸收HCl；(2)根據(jù)題干信息知，KClO在

40、較高溫度下發(fā)生歧化反應生成KClO3，因此反應時需將C裝置置于冷水浴中，故答案：KClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應生成KClO3；(3)根據(jù)題干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于濃KOH溶液；在強堿性溶液中比較穩(wěn)定；在Fe3+催化作用下發(fā)生分解，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應生成Fe(OH)3和O2，因此制備K2FeO4時，不能將堿性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，防止Fe3+過量，K2FeO4在Fe3+催化作用下發(fā)生分解；KClO濃溶液與Fe(NO3)3飽和溶液反應制備K2FeO4的離子方程式為2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案為：

41、將KClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，F(xiàn)e3+過量，K2FeO4在Fe3+催化作用下發(fā)生分解(或將KClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，溶液成酸性，在酸性條件下，K2FeO4能與水反應生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(4)工業(yè)上常用廢鐵屑為原料制備Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，檢驗Fe2+可以使用鐵氰化鉀，如果含有亞鐵離子，會產(chǎn)生藍色沉淀，其反應原理為3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62，故答案為：鐵氰化鉀；3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62；(5)根據(jù)

42、上述分析，反應后的三頸瓶中生成了KClO，加入飽和KOH溶液，析出K2FeO4固體，過濾、洗滌、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于濃KOH溶液，為了減少K2FeO4的損失，洗滌K2FeO4時不能選用水或稀KOH溶液，應該選用無水乙醇，故答案為：B；(6)根據(jù)裝有Na2S2O3標準溶液的滴定管起始和終點讀數(shù)，消耗Na2S2O3標準溶液的體積為19.40-1.40=18.00mL，故答案為：18.00；用堿性碘化鉀溶液溶解高鐵酸鉀樣品，調(diào)節(jié)pH，高鐵酸根與碘離子發(fā)生氧化還原反應，高鐵酸根離子全部被還原成亞鐵離子，碘離子被氧化成碘，根據(jù)電子得失守恒有關系FeO42-2I2，再根據(jù)反應2Na2S2

43、O3+I2Na2S4O6+2NaI，得關系式FeO42-2I24Na2S2O3，所以高鐵酸鉀的質量為1.0mol/L0.018L198g/mol=0.891g，則原高鐵酸鉀樣品中高鐵酸鉀的質量分數(shù)為100%=89.1%，故答案為：89.1%若在配制Na2S2O3標準溶液的過程中定容時俯視刻度線，導致配制的Na2S2O3標準溶液的濃度偏大，滴定過程中消耗的Na2S2O3標準溶液的體積偏小，則測得的高鐵酸鉀的質量分數(shù)偏低，故答案為：偏低。21.愛國實業(yè)家侯德榜在氨堿法的基礎上，發(fā)明了“聯(lián)合制堿法”，簡單流程如圖。完成下列問題：（1）在飽和食鹽水中通入X和Y，則X_(填物質名稱)（2）寫出通入X和Y的化學反應方程式_。（3）操作Z_(填名稱)，為了得到化肥(NH4Cl)，需要在溶液B中通入NH3、加食鹽，其中通入NH3的作用一_，作用二_。（4）工業(yè)生產(chǎn)的純堿常會含少量NaCl雜質?，F(xiàn)用重量法測定其純度，步驟如下：稱取樣品ag，加水溶解；加入足量的BaCl2溶液；過濾、_、烘干、冷卻、稱量、烘干、冷卻、_，最終得到固體bg。樣品中純堿的質量分數(shù)為_(用含a、b的代數(shù)式)（5）某課外活動小組要用NaOH溶液和CO2來制備Na2CO3固體，他們只有未知濃度的NaOH溶液50毫升和足量的CO2，他們的設計方案是：首先_，然后_，加熱_后，再_，最后加熱濃縮，冷卻結晶，過濾得固體Na2CO3