福建省厦门市高一上学期期末质量检测模拟化学试题-A4

这是一份福建省厦门市高一上学期期末质量检测模拟化学试题-A4，共26页。试卷主要包含了本试卷总分100分，5L 0，6LCO中含有的原子数是3NA等内容，欢迎下载使用。
说明：
1.本试卷总分100分。考试时间75分钟。
2.请将符合题意的答案填入答题卷相应空格中。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5
一．选择题（共15小题，满分45分）
1．（3分）日常生活中常用一些图标来警示或提示人们注意．以下图标中表示非处方药的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
①能导电的物质一定是电解质
②氧化还原反应的实质是电子的转移
③丁达尔效应可用于区别蛋白质溶液与葡萄糖溶液
④不锈钢、苛性钾、液氨分别为混合物、强电解质和弱电解质
⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物
A．①②③B．②③④C．②③⑤D．③④⑤
3．（3分）下列指定微粒的数目一定相等的是（ ）
A．等物质的量的H2O与D2O含有的中子数
B．等质量的乙烯与丙烯的碳氢质量之比
C．同温、同压下的CO与NO含有的原子数
D．pH相等的HCl溶液与CH3COOH溶液稀释100倍后的pH
4．（3分）下列溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A．Cu2+、Na+、、OH﹣
B．Ba2+、K+、OH﹣、
C．H+、Fe2+、、Cl﹣
D．Na+、、、OH﹣
5．（3分）新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列生活中常见的物质属于胶体的是（ ）
A．食盐水B．白酒C．食醋D．豆浆
6．（3分）下列电离方程式正确的是（ ）
A．NaHSO4在熔融状态电离：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣
B．NaHCO3在水溶液中电离：NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣
C．Na2O在水溶液中电离：Na2O＝2Na++O2﹣
D．HF在水溶液中电离；HF⇌H++F﹣
7．（3分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．铁和稀盐酸反应 2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
B．碳酸钙溶于稀盐酸中 CO32﹣+2H+═CO2+H2O
C．氯气与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
D．碳酸氢钠溶液与盐酸反应 HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O
8．（3分）在Fe2（SO4）3、CuSO4、Al2（SO4）3的混合溶液中通入适量H2S，产生的沉淀物是（ ）
A．FeS和CuSB．CuS
C．CuS和SD．Al2S3、FeS和CuS
9．（3分）下列物质的工业生产原理不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．氨气B．纯碱C．硫酸D．烧碱
10．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，48gO3含有的氧原子数是3NA
B．含107gFe（OH）3的胶体中胶粒总数是NA
C．0.5L 0.2ml•L﹣1的NaCl溶液中含有的Na+是0.1NA
D．标准状况下，33.6LCO中含有的原子数是3NA
11．（3分）氨基磺酸(H2NSO3H)是一种无味无毒的固体强酸，微溶于乙醇，溶于水时存在反应：H2NSO3H +H2O=NH4HSO4.实验室可用羟胺(NH2OH，性质不稳定，室温下同时吸收水蒸气和CO2时迅速分解)与SO2反应制备氨基磺酸，装置如图所示(夹持装置等未画出)。下列说法错误的是
A．实验时，应先打开装置A中分液漏斗的活塞
B．“单向阀”的作用是防倒吸，可分别用图E的两种装置代替
C．实验完毕后，可采用分液操作分离C装置中的氨基磺酸
D．用该装置制得的H2NSO3H中可能含有NH4HSO4杂质
12．（3分）用部分被氧化的金属屑A制备某工业常用的无水盐C的步骤如图所示。将C溶于水，向其中滴入NaOH溶液，出现白色沉淀，后逐渐变为红褐色，下列判断正确的是（ ）
A．过滤所得的残渣中一定没有金属A
B．滤液可能是CuSO4溶液
C．水合盐B可能是FeSO4•7H2O
D．无水盐C可能是Fe2（SO4）3
13．（3分）工业上用氮气和氢气合成氨：N2+3H22NH3（反应放热），从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa﹣50MPa，温度：500℃左右，催化剂：铁触媒．下列有关合成氨工业的叙述不正确的是（ ）
A．使用铁触媒，可使氮气和氢气混合气体之间的反应在较低温度下取得较高的反应速率
B．工业上选择上述条件下合成氨，可以使氮气全部转化为氨
C．上述化学平衡的移动受到温度、反应物的浓度、压强等因素的影响
D．温度升高，不利于氮气的转化率
14．（3分）已知H2C2O4是一种二元弱酸。室温下，通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。
若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是（ ）
A．依据实验1推测：Kw＜Ka1（H2C2O4）×Ka2（H2C2O4）
B．依据实验2推测：NaHC2O4溶液具有漂白性
C．依据实验3推测：Ksp（BaC2O4）＞2.5×10﹣3
D．依据实验4推测：反应后溶液中存在c（Na+）＝c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）
15．（3分）常温下，几种弱酸的电离平衡常数如表所示，常温下，下列有关说法正确的是
常温下，下列有关说法正确的是（ ）
A．0.1ml•L﹣1盐溶液的pH：pH（CH3COONa）＞pH（NaHCO3）＞pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）
B．pH＝11的NaOH溶液和pH＝11的Na2CO3溶液中，水的电离程度相同
C．相同浓度、相同体积的NaCN、CH3COONa溶液中，两溶液中离子总数相等
D．Na2CO3溶液中存在：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）
二．解答题（共5小题，满分55分）
16．（10分）现有下列物质：
①Al2O3
②氢氧化铁胶体
③氯气
④铁粉
⑤熔融Na2CO3
⑥NaOH溶液
⑦HCl
（1）上述能导电的电解质为 （填序号），其电离方程式为 。
（2）①为 （“酸性”、“碱性”或“两性”）氧化物，其与⑥反应的离子方程式为 。
（3）区分②和⑥的方法为 ，向②中通入⑦直至过量的现象为 。
（4）一定量的④在③中燃烧的化学方程式为 ，向燃烧后的固体中加入足量的水，充分搅拌后有固体残留，则溶液中 （填“有”或“无”）Fe3+，能用于证明该结论的试剂为 。
17．（12分）我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42﹣以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：
①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加适量盐酸 ④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液。
（1）以下操作顺序不合理的是 。
A．②⑤④③①B．④⑤②①③C．⑤②④①③D．⑤④②①③
（2）用提纯的NaCl配制450 mL 4.00 ml•L﹣1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有 （填仪器名称）。
（3）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42﹣是否除尽的操作方法是
18．（11分）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，某硫化锌精矿的主要成分是ZnS （还含有少量FeS等其它成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为 ．
浸出液净化过程中加入的主要物质是锌粉，其作用是 ．
（2）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用情性电极，阳极的电极反应式是 ．
（3）在该流程中可循环使用的物质是Zn和 ．
（4）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质，“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为 ．
（5）硫化锌精矿（ZnS ）遇到硫酸铜溶液可慢慢的转化为铜蓝（CuS）．请解释该反应发生的原理 ．
（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌．明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一尼罐内，…，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红，…．，冷淀，毁罐取出，…即倭铅也．”该炼锌工艺主要反应的化学方程式为 （注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）．
19．（10分）某化学实验小组利用如图1装置制备NH3并探究NH3的性质。已知NH3不溶于CCl4。回答下列问题：
（1）装置A中烧瓶内的试剂可选用 （填字母）。
a．NaOH固体
b．浓硫酸
c．五氧化二磷
（2）为防止氨气污染空气，需进行尾气处理，则K2的导管末端不能连接表中的装置 （填序号），原因是 。
（3）探究喷泉实验的发生。
打开K1、K2，关闭K3，检验装置D中集满氨气的一种方法是：将湿润的红色石蕊试纸放在K2导管口处，若 ，则氨气已满。当装置D中集满氨气后．关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是 。
（4）若探究氨气与氯气的反应，K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。
①装置D中氨气与氯气反应产生白烟，同时生成一种无色无味的气体，该反应的化学方程式为 。
②从K3处导管逸出的气体中含有少量Cl2，则装置C中应盛放 （填化学式）溶液，发生反应的化学方程式为 。
20．（12分）七水硫酸镁（MgSO4•7H2O）可用于印染加重剂，制造瓷器、颜料和防火材料．在医药上用作泻剂，在微生物工业作培养基成分等．可利用化工厂生产硼砂的废渣﹣﹣硼镁泥制取七水硫酸镁（MgSO4•7H2O），硼镁泥的主要成分是MgCO3，还含有其它杂质（MgO、Na2B4O7、SiO2、Fe2O3、CaO、Al2O3、MnO等）．
硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程图如图：
部分阳离子开好成淀和完全沉淀时溶液的pH
据此试回答下列问题：
（1）写出生成H3BO3的离子方程式 ．
（2）NaClO具有强氧化性，能直接将溶液中Fe2+和Mn2+分别氧化成 （填化学式）．
（3）能否直接控制pH除去Mn2+ ，理由 ．
（4）若检验时溶液呈红色，说明滤液B中还含有 未除尽（填离子符号），应补加 再煮沸趁热过滤（填化学式）．
（5）沉淀D的化学式 ．
厦门市2024～2025学年第一学期高一年级质量检测模拟
化学试题
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题，满分45分）
1．（3分）日常生活中常用一些图标来警示或提示人们注意．以下图标中表示非处方药的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】药物的主要成分和疗效．
【答案】B
【分析】处方药（Rx）就是必须凭执业医师或执业助理医师处方才可调配、购买和使用的药品；非处方药（OTC）则不需要凭医师处方即可自行判断、购买和使用的药品．
【解答】解：A．是节约用水标志，故A错误；
B．是非处方药的标志，故B正确；
C．是资源回收利用标志，故C错误；
D．是禁毒标志，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学图标，它用简单、易于理解的文字和图形表述有关化学品的危险特性及其安全处置的注意事项，警示作业人员进行安全操作和处置，题目较为简单，学习过程中注意化学图标的识记．
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
①能导电的物质一定是电解质
②氧化还原反应的实质是电子的转移
③丁达尔效应可用于区别蛋白质溶液与葡萄糖溶液
④不锈钢、苛性钾、液氨分别为混合物、强电解质和弱电解质
⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物
A．①②③B．②③④C．②③⑤D．③④⑤
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．
【答案】C
【分析】①能导电的物质不一定是电解质，存在自由移动电子、离子的物质能导电；
②氧化还原反应的特征是元素化合价发生变化，实质是电子的转移；
③胶体具有丁达尔效应；
④不同物质组成的为混合物，水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；
⑤只和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，只和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物。
【解答】解：①能导电的物质不一定是电解质，如金属和溶液导电，但不是电解质，故①错误；
②反应前后元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应，反应的实质是电子的转移，故②正确；
③蛋白质溶液为胶体，光线通过发生丁达尔效应，溶液无此性质，丁达尔效应可用于区别蛋白质溶液与葡萄糖溶液，故③正确；
④不锈钢是合金为混合物，苛性钾溶于水完全电离，能导电属于强电解质，液氨为非电解质，故④错误；
⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物，和酸反应生成盐和水，故⑤正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质组成、物质分类、胶体性质、氧化还原反应等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
3．（3分）下列指定微粒的数目一定相等的是（ ）
A．等物质的量的H2O与D2O含有的中子数
B．等质量的乙烯与丙烯的碳氢质量之比
C．同温、同压下的CO与NO含有的原子数
D．pH相等的HCl溶液与CH3COOH溶液稀释100倍后的pH
【考点】物质的量的相关计算．
【答案】B
【分析】A．H2O分子含有8个中子，而D2O分子含10个中子；
B．乙烯与丙烯的最简式相同；
C．CO、NO的分子数目不一定相同；
D．HCl是强酸，而醋酸是弱酸，稀释会继续电离。
【解答】解：A．H2O分子含有8个中子，而D2O分子含10个中子，等物质的量的H2O与D2O含有的中子数不相等，故A错误；
B．乙烯与丙烯的最简式都是CH2，二者含有的碳氢质量之比一定相等，故B正确；
C．CO、NO虽然都是双原子分子，但二者的分子数目不一定相同，则含有的原子数目不一定相等，故C错误；
D．HCl是强酸，再溶液中完全电离，而醋酸是弱酸，稀释会继续电离，pH相等的HCl溶液与CH3COOH溶液稀释100倍后，醋酸溶液中氢离子浓度更大，pH较小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的量有关计算、弱电解质电离等，掌握以物质的量为中心的计算并能灵活运用，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
4．（3分）下列溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A．Cu2+、Na+、、OH﹣
B．Ba2+、K+、OH﹣、
C．H+、Fe2+、、Cl﹣
D．Na+、、、OH﹣
【考点】离子共存问题；铁盐和亚铁盐的相互转化．
【答案】B
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
【解答】解：A．Cu2+、OH﹣之间反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故A错误；
B．Ba2+、K+、OH﹣、之间不反应，能够大量共存，故B正确；
C．在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+、Cl﹣，不能大量共存，故C错误；
D．、OH﹣之间反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5．（3分）新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列生活中常见的物质属于胶体的是（ ）
A．食盐水B．白酒C．食醋D．豆浆
【考点】胶体的重要性质．
【答案】D
【分析】胶体的分散质微粒直径在1～100nm之间，是一种均一介稳定的分散系。
【解答】解：A．食盐水溶液是氯化钠溶液，不是胶体，故A错误；
B．白酒是酒精的水溶液，不是胶体，故B错误；
C．食醋是乙酸的水溶液，不是胶体，故C错误；
D．豆浆是蛋白质形成的分散系属于胶体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查胶体的特点，明确胶体分散质微粒直径在1～100nm之间，是对基础内容的考查，难度不大。
6．（3分）下列电离方程式正确的是（ ）
A．NaHSO4在熔融状态电离：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣
B．NaHCO3在水溶液中电离：NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣
C．Na2O在水溶液中电离：Na2O＝2Na++O2﹣
D．HF在水溶液中电离；HF⇌H++F﹣
【考点】电离方程式的书写．
【答案】D
【分析】A．熔融硫酸氢钠电离出钠离子、硫酸氢根离子；
B．碳酸氢钠电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开；
C．Na2O与水反应生成氢氧化钠；
D．氟化氢为弱酸，电离方程式应该用可逆号。
【解答】解：A．熔融硫酸氢钠电离出钠离子、硫酸氢根离子，其电离方程式为：NaHSO4（熔融）＝Na++HSO4﹣，故A错误；
B．NaHCO3在水溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3＝Na++HCO3﹣，故B错误；
C．Na2O与水反应生成氢氧化钠，在熔融态可电离，Na2O（熔融）＝2Na++O2﹣，故C错误；
D．HF在水溶液中存在电离平衡，其电离方程式为：HF⇌H++F﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式书写的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，离子方程式必须符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等。
7．（3分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．铁和稀盐酸反应 2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
B．碳酸钙溶于稀盐酸中 CO32﹣+2H+═CO2+H2O
C．氯气与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
D．碳酸氢钠溶液与盐酸反应 HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O
【考点】离子方程式的书写；氯气的化学性质．
【答案】D
【分析】A．铁与稀盐酸反应生成的是亚铁离子；
B．碳酸钙为难溶物，离子方程式中不能拆开；
C．次氯酸不能拆开，应该保留分子式；
D．碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳气体和水．
【解答】解：A．铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，故B错误；
C．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不能拆开，正确的离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故C错误；
D．碳酸氢钠溶液与盐酸反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
8．（3分）在Fe2（SO4）3、CuSO4、Al2（SO4）3的混合溶液中通入适量H2S，产生的沉淀物是（ ）
A．FeS和CuSB．CuS
C．CuS和SD．Al2S3、FeS和CuS
【考点】含硫物质的性质及综合应用．
【答案】C
【分析】Fe2（SO4）3、CuSO4、Al2（SO4）3的混合溶液中氧化性离子的强弱顺序为Fe3+＞Cu2+＞Al3+，其中铜离子和硫离子反应生成硫化铜沉淀不发生氧化还原反应，硫酸铝和硫化氢不发生反应；
【解答】解：Fe2（SO4）3、CuSO4、Al2（SO4）3的混合溶液中氧化性离子的强弱顺序为Fe3+＞Cu2+＞Al3+，其中铜离子和硫离子反应生成硫化铜沉淀；2Fe3++H2S＝S+2H++2Fe2+，
Cu2++H2S＝CuS↓+2H+；判断最后生成的沉淀为CuS和S；
故选：C。
【点评】本题考查了离子性质的分析判断，主要是铁离子的氧化性，硫化铜的难溶性判断，题目难度中等．
9．（3分）下列物质的工业生产原理不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．氨气B．纯碱C．硫酸D．烧碱
【考点】氧化还原反应的基本概念及规律．
【答案】B
【分析】有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化，据此对各选项进行判断．
【解答】解：A．工业制用氮气与氢气反应制取氨气，属于氧化还原反应，故A不选；
B．氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，故B选；
C．硫酸工业中存在S～SO2～SO3的转化，化合价发生变化，为氧化还原反应，故C不选；
D．工业制取烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，该反应中有电子的转移，属于氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了化学反应方程式的书写，明确物质的性质是解本题关键，注意掌握氧化还原反应的实质与特征，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力．
10．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，48gO3含有的氧原子数是3NA
B．含107gFe（OH）3的胶体中胶粒总数是NA
C．0.5L 0.2ml•L﹣1的NaCl溶液中含有的Na+是0.1NA
D．标准状况下，33.6LCO中含有的原子数是3NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【答案】B
【分析】A、根据n＝计算氧原子物质的量，再根据N＝nNA计算氧原子数目．
B、Fe（OH）3的胶体中胶粒是Fe（OH）3集合体．
C、根据n＝cV计算钠离子的物质的量，再根据N＝nNA计算钠离子数目．
D、根据n＝计算一氧化碳的物质的量，再根据N＝nNA计算原子数目．
【解答】解：A、标准状况下，48gO3含有的氧原子数为3NA，故A正确；
B、Fe（OH）3的胶体中胶粒是Fe（OH）3集合体，故B错误；
C、0.5L 0.2ml•L﹣1的NaCl溶液中含有的Na+是0.5L×0.2ml•L﹣1×NAml﹣1＝0.1NA，故C正确；
D、标准状况下，33.6LCO中含有的原子数是×2×NAml﹣1＝3NA，故D正确。
故选：B。
【点评】考查常用化学计量数的有关计算，难度较小，注意胶体中胶粒是许多粒子集合体．
11．（3分）氨基磺酸(H2NSO3H)是一种无味无毒的固体强酸，微溶于乙醇，溶于水时存在反应：H2NSO3H +H2O=NH4HSO4.实验室可用羟胺(NH2OH，性质不稳定，室温下同时吸收水蒸气和CO2时迅速分解)与SO2反应制备氨基磺酸，装置如图所示(夹持装置等未画出)。下列说法错误的是
A．实验时，应先打开装置A中分液漏斗的活塞
B．“单向阀”的作用是防倒吸，可分别用图E的两种装置代替
C．实验完毕后，可采用分液操作分离C装置中的氨基磺酸
D．用该装置制得的H2NSO3H中可能含有NH4HSO4杂质
【考点】制备实验方案的设计．
【答案】C
【分析】在装置A中用70%硫酸与Na2SO3粉末反应制取SO2，在装置C中用羟胺与SO2反应制备氨基磺酸，由于羟胺(NH2OH)性质不稳定，室温下同时吸收水蒸气和CO2时迅速分解，加热时爆炸，所以装置D的碱石灰可以吸收空气中的CO2及水蒸气，据此解答。
【详解】A．在装置C中用羟胺与SO2反应制备氨基磺酸，为避免羟胺室温下同时吸收水蒸气和CO2时迅速分解，实验时，应先打开装置A中分液漏斗的活塞，使装置先充满SO2气体，排出装置中的空气，然后再滴加羟胺的乙醇溶液，A正确；
B．“单向阀”的作用是防倒吸，图E的两种装置可以防止倒吸，因此可以用E代替，B正确；
C．氨基磺酸是固体，微溶于乙醇，应该用过滤的方法分离，C错误；
D．氨基磺酸(H2NSO3H)遇水会发生反应：H2NSO3H+H2O=NH4HSO4，实验时制取的SO2气体没有进行干燥处理，SO2气体中可能含有少量水蒸气，因此用该装置制得的H2NSO3H中可能含有NH4HSO4杂质，D正确；
答案选C。
12．（3分）用部分被氧化的金属屑A制备某工业常用的无水盐C的步骤如图所示。将C溶于水，向其中滴入NaOH溶液，出现白色沉淀，后逐渐变为红褐色，下列判断正确的是（ ）
A．过滤所得的残渣中一定没有金属A
B．滤液可能是CuSO4溶液
C．水合盐B可能是FeSO4•7H2O
D．无水盐C可能是Fe2（SO4）3
【考点】无机物的推断．
【答案】C
【分析】将C溶于水，向其中滴入NaOH溶液，出现白色沉淀，后逐渐变为红褐色，该红褐色沉淀为氢氧化铁沉淀，说明C盐中含有亚铁离子，则A为部分氧化的铁屑，加硫酸有固体剩余，则固体为Fe。
A．将C溶于水，向其中滴入NaOH溶液，出现白色沉淀，后逐渐变为红褐色，说明C盐中含有亚铁离子；
B．水合盐B可能是FeSO4•7H2O；
C．由分析可知应该是亚铁盐；
D．将C溶于水，向其中滴入NaOH溶液，出现白色沉淀，应该是氢氧化亚铁。
【解答】解：将C溶于水，向其中滴入NaOH溶液，出现白色沉淀，后逐渐变为红褐色，该红褐色沉淀为氢氧化铁沉淀，说明C盐中含有亚铁离子，则水合盐B可能是FeSO4•7H2O；则A为部分氧化的铁屑，加硫酸有固体剩余，则固体为Fe。
A．亚铁盐很容易被氧化，过量的铁屑可以防止其被氧化，所以过滤所得的残渣中应该有Fe，故A错误；
B．硫酸抑制水解，Fe可防止亚铁离子被氧化，所以滤液可能是FeSO4溶液，故B错误；
C．C盐中含有亚铁离子，则水合盐B可能是FeSO4•7H2O，故C正确；
D．滴入NaOH溶液，先出现白色沉淀，后逐渐变为红褐色，说明C盐中含有亚铁离子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了铁的单质及化合物的性质，题目难度不大，注意根据氢氧化亚铁在空气中颜色变化来判断。
13．（3分）工业上用氮气和氢气合成氨：N2+3H22NH3（反应放热），从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa﹣50MPa，温度：500℃左右，催化剂：铁触媒．下列有关合成氨工业的叙述不正确的是（ ）
A．使用铁触媒，可使氮气和氢气混合气体之间的反应在较低温度下取得较高的反应速率
B．工业上选择上述条件下合成氨，可以使氮气全部转化为氨
C．上述化学平衡的移动受到温度、反应物的浓度、压强等因素的影响
D．温度升高，不利于氮气的转化率
【考点】工业制氨气．
【答案】B
【分析】A、铁触媒是催化剂，能使氮气和氢气在较低温度下反应，提高化学反应速率；
B、由于工业合成氨是可逆反应，氮气不能全部转化为氨；
C、合成氨是有气体参与的放热反应，所以平衡的移动受到温度、反应物的浓度、压强等因素的影响；
D、合成氨是放热反应，温度升高，不利于氮气的转化率．
【解答】解：A、铁触媒是催化剂，能使氮气和氢气在较低温度下反应，提高化学反应速率，故A正确；
B、由于工业合成氨是可逆反应，氮气不能全部转化为氨，故B错误；
C、合成氨是有气体参与的放热反应，所以平衡的移动受到温度、反应物的浓度、压强等因素的影响，故C正确；
D、合成氨是放热反应，所以低温有利，温度升高，不利于氮气的转化率，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了合成氨的原理，同时考查了外界条件对化学平衡的影响，比较基础，注意理解温度、浓度、压强、催化剂等外界条件对化学平衡的影响．
14．（3分）已知H2C2O4是一种二元弱酸。室温下，通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。
若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是（ ）
A．依据实验1推测：Kw＜Ka1（H2C2O4）×Ka2（H2C2O4）
B．依据实验2推测：NaHC2O4溶液具有漂白性
C．依据实验3推测：Ksp（BaC2O4）＞2.5×10﹣3
D．依据实验4推测：反应后溶液中存在c（Na+）＝c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）
【考点】性质实验方案的设计；离子浓度大小的比较；沉淀溶解平衡的应用．
【答案】A
【分析】A.实验1测得10mL0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液的pH约为5.5，说明HC2O4﹣电离大于HC2O4﹣水解，Ka1（H2C2O4）×Ka2（H2C2O4）＝×c2（H+）＝×10﹣11，Kh1＞Kh2，故＞1；
B.向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液，溶液紫红色褪色，并不是因为NaHC2O4溶液具有漂白性，是因为具有还原性；
C.向0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液中加入等体积0.1ml⋅L﹣1Ba（OH）2溶液，此时草酸根离子浓度约为0.05ml⋅L﹣1，钡离子浓度为0.05ml⋅L﹣1，故Qc＝c（Ba2+）×c（C2O42﹣）＝2.5×10﹣3，此时产生沉淀，据此判断；
D.向10mL0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加少量0.1ml⋅L﹣1NaOH溶液，溶质为草酸氢钠和少量草酸钠，结合物料守恒分析。
【解答】解：A.实验1测得10mL0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液的pH约为5.5，说明HC2O4﹣电离大于HC2O4﹣水解，Ka1（H2C2O4）×Ka2（H2C2O4）＝×c2（H+）＝×10﹣11，Kh1＞Kh2，故＞1，×10﹣11＞10﹣11＞Kw，故A正确；
B.向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液，溶液紫红色褪色，原因是高锰酸钾氧化草酸后自身被还原导致褪色，并不是因为NaHC2O4溶液具有漂白性，是因为具有还原性，故B错误；
C.向0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液中加入等体积0.1ml⋅L﹣1Ba（OH）2溶液，此时草酸根离子浓度约为0.05ml⋅L﹣1，钡离子浓度为0.05ml⋅L﹣1，故Qc＝c（Ba2+）×c（C2O42﹣）＝2.5×10﹣3，此时产生沉淀，即2.5×10﹣3＞Ksp（BaC2O4），故C错误；
D.向10mL0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加少量0.1ml⋅L﹣1NaOH溶液，溶质为草酸氢钠和少量草酸钠，反应后溶液中存在c（Na+）＞c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
15．（3分）常温下，几种弱酸的电离平衡常数如表所示，常温下，下列有关说法正确的是
常温下，下列有关说法正确的是（ ）
A．0.1ml•L﹣1盐溶液的pH：pH（CH3COONa）＞pH（NaHCO3）＞pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）
B．pH＝11的NaOH溶液和pH＝11的Na2CO3溶液中，水的电离程度相同
C．相同浓度、相同体积的NaCN、CH3COONa溶液中，两溶液中离子总数相等
D．Na2CO3溶液中存在：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）
【考点】弱电解质的电离平衡．
【答案】D
【分析】A．弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，反之酸性越弱，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大；
B．酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；
C．酸性CH3COOH＞HCN，相同浓度、相同体积的NaCN、CH3COONa溶液中NaCN水解程度大，结合电荷守恒分析判断；
D．碳酸钠溶液中存在质子守恒，水电离出所有氢氧根离子浓度和所有氢离子存在形式的离子浓度总和相同．
【解答】解：A．根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大，物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）＜pH（NaHCO3）＜pH（NaCN）＜pH（Na2CO3），故A错误；
B．pH＝11的NaOH溶液和pH＝11的Na2CO3溶液中，水的电离程度不相同，碳酸钠溶液中水电离程度大于氢氧化钠溶液，故B错误；
C．酸性CH3COOH＞HCN，相同浓度、相同体积的NaCN、CH3COONa溶液中NaCN水解程度大，c（CN﹣）＜c（CH3COO﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CN﹣），c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），c（CN﹣）＜c（CH3COO﹣），NaCN溶液中氢氧根离子浓度大，氢离子浓度小，醋酸钠溶液中离子数大于NaCN溶液，故C错误；
D．碳酸钠溶液中存在质子守恒，水电离出所有氢氧根离子浓度和所有氢离子存在形式的离子浓度总和相同，c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、电解质溶液中电荷守恒和物料守恒的分析等，题目难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离．
二．解答题（共5小题，满分55分）
16．（10分）现有下列物质：
①Al2O3
②氢氧化铁胶体
③氯气
④铁粉
⑤熔融Na2CO3
⑥NaOH溶液
⑦HCl
（1）上述能导电的电解质为 ⑤ （填序号），其电离方程式为 Na2CO3＝2Na++CO32﹣ 。
（2）①为 两性 （“酸性”、“碱性”或“两性”）氧化物，其与⑥反应的离子方程式为 Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O 。
（3）区分②和⑥的方法为 丁达尔效应 ，向②中通入⑦直至过量的现象为 先发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，继续通入HCl，氢氧化铁沉淀溶解，得到黄色溶液 。
（4）一定量的④在③中燃烧的化学方程式为 2Fe+3Cl22FeCl3 ，向燃烧后的固体中加入足量的水，充分搅拌后有固体残留，则溶液中 无 （填“有”或“无”）Fe3+，能用于证明该结论的试剂为 KSCN 。
【考点】电离方程式的书写；电解质与非电解质．
【答案】（1）⑤；Na2CO3＝2Na++CO32﹣；
（2）两性；Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O；
（3）丁达尔效应；先发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，继续通入HCl，氢氧化铁沉淀溶解，得到黄色溶液；
（4）2Fe+3Cl22FeCl3；无；KSCN。
【分析】（1）存在自由移动的离子或电子的物质能导电，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，碳酸钠是强电解质，完全电离生成钠离子和碳酸根离子；
（2）①Al2O3和酸、碱都能反应生成盐和水，为两性氧化物，氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；
（3）区别溶液和胶体分散系的方法是丁达尔效应，向②中通入⑦直至过量，氢氧化铁胶体先发生聚沉，最后氢氧化铁沉淀溶解得到氯化铁溶液；
（4）一定量的铁在氯气中燃烧生成氯化铁，向燃烧后的固体中加入足量的水，充分搅拌后有固体残留，说明铁过量，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，加入KSCN溶液不变红色，证明不含铁离子。
【解答】解：（1）①Al2O3不能导电，熔融状态下导电，是电解质，
②氢氧化铁胶体能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，
③氯气不能导电，是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，
④铁粉能导电，是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，
⑤熔融Na2CO3能导电，属于电解质，
⑥NaOH溶液能导电，是电解质溶液，既不是电解质也不是非电解质，
⑦HCl不能导电，溶于水导电，属于电解质，
上述能导电的电解质为⑤，其电离方程式为：Na2CO3＝2Na++CO32﹣，
故答案为：⑤；Na2CO3＝2Na++CO32﹣；
（2）①Al2O3为两性氧化物，其与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O，
故答案为：两性；Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O；
（3）区分②和⑥的方法为丁达尔效应，向②中通入⑦直至过量的现象为：先发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，继续通入HCl，氢氧化铁沉淀溶解，得到黄色溶液，
故答案为：丁达尔效应；先发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，继续通入HCl，氢氧化铁沉淀溶解，得到黄色溶液；
（4）一定量的④在③中燃烧生成氯化铁，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，向燃烧后的固体中加入足量的水，充分搅拌后有固体残留，说明铁剩余，则溶液中无Fe3+，能用于证明该结论的试剂为KSCN，加入KSCN溶液不变红色，证明无铁离子，
故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；无；KSCN。
【点评】本题考查了物质分类、物质性质、胶体特征和性质应用，注意知识的积累，题目难度不大。
17．（12分）我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42﹣以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：
①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加适量盐酸 ④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液。
（1）以下操作顺序不合理的是 AB 。
A．②⑤④③①B．④⑤②①③C．⑤②④①③D．⑤④②①③
（2）用提纯的NaCl配制450 mL 4.00 ml•L﹣1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有 500mL容量瓶、胶头滴管 （填仪器名称）。
（3）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42﹣是否除尽的操作方法是 取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42﹣已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42﹣未除尽
【考点】粗盐提纯；配制一定物质的量浓度的溶液．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，碳酸钠加在氯化钡的后面，根据除杂原则分析作答；
（2）根据配制一定浓度的溶液的基本操作步骤分析所缺少的仪器；
（3）检验SO42﹣是否除尽，即判断氯化钡是否过量，可取少量溶液，再加入少量氯化钡溶液判断SO42﹣是否除尽。
【解答】解：（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④①③或⑤④②①③，故C、D正确，A、B错误，
故答案为：AB；
（2）配制450 mL 4.00 ml•L﹣1NaCl溶液，需要500 mL容量瓶，定容时需要胶头滴管，则所缺少的仪器为：500 mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42﹣已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42﹣未除尽，
故答案为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42﹣已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42﹣未除尽。
【点评】本题考查粗盐提纯、溶液配制等知识，题目难度不大，明确粗盐提纯方法即可解答，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液步骤，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
18．（11分）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，某硫化锌精矿的主要成分是ZnS （还含有少量FeS等其它成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为 ZnO ．
浸出液净化过程中加入的主要物质是锌粉，其作用是 除去Fe3+ ．
（2）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用情性电极，阳极的电极反应式是 2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ ．
（3）在该流程中可循环使用的物质是Zn和 H2SO4 ．
（4）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质，“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为 2ZnS+4H++O2＝2Zn2++2S↓+2H2O ．
（5）硫化锌精矿（ZnS ）遇到硫酸铜溶液可慢慢的转化为铜蓝（CuS）．请解释该反应发生的原理 在一定条件下，溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的矿物 ．
（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌．明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一尼罐内，…，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红，…．，冷淀，毁罐取出，…即倭铅也．”该炼锌工艺主要反应的化学方程式为 ZnCO3+2CZn+3CO↑ （注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用，
（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，判断焙砂的主要成分；该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为铁离子，可加入锌粉除去 Fe3+；
（2）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，据此判断产物；
（3）电解ZnSO4，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用；
（4）依据题意“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，据此写出方程式；
（5）溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质；
（6）由题意可知：反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，根据反应物和生成物写出化学方程式．
【解答】解：（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，则焙砂的主要成分为ZnO，该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为铁离子，可加入锌粉除去 Fe3+；
故答案为：ZnO；除去 Fe3+；
（2）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
故答案为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
（3）解ZnSO4，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用；
故答案为：H2SO4；
（4）“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，写出化学方程式为：2ZnS+4H++O2＝2Zn2++2S↓+2H2O；
故答案为：2ZnS+4H++O2＝2Zn2++2S↓+2H2O；
（5）根据沉淀的转化原理可知，在一定条件下，溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的矿物，硫化锌精矿遇到硫酸铜溶液可慢慢转化为铜蓝；
故答案为：在一定条件下，溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的矿物；
（6）由题意可知：反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，化学方程式：ZnCO3+2CZn+3CO↑；
故答案为：ZnCO3+2CZn+3CO↑．
【点评】本题为工艺流程题，通过锌的炼制考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确工艺流程及各种物质的性质是解题关键，题目难度中等．
19．（10分）某化学实验小组利用如图1装置制备NH3并探究NH3的性质。已知NH3不溶于CCl4。回答下列问题：
（1）装置A中烧瓶内的试剂可选用 a （填字母）。
a．NaOH固体
b．浓硫酸
c．五氧化二磷
（2）为防止氨气污染空气，需进行尾气处理，则K2的导管末端不能连接表中的装置 Ⅰ （填序号），原因是 NH3易溶于水，会发生倒吸 。
（3）探究喷泉实验的发生。
打开K1、K2，关闭K3，检验装置D中集满氨气的一种方法是：将湿润的红色石蕊试纸放在K2导管口处，若 红色石蕊试纸变蓝 ，则氨气已满。当装置D中集满氨气后．关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是 用热毛巾将烧瓶捂热 。
（4）若探究氨气与氯气的反应，K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。
①装置D中氨气与氯气反应产生白烟，同时生成一种无色无味的气体，该反应的化学方程式为 3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2 。
②从K3处导管逸出的气体中含有少量Cl2，则装置C中应盛放 NaOH （填化学式）溶液，发生反应的化学方程式为 Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O 。
【考点】性质实验方案的设计；氨的实验室制法．
【答案】（1）a；
（2）Ⅰ；NH3易溶于水，会发生倒吸；
（3）红色石蕊试纸变蓝；用热毛巾将烧瓶捂热；
（4）①3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2；
②NaOH；Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O。
【分析】A中产生氨气，B中干燥氨气，C中探究氨气的性质，氨气有毒，故应进行尾气处理；
（1）氨水受热分解能产生氨气，氢氧根浓度大、加热都不利于氨气溶解；
（2）氨气的密度比空气的密度小，C装置的烧瓶中导管长管进短管出，氨气极易溶于水；
（3）氨气是碱性气；
（4）①装置D中氨气与氯气反应产生的白烟为氯化铵，则该反应为氧化还原反应，氯气为氧化剂、氨气为还原剂；
②从K3处导管逸出的气体中含有少量Cl2，可以用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气。
【解答】解：（1）氨水受热分解能产生氨气，氢氧根浓度大、加热都不利于氨气溶解，故实验室可通过在浓氨水中加入生石灰或NaOH固体制取NH3；氨气是碱性气体，能与浓硫酸、五氧化二磷反应，故装置A中烧瓶内的试剂可选用NaOH固体；
故答案为：a；
（2）氨气的密度比空气的密度小，C装置的烧瓶中导管长管进短管出，则C装置除了能用于喷泉、还有防倒吸作用，为防止氨气污染空气，需进行尾气处理，氨气极易溶于水，故可用水吸收多余氨气但要防止倒吸，故K2的导管末端不能连接表中的装置Ⅰ，因为装置Ⅰ不能防倒吸，Ⅱ中氨气不溶于四氯化碳，Ⅲ中干燥管能储存较大的水，Ⅱ、Ⅲ均能防倒吸，
故答案是：Ⅰ；NH3易溶于水，会发生倒吸；
（3）氨气是碱性气体，故检验装置D中集满氨气的一种方法是：将湿润的红色石蕊试纸放在K2导管口处，若红色石蕊试纸变蓝，则氨气已满，若氨气受热膨胀，与C中液体接触溶解、引起足够压强差即可引发喷泉，则关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是：用热毛巾将烧瓶捂热，
故答案为：红色石蕊试纸变蓝；用热毛巾将烧瓶捂热；
（4）①装置D中氨气与氯气反应产生的白烟为氯化铵，则该反应为氧化还原反应，氯气为氧化剂、氨气为还原剂，则同时生成一种无色无味的气体为氮气，该反应的化学方程式为3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2，
故答案为：3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2；
②从K3处导管逸出的气体中含有少量Cl2，可以用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，则装置C中应盛放NaOH溶液，发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：NaOH；Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O。
【点评】本题考查氨气的制备以及氨气的性质探究，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理以及实验基本操作方法，难度中等。
20．（12分）七水硫酸镁（MgSO4•7H2O）可用于印染加重剂，制造瓷器、颜料和防火材料．在医药上用作泻剂，在微生物工业作培养基成分等．可利用化工厂生产硼砂的废渣﹣﹣硼镁泥制取七水硫酸镁（MgSO4•7H2O），硼镁泥的主要成分是MgCO3，还含有其它杂质（MgO、Na2B4O7、SiO2、Fe2O3、CaO、Al2O3、MnO等）．
硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程图如图：
部分阳离子开好成淀和完全沉淀时溶液的pH
据此试回答下列问题：
（1）写出生成H3BO3的离子方程式 5H2O+B4O72﹣+2H+＝4H3BO3↓ ．
（2）NaClO具有强氧化性，能直接将溶液中Fe2+和Mn2+分别氧化成 Fe（OH）3、MnO2 （填化学式）．
（3）能否直接控制pH除去Mn2+ 不能 ，理由 当 Mn2+沉淀完全时，Mg2+也会以沉淀的形式从溶液中析出 ．
（4）若检验时溶液呈红色，说明滤液B中还含有 Fe2+ 未除尽（填离子符号），应补加 NaClO 再煮沸趁热过滤（填化学式）．
（5）沉淀D的化学式 CaSO4 ．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】硼镁泥的主要成分是MgCO3，还含有其它杂质（MgO、Na2B4O7、SiO2、Fe2O3、CaO、Al2O3、MnO等），加入浓硫酸调节溶液PH煮沸得到硼酸沉淀和二氧化硅，滤液中加入硼镁泥和次氯酸钠，次氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子形成氢氧化铁沉淀，氧化Mn2+生成二氧化锰，调节溶液pH值5﹣6煮沸，沉淀铁离子和铝离子，过滤的氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液B中加入过氧化氢和硫酸加入KSCN检验亚铁离子的存在，滤液B趁热过滤、适当浓缩得到沉淀D为硫酸钙，溶液C蒸发浓缩冷却结晶得到MgSO4•7H2O，
（1）Na2B4O7和酸溶液反应生成硼酸沉淀；
（2）NaClO具有强氧化性，能直接将溶液中Fe2+和Mn2+分别氧化成氢氧化铁和二氧化锰；
（3）图表中锰离子和镁离子沉淀PH相近，锰离子沉淀同时镁离子也会沉淀；
（4）若检验时溶液呈红色，说明滤液B中还含有亚铁离子，需要继续加入次氯酸钠氧化剂；
（5）分析可知沉淀D为硫酸钙．
【解答】解：（1）Na2B4O7和酸溶液反应生成硼酸沉淀，反应的离子方程式为：5H2O+B4O72﹣+2H+＝4H3BO3↓，
故答案为：5H2O+B4O72﹣+2H+＝4H3BO3↓；
（2）NaClO具有强氧化性，能直接将溶液中Fe2+和Mn2+分别氧化成氢氧化铁和二氧化锰，化学式为：Fe（OH）3、MnO2，
故答案为：Fe（OH）3、MnO2；
（3）当 Mn2+沉淀完全时，Mg2+也会以沉淀的形式从溶液中析出，不能直接控制pH除去Mn2+，
故答案为：不能，当 Mn2+沉淀完全时，Mg2+也会以沉淀的形式从溶液中析出；
（4）若检验时溶液呈红色，说明滤液B中还含有亚铁离子未除尽，应补加 NaClO再煮沸趁热过滤，
故答案为：Fe2+；NaClO；
（5）分析可知沉淀D为硫酸钙，化学式为：CaSO4，
故答案为：CaSO4．
实验
实验操作和现象
1
测得10mL0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液的pH约为5.5
2
向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液，溶液紫红色褪色
3
向0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液中加入等体积0.1ml⋅L﹣1Ba（OH）2溶液，溶液变浑浊
4
向10mL0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加少量0.1ml⋅L﹣1NaOH溶液，无明显现象
弱酸的化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
1.8×10﹣5
4.9×10﹣10
K1＝4.3×10﹣7
K2＝5.6×10﹣11
备选装置



Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
Al3+
开始沉淀的pH
1.9
7.9
8.6
9.6
3.1
完全沉淀的pH
3.2
9.0
10.1
11
5.4
实验
实验操作和现象
1
测得10mL0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液的pH约为5.5
2
向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液，溶液紫红色褪色
3
向0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液中加入等体积0.1ml⋅L﹣1Ba（OH）2溶液，溶液变浑浊
4
向10mL0.1ml⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加少量0.1ml⋅L﹣1NaOH溶液，无明显现象
弱酸的化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
1.8×10﹣5
4.9×10﹣10
K1＝4.3×10﹣7
K2＝5.6×10﹣11
备选装置



Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
Al3+
开始沉淀的pH
1.9
7.9
8.6
9.6
3.1
完全沉淀的pH
3.2
9.0
10.1
11
5.4