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期末综合复习模拟训练
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期末综合复习模拟训练学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法正确的是A．36gH2O的物质的量为1mol B．常温常压下，1molCl2的体积是22.4LC．0.5mol•L-1NaCl溶液中含有0.5molNa+ D．1molCO2含有的分子数约为6.02×10232．设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．在常温常压下，含有的原子数为B．标准状况下，含有的共价键数为C．溶液中，的数目为D．盐酸与足量共热，转移的电子数为3．下列物质间的转化，不能一步实现的是A．Fe2O3→Fe(OH)3 B．Na→NaOHC．Na2O2→Na2CO3 D．Al2O3→AlCl34．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O。下列说法中不正确的是（ ）A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原B．还原性：NH>Cl-C．反应中每生成1个N2分子，转移6个电子D．经此法处理过的废水不用再处理就可以直接排放5．铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痛、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究利用反应：H2+FeCO3Fe+CO2↑+H2O↑制取铁粉并检验气体产物实验装置如图。下列说法不正确的是A．通过调节分液漏斗的活塞可以控制①中气泡产生快慢B．装置①中的试剂是浓硫酸，目的是干燥氢气C．装置②中的试剂是无水硫酸铜，目的是检验水蒸气D．为防止④中挥发的气体进入②中干扰检验，③中应盛放碱石灰6．下列说法不正确的是A．温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同B．同温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于16∶11C．温度和容积相同的两气罐中分别盛有5 mol O2(g)和2 mol N2(g)，两容器中的压强之比等于5∶2D．同温等压条件下，5 mol O2(g)和2 mol H2(g)的体积之比等于5∶27．电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。下列物质属于电解质的是A．Fe B．NaCl C．CO2 D．KNO3溶液8．X、Y、Z均为短周期主族元素，其简单离子、、的核外电子层结构相同。下列说法不正确的是A．原子序数： B．原子半径：C．单质的还原性： D．最高价氧化物对应水化物的碱性：9．为了探究铁单质与水蒸气在高温下的反应，某化学小组设计了如图的实验(夹持装置已略)。下列说法错误的是A．为了使加热效果更好，可在酒精灯上加金属网罩B．点燃肥皂泡可观察到淡蓝色火焰C．该反应中水蒸气作氧化剂D．实验结束后，可得到红棕色固体10．合成117号元素的实验中生成了和，关于这两种原子的说法不正确的是A．中子数相同 B．互为同位素 C．核外电子数相同 D．质子数相同11．目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气溶胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是A．该冰具有丁达尔效应B．“气态冰”与普通冰化学性质相同C．18g“气态冰”在标准状况下的体积等于22.4LD．“气态冰”分子中存在极性共价键12．据国外媒体报道，“火星快车”号和“金星快车”号探测器分别在火星和金星大气层中发现了一种非常特殊的气态化合物。这种化合物的存在不但会导致金星上的温室效应被成倍的放大，而且可能会在火星上也诱发温室效应的产生。它的化学式为16OC18O。下列说法正确的是（ ）A．相同条件下16OC18O与16OC16O密度相同B．16OC18O与16OC16O互为同位素C．16OC18O与Na216O2反应生成的氧气中没有18OD．16OC18O与16OC16O的化学性质不同13．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．稀硫酸与溶液反应：B．向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水：C．向足量溶液中滴入少量溶液：D．常温下，将氯气通入水中：14．黄铁矿(主要成分为)是工业制硫酸的主要原料，暴露在空气中会被缓慢氧化，其氧化过程如图所示。下列有关说法不正确的是A．经氧化后的黄铁矿可能呈现与铁锈类似的红褐色B．步反应中每生成转移电子的物质的量为C．氧化过程会产生较多酸性废水，破坏矿区生态环境D．标准状况下，过程中被氧化时大约消耗空气15．某溶液加入铝片可以产生，则在该溶液中一定能大量存在的离子组是（ ）A．、、、 B．、、、C．、、、 D．、、、二、实验题16．已知木炭还原氧化铜实验中发生的主要反应：C+2CuO2Cu+CO2↑。某化学实验小组对该实验产物(假设已完全反应)进行了下探究：探究一：检验产物的成分[提出问题]实验产物是暗红色固体，很难观察到紫红色固体。而该暗红色固体是什么？[查阅资料]氧化亚铜(Cu2O)为红色固体，可以和硫酸反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O。[猜想假设]暗红色固体除铜外还可能含有Cu2O。[设计实验](1)取少量暗红色固体，加入稀硫酸，如果观察到___________，说明猜想正确。探究二：测定产物中Cu2O的含量。[查阅资料]草酸在浓硫酸的作用下会分解为CO和CO2。[设计实验]称取固体样品6.0g，置于上图装置D中进行实验(固定装置已略去，碱石灰为氧化钙和氢氧化钠的混合物)，通过测定反应前后装置E的质量达到实验目的。(2)证明草酸的分解产物中有CO2存在的是___________。(3)装置C的作用是___________。(4)写出装置D中反应的化学方程式___________。(5)下列为加热装置前所涉及的部分操作，正确的顺序是___________(填序号)。①检查装置的气密性②关闭K2，打开K1，使装置A中的反应先进行一段时间③连接仪器④关闭K1，打开K2(6)若装置E在反应前后的质量分别为30.1g和31.2g，则该固体样品中Cu2O的质量分数为___________。17．碳酰氯(COCl2)俗称光气，熔点为-118℃，沸点为8.2℃，微溶于水，易溶于甲苯等有机溶剂，化学性质不稳定，遇水迅速水解得到强酸，是化工制品的重要中间体。某种制取光气的实验装置如图所示(部分装置已省略)。已知：3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2↑+4HCl↑+S2O5Cl2(1)盛放浓硫酸的仪器名称为______，该仪器使用前要进行的操作为______。(2)冷凝管的进水口为______(填“a”或“b”)，丁装置的作用是______。(3)戊中盛放的试剂为______。(4)指出该实验设计存在的不妥之处：______。(5)光气遇水迅速反应的化学方程式为______。(6)实验开始时称取30.8gCCl4与足量的浓H2SO4充分反应，实验结束后得到14.6g光气，则该实验中COCl2的产率为______%(保留有效四位数字)。三、工业流程题18．锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)在染料工业用作媒染剂。以锡渣废料(主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体的工艺流程图如图：已知：水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3。(1)“碱溶”时，SnO发生反应的化学方程式为_______________________。(2)工业上制备锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)时，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是_____________________________________________________________________。(3) “除Sb”时发生反应的离子方程式为____________________________。(4) “除Te”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________________________________，该过程中反应时间、反应温度对Te的脱除率的影响关系如图，“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为__________________________。19．碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料，用于医药、电焊条辅助原料等。工业上用氯化铵焙烧菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。②相关金属Mn+离子浓度c(Mn+)=0.1 mol• L -1，形成M(OH)n沉淀的pH范围如下：③常温下，Ksp(CaF2) =1.46×10-10，Ksp(MgF2) = 7.30×10-11回答下列问题：(1)混合研磨成细粉的目的是_________________。(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_____________。(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为________；再调节溶液pH范围为________将Al3+、Fe3+变为沉淀除去；再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，当c(Ca2+)=1.0×10-5mol‧L-1时，c(Mg2+)=______mol‧L-1。(4)碳化结晶过程中不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液可能的原因是_________。(5)在操作流程中可以循环利用的物质是__________。 (6)测定碳酸锰产品的纯度。称取0.2500g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00 mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3-，冷却至室温。加水稀释至50 mL，滴加2～3滴指示剂，然后用浓度为0.2000 mol·L-1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定(反应为：[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2)。重复操作3次，记录数据如下表：则产品的纯度=____________，若滴定终点时俯视读数，则测得的碳酸锰粗产品的纯度__________。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 金属离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH6.31.53.88.89.6沉淀完全的pH8.32.85.210.811.6滴定次数0.2000mol·L-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数(mL)滴定前滴定后10.1010.2020.2211.3231.0510.95参考答案：1．D【详解】A．36g水的物质的量为，故A错误；B．根据，常温常压下，，所以1mol氯气的体积不是22.4L，故B错误；C．根据，溶液的体积未知，不能计算出钠离子的物质的量，故C错误；D．根据，得，则1mol二氧化碳含有的分子数约为，故D正确；故选D。2．A【详解】A．由题意可知，1.7gNH3的分子数为，又由原子数为分子数的4倍，则原子数为，所以在常温常压下，1.7gNH3含有的原子数为，故A正确；B．标准状况下， CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；C．由于体积未知，所以无法计算，故C错误；D．浓盐酸与MnO2共热时才能反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以50mL12mol•L-1盐酸与足量MnO2共热，盐酸不能被完全消耗，所以转移的电子数小于0.3NA，故D错误；答案选A。3．A【详解】A．氧化铁不与水反应，无法一步得到Fe(OH)3，不能一步实现转化；B．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，能一步实现转化；C．过氧化钠直接与CO2反应即可得到碳酸钠，能一步实现转化；D．氧化铝与稀盐酸反应生成氯化铝，能一步实现转化；答案选A。4．D【详解】A．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，Cl元素从+1价降为-1价，则氮元素被氧化，氯元素被还原，故A正确；B．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，Cl元素从+1价降为-1价，则NH是还原剂，Cl-是还原产物，则还原性：NH>Cl-，故B正确；C．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，则每生成1个N2分子，转移6个电子，故C正确；D．经反应2NH4++3ClO-═N2+3Cl-+2H++3H2O处理过的废水呈酸性，需要先用石灰水中和酸，则不能直接排放，故D错误；故答案为D。5．D【解析】①、②、③依次盛装浓H2SO4（干燥H2）、无水硫酸铜（检验水蒸气）、无水氯化钙（防止④中水蒸气使②中无水CuSO4变蓝干扰实验而吸收水蒸气）；装置②、④的作用分别是检验H2O和CO2，据此解答。【详解】A. 分液漏斗有活塞，可以通过旋转活塞的角度来调节液体的流速，以便控制反应产生气体的的快慢，故A正确；B. Zn粒与稀硫酸反应生成H2，又因生成的H2混有水蒸气，在硬质玻璃管中加热就会发生爆炸，所以要用浓硫酸除去H2中的水蒸气，即干燥氢气，故B正确；C. 根据方程式可知反应后有水蒸气生成，则装置②中的试剂是无水硫酸铜，目的是检验水蒸气，故C正确；D. 为防止④中挥发的气体进入②中干扰检验，③中应盛放无水CaCl2，③不能用碱石灰，因碱石灰会吸收掉CO2无法被澄清石灰水检验出，故D错误；故答案选D。6．A【详解】A．压强未知，温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数不一定相同，A错误；B．同温等压下，两种气体的密度之比=相对分子质量之比，则同温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比=64：44=16∶11，B正确；C．同温同容，两种气体的压强比=物质的量之比，即温度和容积相同的两气罐中分别盛有5 mol O2(g)和2 mol N2(g)，两容器中的压强之比等于5∶2，C正确；D．同温同压下，两种气体的体积比=物质的量之比，即同温等压条件下，5 mol O2(g)和2 mol H2(g)的体积之比等于5∶2，D正确。答案选A。7．B【详解】分析：电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，据此解答。详解：A. Fe是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B. NaCl溶于水能电离出离子而导电，属于电解质，B正确；C. CO2不能电离出离子，属于非电解质，C错误；D. KNO3溶液属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，D错误。答案选B。点睛：掌握电解质和非电解质的概念是解答的关键，电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。例如CO2能导电是因CO2与H2O反应生成了H2CO3，H2CO3能够电离而非CO2本身电离，所以CO2不是电解质，是非电解质，H2CO3是电解质。8．B【详解】X、Y、Z均为短周期主族元素，其简单离子、、的核外电子层结构相同，则这三种离子均具有2个电子层，故X为Na、Y为Al、Z为O。A．原子序数，选项A正确；B．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径，选项B错误；C．金属性，单质的还原性，选项C正确；D．金属性，单质的还原性，最高价氧化物对应水化物的碱性，选项D正确；答案选B。9．D【详解】A．为了使加热效果更好，可在酒精灯上加金属网罩，能集中热量，故A正确；B．氢气可吹出肥皂泡，则点燃肥皂泡可观察到淡蓝色火焰，故B正确；C．水蒸气中H的化合价降低，水蒸气作氧化剂，故C正确；D．实验结束后试管内的固体应为黑色的，可能含有剩余的Fe，故D错误。故选D。10．A【详解】A．中子数=质量数－质子数，所以二者的中子数不相等，A错误；B．二者质子数相同而中子数不同，互为同位素，B正确；C．二者的质子数和核外电子数分别相等，C正确；D．和的质子数都是117，D正确；故选A。11．C【详解】A．在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气溶胶的冰，该冰称为“气态冰”，气溶胶属于胶体，可以产生丁达尔效应，故A正确；B．“气态冰”与普通冰一样都是由水分子构成，因此化学性质相同，故B正确；C．18g“气态冰”的物质的量是1mol，但其状态是固态，所以不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D．构成“气态冰”的分子为水分子，水分子中含极性共价键，故D正确。综上所述，答案为C。12．C【详解】A．同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，由于16OC18O与16OC16O的相对分子质量不同，故其密度不同，故A错误；B．质子数相同、但中子数不同的原子互为同位素，16OC18O与16OC16O为化合物，不属于同位素，故B错误；C．氧气中的氧原子来自于过氧化钠，16OC18O与Na216O2反应生成的氧气中没有18O，为16O2，故C正确；D．16OC18O与16OC16O的组成元素完全相同，结构相同的同种物质，化学性质相同，故D错误；答案选C。【点睛】解答本题的关键是认识16OC18O，16OC18O实际上就是二氧化碳，只是2个氧原子不同而已。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与二氧化碳反应的原理，反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，氧气中的氧原子来自于过氧化钠。13．C【详解】A．稀硫酸与溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为，故A错误；B．向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水，反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为，故B错误；C．向足量溶液中滴入少量溶液，反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为，故C正确；D．常温下，将氯气通入水中，氯气与水反应生成和，次氯酸为弱电解质，不能拆开，正确的离子方程式为，故D错误；答案选C。【点睛】向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水，反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀为易错点。14．B【分析】中反应的化学方程式为，亚铁离子经氧气氧化成铁离子，铁离子水解后得到氢氧化铁沉淀，铁离子加入也能被还原为亚铁离子，由此分析。【详解】A．黄铁矿经氧化后有氢氧化铁生成，因此经氧化后的黄铁矿可能呈现与铁锈类似的红褐色，故A正确；B．中反应的化学方程式为，则生成消耗，被氧化时，元素失电子，两个硫原子的化合价从-1价升高到+6价，因此失电子总物质的量是，故B错误；C．由图可知，黄铁矿的氧化过程和三价铁离子的水解会产生较多酸性废水，破坏矿区生态环境，故C正确；D．中被氧化时，转移电子，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量是，因此被氧化时消耗氧气，空气中氧气的体积约占空气体积的五分之一，则消耗标准状况下空气的体积为，故D正确；答案选B。15．A【详解】A．加入铝片可以产生的溶液呈酸性或强碱性，溶液中可能存在大量氢离子或氢氧根离子。、、、之间不反应，都不与氢离子或氢氧根离子反应，在溶液中能够大量存在，故A正确；B．、之间发生反应生成硫氰化铁络合物，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．若溶液呈酸性，因为有的存在，加入铝不能产生，若溶液呈强碱性，与氢氧根离子反应形成沉淀，故C错误；D．与和都会发生反应，无论溶液为酸性还是强碱性，在溶液中一定不能大量存在，故D错误；答案选A。16．(1)固体部分溶解，溶液变为蓝色(2)装置B中的澄清石灰水变浑浊(3)除去草酸分解产生的CO2和水蒸气(4)Cu2O+CO2Cu+CO2(5)③①②④(6)60%【分析】草酸在浓硫酸作用下加热分解生成一氧化碳、二氧化碳，B用于检验二氧化碳，C用于除去二氧化碳、水蒸气，加热条件下在D中与Cu2O反应生成铜和二氧化碳，根据E中质量的变化可确定Cu2O的含量，F用于防止空气中的水、二氧化碳进入E中，以此解答该题。【详解】（1）根据Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O可判断要证明是氧化亚铜，只需要取少量暗红色固体，加入稀硫酸，如果观察到固体部分溶解，溶液变成蓝色，说明暗红色固体含有Cu2O，故填答案为：固体部分溶解，溶液变为蓝色；（2）草酸分解生成二氧化碳，则可观察到装置B中的澄清石灰水变浑浊，故答案为：装置B中的澄清石灰水变浑浊；（3）C用于除去二氧化碳、水蒸气，可通过CO与Cu2O的反应测定Cu2O的含量，故答案为：除去草酸分解产生的CO2和水蒸气；（4）加热条件下在D中CO与Cu2O反应生成铜和二氧化碳，反应的方程式为Cu2O+CO2Cu+CO2，故答案为：Cu2O+CO2Cu+CO2；（5）点燃酒精灯前涉及的部分操作如下，正确的顺序是：先连接仪器，检查装置的气密性，再关闭K2，打开K1，通氢气一段时间，把装置中的水蒸气和二氧化碳排出，再打开K2，关闭K1，点燃酒精灯，故答案为：③①②④；（6）若装置E在反应前后的质量分别为30.1g和31.2g，则可知生成m(CO2)=31.2g－30.1g=1.1g，n(CO2)==0.025mol，反应的方程式为Cu2O+CO2Cu+CO2，则n(Cu2O)=0.025mol，m(Cu2O)=0.025mol×144g/mol=3.6g，该固体样品中Cu2O的质量分数为=60%，故答案为：60%。17． 分液漏斗 检查仪器是否漏液 a 吸收多余光气，防止倒吸 NaOH溶液 没有进行水浴加热 COCl2+H2O=2HCl+CO2 73.74【分析】由实验装置可知，连接好装置先检验装置的气密性，甲中发生3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2↑+4HCl↑+S2O5Cl2，乙、丙装置中冰盐降温得到液态光气，丁中甲苯可吸收光气，最后戊装置进气尾气处理，以此来解答。【详解】(1)根据仪器构造可知盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，该仪器使用前要进行的操作为检查仪器是否漏液。(2)冷凝时应该是逆向冷却，则冷凝管的进水口为a，光气易溶于甲苯，则丁装置的作用是吸收多余光气，防止倒吸。(3)反应后有酸性气体生成，则戊中盛放的试剂为NaOH溶液，用来吸收尾气。(4)由于反应温度没有超过100℃，因此该实验设计存在的不妥之处为没有进行水浴加热。(5)光气遇水迅速反应，根据原子守恒可知生成物是盐酸和二氧化碳，反应的化学方程式为COCl2+H2O=2HCl+CO2。(6)实验开始时称取30.8gCCl4与足量的浓H2SO4充分反应，理论上生成光气的质量是，实验结束后得到14.6g光气，则该实验中COCl2的产率为＝73.74%。18． 2SnO+O2+4NaOH＝2Na2SnO3+2H2O 洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量 4+ 5Sn+H2O＝4Sb+5+2OH- 1:1 60min、70℃【分析】锡渣废料(主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入Sn粒，Na3SbO4转化为Sb，而Sn转化为Na2SnO3；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出，据此解答。【详解】（1）“碱溶”时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH＝2Na2SnO3+2H2O；（2）工业上制备锡酸钠晶体（Na2SnO3•3H2O）时，为提高所得产品的产量，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；（3）“除Sb”时，Na3SbO4与Sn在水溶液中发生反应生成Sb和Na2SnO3，发生反应的离子方程式为4+5Sn+H2O＝4Sb+5+2OH-；（4）“除Te”过程中发生反应的化学方程式为Na2TeO3+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；从图中可以看出，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，则主要是H2O2热分解造成的，原因可能是H2O2受热分解；从图中可以看出，“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为60min、70℃。19． 增大接触面积，提高反应速率 MnCO3＋2NH4Cl MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 5.2≤pH＜8.8 5×10-6 碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀 NH4Cl 92.00% 偏低【分析】菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素，加入氯化铵混合研磨后、焙烧，此时发生反应，由流程图可知，MnCO3与NH4Cl反应生成NH3、CO2、氯化锰等，其它金属元素转化为金属氯化物；往浸出液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+；再调节溶液pH范围，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀；再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+；最后加碳酸氢铵，将Mn2+转化为MnCO3沉淀。【详解】(1)混合研磨成细粉，可增大固体颗粒间的接触，从而得出目的是增大接触面积，提高反应速率。答案为：增大接触面积，提高反应速率；(2)“焙烧”时，MnCO3与NH4Cl反应生成NH3、CO2、氯化锰等，发生的主要反应的化学方程式为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。答案为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，而MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；再调节溶液pH范围，让Al3+、Fe3+全部生成沉淀，而Ca2+、Mg2+不生成沉淀，所以pH范围为5.2≤pH＜8.8；再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，当c(Ca2+)=1.0×10-5mol‧L-1时，c(Mg2+)===5×10-6mol‧L-1。答案为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；5.2≤pH＜8.8；5×10-6；(4)碳化结晶过程中不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，主要从溶液的碱性强，Mn2+会转化为锰的氢氧化物角度分析，可能的原因是碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀。答案为：碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀；(5)在操作流程中，反应物中加入了NH4Cl，分离滤液和滤饼时又获得了氯化铵，所以可以循环利用的物质是NH4Cl。 答案为：NH4Cl；(6)测定碳酸锰产品的纯度时，3次滴定操作中的第2次误差过大，实验数据不能采用，由此可得出两次有效滴定所用标准溶液的平均体积为=10.00mL，由反应可得出如下关系式：MnCO3——(NH4)2Fe(SO4)2，n(MnCO3)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]= 0.2000 mol·L-1×0.010L=2×10-3mol，则产品的纯度==92.00%，若滴定终点时俯视读数，则读出的硫酸亚铁铵标准溶液的体积偏小，测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。答案为：92.00%；偏低。【点睛】在利用实验数据求所用标准溶液的体积时，我们若不注意分析实验的有效性，容易计算三次实验的平均值，从而得出错误的结论。
期末综合复习模拟训练学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法正确的是A．36gH2O的物质的量为1mol B．常温常压下，1molCl2的体积是22.4LC．0.5mol•L-1NaCl溶液中含有0.5molNa+ D．1molCO2含有的分子数约为6.02×10232．设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．在常温常压下，含有的原子数为B．标准状况下，含有的共价键数为C．溶液中，的数目为D．盐酸与足量共热，转移的电子数为3．下列物质间的转化，不能一步实现的是A．Fe2O3→Fe(OH)3 B．Na→NaOHC．Na2O2→Na2CO3 D．Al2O3→AlCl34．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O。下列说法中不正确的是（ ）A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原B．还原性：NH>Cl-C．反应中每生成1个N2分子，转移6个电子D．经此法处理过的废水不用再处理就可以直接排放5．铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痛、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究利用反应：H2+FeCO3Fe+CO2↑+H2O↑制取铁粉并检验气体产物实验装置如图。下列说法不正确的是A．通过调节分液漏斗的活塞可以控制①中气泡产生快慢B．装置①中的试剂是浓硫酸，目的是干燥氢气C．装置②中的试剂是无水硫酸铜，目的是检验水蒸气D．为防止④中挥发的气体进入②中干扰检验，③中应盛放碱石灰6．下列说法不正确的是A．温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同B．同温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于16∶11C．温度和容积相同的两气罐中分别盛有5 mol O2(g)和2 mol N2(g)，两容器中的压强之比等于5∶2D．同温等压条件下，5 mol O2(g)和2 mol H2(g)的体积之比等于5∶27．电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。下列物质属于电解质的是A．Fe B．NaCl C．CO2 D．KNO3溶液8．X、Y、Z均为短周期主族元素，其简单离子、、的核外电子层结构相同。下列说法不正确的是A．原子序数： B．原子半径：C．单质的还原性： D．最高价氧化物对应水化物的碱性：9．为了探究铁单质与水蒸气在高温下的反应，某化学小组设计了如图的实验(夹持装置已略)。下列说法错误的是A．为了使加热效果更好，可在酒精灯上加金属网罩B．点燃肥皂泡可观察到淡蓝色火焰C．该反应中水蒸气作氧化剂D．实验结束后，可得到红棕色固体10．合成117号元素的实验中生成了和，关于这两种原子的说法不正确的是A．中子数相同 B．互为同位素 C．核外电子数相同 D．质子数相同11．目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气溶胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是A．该冰具有丁达尔效应B．“气态冰”与普通冰化学性质相同C．18g“气态冰”在标准状况下的体积等于22.4LD．“气态冰”分子中存在极性共价键12．据国外媒体报道，“火星快车”号和“金星快车”号探测器分别在火星和金星大气层中发现了一种非常特殊的气态化合物。这种化合物的存在不但会导致金星上的温室效应被成倍的放大，而且可能会在火星上也诱发温室效应的产生。它的化学式为16OC18O。下列说法正确的是（ ）A．相同条件下16OC18O与16OC16O密度相同B．16OC18O与16OC16O互为同位素C．16OC18O与Na216O2反应生成的氧气中没有18OD．16OC18O与16OC16O的化学性质不同13．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．稀硫酸与溶液反应：B．向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水：C．向足量溶液中滴入少量溶液：D．常温下，将氯气通入水中：14．黄铁矿(主要成分为)是工业制硫酸的主要原料，暴露在空气中会被缓慢氧化，其氧化过程如图所示。下列有关说法不正确的是A．经氧化后的黄铁矿可能呈现与铁锈类似的红褐色B．步反应中每生成转移电子的物质的量为C．氧化过程会产生较多酸性废水，破坏矿区生态环境D．标准状况下，过程中被氧化时大约消耗空气15．某溶液加入铝片可以产生，则在该溶液中一定能大量存在的离子组是（ ）A．、、、 B．、、、C．、、、 D．、、、二、实验题16．已知木炭还原氧化铜实验中发生的主要反应：C+2CuO2Cu+CO2↑。某化学实验小组对该实验产物(假设已完全反应)进行了下探究：探究一：检验产物的成分[提出问题]实验产物是暗红色固体，很难观察到紫红色固体。而该暗红色固体是什么？[查阅资料]氧化亚铜(Cu2O)为红色固体，可以和硫酸反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O。[猜想假设]暗红色固体除铜外还可能含有Cu2O。[设计实验](1)取少量暗红色固体，加入稀硫酸，如果观察到___________，说明猜想正确。探究二：测定产物中Cu2O的含量。[查阅资料]草酸在浓硫酸的作用下会分解为CO和CO2。[设计实验]称取固体样品6.0g，置于上图装置D中进行实验(固定装置已略去，碱石灰为氧化钙和氢氧化钠的混合物)，通过测定反应前后装置E的质量达到实验目的。(2)证明草酸的分解产物中有CO2存在的是___________。(3)装置C的作用是___________。(4)写出装置D中反应的化学方程式___________。(5)下列为加热装置前所涉及的部分操作，正确的顺序是___________(填序号)。①检查装置的气密性②关闭K2，打开K1，使装置A中的反应先进行一段时间③连接仪器④关闭K1，打开K2(6)若装置E在反应前后的质量分别为30.1g和31.2g，则该固体样品中Cu2O的质量分数为___________。17．碳酰氯(COCl2)俗称光气，熔点为-118℃，沸点为8.2℃，微溶于水，易溶于甲苯等有机溶剂，化学性质不稳定，遇水迅速水解得到强酸，是化工制品的重要中间体。某种制取光气的实验装置如图所示(部分装置已省略)。已知：3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2↑+4HCl↑+S2O5Cl2(1)盛放浓硫酸的仪器名称为______，该仪器使用前要进行的操作为______。(2)冷凝管的进水口为______(填“a”或“b”)，丁装置的作用是______。(3)戊中盛放的试剂为______。(4)指出该实验设计存在的不妥之处：______。(5)光气遇水迅速反应的化学方程式为______。(6)实验开始时称取30.8gCCl4与足量的浓H2SO4充分反应，实验结束后得到14.6g光气，则该实验中COCl2的产率为______%(保留有效四位数字)。三、工业流程题18．锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)在染料工业用作媒染剂。以锡渣废料(主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体的工艺流程图如图：已知：水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3。(1)“碱溶”时，SnO发生反应的化学方程式为_______________________。(2)工业上制备锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)时，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是_____________________________________________________________________。(3) “除Sb”时发生反应的离子方程式为____________________________。(4) “除Te”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________________________________，该过程中反应时间、反应温度对Te的脱除率的影响关系如图，“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为__________________________。19．碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料，用于医药、电焊条辅助原料等。工业上用氯化铵焙烧菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。②相关金属Mn+离子浓度c(Mn+)=0.1 mol• L -1，形成M(OH)n沉淀的pH范围如下：③常温下，Ksp(CaF2) =1.46×10-10，Ksp(MgF2) = 7.30×10-11回答下列问题：(1)混合研磨成细粉的目的是_________________。(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_____________。(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为________；再调节溶液pH范围为________将Al3+、Fe3+变为沉淀除去；再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，当c(Ca2+)=1.0×10-5mol‧L-1时，c(Mg2+)=______mol‧L-1。(4)碳化结晶过程中不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液可能的原因是_________。(5)在操作流程中可以循环利用的物质是__________。 (6)测定碳酸锰产品的纯度。称取0.2500g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00 mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3-，冷却至室温。加水稀释至50 mL，滴加2～3滴指示剂，然后用浓度为0.2000 mol·L-1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定(反应为：[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2)。重复操作3次，记录数据如下表：则产品的纯度=____________，若滴定终点时俯视读数，则测得的碳酸锰粗产品的纯度__________。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 金属离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH6.31.53.88.89.6沉淀完全的pH8.32.85.210.811.6滴定次数0.2000mol·L-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数(mL)滴定前滴定后10.1010.2020.2211.3231.0510.95参考答案：1．D【详解】A．36g水的物质的量为，故A错误；B．根据，常温常压下，，所以1mol氯气的体积不是22.4L，故B错误；C．根据，溶液的体积未知，不能计算出钠离子的物质的量，故C错误；D．根据，得，则1mol二氧化碳含有的分子数约为，故D正确；故选D。2．A【详解】A．由题意可知，1.7gNH3的分子数为，又由原子数为分子数的4倍，则原子数为，所以在常温常压下，1.7gNH3含有的原子数为，故A正确；B．标准状况下， CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；C．由于体积未知，所以无法计算，故C错误；D．浓盐酸与MnO2共热时才能反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以50mL12mol•L-1盐酸与足量MnO2共热，盐酸不能被完全消耗，所以转移的电子数小于0.3NA，故D错误；答案选A。3．A【详解】A．氧化铁不与水反应，无法一步得到Fe(OH)3，不能一步实现转化；B．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，能一步实现转化；C．过氧化钠直接与CO2反应即可得到碳酸钠，能一步实现转化；D．氧化铝与稀盐酸反应生成氯化铝，能一步实现转化；答案选A。4．D【详解】A．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，Cl元素从+1价降为-1价，则氮元素被氧化，氯元素被还原，故A正确；B．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，Cl元素从+1价降为-1价，则NH是还原剂，Cl-是还原产物，则还原性：NH>Cl-，故B正确；C．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，则每生成1个N2分子，转移6个电子，故C正确；D．经反应2NH4++3ClO-═N2+3Cl-+2H++3H2O处理过的废水呈酸性，需要先用石灰水中和酸，则不能直接排放，故D错误；故答案为D。5．D【解析】①、②、③依次盛装浓H2SO4（干燥H2）、无水硫酸铜（检验水蒸气）、无水氯化钙（防止④中水蒸气使②中无水CuSO4变蓝干扰实验而吸收水蒸气）；装置②、④的作用分别是检验H2O和CO2，据此解答。【详解】A. 分液漏斗有活塞，可以通过旋转活塞的角度来调节液体的流速，以便控制反应产生气体的的快慢，故A正确；B. Zn粒与稀硫酸反应生成H2，又因生成的H2混有水蒸气，在硬质玻璃管中加热就会发生爆炸，所以要用浓硫酸除去H2中的水蒸气，即干燥氢气，故B正确；C. 根据方程式可知反应后有水蒸气生成，则装置②中的试剂是无水硫酸铜，目的是检验水蒸气，故C正确；D. 为防止④中挥发的气体进入②中干扰检验，③中应盛放无水CaCl2，③不能用碱石灰，因碱石灰会吸收掉CO2无法被澄清石灰水检验出，故D错误；故答案选D。6．A【详解】A．压强未知，温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数不一定相同，A错误；B．同温等压下，两种气体的密度之比=相对分子质量之比，则同温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比=64：44=16∶11，B正确；C．同温同容，两种气体的压强比=物质的量之比，即温度和容积相同的两气罐中分别盛有5 mol O2(g)和2 mol N2(g)，两容器中的压强之比等于5∶2，C正确；D．同温同压下，两种气体的体积比=物质的量之比，即同温等压条件下，5 mol O2(g)和2 mol H2(g)的体积之比等于5∶2，D正确。答案选A。7．B【详解】分析：电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，据此解答。详解：A. Fe是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B. NaCl溶于水能电离出离子而导电，属于电解质，B正确；C. CO2不能电离出离子，属于非电解质，C错误；D. KNO3溶液属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，D错误。答案选B。点睛：掌握电解质和非电解质的概念是解答的关键，电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。例如CO2能导电是因CO2与H2O反应生成了H2CO3，H2CO3能够电离而非CO2本身电离，所以CO2不是电解质，是非电解质，H2CO3是电解质。8．B【详解】X、Y、Z均为短周期主族元素，其简单离子、、的核外电子层结构相同，则这三种离子均具有2个电子层，故X为Na、Y为Al、Z为O。A．原子序数，选项A正确；B．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径，选项B错误；C．金属性，单质的还原性，选项C正确；D．金属性，单质的还原性，最高价氧化物对应水化物的碱性，选项D正确；答案选B。9．D【详解】A．为了使加热效果更好，可在酒精灯上加金属网罩，能集中热量，故A正确；B．氢气可吹出肥皂泡，则点燃肥皂泡可观察到淡蓝色火焰，故B正确；C．水蒸气中H的化合价降低，水蒸气作氧化剂，故C正确；D．实验结束后试管内的固体应为黑色的，可能含有剩余的Fe，故D错误。故选D。10．A【详解】A．中子数=质量数－质子数，所以二者的中子数不相等，A错误；B．二者质子数相同而中子数不同，互为同位素，B正确；C．二者的质子数和核外电子数分别相等，C正确；D．和的质子数都是117，D正确；故选A。11．C【详解】A．在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气溶胶的冰，该冰称为“气态冰”，气溶胶属于胶体，可以产生丁达尔效应，故A正确；B．“气态冰”与普通冰一样都是由水分子构成，因此化学性质相同，故B正确；C．18g“气态冰”的物质的量是1mol，但其状态是固态，所以不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D．构成“气态冰”的分子为水分子，水分子中含极性共价键，故D正确。综上所述，答案为C。12．C【详解】A．同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，由于16OC18O与16OC16O的相对分子质量不同，故其密度不同，故A错误；B．质子数相同、但中子数不同的原子互为同位素，16OC18O与16OC16O为化合物，不属于同位素，故B错误；C．氧气中的氧原子来自于过氧化钠，16OC18O与Na216O2反应生成的氧气中没有18O，为16O2，故C正确；D．16OC18O与16OC16O的组成元素完全相同，结构相同的同种物质，化学性质相同，故D错误；答案选C。【点睛】解答本题的关键是认识16OC18O，16OC18O实际上就是二氧化碳，只是2个氧原子不同而已。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与二氧化碳反应的原理，反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，氧气中的氧原子来自于过氧化钠。13．C【详解】A．稀硫酸与溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为，故A错误；B．向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水，反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为，故B错误；C．向足量溶液中滴入少量溶液，反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为，故C正确；D．常温下，将氯气通入水中，氯气与水反应生成和，次氯酸为弱电解质，不能拆开，正确的离子方程式为，故D错误；答案选C。【点睛】向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水，反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀为易错点。14．B【分析】中反应的化学方程式为，亚铁离子经氧气氧化成铁离子，铁离子水解后得到氢氧化铁沉淀，铁离子加入也能被还原为亚铁离子，由此分析。【详解】A．黄铁矿经氧化后有氢氧化铁生成，因此经氧化后的黄铁矿可能呈现与铁锈类似的红褐色，故A正确；B．中反应的化学方程式为，则生成消耗，被氧化时，元素失电子，两个硫原子的化合价从-1价升高到+6价，因此失电子总物质的量是，故B错误；C．由图可知，黄铁矿的氧化过程和三价铁离子的水解会产生较多酸性废水，破坏矿区生态环境，故C正确；D．中被氧化时，转移电子，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量是，因此被氧化时消耗氧气，空气中氧气的体积约占空气体积的五分之一，则消耗标准状况下空气的体积为，故D正确；答案选B。15．A【详解】A．加入铝片可以产生的溶液呈酸性或强碱性，溶液中可能存在大量氢离子或氢氧根离子。、、、之间不反应，都不与氢离子或氢氧根离子反应，在溶液中能够大量存在，故A正确；B．、之间发生反应生成硫氰化铁络合物，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．若溶液呈酸性，因为有的存在，加入铝不能产生，若溶液呈强碱性，与氢氧根离子反应形成沉淀，故C错误；D．与和都会发生反应，无论溶液为酸性还是强碱性，在溶液中一定不能大量存在，故D错误；答案选A。16．(1)固体部分溶解，溶液变为蓝色(2)装置B中的澄清石灰水变浑浊(3)除去草酸分解产生的CO2和水蒸气(4)Cu2O+CO2Cu+CO2(5)③①②④(6)60%【分析】草酸在浓硫酸作用下加热分解生成一氧化碳、二氧化碳，B用于检验二氧化碳，C用于除去二氧化碳、水蒸气，加热条件下在D中与Cu2O反应生成铜和二氧化碳，根据E中质量的变化可确定Cu2O的含量，F用于防止空气中的水、二氧化碳进入E中，以此解答该题。【详解】（1）根据Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O可判断要证明是氧化亚铜，只需要取少量暗红色固体，加入稀硫酸，如果观察到固体部分溶解，溶液变成蓝色，说明暗红色固体含有Cu2O，故填答案为：固体部分溶解，溶液变为蓝色；（2）草酸分解生成二氧化碳，则可观察到装置B中的澄清石灰水变浑浊，故答案为：装置B中的澄清石灰水变浑浊；（3）C用于除去二氧化碳、水蒸气，可通过CO与Cu2O的反应测定Cu2O的含量，故答案为：除去草酸分解产生的CO2和水蒸气；（4）加热条件下在D中CO与Cu2O反应生成铜和二氧化碳，反应的方程式为Cu2O+CO2Cu+CO2，故答案为：Cu2O+CO2Cu+CO2；（5）点燃酒精灯前涉及的部分操作如下，正确的顺序是：先连接仪器，检查装置的气密性，再关闭K2，打开K1，通氢气一段时间，把装置中的水蒸气和二氧化碳排出，再打开K2，关闭K1，点燃酒精灯，故答案为：③①②④；（6）若装置E在反应前后的质量分别为30.1g和31.2g，则可知生成m(CO2)=31.2g－30.1g=1.1g，n(CO2)==0.025mol，反应的方程式为Cu2O+CO2Cu+CO2，则n(Cu2O)=0.025mol，m(Cu2O)=0.025mol×144g/mol=3.6g，该固体样品中Cu2O的质量分数为=60%，故答案为：60%。17． 分液漏斗 检查仪器是否漏液 a 吸收多余光气，防止倒吸 NaOH溶液 没有进行水浴加热 COCl2+H2O=2HCl+CO2 73.74【分析】由实验装置可知，连接好装置先检验装置的气密性，甲中发生3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2↑+4HCl↑+S2O5Cl2，乙、丙装置中冰盐降温得到液态光气，丁中甲苯可吸收光气，最后戊装置进气尾气处理，以此来解答。【详解】(1)根据仪器构造可知盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，该仪器使用前要进行的操作为检查仪器是否漏液。(2)冷凝时应该是逆向冷却，则冷凝管的进水口为a，光气易溶于甲苯，则丁装置的作用是吸收多余光气，防止倒吸。(3)反应后有酸性气体生成，则戊中盛放的试剂为NaOH溶液，用来吸收尾气。(4)由于反应温度没有超过100℃，因此该实验设计存在的不妥之处为没有进行水浴加热。(5)光气遇水迅速反应，根据原子守恒可知生成物是盐酸和二氧化碳，反应的化学方程式为COCl2+H2O=2HCl+CO2。(6)实验开始时称取30.8gCCl4与足量的浓H2SO4充分反应，理论上生成光气的质量是，实验结束后得到14.6g光气，则该实验中COCl2的产率为＝73.74%。18． 2SnO+O2+4NaOH＝2Na2SnO3+2H2O 洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量 4+ 5Sn+H2O＝4Sb+5+2OH- 1:1 60min、70℃【分析】锡渣废料(主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入Sn粒，Na3SbO4转化为Sb，而Sn转化为Na2SnO3；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出，据此解答。【详解】（1）“碱溶”时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH＝2Na2SnO3+2H2O；（2）工业上制备锡酸钠晶体（Na2SnO3•3H2O）时，为提高所得产品的产量，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；（3）“除Sb”时，Na3SbO4与Sn在水溶液中发生反应生成Sb和Na2SnO3，发生反应的离子方程式为4+5Sn+H2O＝4Sb+5+2OH-；（4）“除Te”过程中发生反应的化学方程式为Na2TeO3+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；从图中可以看出，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，则主要是H2O2热分解造成的，原因可能是H2O2受热分解；从图中可以看出，“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为60min、70℃。19． 增大接触面积，提高反应速率 MnCO3＋2NH4Cl MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 5.2≤pH＜8.8 5×10-6 碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀 NH4Cl 92.00% 偏低【分析】菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素，加入氯化铵混合研磨后、焙烧，此时发生反应，由流程图可知，MnCO3与NH4Cl反应生成NH3、CO2、氯化锰等，其它金属元素转化为金属氯化物；往浸出液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+；再调节溶液pH范围，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀；再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+；最后加碳酸氢铵，将Mn2+转化为MnCO3沉淀。【详解】(1)混合研磨成细粉，可增大固体颗粒间的接触，从而得出目的是增大接触面积，提高反应速率。答案为：增大接触面积，提高反应速率；(2)“焙烧”时，MnCO3与NH4Cl反应生成NH3、CO2、氯化锰等，发生的主要反应的化学方程式为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。答案为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，而MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；再调节溶液pH范围，让Al3+、Fe3+全部生成沉淀，而Ca2+、Mg2+不生成沉淀，所以pH范围为5.2≤pH＜8.8；再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，当c(Ca2+)=1.0×10-5mol‧L-1时，c(Mg2+)===5×10-6mol‧L-1。答案为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；5.2≤pH＜8.8；5×10-6；(4)碳化结晶过程中不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，主要从溶液的碱性强，Mn2+会转化为锰的氢氧化物角度分析，可能的原因是碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀。答案为：碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀；(5)在操作流程中，反应物中加入了NH4Cl，分离滤液和滤饼时又获得了氯化铵，所以可以循环利用的物质是NH4Cl。 答案为：NH4Cl；(6)测定碳酸锰产品的纯度时，3次滴定操作中的第2次误差过大，实验数据不能采用，由此可得出两次有效滴定所用标准溶液的平均体积为=10.00mL，由反应可得出如下关系式：MnCO3——(NH4)2Fe(SO4)2，n(MnCO3)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]= 0.2000 mol·L-1×0.010L=2×10-3mol，则产品的纯度==92.00%，若滴定终点时俯视读数，则读出的硫酸亚铁铵标准溶液的体积偏小，测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。答案为：92.00%；偏低。【点睛】在利用实验数据求所用标准溶液的体积时，我们若不注意分析实验的有效性，容易计算三次实验的平均值，从而得出错误的结论。
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