2023-2024学年山东省潍坊市高一(上)期末考试化学试卷（解析版）

这是一份2023-2024学年山东省潍坊市高一(上)期末考试化学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了 化学与社会、科技密切相关， 物质的性质决定用途，3NA，C正确；， 实验安全至关重要等内容，欢迎下载使用。

1．答卷前，考生将自己的学校、姓名、班级、座号、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。回答非选择题时，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 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 V51 Mn55 Fe56 Cu64
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学与社会、科技密切相关。下列说法错误的是
A. 三元催化器可将汽车尾气中的氮氧化物转化为无污染气体
B. “纳米氮化镓”颗粒是一种胶体
C. “蛟龙号”潜水器使用的钛合金熔点低于单质钛
D. “长征火箭”的动力源于氧化还原反应
【答案】B
【解析】A．三元催化器可将汽车尾气中的氮氧化物转化为无污染气体氮气，故A正确；
B．胶体是分散质粒子直径在1-100nm之间的分散系，是混合物，故B错误；
C．合金的熔点低于其成分金属的熔点，故C正确；
D．火箭发射时发生的反应为燃料和氧化剂的反应，属于氧化还原反应，故D正确；
故选B。
2. 物质的性质决定用途。下列两者对应关系错误的是
A. 黄铁矿具有还原性，可在空气中煅烧制备
B. 碳酸氢钠受热易分解，可用作面食膨松剂
C. 二氧化硫具有还原性，可用作红酒的添加剂
D. 次氯酸钠具有强氧化性，可用作杀菌消毒剂
【答案】A
【解析】A．二硫化亚铁燃烧生成氧化铁和二氧化硫，不能燃烧生成三氧化硫，故A错误；
B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成二氧化碳，所以可用作面食膨松剂，故B正确；
C．二氧化硫具有还原性，可用作红酒的抗氧化剂，故C正确；
D．次氯酸钠具有强氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒效力，可用作杀菌消毒剂，故D正确；
故选A。
3. 物质类别和元素价态是研究物质的重要视角，部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A. 工业上可通过来制备硝酸
B. 的过程属于氮的固定
C. 易液化，常用作制冷剂
D. 实验室里的浓溶液通常保存在棕色细口瓶中
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，a为-3价的氢化物，即NH3，b为单质：N2，c为＋2价的氧化物，即NO，d为+4价的氧化物，即NO2，e为＋5价的含氧酸，即HNO3，f为-3价碱，即NH3·H2O，g为-3价盐，即铵盐，据此分析作答。A．工业上通过氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故A正确；
B．氮的固定是指氮气转化为含氮化合物的过程，根据分析可知，a→b的过程属于氮的化合物转为氮气，不属于氮的固定，故B错误；
C．根据分析可知，a为NH3，液氨汽化要吸收大量的热，使周围环境温度降低，可用作制冷剂，故C正确；
D．浓硝酸见光易分解，要保存在棕色细口瓶，并置于阴凉处，故D正确；
故选B。
4. 利用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是
A 装置甲：配制溶液时转移溶液B. 装置乙：制取并收集纯净
C. 装置丙：检验的漂白性D. 装置丁：除去中的
【答案】D
【解析】A．转移溶液时需要玻璃棒引流，否则易溅出液体，导致配制溶液浓度偏低，故A错误；
B．氨气的密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气，收集装置中，导气管应该伸入试管底部，故B错误；
C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质，该实验能证明二氧化硫具有还原性，不能证明二氧化硫具有漂白性，故C错误；
D．HCl极易溶于水，饱和食盐水抑制Cl2溶解，所以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故D正确；
故选D。
5. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 铁与标准状况下氯气反应，转移电子数为
B. 密闭容器中通入与，充分反应后，容器内分子数为
C. 溶液中含数目为
D. 医用葡萄糖溶液中含氧原子数为
【答案】C
【解析】A．5.6g铁与标准状况下2.24L氯气反应，氯气不足，转移电子数为0.2NA，A错误；
B．合成氨反应为可逆反应，密闭容器中通入1mlN2与3mlH2，充分反应后，容器内分子数大于2NA，B错误；
C．溶液中含数目为0.3NA，C正确；
D．360g医用5%葡萄糖溶液中含氧原子数大于0.6NA，D错误。
故选C。
6. 下列离子组加入相应试剂后，发生反应的离子方程式正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】A．铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：，A错误；
B．石灰石难溶于水，不能拆，离子方程式为：，B错误；
C．根据以少定多的原则可知，该反应的离子方程式为：，C正确；
D．硝酸和二价铁反应生成三价铁和一氧化氮，离子方程式为：，D错误；
故选C。
7. 实验安全至关重要。以下两个金属性质探究实验：
实验i：探究金属钠的化学性质
实验ii：探究铁与水蒸气的反应
相关操作符合实验安全要求的是
A. 实验i：用镊子将金属钠从试剂瓶中取出，在玻璃片上用小刀切下绿豆粒大小的一块钠，放入盛有水的水槽中，使钠与水反应
B. 实验：将一小块钠放入试管中，酒精灯预热后再固定加热，使钠与氧气反应
C. 实验ii：将少量铁粉与水的混合物放置于试管中，管口用带导管的橡胶塞塞紧并略向下倾斜，导管末端插入肥皂液中，用酒精灯预热后再固定加热，使铁与水反应
D. 实验ii：在导管口附近用火柴点燃产生的肥皂泡，有爆鸣声，验证有氢气产生
【答案】D
【解析】A．在进行钠和水反应的实验时，将钠从煤油中取出后，要将表面的煤油擦干，否则会冒黑烟，故A错误；
B．应将钠放置在坩埚中加热，不能在试管中，故B错误；
C．应该在试管中依次放入湿棉花和还原铁粉后，先加热湿棉花到有水蒸气产生时，再将酒精灯移至还原铁粉的位置，不能直接加热铁粉与水的混合物，故C错误；
D．铁与水蒸气生成氢气，反应一段时间后，有肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，肥皂泡爆炸,不纯的氢气在点燃时会有爆鸣声，故D正确；
故选D。
8. 实验室配制溶液，下列说法正确的是
A. 用量筒量取浓后，量筒不需洗涤B. 容量瓶使用前要进行干燥处理
C. 容量瓶进行检漏，倒置一次即可D. 定容时不慎超过刻度线，可用胶头滴管吸出多余液体
【答案】A
【解析】A．量筒不需要洗涤，故A正确；
B．容量瓶不需要干燥，故B错误；
C．进行容量瓶检漏时，倒置一次，检查是否漏水，然后正放，瓶塞旋转180°后再次倒置检漏，故C错误；
D．定容时若不慎超过刻度线，应该重新配置，故D错误；
故选A。
9. 研究小组设计如下实验制备硫酸亚铁铵。
步骤1：铁屑的处理与称量。在盛有适量铁屑的锥形瓶中加入溶液，加热、过滤、洗涤、干燥、称量，质量为。
步骤2：的制备。将上述铁屑加入到的稀硫酸中，充分反应后过滤并用少量热水洗涤沉淀。滤液及洗涤液完全转移至蒸发皿中。滤渣干燥后称重，质量为。
步骤3：硫酸亚铁铵的制备。计算并称取所需质量的，加入“步骤2”的蒸发血中，缓缓加热一段时间后停止，冷却，待硫酸亚铁铵结晶后过滤。晶体用无水乙醇洗涤并自然干燥。
步骤3中准确称取的质量为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据题干信息知，制备FeSO4消耗的m (Fe)=(m1-m2)g，，根据Fe原子守恒得，在硫酸亚铁铵中存在如下关系：n[(NH4)2SO4]=n(FeSO4)=n(Fe)，，故选C。
10. 研究小组设计如下实验制备硫酸亚铁铵。
步骤1：铁屑的处理与称量。在盛有适量铁屑的锥形瓶中加入溶液，加热、过滤、洗涤、干燥、称量，质量为。
步骤2：的制备。将上述铁屑加入到的稀硫酸中，充分反应后过滤并用少量热水洗涤沉淀。滤液及洗涤液完全转移至蒸发皿中。滤渣干燥后称重，质量为。
步骤3：硫酸亚铁铵的制备。计算并称取所需质量的，加入“步骤2”的蒸发血中，缓缓加热一段时间后停止，冷却，待硫酸亚铁铵结晶后过滤。晶体用无水乙醇洗涤并自然干燥。
对于上述实验，下列说法错误是
A. 配制溶液定容时俯视容量瓶上的刻度线，导致溶液浓度偏高
B. 步骤2中滤渣未干燥即称重，会造成产品质量偏大
C. 步骤2中用热水洗涤的目的是减少的损失
D. 步骤3中加热浓缩至液体表面出现结晶薄膜时停止加热
【答案】B
【解析】A．配制H2SO4溶液定容时俯视容量瓶上的刻度线，溶液的体积偏小，配制溶液物质的量浓度偏高，故A正确；
B．步骤2中滤渣未干燥即称重，部分水分被当做未溶解的Fe，导致产品的质量偏小，故B错误；
C．用热水洗涤能防止析出FeSO4·7H2O，减少FeSO4的损失，故C正确；
D．加热浓缩至液体表面出现结晶薄膜时停止加热，然后冷却，得到晶体(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，故D正确；
故选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AC
【解析】A．酸性KMnO4溶液可氧化H2O2溶液，紫色褪去，可知H2O2具有还原性，故A正确；
B．X可能为氨气，生成的白色沉淀为亚硫酸钡，由实验操作和现象，不能证明X为氯气，故B错误；
C．白烟可能为氯化铵或硝酸铵，由实验操作和现象可知，该溶液可能为浓硝酸，故C正确；
D．先加氯水，可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子，应向加KSCN溶液无现象，后加氯水检验亚铁离子，故D错误；
故选：AC。
12. 亚氯酸钠是一种高效的漂白剂和氧化剂。马蒂逊（Mathiesn）法制备亚氯酸钠的流程如下：
已知：“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶。下列说法正确的是
A. “制”中氧化剂与还原剂物质的量之比为
B. “还原”发生反应的离子方程式为
C. “操作X”需要用到的仪器为坩埚、酒精灯、玻璃棒
D. 作氧化剂时，转移电子的物质的量约为同质量的1.57倍
【答案】D
【解析】
【分析】由制备流程可知，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成NaHSO4和ClO2，反应为2NaClO3＋H2SO4＋SO2=2ClO2＋2NaHSO4；ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，反应为2NaOH＋2ClO2＋H2O2=O2↑＋2H2O＋2NaClO2，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此解答该题。A．“制”中氧化剂与还原剂分别是NaClO3和 SO2，反应方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4，则参加反应的 NaClO3 和 SO2 的物质的量之比为 2:1，A错误；
B．由流程可知，“还原”发生反应的离子方程式为，B错误；
C．“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶，则需要的仪器为：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，C错误；
D．NaClO2作氧化剂时，Cl元素由+3价降低到-1价，每90.5g该氧化剂转移4ml电子，每71克氯气作氧化剂转移2ml电子，则NaClO2作氧化剂时，转移电子的物质的量约为同质量Cl2的倍，D正确；
故选D。
13. 一种利用和进行新型脱氮过程如下图所示。下列说法正确的是
A. 铁氨氧化中，转化为
B. 将转化为，两个途径最终失去的电子数相同
C. 反应iii的离子方程式为
D. 四步反应中，氮元素均被氧化
【答案】BC
【解析】A．铁氨氧化中，转化为N2，化合价升高，则Fe化合价降低，由Fe3+转化为Fe2+，A错误；
B．将转化为，两个途径始态和终态相同，则最终失去的电子数相同，B正确；
C．由图可知，反应iii转化为N2，则Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式为，C正确；
D．四步反应中，反应ⅰ、ⅱ、ⅳ氮元素化合价升高，被氧化，反应ⅲ氮元素化合价降低，被还原，D错误；
答案选BC。
14. 某同学研究银的性质，进行如下实验：
已知：③中无色溶液含有。下列说法错误的是
A. ①②发生反应
B. 实际消耗比理论用量多
C. ③④反应方程式为
D. 该实验中发生的反应均为氧化还原反应
【答案】CD
【解析】
【分析】①→②中银、稀硫酸、过氧化氢和氯化钠微热生成氯化银和水，②→③中氯化银与亚硫酸钠反应生成，③→④中与氢氧化钠和甲醛反应生成银。A．①→②中银、稀硫酸、过氧化氢和氯化钠微热生成氯化银和水，其反应的离子方程式为：2Ag+H2O2+2Cl-+2H+=2AgCl↓+2H2O，故A正确；
B．过氧化氢受热易分解，则H2O2实际消耗比理论用量多，故B正确；
C．③→④中与氢氧化钠和甲醛反应生成银，其反应方程式为4 +HCHO+6OH-=4Ag↓++8+4H2O，故C错误；
D．②→③中氯化银与亚硫酸钠反应生成，没有发生化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；
故选：CD。
15. 工业上可用次氯酸盐将氨氮废水转化为实现绿色处理。实验室模拟如下：取等量氨水分别和不同量的混合（混合溶液体积为），测得溶液中氨氮（氨、）和总氮（氨氮和的总和）的去除率及的浓度与的加入量关系如图所示。
在此过程中发生的反应为：
①
②
③
已知：中氮元素为价。下列说法正确的是
A. 当时，反应①中转移电子的物质的量为
B. 当时，
C.
D. 当时，
【答案】B
【解析】A．当时，氨氮和总氮去除率都是0，则说明全部进行反应①，此时NH2Cl的物质的量为=0.001ml，反应无化合价变化，故转移电子的物质的量为0ml，A错误；
B．根据A，当次氯酸钠的物质的量小于1×10-3ml，氨气全部转化为NH2Cl，再加入0.0002ml次氯酸钠，由反应，2NH2Cl+ClO-＋2OH-=N2+3Cl-+3H2O可知，此时NH2Cl的物质的量为1×10-3-0.0004ml=0.0006ml，NH2Cl的浓度为，B正确；
C．由B可知，2NH2Cl+ClO-＋2OH-=N2+3Cl-+3H2O，当再加入0.0005ml的次氯酸钠，之前生产的0.001mlNH2Cl就完全反应，氨氮转化率小于100%，但是次氯酸钠的物质的量为n2时，总氮转化率小于100%，说明部分氨发生反应③，则n2>0.0015ml，C错误；
D．当次氯酸钠的物质的量大于n2时，反应②③都发生，c (Cl−) >4 c ()，D错误；
故选B。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 是一种易溶于水的微红色固体，实验室用还原制备的装置如下图所示。
回答下列问题：
（1）是___________（填“纯净物”或“混合物”）。
（2）仪器的名称为___________；装置的作用为___________。
（3）装置C中发生反应的化学方程式为___________。
（4）获得的操作是加热浓缩、趁热过滤。结合下图，说明选用该操作的原因是___________。
（5）准确称取样品置于锥形瓶中，加入适量和溶液，加热使全部氧化为，用的溶液测定的含量被还原为，消耗溶液。样品的纯度为___________（保留一位小数）。
【答案】（1）纯净物 （2） ①. 分液漏斗 ②. 防倒吸
（3）MnO2+SO2MnSO4
（4）温度大于40℃时，温度越高，MnSO4•H2O的溶解度越小
（5）98.8%
【解析】
【分析】装置A制备二氧化硫，装置B为安全瓶，防倒吸，装置C中反应生成硫酸锰，装置D为尾气处理装置。
【小问1详解】
MnSO4•H2O是纯净物，故答案为：纯净物；
【小问2详解】
仪器a的名称为分液漏斗，装置B为安全瓶，作用是防倒吸，故答案为：分液漏斗；防倒吸；
【小问3详解】
装置C中中SO2与MnO2反应生成MnSO4，反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4；
【小问4详解】
获得MnSO4•H2O的操作是加热浓缩、趁热过滤，说明选用该操作的原因是温度大于40℃时，温度越高，MnSO4•H2O的溶解度越小，故答案为：温度大于40℃时，温度越高，MnSO4•H2O的溶解度越小；
【小问5详解】
根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=0.02L×0.0500ml=1.00×10-3ml,根据Mn元素守恒，m(MnSO4•H2O)=1.00×10-3ml×169g/ml=0.169g,纯度=×100%=98.8%，故答案为：98.8%。
17. 工业上用赤铁矿（主要成分为，含等杂质）制备绿矾的流程如下：
已知：能与溶液反应生成可溶性盐。
回答下列问题：
（1）试剂a为___________。
（2）试剂b需过量，其目的是___________；“滤渣”的成分是___________。
（3）“结晶”需隔绝空气，原因是___________。
（4）绿矾隔绝空气加强热可用于制备红色颜料铁红。取样品隔绝空气加热（杂质不反应），受热过程中样品质量随温度变化的曲线如图所示（已知固体不含结晶水）。
①固体主要成分的化学式为___________。
②时，除生成铁红外，同时生成能使溶液变浑浊的气体和使品红溶液褪色的气体。该温度下反应的化学方程式为___________；该样品中的质量分数为___________（保留一位小数）。
【答案】（1）硫酸 （2） ①. 铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为铜 ②. 铜和铁
（3）防止硫酸亚铁被氧化
（4） ①. FeSO4·4H2O ②. ③. 92.7%
【解析】
【分析】赤铁矿（主要成分为，含等杂质）粉碎与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，Fe2O3、FeO、CuO与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铜，与过量的铁粉反应生成硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾(FeSO4·7H2O)。
【小问1详解】
制备绿矾(FeSO4·7H2O)，试剂a为硫酸，故答案为：硫酸；
【小问2详解】
试剂b为铁粉，可以还原三价铁和置换出铜离子，则试剂b需过量，确保铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为铜，“滤渣”的成分是铜和铁，故答案为：铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为铜；铜和铁；
【小问3详解】
硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，则“结晶”需隔绝空气，原因是防止硫酸亚铁被氧化，故答案为：防止硫酸亚铁被氧化；
【小问4详解】
①6gFeSO4·7H2O其物质的量约为0.02ml，FeSO4·7H2O→M，质量减小1.08g，恰好失去0.06mlH2O，则M的化学式为FeSO4·4H2O；
②FeSO4·7H2O→M，质量减小3.96g，则水的物质的量为，则样品全部失去结晶水得到固体质量为，则633℃时，硫酸铁分解除生成铁红外，同时生成能使BaCl2溶液变浑浊的气体和使品红溶液褪色的气体，则该温度下反应的化学方程式为；
由此可得出样品中FeSO4·7H2O的质量为278×0.02ml =5.56g，则该样品中FeSO4·7H2O的质量分数为。
18. 三氯氧钒，熔点：，沸点：是一种重要的无机试剂，易与水反应生成和。某兴趣小组以氯气、和碳粉为原料制备三氯氧钒，用到如下装置：
回答下列问题：
（1）中钥元素的化合价为___________。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为___________；已知浓盐酸的质量分数为，密度为，其物质的量浓度为___________。
（3）管式炉中生成和的化学反应方程式为___________。
（4）实验结束后检验中溶液含有氯离子的实验操作是___________。
（5）从中选择必要的仪器制备，正确的连接顺序是：___________（按气流方向，用小写字母表示，装置可重复使用）。
（6）测定钒含量的方法是先把三氯氧钥转化为在酸性溶液中转化为，再用草酸等测定钥。反应的化学方程式为。若反应消耗草酸，参加反应的钒元素质量为___________g。
【答案】（1）+5 （2） ①. ②.
（3）
（4）取少量E中溶液于试管中加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生了白色沉淀，溶液中含有氯离子
（5）
（6）
【解析】
【分析】浓盐酸和二氧化锰加热生成氯气经过除杂和干燥在B中和五氧化二钒、碳粉高温反应得到三氯氧钒在进行尾气处理。
【小问1详解】
中氧元素为-2价，氯元素为-1价，根据化合价代数和为0，钥元素的化合价为+5；
【小问2详解】
装置A中发生反应的化学方程式为；已知浓盐酸的质量分数为，密度为，设溶液的体积为，其物质的量浓度为。
【小问3详解】
管式炉中生成和的化学反应方程式为；
【小问4详解】
实验结束后检验中溶液含有氯离子的实验操作是：取少量E中溶液于试管中加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生了白色沉淀，溶液中含有氯离子；
【小问5详解】
从中选择必要的仪器制备，先氯气除杂干燥再反应生成三氯氧钒，最后尾气处理，正确的连接顺序是：；
【小问6详解】
由题意得：，，。
19. 某兴趣小组用铬铁矿（，含等杂质）为主要原料制备重铬酸钾晶体，流程如下：
已知：中元素为价；与高温生成可溶于水的；酸性条件下能转化为。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，除生成和外，还生成一种无色无味的气体，该反应的化学方程式为___________。
（2）实验室进行“操作1”用到的玻璃仪器有：烧杯、___________。
（3）“晶体X”的化学式为___________。
（4）交警查酒驾所用检测仪器的工作原理为：
该反应中，还原剂为___________；反应消耗时，转移电子的物质的量为___________。
（5）“结晶”时，为得到杂质较少的粗产品，请结合下图从下列选项中选出合理的操作并排序___________（填字母）。
a．蒸发溶剂 b．蒸发溶剂 c．过滤 d．冷却至室温
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热
【答案】（1）4FeCr2O4+7O2+8Na2CO38Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
（2）漏斗和玻璃棒 （3）Na2SO4
（4） ①. C2H5OH ②. 6
（5）aedc
【解析】
【分析】铬铁矿(FeCr2O4，含SiO2等杂质)与熔融Na2CO3、O2焙烧生成Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3，加H2O“浸取”得到滤渣1为Fe2O3，滤液中含Na2CrO4、Na2SiO3，滤液中加入H2SO4“中和”将Na2SiO3转化成H2SiO3沉淀进入滤渣2，“调pH”将Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，经蒸发结晶得到Na2Cr2O7和副产品，Na2Cr2O7中加入KCl、结晶制得K2Cr2O7。
【小问1详解】
焙烧时向矿料中加入碳酸钠和氧气，FeCr2O4转化为Na2CrO4，根据得失电子守恒和原子守恒，FeCr2O4转化为Na2CrO4的化学方程式为4FeCr2O4+7O2+8Na2CO38Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；
【小问2详解】
“操作1”为过滤，用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：漏斗和玻璃棒；
【小问3详解】
根据流程和“调pH”时发生的反应2Na2CrO4+H2SO4⇌Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O知，蒸发结晶所得晶体X为Na2SO4，故答案为：Na2SO4；
【小问4详解】
反应：2(蓝绿色)+3C2H5OH+16H+═3CH3COOH+11H2O+4Cr3+(橙红色)中，铬元素的化合价降低，碳元素的化合价升高，则还原剂为C2H5OH；反应消耗1mlK2Cr2O7时，转移电子的物质的量为6ml,故答案为：C2H5OH；6；
【小问5详解】
“结晶”时，为得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，具体操作是40℃蒸发溶剂、蒸发至溶液出现晶膜，停止加热、冷却至室温、过滤，故答案为：aedc。
20. 是一种常用的杀菌剂和催化剂。工业上制取的工艺如图所示（制取时需补加以保持反应在弱酸性条件下进行）。
已知：溶液A的主要溶质M为酸式盐；化合物C为正盐；当溶液酸性减弱到一定程度时，部分转化为沉淀且满足。
回答下列问题：
（1）M化学式为___________；“真空蒸发”的原因是___________。
（2）溶液发生反应的离子方程式为___________；若产量不变，参与反应的化合物与物质的量之比减小时，需补加的量___________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）为探究还原性，将一定量与某浓度的硝酸反应，溶液的体积为，溶液中与硝酸还原产物的分布分数随时间的变化如图所示。则时刻，溶液中发生反应的化学方程式为___________；时刻，测得溶液中沉淀的质量为，则此时溶液中为___________（忽略溶液体积变化）。
【答案】（1） ①. NaHSO3 ②. 防止Na2SO3被氧化
（2） ①. ②. 增加
（3） ①. 12+58HNO3=24Cu(NO3)2+7NO↑+3NO2↑+29H2O ②. 5×10-3
【解析】
【分析】已知：溶液A的主要溶质M为酸式盐，SO2与碳酸钠溶液反应生成气体X为CO2，溶液A为NaHSO3，与NaOH溶液反应生成溶液B为Na2SO3和水，低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，Na2SO3和CuSO4反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4；
【小问1详解】
溶质M为酸式盐，SO2与碳酸钠溶液反应生成气体X为CO2，溶液A为NaHSO3，则M的化学式为NaHSO3；低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化；
【小问2详解】
溶液为NaHSO3与NaOH溶液反应生成溶液B为Na2SO3和水，发生反应的离子方程式为，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2++2H2O=+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，若Cu2O产量不变，减小化合物Na2SO3与物质的量之比，氢离子增多，则应增加NaOH的量；
【小问3详解】
由题意可知反应物是与HNO3，据图可知时刻，生成物是Cu2+、NO、NO2，其中NO和NO2的物质的量比值为7:3，反应的化学方程式为12+58 HNO3=24Cu(NO3)2+7NO↑+3NO2↑+29H2O；时刻， Cu(OH)2沉淀的质量为，物质的量为，转移0.02ml电子，部分转化为沉淀且满足，时刻，测得溶液中，则，由硝酸得电子生成铵根、NO和氮气的氮元素化合价之差绝对值分别为8、3、5，假设总的氮为xml，铵根为0.5x，NO为0.3x、氮气为0.1x，由得失电子守恒：8×0.5x+3×0.3x+5×2×0.1x=0.039+0.02，x=0.01，则==5×10-3ml/L。
选项
离子组
加入试剂
离子方程式
A
溶液
B
石灰石粉末
C
少量溶液
D
稀硫酸
选项
实验
现象
结论
A
向酸性溶液中滴加溶液至过量
紫红色消失，有气泡冒出
具有还原性
B
溶有的溶液中通入气体
有白色沉淀生成
一定是
C
蘸有浓氨水的玻璃棒置于盛有某溶液的试管口
有白烟生成
该溶液可能为浓硝酸
D
向某溶液中滴加氯水，再滴加溶液
溶液显红色
原溶液一定含