安徽省六安市第一中学2026届高三上学期第三次月考化学试题（Word版附解析）

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时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Ba：137
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1. 化学与生产、生活息息相关，下列说法错误的是
A. 净水剂明矾和二氧化氯用于净水时的原理不同B. 新型陶瓷碳化硅和玻璃均属于硅酸盐材料
C. 葡萄酒中加入少量的起到杀菌和抗氧化的作用D. 焦炭还原磁铁矿和石英砂可分别冶炼铁和硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾净水利用Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质，二氧化氯通过强氧化性杀菌消毒，原理不同，A正确；
B．碳化硅（SiC）是新型陶瓷，属于共价晶体，不属于硅酸盐材料，B错误；
C．SO2具有杀菌和抗氧化能力，可防止葡萄酒变质，C正确；
D．焦炭还原磁铁矿（Fe3O4）冶炼铁，还原SiO2（石英砂）冶炼硅，均利用碳的还原性，D正确；
故选B。
2. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法中不正确的是
A. 古代用明矾清除铜镜表面的铜锈，是利用明矾溶液中水解使溶液呈酸性
B. “以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，是利用焰色试验鉴别硝石(硝酸钾)和朴硝(硫酸钠)
C. 《本草纲目》中记载“冬月灶中所烧薪柴之灰也∙∙∙∙∙∙以灰淋汁，取碱浣衣”，其中的碱指
D. “出相州北山。磁石毛，铁之母也。取铁如母之招子焉”，是利用磁性鉴别
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾溶液中Al3+水解生成H+，使溶液呈酸性，能与铜锈的主要成分碱式碳酸铜反应，A正确；
B．硝石（KNO3）含K+，焰色试验时透过蓝色钴玻璃片观察呈紫色，朴硝（Na2SO4）含Na+，焰色为黄色，描述符合鉴别方法，B正确；
C．草木灰主要成分为K2CO3，C错误；
D．Fe3O4具有磁性，可吸引铁，描述符合实际，D正确；
故选C。
3. 四瓶无色溶液，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是
A. a呈弱碱性
B. f可溶于过量b中
C. c中通入过量的e可得到无色溶液
D. b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸
【答案】B
【解析】
【分析】由题意及关系图可知，a与b反应需要加热，且产生的e为无色气体，则a和b分别为和的一种，产生的气体e为；又由于b和c反应生成白色沉淀f，不会与其他三种溶液产生沉淀，故b为，a为；又由于c既能与b产生沉淀f，又能与d反应产生沉淀f，故c为，d为，生成的白色沉淀为，无色气体g为。综上所述，a为溶液，b为溶液，c为溶液，d为溶液，e为，f为，g为。
【详解】A．由分析可知，a为溶液，为强酸弱碱盐的溶液，水解显酸性，故a显弱酸性，A项错误
B．由分析可知，f为，b为溶液，为两性氢氧化物，可溶于强碱，故f可溶于过量的b中，B项正确；
C．由分析可知，c为溶液，e为，溶液通入会生成沉淀，不溶于弱碱，继续通入不能得到无色溶液，C项错误；
D．由分析可知，b为 ，d为，二者反应生成沉淀，可溶与稀硝酸，D项错误；
故选B。
4. 常温下，下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 澄清透明溶液：、、、
B. 由水电离出为的溶液：、、、
C. 使甲基橙变红色的溶液：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．、、、相互之间不反应，澄清透明溶液中能共存，故选A；
B．由水电离出为的溶液，水电离受到抑制，溶液可能为强酸或强碱性；若酸性，与发生氧化还原反应；若碱性，与OH-反应，故不选B；
C．甲基橙变红说明溶液为酸性，与H+反应生成Al3+，与H+生成H2SiO3沉淀，故不选C；
D．由得c(H+)=0.1 ml/L，溶液呈酸性，与H+反应生成CO2和H2O，故不选D；
选A。
5. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均正确的是
A. 工业制备：
B. 工业制备高纯硅：(石英砂)粗高纯
C. 海水提溴：
D. 工业制取漂白粉：
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业制备的过程中以为原料，正确的步骤为，A错误；
B．制备高纯硅的过程中需要保证无水、无氧，若是用还原则会生成与，在后续反应中遇水剧烈反应生成，导致制备失败，故应使用焦炭还原，还原，B错误；
C．海水提溴过程中应通过将转化为，而非，使用不会引入新杂质且后续易分离，同时还可在酸化海水步骤中重复利用，C错误；
D．工业制取漂白粉时，先将煅烧得到，为保证产量，向中加入少量水形成石灰乳，再向石灰乳中通入氯气生成，D正确；
故选D。
6. 利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是
A. X表示
B. 可用替换
C. 氧化剂与还原剂物质的量之比为
D. 若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，仍然是大气污染物，A不正确；
B．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，B不正确；
C．该反应中，还原剂中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C正确；
D．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的气体，即生成0.5ml，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确；
综上所述，本题选C。
硫的含氧酸根离子有很多，如SO、S2O、S2O、S2O等，其中S2O可看作SO中的一个O原子被S原子取代后的产物，二者互为等电子体(等电子体：原子数和价电子总数均相同的分子或离子)。S2O内部含过氧键；焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，生产Na2S2O5通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
阅读以上材料，回答下列问题。
7. NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述及定量关系均正确的是
A. 100mL1ml/LNa2S2O3溶液与足量氯水反应，转移1.6NA个电子
B. 100mL1ml/LNa2S2O8溶液含有+7价硫原子个数为0.2NA
C. 100mL步骤Ⅰ所得溶液中含10-5.1NA个H+
D. NH是SO的等电子体，1.8gNH含0.4NA个σ键
8. 上述过程中涉及或拓展的方程式中，错误的是
A. 结晶脱水制Na2S2O5的反应：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
B. I中发生的反应：2CO+SO2+H2O=2HCO+SO
C. 向Na2CO3和Na2S混合溶液中通SO2制备Na2S2O3：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2
D. 用碘标准液测定某葡萄酒中Na2S2O5含量：S2O+2+3H2O=2SO+4I-+6H+
【答案】7. C 8. B
【解析】
【分析】由流程可知，I中发生Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，加入Na2CO3固体，并再次充入SO2，可得到NaHSO3过饱和溶液，NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5。
【7题详解】
A．Na2S2O3中S为+2价，与足量氯水反应生成（S为+6价），每个转移8个电子，0.1 ml Na2S2O3转移0.8 NA电子，A错误；
B．含过氧键（过氧键中O为-1价），S的化合价为+6价（2x + 6×(-2)+2×(-1)=-2，x=+6），无+7价S，B错误；
C．步骤Ⅰ溶液pH=4.1，c(H+)=10-4.1 ml/L，100 mL溶液中n(H+)=0.1 L×10-4.1 ml/L=10-5.1 ml，则H+数目为10-5.1 NA，C正确；
D．（5原子，8价电子）与（5原子，32价电子）价电子总数不同，不是等电子体，D错误；
故选C。
【8题详解】
A．NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5，反应为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，A正确；
B．步骤ⅠpH=4.1（酸性），应生成（SO2过量），反应离子方程式为：+2SO2+H2O=2+CO2↑，B错误；
C．向Na2CO3和Na2S混合溶液中通SO2制备硫代硫酸钠的反应为归中反应，化学方程式为：，C正确；
D．与I2反应，S从+4价氧化为+6价，I从0价还原为-1价，根据电子守恒和质量守恒定律配平化学方程式为：，D正确；
故选B。
9. 某学习兴趣小组用如图所示的装置进行实验，用铜丝连接固定吸囊A、B、C，并在吸囊B下方戳穿若干个细孔，将稀硫酸逐滴滴入到固体粉末中。下列说法正确的是
A. 吸囊A中蘸有紫色石蕊试液的棉签先变红后褪色
B. 与反应，只体现了硫酸的酸性
C. 吸囊C中有黄色沉淀生成，反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为
D. 蘸有溶液的棉签和品红溶液均褪色，二者都体现了的漂白性
【答案】B
【解析】
【详解】A．当二氧化硫气体通过吸囊A中蘸有紫色石蕊试液的棉签时，由于二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离产生氢离子，因此蘸有紫色石蕊试液的棉签会变红，但二氧化硫不能使变红的石蕊试液褪色，A错误；
B．与反应生成了二氧化硫气体，在该反应中，没有发生化合价的变化，该反应仅体现了硫酸的酸性，B正确；
C．当二氧化硫气体通过吸囊C时，发生反应，该反应中还原剂(硫化钠)与氧化剂(二氧化硫)的物质的量之比为，C错误；
D．二氧化硫与溶液发生反应，使之褪色，说明二氧化硫具有还原性，品红溶液褪色，说明二氧化硫具有漂白性，D错误；
故选B。
10. 用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．瓷坩埚主要成分为，高温下会与反应生成硅酸钠和二氧化碳使瓷坩埚腐蚀，不能用瓷坩埚应选用铁坩埚，A错误；
B．具有强腐蚀性，称量时不能直接放在纸上，应放在小烧杯中称量，且转移溶液时需用玻璃棒引流至容量瓶，图示操作错误，B错误；
C．装置为索氏提取器，利用溶剂回流和虹吸原理，可使固体物质连续被纯溶剂萃取，能节约溶剂且提高萃取效率，仪器选择和实验目的匹配，C正确；
D．通入溶液中，的强氧化性会与发生氧化还原反应：，无法证明与的酸性强弱，D错误；
故选C。
11. 将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠()与盐酸反应生成，工艺原理如图。下列说法正确的是
A. 电解时阳极的反应式为
B. 工艺中可以循环利用的物质只有
C. 发生器中生成的化学方程式为：
D. 生成1 ml 时，为使氯化氢合成塔原子利用率100%，应补充1.5 ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业电解食盐水制备氯酸钠通常在微酸性或中性条件下进行，以提高产率，A选项给出的电极反应式发生在碱性条件下，与题干的工业背景不符，A错误；
B．工艺中，发生器生成的NaCl可循环回电解槽作为食盐水原料，可进入氯化氢合成塔循环，故可循环利用的物质有NaCl和， B错误；
C．发生器中（Cl+5价）与HCl（Cl-1价）发生归中反应，方程式为，C正确；
D．生成1 ml 时，由C中方程式知消耗2 ml HCl，生成0.5 ml 。氯化氢合成塔需生成2 ml HCl，需1 ml ，已有0.5 ml 循环，故需补充0.5 ml ，D错误；
故答案选C。
12. 探究酸性KMnO4溶液与KI溶液能否发生反应。
注：和均为无色离子；Mn2+近乎无色。
下列有关叙述错误的是
A. 该实验条件下，氧化性：＞I2
B. 初步证明实验ⅱ棕褐色沉淀为的操作为：过滤，将洗涤后的滤渣加入双氧水溶液中，观察到立即有大量气泡产生
C. 实验ⅲ中发生了反应：3I2+10+2H2O=10MnO2↓+6+4OH-
D. 若向酸性溶液中逐滴滴加溶液，实验开始时的现象为产生棕褐色沉淀，且溶液呈紫色
【答案】C
【解析】
【分析】向KI溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，I-被氧化为I2（棕黄色）、被还原为；继续加入酸性高锰酸钾溶液，被氧化为（棕褐色沉淀）；继续加入过量酸性高锰酸钾溶液，I2被氧化为，剩余的被氧化为（棕褐色沉淀），所以棕褐色沉淀较实验ⅱ中多，溶液呈紫色溶液是因为高锰酸钾过量；据此作答。
【详解】A．实验i中将I-氧化为I2，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：>I2，A正确；
B．MnO2可催化H2O2分解生成O2，过滤洗涤后的滤渣加入双氧水溶液，若立即产生大量气泡，可证明沉淀为MnO2，B正确；
C．实验iii中发生了两个反应，I2被氧化为，剩余的被氧化为，且环境为酸性，C错误；
D．向过量酸性KMnO4溶液中滴加KI，开始时I-少量、过量，将I-氧化为，自身被还原为MnO2(棕褐色沉淀)，且未反应完，溶液呈紫色，D正确；
故答案选C。
13. 下列实验目的对应的实验方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．检测需在加热条件下使NH3逸出，未加热时试纸未变蓝不能证明不含，故A错误；
B．蔗糖变黑体现浓硫酸的脱水性，膨胀变大体现其强氧化性，但结论中“吸水性”应为“脱水性”，故B错误；
C．KI过量，若反应后滴加KSCN溶液变红，说明Fe3+未完全反应，证明反应存可逆性（限度），故C正确；
D．Na2S的pH更大，说明S2-水解程度强于ClO-，对应HS-的酸性弱于HClO，但结论应比较HClO的Ka与H2S的Ka2，即，故D错误；
故选C
14. 某白色粉末可能含有、、中的一种或几种，现进行如下实验：
①将少量粉末加入水中，振荡，得悬浊液；
②向①所得的悬浊液中加入过量的稀盐酸，溶液变澄清，并有气泡产生；
③向②所得的澄清溶液中滴入少量溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验现象，下列说法错误的是
A. 原白色粉末中一定含有
B. 不能确定原白色粉末中是否含有
C. 实验②中发生反应的离子方程式为
D. 向实验②所得的澄清溶液中滴加少量淀粉KI溶液，若溶液变蓝，则可证明原白色粉末中一定含有
【答案】C
【解析】
【分析】①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙，或者两者都有，则一定含有；②向①中的悬浊液中加入过量稀盐酸，碳酸钡或碳酸钙会溶解，并有二氧化碳气体产生；③取少量②的溶液滴入溶液，有白色沉淀生成，说明生成AgCl沉淀，但氯离子可能是由加入稀盐酸引起的，不能确定是否含有；由上述分析可知，白色固体中一定含有，至少含有、中的一种；
【详解】A．由分析可知，原白色粉末中一定含有，A正确；
B．由分析可知，至少含有、中的一种，但不确定是否含有，B正确；
C．悬浊液中的沉淀不确定是还是，还是都有，离子方程式不确定，C错误；
D．向实验②所得的澄清溶液中滴加少量淀粉KI溶液，若溶液变蓝，证明有氧化性的物质将碘离子氧化成碘单质，根据所给物质，则一定有，D正确；
故选C
二、非选择题：本题共四小题，每空2分，共58分。
15. 中国的崛起，离不开我国强大的材料制造工业。
（1）磁流体材料是电子材料的新秀，在一定条件下，将FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液按一定的比例混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子大小在之间的黑色Fe3O4磁流体。
①所得的磁流体分散系可以用___________来鉴别。
②将2：1混合时，理论上制得的纳米Fe3O4产率应该最高，但事实并非如此，可能的原因是___________。
③水热法制备纳米Fe3O4的反应为，当4mlFe2+被氧化时有___________ml O2被还原。
（2）一种新型人工固氮的原理如图。假设每一步均完全转化，每生成，最终生成O2___________ L(标准状况下)。
（3）工业废水中氮的主要存在形态是、NH3、，还原法和氧化法是去除废水中氮的重要方法。
①还原法：控制其他条件相同，去除pH=1的某含氮废水(废水中总氮≈10 mg/L)中的，图1为只加过量Na2SO3时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像，图2为同时加过量Fe粉与Na2SO3时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像。
分析上述图像，图2中内发生主要反应的离子方程式为___________。
②氧化法：利用NaClO将水体中氨氮氧化为N2。研究发现，控制其他条件相同，当废水为范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，原因可能是___________。
（4）氨(NH3)及铵盐是重要的化学物质；(NH4)2SO4是常见的铵盐，在400℃时，(NH4)2SO4和Al2O3反应可生成NH4Al(SO4)2。
①NH4Al(SO4)2既是铵盐，也是硫酸盐，此分类方法是___________。
②取4.53 gNH4Al(SO4)2·12H2O加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。其中分解生成的固体为___________(填化学式)。
【答案】（1） ①. 丁达尔效应 ②. 被氧化，使四氧化三铁的产率降低 ③. 2
（2）6.72 （3） ①. ②. HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高
（4） ①. 交叉分类法 ②.
【解析】
【小问1详解】
①磁流体分散系的分散质粒子大小在36−55nm之间，属于胶体，胶体可以利用丁达尔效应来鉴别；
②将混合时，理论上制得的纳米产率应该最高，但亚铁离子容易被空气中氧气等被氧化为三价铁离子，导致纳米产率降低；
③根据离子方程式，硫元素、铁元素化合价升高被氧化，氧气中氧元素化合价降低被还原，当消耗1ml氧气时，氧化2ml，当4ml被氧化时，消耗的氧气为2ml；
答案为：①丁达尔效应；②Fe2+被氧化，使四氧化三铁的产率降低；③2；
【小问2详解】
由图知，反应①：N2+6Li=2Li3N，反应②：Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，反应③：4LiOH4Li+O2↑+2H2O，总反应为：；则每生成0.4 mlNH3，最终生成O2为0.3 ml，标况下氧气的体积为6.72 L；答案为：6.72；
【小问3详解】
①对比图1，20~60 min内图2中硝酸根离子浓度下降，铵根离子浓度上升，发生主要反应的离子方程式为：；②控制其他条件相同，当废水pH为范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，原因是HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高；答案为：①；②HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高；
【小问4详解】
①NH4Al(SO4)2既是铵盐，也是硫酸盐，此分类方法是交叉分类法；
②的相对分子质量为453，的相对分子质量为237，4.53 g的物质的量为0.01 ml，时固体的质量为2.37g，即时分解产物为0.01 ml；的相对分子质量为342，由铝原子守恒可知，0.01 ml 受热分解生成0.005 ml，质量，故时的固体为；答案为：①交叉分类法；②。
16. 含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是)与浓盐酸混合产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlrine(中文命名“氯气”)，这是一种具有较强氧化性的气体，溶于水，溶液显酸性。请回答以下问题：
（1）从以下装置中选取舍勒制氯气时可能选择的发生装置___________。
A. B. C. D.
工业上可电解饱和食盐水制取氯气。工业用的食盐可由海水中的粗盐经提纯得到。为除去粗盐水中含有的杂质、Ca2+和Mg2+，得到精制食盐水，某同学利用NaOH溶液、盐酸、Na2CO3溶液和BaCl2溶液，设计了如下实验流程：
（2）操作a需要的玻璃仪器有___________。
（3）沉淀A的化学式是___________。
（4）溶液中含有的离子，除了Na+，Cl-，主要还有___________。
也可以使用如下方案进行粗盐提纯，提纯后的溶液可以用于工业制备纯碱。
（5）已知粗盐水中MgCl2含量为0.38 g/L，CaCl2含量为1.11 g/L，提纯10 L该粗盐水，向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+。求需要加入石灰乳(视为CaO)和碳酸钠的物质的量分别为：___________、___________。
（6）电解饱和食盐水制取氯气可用来消毒，如果用单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，Cl2、ClO2、Cl2O、Na2FeO4四种消毒杀菌剂的消毒效率最高的是___________(填化学式)。
【答案】（1）B （2）烧杯、漏斗、玻璃棒
（3）BaSO4 （4）Ba2+、OH-、Ca2+
（5） ①. 0.04 ml ②. 0.14 ml
（6）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向粗盐水中加入过量氯化钡溶液，将溶液中的硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，过滤得到硫酸钡沉淀A和溶液A；向溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀B和溶液B；向溶液B中加入过量碳酸钠溶液，将溶液中的钙离子和过量的钡离子转化为碳酸钙、碳酸钡沉淀，过滤得到碳酸钙、碳酸钡和溶液C；向溶液C中加入适量盐酸除去溶液中过量的氢氧根离子和碳酸根离子，反应所得溶液经蒸发结晶得到精盐。
【小问1详解】
由题意可知，舍勒制氯气时发生的反应为浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，该反应为固液加热制备气体的反应，所以装置B可以作为氯气的发生装置，故选B；
【小问2详解】
由分析可知，操作a是固液分离的过滤操作，过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；
【小问3详解】
由分析可知，沉淀A是化学式为BaSO4的硫酸钡；
【小问4详解】
由分析可知，溶液中含有的离子为钠离子、氯离子、钙离子、过量的钡离子和过量的氢氧根离子；
【小问5详解】
由题意可知，除去粗盐水镁离子发生的反应为：CaO+H2O+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，除去钙离子发生的反应为：Ca2++CO=CaCO3↓，10L粗盐水中含有镁离子的物质的量为：=0.04 ml，则由方程式可知，反应消耗氧化钙和生成钙离子的物质的量都为0.04 ml；粗盐水中含有钙离子的物质的量为：=0.1 ml，则由方程式可知，反应消耗碳酸钠的物质的量为：0.1 ml+0.04 ml=0.14 ml；
【小问6详解】
消毒杀菌剂氯气、二氧化氯、一氧化二氯转化为氯离子时，1个氧化剂得到电子的数目分别为2、5、4，消毒杀菌剂高铁酸钠转化为铁离子时，1个高铁酸钠得到电子的数目为3，则四种消毒杀菌剂的消毒效率分别为：≈0.028 ml、≈0.074 ml、≈0.046 ml、≈0.018 ml，所以消毒效率最高的是ClO2。
17. 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含、MnO2及C、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、C、Mn等元素，工艺流程如下：
已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。
回答下列问题：
（1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为___________。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除 CaSO4外还含有___________(填化学式)。
（2）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”时金属元素的浸出率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）HR萃取Cu2+反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为___________(填化学式)。
（4）CS中C2+的价电子轨道表达式为___________；CS“溶解”时发生反应的离子方程式为___________。
（5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入___________(填操作单元名称)循环利用。
【答案】（1） ①. ②. 、
（2）减小 （3）
（4） ①. ②.
（5）低温焙烧
【解析】
【分析】低温焙烧后得到金属硫酸盐和氨气，利用稀硫酸吸收氨气再生硫酸铵，得到的金属硫酸盐高温焙烧（温度为650℃），Fe2(SO4)3完全分解，其他金属硫酸盐不分解，水浸后，滤渣为SiO2、CaSO4、Fe2O3，HR萃取滤液，分离出Cu2+，加入硫酸反萃取得到CuSO4，水相利用Na2S调pH沉C，得到CS，用稀硫酸、双氧水溶解CS得到CSO4，“沉钴”后的滤液利用碳酸氢铵沉锰，得到MnCO3。
【小问1详解】
根据得失电子守恒、原子守恒，MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4生成N2的化学方程式为，水浸所得滤渣主要成分除 CaSO4外还有、。
【小问2详解】
直接高温焙烧，(NH4)2SO4会分解为气体，金属转化为硫酸盐的转化率减小，则水浸金属元素的浸出率减小；
【小问3详解】
反萃取原理为增大H+浓度，使萃取平衡逆向移动，在不引入杂质的前提下，应加入H2SO4；
【小问4详解】
C为27号元素，C2+的价电子轨道式为；CS氧化溶解的离子方程式为。
【小问5详解】
沉锰所得滤液为硫酸铵，可以在低温焙烧时循环使用。
18. 实验室用粗锌(含少量铜、硫化亚铁)和稀硫酸反应制备氢气，并用氢气还原硫酸锂制备硫化锂的装置如下：
已知硫化锂易潮解，在加热条件下易被空气中的氧气氧化。回答下列问题：
（1）利用装置B还可制备的气体有___________ (填选项)
A. H2SB. CO2C. C2H2D. NH3
（2）按气流从左至右，装置的连接顺序是c→___________(填小写字母，装置可重复利用)。
（3）实验过程中，应先打开K一段时间后，再点燃酒精灯，原因是___________。
（4）若装置A中只有两种产物生成，该反应的化学方程式___________。
（5）采用装置E对装置B中混合物进行分离，再将滤液进行蒸发浓缩、降温结晶可得到副产物皓矾(ZnSO4·7H2O)晶体。对装置B中混合物进行分离时采用装置E，目的是___________。
（6）测定产品纯度的方法：取ωg产品，加入足量V1 mLa ml/L稀硫酸，充分反应后，煮沸溶液，冷却后滴加酚酞溶液作指示剂。用b ml/LNaOH标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液V2 mL产品中Li2S的纯度表达式为___________%。
（7）下列操作会导致测得产品中Li2S的纯度偏低的是___________(填标号)。
A. 产品加入足量稀硫酸，充分反应后，溶液未煮沸
B. 量取稀硫酸的滴定管未润洗
C. 配制NaOH标准溶液时仰视刻度线
D. 滴定终点时发现滴定管尖嘴有气泡
【答案】（1）AB （2）(或)
（3）排净装置中空气 （4）
（5）趁热过滤，避免析出硫酸锌晶体造成损失
（6） （7）AC
【解析】
【分析】由图示装置可知，装置B的作用是制备氢气，通过装置C除去硫化氢，通过D干燥氢气，氢气和硫酸锂在A中加热生成硫化锂，再接装置D防止空气中的水和氧气等干扰实验，E 为加热过滤装置；据此作答。
【小问1详解】
B为启普发生器，适合块状难溶固体和液体不加热制取气体，利用装置B还可制备的常见气体有CO2、H2S等；实验室用饱和食盐水与电石（粉末状）制备乙炔，速率过快，产生的氢氧化钙容易堵塞装置，不能用启普发生器；实验室制备氨气是固固加热型，不能用启普发生器；答案为：AB；
【小问2详解】
依据分析，按气流从左至右，装置的连接顺序是(或)；答案为：ed→fg→ab(或ba)→fg；
【小问3详解】
由已知：硫化锂易潮解，在加热条件下易被空气中的氧气氧化；实验过程中，应先打开K一段时间后，再点燃酒精灯，原因是排净装置中空气对实验的干扰，答案为：排净装置中空气；
【小问4详解】
氢气还原硫酸锂制备硫化锂，若装置A中只有两种产物生成，根据原子守恒，另外一种产物为水，则该反应的化学方程式为：，答案为：；
【小问5详解】
装置E为加热过滤装置，目的是趁热过滤，避免析出硫酸锌晶体造成损失；答案为：趁热过滤，避免析出硫酸锌晶体造成损失；
【小问6详解】
硫酸和硫化锂反应生成硫酸锂和硫化氢气体，化学方程式为：，煮沸后，硫化氢逸出，则剩余硫酸与氢氧化钠反应，化学方程式为：；则与硫化锂反应的硫酸的物质的量等于产品中硫化锂的物质的量，为：，则产品中的纯度表达式为；答案为：；
【小问7详解】
A．产品加入足量稀硫酸，充分反应后，溶液未煮沸，溶液中硫化氢会和氢氧化钠反应，导致偏大，测定结果偏低，A符合题意；
B．量取稀硫酸的滴定管未润洗，导致稀硫酸浓度偏低，使得氢氧化钠用量偏小，测定结果偏高，B不符合题意；
C．配制NaOH标准溶液时仰视刻度线，使得氢氧化钠溶液浓度偏小，导致氢氧化钠用量偏大，测定结果偏低，C符合题意；
D．滴定终点时发现滴定管尖嘴有气泡，导致氢氧化钠用量偏小，测定结果偏高，D不符合题意；
答案为：AC。A熔化
B．配制溶液的部分实验操作：称量→溶解→转移
C．对固体物质中的成分连续萃取，节约溶剂且萃取效率高
D．证明的酸性强于
实验装置及过程
序号
现象
ⅰ
当加入5滴酸性KMnO4溶液时，溶液呈棕黄色；进一步检验溶液中有I2和Mn2+
ⅱ
继续加入15滴酸性KMnO4溶液时，产生棕褐色沉淀，溶液仍呈棕黄色；进一步检验棕褐色沉淀为MnO2
ⅲ
继续加入过量酸性KMnO4溶液时，棕褐色沉淀较实验ⅱ中多，溶液呈紫色；进一步检验上层清液中无I2和，上层清液中含有
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
证明溶液是否含
向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口
试纸未变蓝，说明不含
B
探究浓硫酸的性质
取少量蔗糖于烧杯，向其中加入浓硫酸
蔗糖变黑，同时发生膨胀变大，说明浓硫酸有吸水性和强氧化性
C
探究KI与FeCl3反应的限度
取5 mL01 ml/LKI溶液于试管中，加入1 mL0.1 ml/LFeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液
若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
D
比较HClO、H2S的Ka大小
用pH计分别测定浓度均为0.1ml/L的NaClO和Na2S的pH
Na2S的pH更大，所以Ka(HClO)＞Ka1(H2S)