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山西省祁县第二中学校2020届高三上学期期中考试化学试题
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2019—2020学年高三上学期化学期中试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 I-127
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分,共48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.[湖北省黄冈中学2019届高三5月第二次模拟考试]《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是
A. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料
B. 为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
【答案】A
【解析】
【详解】A. 合金属于金属材料，A项正确；
B. 核电、光电、风电、水电等这些电能均是经过转化的能源属于二次能源，B项错误；
C. 光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，C项错误；
D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题B选项是易错点，一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源。包括：原煤、原油、天然气、核能、太阳能、水力、风力、波浪能、潮汐能、地热、生物质能和海洋温差能等；
二次能源则指由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，主要包括：电力、蒸汽、煤气、汽油、柴油、重油、 液化石油气、酒精、沼气、氢气和焦炭等。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 L 0.1 mol·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为NA
B. 1 mol Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3NA
C. 常温常压下，32 g O2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NA
D. 标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1 L ×0.1 mol·L－1，即小于NA，A项错误；
B. 根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1 mol Cl2参与反应转移2 mol电子，B项错误；
C. 32g O2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；
D. 标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；
答案选C。
【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是
A. 在电解精炼铜的过程中，当阴极析出32g铜时转移电子数目为NA
B. 将1molCH4与1molCl2混合光照，充分反应后，生成气体分子数为NA
C. 9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NA
D. 向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了NA个电子，有0.5mol铜单质生成，质量为0.5mol×64g/mol=32g，A项正确；
B. 将1molCH4与1molCl2混合光照，充分反应后，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中氯化氢与一氯甲烷是气体，根据元素守恒可知，氯化氢的物质的量为1mol，B项错误；
C. 依据5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O可知，1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移6mol电子，9.2g甲苯物质的量为0.1mol，被氧化为苯甲酸转移0.6mol电子，转移电子数为0.6NA，C项正确；
D. 向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，醋酸分子的电离程度与醋酸根离子的水解程度相当，则可认为醋酸不电离，醋酸根离子不水解，因此醋酸分子数为100mL×0.1mol/L×NA=0.01NA，D项正确；
答案选B。
【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、留心特殊的化学反应，如本题中合成氨的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握， 这样才能通过复习切实提高得分率。
4.以下实验装置和相关描述正确的是（ ）
A. 装置A可以实现利用浓氨水和生石灰制备并收集少量干燥的氨气
B. 利用装置B可将少量海水淡化，蒸馏中圆底烧瓶中需要加入沸石或碎瓷片
C. 实验室中装置C可以实现制备少量的小苏打
D. 通过装置D利用升华的方法可以分离提纯含有少量NH4Cl的纯碱
【答案】B
【解析】
【详解】A、氨气的密度比空气密度小，导管应伸到试管底部，故A错误；
B、海水中水的沸点较低，图中蒸馏可淡化海水，且圆底烧瓶中需要加入沸石或碎瓷片，防止暴沸，故B正确；
C、二氧化碳与溶液发生反应，因此通二氧化碳的导管应伸到液面下，故C错误；
D、加热氯化铵分解，为化学变化，可分离，而升华为物理变化，故D错误。
答案选B。
【点睛】把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。
5.下列有关物质的分类、性质或用途表述正确的是（ ）
A. SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
B. Fe(OH)3胶体无色、透明，分散质微粒直径范围为0.1nm–100nm，能产生丁达尔现象
C. ClO2具有氧化性，可用于自来水的消毒，并在逐渐替代氯气进行饮用水的消毒
D. 浓硫酸具有吸水性和强氧化性，可以用作干燥剂但不能干燥具有还原性的气体：H2S和HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
两性氧化物与酸、碱反应只生成盐和水；胶体区别于其他分散系本质特征是分散质的微粒直径；ClO2具有氧化性，能杀灭细菌病毒；浓硫酸具有吸水性能干燥气体，具有强氧化性能氧化还原性物质。
【详解】A、SiO2与氢氟酸反应不生成盐和水，虽然SiO2既能与氢氟酸反应又能与NaOH溶液反应，但是SiO2不是两性氧化物，故A错误；
B、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径，胶体的分散质的微粒直径在1nm～100nm之间，能产生丁达尔现象，Fe(OH)3胶体是红褐色的，故B错误；
C、ClO2具有氧化性，能杀灭细菌病毒，ClO2具有氧化性，可用于自来水的消毒，并在逐渐替代氯气进行饮用水的消毒，故C正确；
D、浓硫酸具有吸水性能干燥气体，具有强氧化性能氧化还原性物质，浓硫酸可以用作干燥剂但不能干燥具有还原性的气体：H2S，能干燥HCl，故D错误。
答案选C。
6.向下列溶液中加入相应试剂后，发生反应的离子方程式正确的是
A. 向CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液Ba2++SO42-=BaSO4↓
B. 向Al（NO3）3液中加入过量氨水Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
C. 向FeCl3溶液中加入铁粉Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋
D. 向Fel2溶液中加入足量新制氯水Cl2＋2I－＝2Cl－＋I2
【答案】B
【解析】
【详解】A.向CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液的离子方程式为：Ba2++SO42-+Cu2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故A错误；
B. 向Al（NO3）3液中加入过量氨水离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；
C. 向FeCl3溶液中加入铁粉离子方程式为：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，故C错误；
D. 向Fel2溶液中加入足量新制氯水离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，故D错误；
故选B。
【点睛】离子方程式书写判断注意以下几点：1、原子和电荷是否守恒；2、离子符号或化学式是否书写正确；3、反应是否符合客观事实。
7.K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是
A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−
C. K2FeO4具有氧化杀菌作用 D. 该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；
B. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，故B错误；
C. K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；
D. 反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，故D正确；
答案选B。
8.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A
B
C
D
实验
新制氯水滴入Na2S 溶液中
乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中
饱和FeCl3溶液滴入沸水中
草酸滴入KMnO4 酸性溶液中
现象
产生黄色浑浊
溶液由橙色变为绿色
液体变为红褐色且澄清透明
产生无色气体，溶液紫红色褪去
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.新制氯水滴入Na2S 溶液中，反应方程式为Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-转化为Cr3+，Cr元素化合价由+6价变为+3价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C.饱和FeCl3溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；
D.草酸滴入KMnO4 酸性溶液中，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化合价由+7价变为+2价，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。答案选C。
【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。
9.高磷鲕状赤铁矿(主要含有、少量、CaO，等)是我国一种重要的沉积型铁矿资源，以高磷鲕状赤铁矿为原料制备纯度较高的铁红，其流程如图所示。下列说法错误的是
A. 铁红可用于油漆、油墨、建筑物着色剂
B. 酸浸液遇溶液生成蓝色沉淀
C. 洗涤滤渣时要用玻璃棒不断搅拌
D. 氧化时选用的试剂可以是、NaClO溶液
【答案】C
【解析】
分析】
高磷鲕状赤铁矿主要含有的,又称铁红，易溶于强酸，中强酸，外观为红棕色粉末。可用于油漆、油墨、橡胶等工业中，可作为催化剂，炼铁原料。在碳粉与铁矿石焙烧、硫酸酸浸后, 溶液中含有Fe2+、Al3+、Ca2+，而后利用氨水调节溶液pH约5.2-7，可使Al3+沉淀完全，而Fe2+、Ca2+不受影响。利用氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+后，由于Fe3+沉降的pH为2.7-3.7，故此时Fe3+因水解成为氢氧化铁而沉降。通过对滤渣洗涤、干燥、灼烧可得氧化铁。
【详解】A. 铁红的主要成分是氧化铁,为红棕色,可用于油漆、油墨、建筑物的着色剂，A项正确；
B. 酸浸液中含有Fe2+,遇溶液生成蓝色的沉淀, B项正确；
C. 用玻璃棒不断搅拌会破坏氢氧化铁,使一部分氢氧化铁溶解，降低产率，C项错误；
D. 氧化Fe2+时可选用、NaClO溶液作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+。反应原理分别为：2Fe2+ +H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O ，2Fe2++ ClO -+ 2H+ = 2Fe3+ + Cl- + H2O，D项正确；
答案选C。
10.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
B. 脱硫过程O2间接氧化H2S
C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血
D. 《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐
【答案】A
【解析】
【详解】A.T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；
B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；
C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；
D.天然气主要成分甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D正确；
故合理选项是A。
11.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是
A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)
B. 氧化物的水化物的酸性：H2XO3
D. 单质熔点：X
【解析】
【详解】向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，说明为硫氢化钾溶液，则W、Y、Z分别为氢、硫、钾。W、X、Y、Z的族序数之和为12，X与Y的电子层数相同，X为硅元素。
A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z) >r(X)>r(Y) >r(W)，故错误；
B. 硅酸为弱酸，亚硫酸为弱酸，但亚硫酸的酸性比碳酸强，碳酸比硅酸强，故酸性顺序H2SiO3
D. 硅形成原子晶体，硫形成分子晶体，所以硅的熔点高于硫，故错误。
故选B。
12.固体化合物X由3种元素组成。为确定其组成，某学习小组进行了如下实验，相关表述不正确的是（ ）
A. 由现象1可以确定化合物X中含有氧元素
B. 固体混合物Y的成分为Cu和NaOH
C. 可以确定X的化学式为Na2Cu2O3
D. 根据X的组成和相关元素的化合价预测其具有氧化性
【答案】C
【解析】
【分析】
由现象1 可知混合气体含水蒸气，且含过量的氢气，固体混合物Y溶于水，生成紫红色固体单质，应为Cu，得到碱性溶液，焰色反应呈黄色，说明含有Na元素，与盐酸发生中和反应，应为NaOH，则X含有Na、Cu、O等元素，X中含Cu为=0.02mol，含Na为0.02mol，含O的物质的量为=0.04mol，则化学式为NaCuO2。
【详解】A、X与氢气反应生成的混合气体含水蒸气，则X中含O元素，故A正确；
B、由现象2和3可知，固体混合物Y的成分为Cu和NaOH，故B正确；
C、X的化学式为NaCuO2，故C错误；
D、X中Cu为+2价，可降低，具有氧化性，故D正确。
答案选C。
13.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B. 氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e−4OH−
C. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D. 反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：∆H=反应中形成新共价键的键能之和-反应中断裂旧共价键的键能之和
【答案】A
【解析】
【详解】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即∆H<0，故A正确；
B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为：2H2 - 4e- =4H+，故B错误；
C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误；
D.反应中，应该如下估算：∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；
故选A。
14.下列实验操作能达到目是（ ）
实验目的
实验操作
A
获得干燥纯净的NO（含NO2）
将气体依次通过装有NaOH的洗气瓶和CaCl2的干燥装置
B
配制1.0mol∙L−1的NaOH溶液
将4.0gNaOH固体在烧杯中溶解，转至100mL容量瓶中，定容
C
验证Br2的氧化性比I2的强
向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
D
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上，观察颜色，与标准比色卡对照
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、NO2、NO与NaOH发生氧化还原反应，不能除杂，应选水、洗气，故A错误；
B、4.0gNaOH固体在烧杯中溶解，转至100mL容量瓶中，定容，没有强调冷却后再转移，也没有洗涤，操作错误，故B错误；
C、KI溶液中滴加几滴溴水，生成碘，溶液变蓝，可验证Br2的氧化性比I2的强，故C正确；
D、pH试纸不能湿润，应选干燥的试纸，故D错误。
答案选C。
15.ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该装置可以在高温下工作
B. X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜
C. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋
D. 该装置工作时，电能转化为化学能
【答案】C
【解析】
【详解】A.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A错误；
B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，B错误；
C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；
D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D错误；
故合理选项是C。
16.一定量的Cu2S投入到足量浓硝酸中，收集到气体nmol，向反应后的溶液（存在Cu2+和SO42-）中加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到CuO48.0g，若上述气体为NO和NO2混合物，且体积比为1：2。则n为（ ）
A. 3.28 B. 1.80 C. 0.80 D. 1.63
【答案】B
【解析】
【分析】
结合n=计算n(CuO)，根据Cu元素守恒计算n(Cu2S)，再根据电子转移数目守恒计算n(NO)、n(NO2)，进而计算气体总物质的量，实际气体介于二者之间。
【详解】得到CuO 48.0g，其物质的量为=0.6mol，n(Cu2S)=n(CuO)=×0.6mol=0.3mol，Cu2S中S的化合价由-2价升高为+6价，且Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，则转移电子物质的量0.3×（8+1×2）=3mol，上述气体为NO和NO2混合物，且体积比为1：2，设NO为xmol、NO2为2xmol，由电子守恒可知3x+2x=3，解得x=0.6，可知n=0.6+2×0.6=1.80。
答案选B。
【点睛】氧化还原反应的计算，把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键，注意守恒法的应用。
二、填空题（共52分，包括4个大题）
17.实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如图：
Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l) ΔH=–511kJ∙mol-1
可能用到的有关数据如下：
物质
Sn
SnCl4
CuCl2
熔点/℃
232
-33
620
沸点/℃
2260
114
993
制备过程中，锡粒逐渐被消耗，需提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：
（1）a的作用是___。
（2）A中反应的化学方程式是___。
（3）B的作用是___。
（4）E中冷却水的作用是___。
（5）尾气处理时，可选用的装置是___（填序号）。
（6）锡粒中含铜杂质致 E 中产生 CuCl2，但不影响 F 中产品的纯度，原因是___。
（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有___(填序号)
A．分液漏斗 B．温度计 C．吸滤瓶 D．冷凝管 E．蒸馏烧瓶
【答案】 (1). 平衡压强，使浓盐酸顺利流下 (2). 2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (3). 除去氯气中混有的氯化氢气体 (4). 避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降 (5). 乙 (6). CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出 (7). A、C
【解析】
【分析】
SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，发生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯气中含有氯化氢，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出。
【详解】（1）导管a的作用是平衡压强，可使分液漏斗内的液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使浓盐酸顺利流下；
（2）实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（3）B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢气体；
（4）SnCl4易挥发，冷水可降低温度，避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降，故答案为：避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；
（5）尾气含有氯气，为避免四氯化锡水解，应用碱石灰，故答案为：乙；
（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，故答案为：CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出；
（7）蒸馏用到蒸馏烧瓶、温度计、接收器、冷凝管、锥形瓶，无需吸滤瓶和分液漏斗，故答案为：A、C。
【点睛】本题为制备实验，把握物质的性质、实验装置的作用、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
18.三氯化磷(PCl3)是一种基础化工原料使用广泛需求量大。实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷，实验装置如图所示(夹持装置未画出)。
已知：①氯气与白磷反应放出热量(温度高于75℃)。
②PCl3和PCl5遇水强烈反应并产生大量的白雾。
③PCl3和PCl5的物理常数如下：
熔点
沸点
PCl3
-112℃
76℃
PCl5
146℃
200℃分解
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是___；装置A中发生反应的离子方程式为___。
（2）装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞，若装置C或D中发生堵塞时B中的现象是__。
（3）为防止装置D因局部过热而炸裂，实验开始前应在圆底烧瓶的底部放少量__(填“干沙”或“水”)。
（4）装置E的烧杯中冰盐水的作用是___。
（5）装置F的作用：一是防止空气中水蒸气的进入；二是___。
（6）前期白磷过量生成PCl3，后期氯气过量生成PCl5，从PC13和PCl5的混合物中分离出PCl3的最佳方法是___。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). 吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 (4). 干沙 (5). 使三氯化磷蒸汽充分冷凝 (6). 吸收过量的氯气 (7). 蒸馏
【解析】
【分析】
实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷：装置A由高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，离子反应为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，制得的氯气混有HCl气体，B装置中的饱和食盐水吸收HCl气体，同时也是安全瓶，能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞，若发生堵塞，吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，C装置干燥氯气，纯净干燥的氯气在D中与白磷反应生成三氯化磷，E装置冷凝三氯化磷蒸汽，装置F防止空气中水蒸气的进入，同时吸收过量的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）根据图示仪器X为分液漏斗；装置A中由高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，反应为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；故答案为：分液漏斗；2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）装置C或D中是否发生堵塞，则装置B中气体压强增大，会把吸滤瓶中的液体压入长颈漏斗中，导致吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；故答案为：吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
（3）为防止装置D因局部过热而炸裂，通常会在底部铺上一层沙子或加入一定量的水，因为三氯化磷会水解，所以只能用干沙；故答案为：干沙；
（4）三氯化磷熔沸点低，通过降温可将其转化为液体，在E中收集；故答案为：使三氯化磷蒸汽充分冷凝；
（5）氯气是有毒气体，未反应完的氯气会造成大气污染，空气中的水蒸气进入D装置也会影响三氯化磷的制备。所以装置F的作用：一是防止空气中水蒸气的进入E，引起三氯化磷的水解，二是吸收过量的氯气，防止污染空气；故答案为：吸收过量的氯气；
（6）氯气逐渐过量会将PCl3氧化生成PCl5，根据表，随PCl3是液态，PCl5是固态，但在加热时温度都超过75℃，此时PCl3是气态，PCl5是液态，可以蒸馏分开；故答案为：蒸馏。
【点睛】考查物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、物质的分离提纯算等，明确实验原理及实验基本操作方法、侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。
19.海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。
请回答下列问题：
（1）步骤I中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，粗盐精制过程中要使用Na2CO3溶液，请写出加入Na2CO3溶液后相关化学反应的离子方程式：__。
（2）海水提溴，制得1molBr2需要消耗__molCl2。步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化，其作用是___。步骤Ⅱ若用Na2SO3水溶液吸收Br2，有关反应的离子方程式为___。
（3）判断Mg（OH）2是否洗涤干净的操作是___。
【答案】 (1). Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ (2). 2 (3). 抑制氯气和水反应 (4). Br2+SO32-+H2O=SO42-2H++2Br- (5). 取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀产生，证明沉淀已经洗涤干净
【解析】
【分析】
海水晒盐后得到粗盐，淡水，粗盐提纯除去所含杂质Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，得到精盐，电解制备氯气；母液中主要是溴离子和镁离子，通入氯气把溴离子氧化为溴单质，吹出后和二氧化硫气体通入水中得到卤水溶液和溴化氢溶液，富集溴，适量氯气氧化溴化氢为溴单质；含氯化镁的溶液中加入贝壳高温分解生成的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙石灰乳，沉淀镁离子，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发，冷却结晶过滤洗涤得到氯化镁晶体，失水得到氯化镁固体，电解得到镁。
【详解】（1）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，溶液中含有钡离子、钙离子，加入Na2CO3溶液后，反应的离子方程式为Ca2++CO32-═CaCO3↓、Ba2++CO32-═BaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓；
（2）提取溴的原理是利用氯气的氧化性氧化溴离子生成的溴单质，Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，海水提溴，涉及溴的富集，先后需要两步氧化溴，则制得1mol Br2需要消耗氯气2mol，步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化是抑制氯气和水的反应，步骤Ⅲ若用Na2SO3水溶液吸收Br2 反应生成硫酸钠、溴化钠，反应的离子方程式为 Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Br-，故答案为：2； 抑制氯气和水反应； Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Br-；
（3）判断Mg（OH）2是否洗涤干净的操作是：取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀产生，证明沉淀已经洗涤干净，故答案为：取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀产生，证明沉淀已经洗涤干净。
【点睛】考查海水资源的综合利用、有机物合成方法、实验基本操作等，根据工艺流程图从整体上分析镁、粗盐的制取方法及基本操作，知道每一步可能发生的反应及基本操作方法，难点是除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序。
20. 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
（1）“滤渣1”含有S和________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_______。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是______
（6）写出“沉锰”的离子方程式_____________________________________。
【答案】 (1). SiO2（不溶性硅酸盐） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2(s)⇌Mg2++2F−平衡向右移动 (7). Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，结合表格数据，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，所以滤渣3为NiS和ZnS；“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀MnCO3得到硫酸锰，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，“滤渣1”含有S和难溶性的二氧化硅或硅酸盐；“溶浸”中二氧化锰与硫化锰发生氧化还原反应生成锰离子、S和水，离子方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，故答案为：SiO2(不溶性硅酸盐)；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
(2)MnO2具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，从而在调节pH时除去这两种离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值，在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全，在pH=6.2时Zn2+开始产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，需要溶液的pH范围为4.7～6之间，故答案为：4.7；
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，故答案为：NiS和ZnS；
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，生成弱电解质HF而促进氟化镁溶解，即F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2（s）⇌Mg2++2F-平衡向右移动，所以镁离子沉淀不完全，故答案为：F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2(s)⇌Mg2++2F-平衡向右移动；
(6)“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
2019—2020学年高三上学期化学期中试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 I-127
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分,共48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.[湖北省黄冈中学2019届高三5月第二次模拟考试]《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是
A. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料
B. 为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
【答案】A
【解析】
【详解】A. 合金属于金属材料，A项正确；
B. 核电、光电、风电、水电等这些电能均是经过转化的能源属于二次能源，B项错误；
C. 光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，C项错误；
D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题B选项是易错点，一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源。包括：原煤、原油、天然气、核能、太阳能、水力、风力、波浪能、潮汐能、地热、生物质能和海洋温差能等；
二次能源则指由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，主要包括：电力、蒸汽、煤气、汽油、柴油、重油、 液化石油气、酒精、沼气、氢气和焦炭等。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 L 0.1 mol·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为NA
B. 1 mol Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3NA
C. 常温常压下，32 g O2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NA
D. 标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1 L ×0.1 mol·L－1，即小于NA，A项错误；
B. 根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1 mol Cl2参与反应转移2 mol电子，B项错误；
C. 32g O2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；
D. 标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；
答案选C。
【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是
A. 在电解精炼铜的过程中，当阴极析出32g铜时转移电子数目为NA
B. 将1molCH4与1molCl2混合光照，充分反应后，生成气体分子数为NA
C. 9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NA
D. 向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了NA个电子，有0.5mol铜单质生成，质量为0.5mol×64g/mol=32g，A项正确；
B. 将1molCH4与1molCl2混合光照，充分反应后，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中氯化氢与一氯甲烷是气体，根据元素守恒可知，氯化氢的物质的量为1mol，B项错误；
C. 依据5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O可知，1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移6mol电子，9.2g甲苯物质的量为0.1mol，被氧化为苯甲酸转移0.6mol电子，转移电子数为0.6NA，C项正确；
D. 向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，醋酸分子的电离程度与醋酸根离子的水解程度相当，则可认为醋酸不电离，醋酸根离子不水解，因此醋酸分子数为100mL×0.1mol/L×NA=0.01NA，D项正确；
答案选B。
【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、留心特殊的化学反应，如本题中合成氨的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握， 这样才能通过复习切实提高得分率。
4.以下实验装置和相关描述正确的是（ ）
A. 装置A可以实现利用浓氨水和生石灰制备并收集少量干燥的氨气
B. 利用装置B可将少量海水淡化，蒸馏中圆底烧瓶中需要加入沸石或碎瓷片
C. 实验室中装置C可以实现制备少量的小苏打
D. 通过装置D利用升华的方法可以分离提纯含有少量NH4Cl的纯碱
【答案】B
【解析】
【详解】A、氨气的密度比空气密度小，导管应伸到试管底部，故A错误；
B、海水中水的沸点较低，图中蒸馏可淡化海水，且圆底烧瓶中需要加入沸石或碎瓷片，防止暴沸，故B正确；
C、二氧化碳与溶液发生反应，因此通二氧化碳的导管应伸到液面下，故C错误；
D、加热氯化铵分解，为化学变化，可分离，而升华为物理变化，故D错误。
答案选B。
【点睛】把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。
5.下列有关物质的分类、性质或用途表述正确的是（ ）
A. SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
B. Fe(OH)3胶体无色、透明，分散质微粒直径范围为0.1nm–100nm，能产生丁达尔现象
C. ClO2具有氧化性，可用于自来水的消毒，并在逐渐替代氯气进行饮用水的消毒
D. 浓硫酸具有吸水性和强氧化性，可以用作干燥剂但不能干燥具有还原性的气体：H2S和HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
两性氧化物与酸、碱反应只生成盐和水；胶体区别于其他分散系本质特征是分散质的微粒直径；ClO2具有氧化性，能杀灭细菌病毒；浓硫酸具有吸水性能干燥气体，具有强氧化性能氧化还原性物质。
【详解】A、SiO2与氢氟酸反应不生成盐和水，虽然SiO2既能与氢氟酸反应又能与NaOH溶液反应，但是SiO2不是两性氧化物，故A错误；
B、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径，胶体的分散质的微粒直径在1nm～100nm之间，能产生丁达尔现象，Fe(OH)3胶体是红褐色的，故B错误；
C、ClO2具有氧化性，能杀灭细菌病毒，ClO2具有氧化性，可用于自来水的消毒，并在逐渐替代氯气进行饮用水的消毒，故C正确；
D、浓硫酸具有吸水性能干燥气体，具有强氧化性能氧化还原性物质，浓硫酸可以用作干燥剂但不能干燥具有还原性的气体：H2S，能干燥HCl，故D错误。
答案选C。
6.向下列溶液中加入相应试剂后，发生反应的离子方程式正确的是
A. 向CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液Ba2++SO42-=BaSO4↓
B. 向Al（NO3）3液中加入过量氨水Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
C. 向FeCl3溶液中加入铁粉Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋
D. 向Fel2溶液中加入足量新制氯水Cl2＋2I－＝2Cl－＋I2
【答案】B
【解析】
【详解】A.向CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液的离子方程式为：Ba2++SO42-+Cu2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故A错误；
B. 向Al（NO3）3液中加入过量氨水离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；
C. 向FeCl3溶液中加入铁粉离子方程式为：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，故C错误；
D. 向Fel2溶液中加入足量新制氯水离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，故D错误；
故选B。
【点睛】离子方程式书写判断注意以下几点：1、原子和电荷是否守恒；2、离子符号或化学式是否书写正确；3、反应是否符合客观事实。
7.K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是
A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−
C. K2FeO4具有氧化杀菌作用 D. 该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；
B. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，故B错误；
C. K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；
D. 反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，故D正确；
答案选B。
8.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A
B
C
D
实验
新制氯水滴入Na2S 溶液中
乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中
饱和FeCl3溶液滴入沸水中
草酸滴入KMnO4 酸性溶液中
现象
产生黄色浑浊
溶液由橙色变为绿色
液体变为红褐色且澄清透明
产生无色气体，溶液紫红色褪去
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.新制氯水滴入Na2S 溶液中，反应方程式为Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-转化为Cr3+，Cr元素化合价由+6价变为+3价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C.饱和FeCl3溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；
D.草酸滴入KMnO4 酸性溶液中，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化合价由+7价变为+2价，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。答案选C。
【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。
9.高磷鲕状赤铁矿(主要含有、少量、CaO，等)是我国一种重要的沉积型铁矿资源，以高磷鲕状赤铁矿为原料制备纯度较高的铁红，其流程如图所示。下列说法错误的是
A. 铁红可用于油漆、油墨、建筑物着色剂
B. 酸浸液遇溶液生成蓝色沉淀
C. 洗涤滤渣时要用玻璃棒不断搅拌
D. 氧化时选用的试剂可以是、NaClO溶液
【答案】C
【解析】
分析】
高磷鲕状赤铁矿主要含有的,又称铁红，易溶于强酸，中强酸，外观为红棕色粉末。可用于油漆、油墨、橡胶等工业中，可作为催化剂，炼铁原料。在碳粉与铁矿石焙烧、硫酸酸浸后, 溶液中含有Fe2+、Al3+、Ca2+，而后利用氨水调节溶液pH约5.2-7，可使Al3+沉淀完全，而Fe2+、Ca2+不受影响。利用氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+后，由于Fe3+沉降的pH为2.7-3.7，故此时Fe3+因水解成为氢氧化铁而沉降。通过对滤渣洗涤、干燥、灼烧可得氧化铁。
【详解】A. 铁红的主要成分是氧化铁,为红棕色,可用于油漆、油墨、建筑物的着色剂，A项正确；
B. 酸浸液中含有Fe2+,遇溶液生成蓝色的沉淀, B项正确；
C. 用玻璃棒不断搅拌会破坏氢氧化铁,使一部分氢氧化铁溶解，降低产率，C项错误；
D. 氧化Fe2+时可选用、NaClO溶液作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+。反应原理分别为：2Fe2+ +H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O ，2Fe2++ ClO -+ 2H+ = 2Fe3+ + Cl- + H2O，D项正确；
答案选C。
10.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
B. 脱硫过程O2间接氧化H2S
C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血
D. 《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐
【答案】A
【解析】
【详解】A.T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；
B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；
C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；
D.天然气主要成分甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D正确；
故合理选项是A。
11.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是
A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)
B. 氧化物的水化物的酸性：H2XO3
D. 单质熔点：X
【解析】
【详解】向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，说明为硫氢化钾溶液，则W、Y、Z分别为氢、硫、钾。W、X、Y、Z的族序数之和为12，X与Y的电子层数相同，X为硅元素。
A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z) >r(X)>r(Y) >r(W)，故错误；
B. 硅酸为弱酸，亚硫酸为弱酸，但亚硫酸的酸性比碳酸强，碳酸比硅酸强，故酸性顺序H2SiO3
D. 硅形成原子晶体，硫形成分子晶体，所以硅的熔点高于硫，故错误。
故选B。
12.固体化合物X由3种元素组成。为确定其组成，某学习小组进行了如下实验，相关表述不正确的是（ ）
A. 由现象1可以确定化合物X中含有氧元素
B. 固体混合物Y的成分为Cu和NaOH
C. 可以确定X的化学式为Na2Cu2O3
D. 根据X的组成和相关元素的化合价预测其具有氧化性
【答案】C
【解析】
【分析】
由现象1 可知混合气体含水蒸气，且含过量的氢气，固体混合物Y溶于水，生成紫红色固体单质，应为Cu，得到碱性溶液，焰色反应呈黄色，说明含有Na元素，与盐酸发生中和反应，应为NaOH，则X含有Na、Cu、O等元素，X中含Cu为=0.02mol，含Na为0.02mol，含O的物质的量为=0.04mol，则化学式为NaCuO2。
【详解】A、X与氢气反应生成的混合气体含水蒸气，则X中含O元素，故A正确；
B、由现象2和3可知，固体混合物Y的成分为Cu和NaOH，故B正确；
C、X的化学式为NaCuO2，故C错误；
D、X中Cu为+2价，可降低，具有氧化性，故D正确。
答案选C。
13.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B. 氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e−4OH−
C. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D. 反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：∆H=反应中形成新共价键的键能之和-反应中断裂旧共价键的键能之和
【答案】A
【解析】
【详解】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即∆H<0，故A正确；
B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为：2H2 - 4e- =4H+，故B错误；
C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误；
D.反应中，应该如下估算：∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；
故选A。
14.下列实验操作能达到目是（ ）
实验目的
实验操作
A
获得干燥纯净的NO（含NO2）
将气体依次通过装有NaOH的洗气瓶和CaCl2的干燥装置
B
配制1.0mol∙L−1的NaOH溶液
将4.0gNaOH固体在烧杯中溶解，转至100mL容量瓶中，定容
C
验证Br2的氧化性比I2的强
向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
D
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上，观察颜色，与标准比色卡对照
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、NO2、NO与NaOH发生氧化还原反应，不能除杂，应选水、洗气，故A错误；
B、4.0gNaOH固体在烧杯中溶解，转至100mL容量瓶中，定容，没有强调冷却后再转移，也没有洗涤，操作错误，故B错误；
C、KI溶液中滴加几滴溴水，生成碘，溶液变蓝，可验证Br2的氧化性比I2的强，故C正确；
D、pH试纸不能湿润，应选干燥的试纸，故D错误。
答案选C。
15.ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该装置可以在高温下工作
B. X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜
C. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋
D. 该装置工作时，电能转化为化学能
【答案】C
【解析】
【详解】A.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A错误；
B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，B错误；
C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；
D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D错误；
故合理选项是C。
16.一定量的Cu2S投入到足量浓硝酸中，收集到气体nmol，向反应后的溶液（存在Cu2+和SO42-）中加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到CuO48.0g，若上述气体为NO和NO2混合物，且体积比为1：2。则n为（ ）
A. 3.28 B. 1.80 C. 0.80 D. 1.63
【答案】B
【解析】
【分析】
结合n=计算n(CuO)，根据Cu元素守恒计算n(Cu2S)，再根据电子转移数目守恒计算n(NO)、n(NO2)，进而计算气体总物质的量，实际气体介于二者之间。
【详解】得到CuO 48.0g，其物质的量为=0.6mol，n(Cu2S)=n(CuO)=×0.6mol=0.3mol，Cu2S中S的化合价由-2价升高为+6价，且Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，则转移电子物质的量0.3×（8+1×2）=3mol，上述气体为NO和NO2混合物，且体积比为1：2，设NO为xmol、NO2为2xmol，由电子守恒可知3x+2x=3，解得x=0.6，可知n=0.6+2×0.6=1.80。
答案选B。
【点睛】氧化还原反应的计算，把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键，注意守恒法的应用。
二、填空题（共52分，包括4个大题）
17.实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如图：
Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l) ΔH=–511kJ∙mol-1
可能用到的有关数据如下：
物质
Sn
SnCl4
CuCl2
熔点/℃
232
-33
620
沸点/℃
2260
114
993
制备过程中，锡粒逐渐被消耗，需提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：
（1）a的作用是___。
（2）A中反应的化学方程式是___。
（3）B的作用是___。
（4）E中冷却水的作用是___。
（5）尾气处理时，可选用的装置是___（填序号）。
（6）锡粒中含铜杂质致 E 中产生 CuCl2，但不影响 F 中产品的纯度，原因是___。
（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有___(填序号)
A．分液漏斗 B．温度计 C．吸滤瓶 D．冷凝管 E．蒸馏烧瓶
【答案】 (1). 平衡压强，使浓盐酸顺利流下 (2). 2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (3). 除去氯气中混有的氯化氢气体 (4). 避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降 (5). 乙 (6). CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出 (7). A、C
【解析】
【分析】
SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，发生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯气中含有氯化氢，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出。
【详解】（1）导管a的作用是平衡压强，可使分液漏斗内的液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使浓盐酸顺利流下；
（2）实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（3）B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢气体；
（4）SnCl4易挥发，冷水可降低温度，避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降，故答案为：避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；
（5）尾气含有氯气，为避免四氯化锡水解，应用碱石灰，故答案为：乙；
（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，故答案为：CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出；
（7）蒸馏用到蒸馏烧瓶、温度计、接收器、冷凝管、锥形瓶，无需吸滤瓶和分液漏斗，故答案为：A、C。
【点睛】本题为制备实验，把握物质的性质、实验装置的作用、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
18.三氯化磷(PCl3)是一种基础化工原料使用广泛需求量大。实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷，实验装置如图所示(夹持装置未画出)。
已知：①氯气与白磷反应放出热量(温度高于75℃)。
②PCl3和PCl5遇水强烈反应并产生大量的白雾。
③PCl3和PCl5的物理常数如下：
熔点
沸点
PCl3
-112℃
76℃
PCl5
146℃
200℃分解
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是___；装置A中发生反应的离子方程式为___。
（2）装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞，若装置C或D中发生堵塞时B中的现象是__。
（3）为防止装置D因局部过热而炸裂，实验开始前应在圆底烧瓶的底部放少量__(填“干沙”或“水”)。
（4）装置E的烧杯中冰盐水的作用是___。
（5）装置F的作用：一是防止空气中水蒸气的进入；二是___。
（6）前期白磷过量生成PCl3，后期氯气过量生成PCl5，从PC13和PCl5的混合物中分离出PCl3的最佳方法是___。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). 吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 (4). 干沙 (5). 使三氯化磷蒸汽充分冷凝 (6). 吸收过量的氯气 (7). 蒸馏
【解析】
【分析】
实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷：装置A由高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，离子反应为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，制得的氯气混有HCl气体，B装置中的饱和食盐水吸收HCl气体，同时也是安全瓶，能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞，若发生堵塞，吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，C装置干燥氯气，纯净干燥的氯气在D中与白磷反应生成三氯化磷，E装置冷凝三氯化磷蒸汽，装置F防止空气中水蒸气的进入，同时吸收过量的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）根据图示仪器X为分液漏斗；装置A中由高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，反应为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；故答案为：分液漏斗；2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）装置C或D中是否发生堵塞，则装置B中气体压强增大，会把吸滤瓶中的液体压入长颈漏斗中，导致吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；故答案为：吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
（3）为防止装置D因局部过热而炸裂，通常会在底部铺上一层沙子或加入一定量的水，因为三氯化磷会水解，所以只能用干沙；故答案为：干沙；
（4）三氯化磷熔沸点低，通过降温可将其转化为液体，在E中收集；故答案为：使三氯化磷蒸汽充分冷凝；
（5）氯气是有毒气体，未反应完的氯气会造成大气污染，空气中的水蒸气进入D装置也会影响三氯化磷的制备。所以装置F的作用：一是防止空气中水蒸气的进入E，引起三氯化磷的水解，二是吸收过量的氯气，防止污染空气；故答案为：吸收过量的氯气；
（6）氯气逐渐过量会将PCl3氧化生成PCl5，根据表，随PCl3是液态，PCl5是固态，但在加热时温度都超过75℃，此时PCl3是气态，PCl5是液态，可以蒸馏分开；故答案为：蒸馏。
【点睛】考查物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、物质的分离提纯算等，明确实验原理及实验基本操作方法、侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。
19.海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。
请回答下列问题：
（1）步骤I中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，粗盐精制过程中要使用Na2CO3溶液，请写出加入Na2CO3溶液后相关化学反应的离子方程式：__。
（2）海水提溴，制得1molBr2需要消耗__molCl2。步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化，其作用是___。步骤Ⅱ若用Na2SO3水溶液吸收Br2，有关反应的离子方程式为___。
（3）判断Mg（OH）2是否洗涤干净的操作是___。
【答案】 (1). Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ (2). 2 (3). 抑制氯气和水反应 (4). Br2+SO32-+H2O=SO42-2H++2Br- (5). 取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀产生，证明沉淀已经洗涤干净
【解析】
【分析】
海水晒盐后得到粗盐，淡水，粗盐提纯除去所含杂质Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，得到精盐，电解制备氯气；母液中主要是溴离子和镁离子，通入氯气把溴离子氧化为溴单质，吹出后和二氧化硫气体通入水中得到卤水溶液和溴化氢溶液，富集溴，适量氯气氧化溴化氢为溴单质；含氯化镁的溶液中加入贝壳高温分解生成的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙石灰乳，沉淀镁离子，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发，冷却结晶过滤洗涤得到氯化镁晶体，失水得到氯化镁固体，电解得到镁。
【详解】（1）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，溶液中含有钡离子、钙离子，加入Na2CO3溶液后，反应的离子方程式为Ca2++CO32-═CaCO3↓、Ba2++CO32-═BaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓；
（2）提取溴的原理是利用氯气的氧化性氧化溴离子生成的溴单质，Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，海水提溴，涉及溴的富集，先后需要两步氧化溴，则制得1mol Br2需要消耗氯气2mol，步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化是抑制氯气和水的反应，步骤Ⅲ若用Na2SO3水溶液吸收Br2 反应生成硫酸钠、溴化钠，反应的离子方程式为 Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Br-，故答案为：2； 抑制氯气和水反应； Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Br-；
（3）判断Mg（OH）2是否洗涤干净的操作是：取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀产生，证明沉淀已经洗涤干净，故答案为：取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀产生，证明沉淀已经洗涤干净。
【点睛】考查海水资源的综合利用、有机物合成方法、实验基本操作等，根据工艺流程图从整体上分析镁、粗盐的制取方法及基本操作，知道每一步可能发生的反应及基本操作方法，难点是除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序。
20. 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
（1）“滤渣1”含有S和________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_______。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是______
（6）写出“沉锰”的离子方程式_____________________________________。
【答案】 (1). SiO2（不溶性硅酸盐） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2(s)⇌Mg2++2F−平衡向右移动 (7). Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，结合表格数据，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，所以滤渣3为NiS和ZnS；“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀MnCO3得到硫酸锰，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，“滤渣1”含有S和难溶性的二氧化硅或硅酸盐；“溶浸”中二氧化锰与硫化锰发生氧化还原反应生成锰离子、S和水，离子方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，故答案为：SiO2(不溶性硅酸盐)；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
(2)MnO2具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，从而在调节pH时除去这两种离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值，在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全，在pH=6.2时Zn2+开始产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，需要溶液的pH范围为4.7～6之间，故答案为：4.7；
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，故答案为：NiS和ZnS；
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，生成弱电解质HF而促进氟化镁溶解，即F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2（s）⇌Mg2++2F-平衡向右移动，所以镁离子沉淀不完全，故答案为：F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2(s)⇌Mg2++2F-平衡向右移动；
(6)“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
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