精品解析：辽宁省名校联盟2023-2024学年高一下学期3月联合考试化学试题（解析版）

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化学
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N 14 O16 Na 23 Cl 35.5 K 39 Fe 56
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 学习化学是为了更好的为生活服务，下列有关作用原理及物质的用途均正确的是
A. 利用碳酸钙的硬度制造牙膏中的摩擦剂
B. 利用氧化铁的磁性制造指南针
C. 利用碳酸钠的碱性制造抗酸药
D. 利用硫黄粉的焰色试验制造烟花
【答案】A
【解析】
【详解】A．在牙膏中常用轻质碳酸钙粉末做摩擦剂，A正确；
B．氧化铁没有磁性，利用四氧化三铁的磁性制造指南针，B错误；
C．碳酸钠腐蚀性强，应该利用碳酸氢钠制造抗酸药，C错误；
D．利用硫黄粉的氧化性制造烟花，D错误；
答案选A。
2. 下列化学用语正确的是
A. 中子数为18的氯原子：
B. 甲烷分子的空间结构为平面四边形
C. 氮气的电子式为
D. 用电子式表示硫化氢分子形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为18的氯原子，质量数是35，可表示为：，A错误；
B．甲烷分子的空间结构为正四面体形，B错误；
C．氮气的电子式为，C错误；
D．用电子式表示硫化氢分子的形成过程为：，D正确；
答案选D。
3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 物质的量相等的和中含有的电子数均为
B. 固体中含有离子的总数为
C. 常温常压下，的物质的量小于
D. 3mlFe粉在纯氧中完全燃烧反应，得到个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．和中含有的电子数均为10，但未说明物质的量是多少，故A错误；
B．过氧化钠的电子式为：，因此所含离子的总数为，故B错误；
C．若为标准状况，的物质的量为0.5ml，但此时为常温常压，因此该条件下的Vm大于标准状况下的数值，所得物质的量小于0.5ml，故C正确；
D．铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，3mlFe完全燃烧消耗2ml氧气，因此电子转移数为8NA，铁失去个电子，故D错误；
故答案选C。
4. 下列反应离子方程式书写不正确的是
A. 向溶液中通入等物质的量的（已知还原性：）：
B. 向溶液中滴加少量溶液：
C. 向漂白粉溶液中通入过量：
D. 用NaOH溶液浸泡除去铝片表面的氧化膜：
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知还原性：，向溶液中通入等物质的量的，亚铁离子全部被氧化，溴离子有一半被氧化：，A正确；
B．向溶液中滴加少量溶液，生成碳酸钙、碳酸钠和水：，B错误；
C．向漂白粉溶液中通入过量，生成碳酸氢钙和次氯酸：，C正确；
D．用NaOH溶液浸泡除去铝片表面的氧化膜：，D正确；
答案选B。
5. 下列关于铁单质及其化合物的说法，正确的有
①铁粉投入水中煮沸可生成和
②通过化合反应可以生成FeS，
③通过置换反应可以生成、
④过滤出的和在空气中加热最终固体产品不同
⑤月饼包装盒里通常放一包铁粉起到抗氧化的作用
⑥加热饱和溶液可制备氢氧化铁胶体
A. ①②④B. ④⑤⑥C. ②③⑤D. ①③⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①铁粉和水蒸气可发生置换反应生成和，错误；
②铁在硫中燃烧生成硫化亚铁，氢氧化亚铁、氧气和水化合生成氢氧化铁，通过化合反应可以生成FeS，，正确；
③铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氯气和溴化铁发生置换反应生成氯化铁和溴单质，通过置换反应可以生成、，正确；
④过滤出的和在空气中加热最终得到的固体产品均是氧化铁，错误；
⑤铁是活泼金属，月饼包装盒里通常放一包铁粉起到抗氧化的作用，正确；
⑥加热饱和溶液不能制备氢氧化铁胶体，饱和氯化铁溶液滴入沸水中可以得到氢氧化铁胶体，错误；
答案选C。
6. 臭氧层吸收紫外线后，对地表生物起到了重要的保护作用，但过量的臭氧对人体将产生一定的危害。已知臭氧可发生如下反应：，下列对该反应的说法不正确的是
A. 生成标准状况下22.4L的转移4ml电子
B. 由反应可知，氧化性强弱顺序：
C. 利用该反应可通过数字化实验测定室内臭氧的含量是否超标
D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘元素化合价从－1价升高到0变，失去1个电子，根据方程式可知生成标准状况下22.4L的即1ml氧气转移2ml电子，A错误；
B．氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由反应可知，氧化性强弱顺序：，B正确；
C．利用该反应可计算臭氧的物质的量，因此可通过数字化实验测定室内臭氧的含量是否超标，C正确；
D．碘单质是氧化产物，2ml氢氧化钾中有1ml是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，D正确；
答案选A。
7. 卢瑟福用α粒子轰击原子，首次用人工实现了核反应：。其中X和Y是原子最外层电子数之和为11的两种短周期元素，下列说法不正确的是
A. 原子半径和简单离子半径比较的结果均为X＞Y
B. Y元素所在主族的各种简单氢化物中，Y的氢化物的沸点和稳定性均最大
C. X元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸
D. 根据元素非金属性的规律推测，简单离子还原性：X＜Y
【答案】D
【解析】
【分析】由结合质量守恒可知，a+2=c+1，即c=a+1，说明Y原子的最外层上比X多1个电子，又X原子和Y原子最外层电子数之和为11，故得出X的最外层上为5个电子，Y的最外层上是6个电子，故X为N元素，Y为O元素，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X、Y分别为N、O两元素，原子半径同周期从左往右在减小，故原子半径：N>O，即X>Y，但简单离子半径比较，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径为：N3->O2-，即X>Y，A正确；
B．Y为O元素，O的氢化物指的是H2O，由于H2O能够形成分子间氢键，因此沸点比同主族的大，O的非金属性最强，因此H2O的稳定性最大，B正确；
C．X为N元素，最高价氧化物对应的水化物为HNO3，属于强酸，C正确；
D．非金属性越强，对应简单离子还原性越弱，非金属性为：O>N，则简单离子还原性为：N3- > O2- ，即X>Y，D错误；
故答案为：D。
8. 下列关于化学键及分子间作用力的说法正确的是
A. 和中的化学键类型完全相同
B. 发生化学键断裂的过程，不一定是化学变化
C. HCl比稳定是因为分子间作用力前者大于后者
D. 葡萄糖溶解于水中的过程破坏了分子中的共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaF2中只存在离子键，而CaO2含有离子键和共价键，故A错误；
B．电解质溶解过程中有化学键断裂，但没有新物质产生，因此化学键断裂的过程不一定是化学变化，故B正确；
C．稳定性与分子间作用力无关，跟化学键有关，故C错误；
D．葡萄糖溶解时破坏了分子间作用力，故D错误；
故答案选B。
9. 下列有关核素和同位素的说法中，正确的是
A. 同位素是位于周期表同一周期和同一族的不同种核素之间的互称
B. 元素的相对原子质量是按照该元素各种天然核素所占的一定百分比计算出来的平均值
C. 从氢开始短周期的各种元素，在自然界中都有至少2种稳定的同位素
D. 以H、T、、四种核素，形成的水分子有6种不同的相对分子质量
【答案】B
【解析】
【详解】A．质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，因此同位素不一定是位于周期表同一周期和同一族的不同种核素之间的互称，例如镧系和錒系，A错误；
B．天然存在的同位素，相互间保持一定比率，元因此元素的相对原子质量是按照该元素各种天然核素所占的一定百分比计算出来的平均值，B正确；
C．并不是每一种元素都存在同位素，C错误；
D．以H、T、、四种核素，形成的水分子有4种不同的相对分子质量，即18、20、22、24，D错误；
答案选B。
10. 以下各组除杂试剂的选择和除杂操作均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，则在纯氧中加热可除杂，故A正确；
B．碳酸钠与二氧化碳也反应，不能除杂，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C．滴加适量盐酸碳酸氢钠首先反应，应该通入足量二氧化碳，故C错误；
D．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，则通入过量的Cl2可除杂，故D错误；
故选A。
11. 下列实验或操作中，正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．定容时应该用胶头滴管，故A错误；
B．观察钾元素的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察，故B错误；
C．应该把难分解的碳酸钠放在大试管中，故C错误；
D．稀硫酸和Fe反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气将装置中的空气排尽，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，滴入NaOH溶液，氢氧化钠和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以能制备并观察氢氧化亚铁沉淀，故D正确；
故选D。
12. 向溶液中通入一定体积的使其充分反应，再向所得溶液中逐滴滴加的稀盐酸，测得产生的物质的量随加入盐酸的体积变化如图所示（不考虑的溶解）。下列说法正确的是
A. 根据题中所给信息，可以求得图中的c点坐标为
B. 由0到a的过程中，溶质的总物质的量持续增大
C. 由a到b的过程中，发生了1个化学反应
D. 若减少初始的通入量，则c点横纵坐标都将减小
【答案】A
【解析】
【分析】向NaOH溶液中通入一定量CO2气体，先发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，当该反应完成后，向所得溶液中滴入稀盐酸，发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，然后生成的碳酸氢钠继续和盐酸发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。两步反应消耗HCl的物质的量及体积相同。在0.8L 0.5 ml/LNaOH溶液中含有溶质的物质的量n(NaOH)=0.5 ml/L×0.8 L=0.4ml，从b点到c点发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，在c点CO2气体达到最大量，此时反应完全，溶液为NaCl溶液，根据元素守恒可知n(HCl)=n(NaCl)= n(NaOH)=0.4 ml，由于稀盐酸浓度是0.5 ml/L，故此时盐酸的体积是0.8L，c=0.8；发生该反应消耗HCl溶液体积是V=0.8 L-0.6 L=0.2 L＜0.6 L，说明NaOH溶液与CO2气体反应时NaOH未完全反应，所得溶液为NaOH与Na2CO3混合溶液。在0a段发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，ab段发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，bc段发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，c点溶液恰好为NaCl溶液，后加入稀盐酸，不发生反应，溶液为NaCl、HCl混合溶液，据此作答。
【详解】A．c点溶质为NaCl溶液，c点共加入n(HCl)=n(NaCl)= n(NaOH)=0.4 ml，由于稀盐酸浓度是0.5 ml/L，故此时盐酸的体积是0.8L，所以c点横坐标为0.8；bc段消耗HCl的体积为V=0.8 L-0.6 L=0.2 L，c点产生的n(CO2)=bc段消耗的n(HCl)= 0.5 ml/L×0.2 L=0.1ml，故c点为(0.8，0.1)，故A正确；
B．在ab段，Na2CO3转化为NaHCO3时，消耗HCl的体积为0.2L，故HCl滴加在0~0.4L过程中，是NaOH与HCl发生中和反应，则0~a过程中，反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶质中总物质的量不变，故B错误；
C．a~0.4时，反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；0.4~0.6时，即0.4~b时，反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，共两个反应，故C错误；
D．若通入的CO2减少，则n(Na2CO3)减少，n(NaOH)增多，c点时，依然有n(HCl)= n(NaOH)，因此c点的横坐标不变，n(Na2CO3)减少，导致产生的CO2减少，c的纵坐标减小，故D错误；
故选A。
13. 向稀硫酸中滴入几滴酚酞溶液，然后匀速逐滴加入溶液，测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图。下列说法正确的是
A. ab段溶液的导电能力不断减弱，说明化学反应的生成物均为非电解质
B. O～t时刻发生反应的离子方程式为
C. 溶液从t时刻之后开始慢慢变红色的原因：
D. 用NaOH溶液代替重复上述实验，溶液导电能力随时间的变化与题图相同
【答案】C
【解析】
【分析】向稀硫酸溶液中匀速逐滴加入Ba(OH)2发生反应：H2SO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，由于反应产生的BaSO4是难溶性物质，主要以固体存在，H2O是弱电解质，导致溶液中自由移动的离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当到b点时，二者恰好反应，溶液中自由移动的离子浓度几乎为0，因此导电能力最弱，过了b点，过量的Ba(OH)2电离产生自由移动的离子，使离子浓度逐渐增大，溶液导电能力逐渐增强。
【详解】A．ab段溶液的导电能力不断减弱，是由于发生反应：H2SO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，反应产生的BaSO4是难溶性强电解质，主要以固体存在，H2O是弱电解质，导致溶液中自由移动的离子浓度减小，溶液导电能力减弱，A错误；
B．O～t时刻，反应的离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B错误；
C．溶液从t时刻之后开始慢慢变红色的原因：是由于Ba(OH)2是二元强碱，在水中电离产生OH-，使溶液显碱性，电离方程式应该为：Ba(OH)2= Ba2++2OH-，C正确；
D．若用NaOH溶液代替Ba(OH)2重复上述实验，NaOH与H2SO4发生中和反应产生可溶性盐Na2SO4和H2O，溶液中始终存在大量自由移动的离子，因此溶液导电能力几乎不变，因此不会发生上述变化，D错误；
故选C。
14. 甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙，下列有关物质的推断错误的是
A. 若甲为焦炭，则丁可能是
B. 若甲为，则丁可能是Fe
C. 若甲为Al，则丁可能是NaOH溶液
D. 若甲为，则丁可能是KOH溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．若甲为焦炭，丁是，则乙为CO，丙为CO2，符合转化，故A正确；
B．若甲为，丁是Fe，则乙为FeCl3，丙为FeCl2，符合转化，故B正确；
C．若甲为Al，丁是NaOH溶液，则乙为NaAlO2，乙和丁不反应，不符合转化，故C错误；
D．若甲为，丁是KOH溶液，则乙为KHCO3，丙为K2CO3，符合转化，故D正确；
故选C。
15. X、Y、Z、W为短周期原子序数依次增大的四种主族元素，它们的原子半径与原子序数的关系如图所示（横坐标长度不代表具体数据），W单质遇冷水即可剧烈反应。下列说法不正确的是
A. 若X、Y、Z均可形成简单阴离子，则离子半径：Y＞Z＞X
B. 若Y与W可形成常见的供氧剂，则X与Z形成的化合物水溶液显酸性
C. 若Y是形成化合物种类最多的元素，则最简单氢化物的沸点：Y＜Z
D. 若Y和Z是空气中质量分数最大的两种元素，则X、Y、Z只能形成共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为短周期原子序数依次增大的四种主族元素，W单质遇冷水即可剧烈反应，可推知W为Na元素，根据图中可知W的原子半径大于X、Y、Z的原子半径，而Y的原子半径略大于Z，Y、Z大于X，因此X为H元素，Y、 Z为第二周期元素，Y的原子序数要小一点，据此作答。
【详解】A．简单阴离子的半径为电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，因此简单阴离子半径大小关系为：Y>Z>X，故A正确；
B．Y与W可形成常见的供氧剂为Na2O2，则Y为O元素，Z为F元素，X与Z形成的是HF，水溶液为酸性，故B正确；
C．Y是形成化合物种类最多元素，因此Y为C元素，Z为N、O、F之一的元素，Z中无论哪种元素的最简单氢化物均能形成分子间氢键，沸点高于Y形成的CH4，即最简单氢化物的沸点：Y＜Z，故C正确；
D．Y和Z是空气中质量分数最大的两种元素，则Y为N元素，Z为O元素，X、Y、Z可以形成共价化合物HNO3，也可以形成离子化合物NH4NO3，故D错误；
故答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 填空题。
（1）现有以下物质：a.NaCl晶体；b.；c.液态醋酸；d.铜；e.固体；f.纯蔗糖（）；g.酒精（）；h.熔融的；i.氨水；j.液氮。回答下列问题：
①以上物质能导电的是________（填字母）。
②以上物质属于非电解质的是________（填字母）。
③写出h的电离方程式：________。
（2）在标准状况下，CO和的混合气体的质量为36g，体积为22.4L，则CO的质量是________g。
（3）在200mL氯化镁和氯化铝混合溶液中，为，为。要使全部转化为沉淀分离出来，至少需加溶液的体积为________mL。
（4）同温同压下，含有相同电子数目的气体和气体，体积之比为________。
【答案】（1） ①. dhi ②. bfg ③. KHSO4＝K＋+HSO
（2）14 （3）110
（4）1：2
【解析】
【小问1详解】
a.NaCl晶体不导电，溶于水电离出离子，是电解质；
b.不电离，不导电，是非电解质；
c.液态醋酸不导电，溶于水电离出离子，是电解质；
d.铜是金属单质，导电，不是电解质也不是非电解质；
e.固体不导电，熔融状态下电离出离子，是电解质；
f.纯蔗糖（）不电离，不导电，是非电解质；
g.酒精（）不电离，不导电，是非电解质；
h.熔融的导电，是电解质；
i.氨水导电，是混合物，不是电解质也不是非电解质；
j.液氮不导电，不电离，是单质，不是电解质也不是非电解质。
①以上物质能导电的是dhi。
②以上物质属于非电解质的是bfg。
③硫酸氢钾在熔融状态下的电离方程式为KHSO4＝K＋+HSO。
【小问2详解】
在标准状况下，CO和的混合气体的质量为36g，体积为22.4L，物质的量是1ml，设混合物中CO和的物质的量分别是xml、yml，则x+y＝1、28x+44y＝36，解得x＝y＝0.5，所以CO的质量是14g。
【小问3详解】
在200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液中为，为，根据电荷守恒可知溶液中铝离子的浓度是0.9ml/L，则铝离子、氯离子的物质的量分别是0.18ml、0.26ml，要使全部转化为沉淀分离出来，所得溶液是NaCl至Na[Al(OH)4]，物质的量分别是0.26ml、0.18ml，根据钠元素守恒可知需要氢氧化钠的物质的量是0.44ml，则需加溶液的体积为0.44ml÷4ml/L＝0.11L＝110mL。
【小问4详解】
1分子和含有的电子数分别是32和16，所以同温同压下，含有相同电子数目的气体和气体的物质的量之比是1：2，体积之比为1：2。
17. 元素周期表反映了元素之间的内在联系，是研究物质性质的重要工具。下图是元素周期表的一部分，请结合推断回答下列问题：
（1）上述8种元素中，非金属性最强的元素是：________（填元素符号）；简单离子半径最小的元素是：________（填离子符号）。
（2）由这些元素中原子半径最大与最小的两种元素形成的化合物X的电子式为________；画出X中阴离子的离子结构示意图：________。
（3）⑦⑧两种元素的最高价氧化物的水化物酸性较强的是________（填化学式）。
（4）⑥的单质与强碱反应的离子方程式为________。
（5）根据周期表的结构特点，推断在第四周期中与⑤和⑥同族的元素原子序数相差________。
（6）查阅资料可知：⑤的单质可以在①的最高价氧化物中燃烧，瓶壁上出现大量白色和黑色的颗粒，试写出发生反应的化学方程式：________。
【答案】17. ①. F ②. Al3＋
18. ①. ②.
19. HClO4 20. 2Al+6H2O+2OH－＝2[Al(OH)4]－+3H2↑
21. 11 22. 2Mg+CO2C+2MgO
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可判断①～⑧分别是C、N、F、Na、Mg、Al、S、Cl，据此解答。
【小问1详解】
同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，上述8种元素中，非金属性最强的元素是F；核外电子层数越多，离子半径越大，离子核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，因此简单离子半径最小的元素是Al3＋。
【小问2详解】
由这些元素中原子半径最大（Na）与最小的（F）两种元素形成的化合物X是氟化钠，属于离子化合物，电子式为；氟离子的离子结构示意图为。
【小问3详解】
非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则⑦⑧两种元素的最高价氧化物的水化物酸性较强的是HClO4。
【小问4详解】
单质铝与强碱反应的离子方程式为2Al+6H2O+2OH－＝2[Al(OH)4]－+3H2↑。
【小问5详解】
根据周期表的结构可判断在第四周期中与⑤和⑥同族的元素原子序数相差31－20＝11。
【小问6详解】
镁在二氧化碳中燃烧，瓶壁上出现大量白色和黑色的颗粒，生成物是氧化镁和碳，发生反应的化学方程式为2Mg+CO2C+2MgO。
18. 如图是实验室用二氧化锰和浓盐酸制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持装置已略）。
（1）装置A中盛装浓盐酸的仪器名称为________，发生反应的离子方程式为________。
（2）装置B中盛装的试剂为________，在实验过程中可以起到安全瓶的作用，一旦后续装置堵塞，B中会出现________现象。
（3）装置C的作用是证明干燥的无漂白性，但其水溶液具有漂白性，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是________（填字母，试剂不重复使用）。
a.干燥的石蕊试纸 b.湿润的石蕊试纸
c.碱石灰 d.无水氯化钙
（4）装置E中溶液变蓝色，证明了氯气化学性质中的________性；装置F中的试剂为________溶液（填化学式）。
（5）也可以与浓盐酸反应生成氯气，是实验室快速制氯气的方法之一，分别使用和制备等量的氯气，转移电子数之比为________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 长颈漏斗中液面上升，形成水柱
（3）b、d、a （4） ①. 氧化 ②. NaOH
（5）6:5
【解析】
【分析】装置A制备氯气，装置B盛放饱和食盐水，装置C验证氯气的性质，装置D干燥氯气，装置E检验氯气的性质，装置F吸收尾气，据此解答。
【小问1详解】
装置A中盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，发生反应的离子方程式为MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O。
【小问2详解】
制取的氯气中含有HCl杂质，HCl易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，因此装置B中用饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，装置B是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；
【小问3详解】
装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以C中I、Ⅱ、Ⅲ依次放入湿润的石蕊试纸、无水氯化钙、干燥的石蕊试纸，即b、d、a；
【小问4详解】
装置E中溶液变蓝色，说明有单质碘生成，证明了氯气化学性质中的氧化性；氯气有毒，需要尾气处理，装置F中的试剂为NaOH溶液。
【小问5详解】
与浓盐酸反应生成氯气的方程式为KClO3+6HCl(浓)＝KCl+3Cl2↑+3H2O，分别使用和制备等量的氯气，转移电子数之比为6:5。
19. 食品级304不锈钢是一种重要的生产原材料，其中含铬18％。工业上将尖晶石类矿石（主要成分为）综合利用，冶炼制造Cr和的流程如下（假设矿石中的杂质不参与反应）：
（1）①矿石中各元素化合价均为整数且无变价，则铬为________价。
②烧渣主要成分为一种含铁元素的红色粉末和，反应的化学方程式为________。
③上述流程Ⅰ～Ⅵ中涉及金属元素发生还原反应的步骤共有________步。（填1～6数字）
④和都是两性氢氧化物，请根据化学的类推思想写出与NaOH溶液反应的离子方程式：________。
（2）①流程Ⅵ会同时生成、KCl等产品，则每生成，理论上消耗KClO的质量为________g。（结果保留1位小数）
②极易降价到铁的稳定价态＋3价，是一种绿色环保多功能型水处理剂，它可用于杀菌消毒及净水的原因是________。
③若流程Ⅴ硝酸无剩余，流程Ⅵ的KClO调整为铁粉，则可在搅拌作用下生成磁性材料，工艺中与加入铁粉的物质的量之比最好为________。
【答案】（1） ①. +3 ②. 4FeCr2O4 +7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 ③. 2 ④.
（2） ①. 135.8 ②. 高铁酸钾的还原产物水解产生的Fe(OH)3胶体，有吸附性，使水澄清起净化作用 ③. 2：1
【解析】
【分析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素被还原生成Cr(OH)3沉淀，过滤后灼烧Cr(OH)3得到Cr2O3，利用铝热反应制备金属铬，浸渣中加入硝酸溶解，硝酸铁浓溶液加入次氯酸钾进行氧化还原反应得到高铁酸钾，据此解答。
【小问1详解】
①中Fe为+2价、O为-2价，由化合价代数和为0可知Cr元素化合价为+3；
②加入碳酸钠，高温氧化，可生成Fe2O3、Na2CrO4、CO2，反应的方程式为：4FeCr2O4 +7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
③上述流程Ⅰ中金属元素化合价升高，发生氧化反应，Ⅱ中铬元素被还原生成Cr(OH)3沉淀，，Ⅲ中铬元素化合价不变，Ⅳ中Cr2O3发生还原反应产生Cr，V中Fe2O3和硝酸反应，铁元素未发生改变，Ⅵ中铁元素化合价升高生成高铁酸钾，涉及金属元素发生还原反应的步骤共2步；
④和都是两性氢氧化物，反应为：；
故答案为：+3；4FeCr2O4 +7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；2；。
【小问2详解】
①流程Ⅵ发生的反应为：会同时生成、KCl等产品，则每生成，每生成，理论上消耗KClO的物质的质量为1.5ml，理论上消耗KClO的质量为
；
②高铁酸钾能杀菌消毒是因为高铁酸钾有强氧化性，高铁酸钾的还原产物水解产生的Fe(OH)3胶体，有吸附性，使水澄清起净化作用，故能净水；
③若流程Ⅴ硝酸无剩余，流程Ⅵ的KClO调整为铁粉，在搅拌作用下生成磁性材料为Fe3O4，发生的反应为：，工艺中与加入铁粉的物质的量之比2：1；
故答案为：135.8；高铁酸钾的还原产物水解产生的Fe(OH)3胶体，有吸附性，使水澄清起净化作用；2：1。选项
物质（括号内为杂质）
除杂操作（可以不考虑干燥）
A
在纯氧中加热
B
气体通过饱和碳酸钠溶液洗气
C
溶液（）
滴加适量盐酸至恰好开始产生气体
D
溶液（）
加入铁粉充分反应后过滤
A.配制一定物质的量浓度的溶液
B.用洁净的铂丝蘸取碳酸钾做焰色试验
C.比较与的热稳定性
D.制备并长时间观察氢氧化亚铁沉淀