安徽省淮北市第一中学2023-2024学年高一上学期1月阶段性调研化学Word版含解析.docx

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2024年淮北一中高一年级1月阶段性学业水平调研试题化学试卷注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3，考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：化学必修第一册RJ全册。5.相对原子质量：一、选择题(共16小题；每小题3分，共48分)1.化学与生活密切相关。下列有关生活中利用化学的说法，正确的是A.“84”消毒液和洁厕灵(主要成分是)混合使用，清洁效果更好B.消毒所使用的的酒精消毒效果很好，的酒精消毒效果更好C.交警查酒驾时所用的酒精检测仪，原理是乙醇可以还原橙色重铬酸钾使其变为灰绿色D.病毒可以通过气溶胶传播，说明病毒的直径在以下【答案】C【解析】【详解】A．“84”消毒液有效成分为NaClO，与洁厕灵混合使用会发生反应：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，氯气有毒，会使人中毒，故A错误；B．浓度为100%的酒精可使细胞壁上形成一层膜，阻止酒精的渗入，对细菌起到保护作用，则75%的酒精消毒效果好，故B错误；C．乙醇具有还原性，重铬酸钾具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成铬离子，由橙色变为灰绿色，故C正确；D．气溶胶属于胶体，胶体粒子的直径在1-100nm，由于病毒能可能通过气溶胶传播，说明病毒的粒子直径可能在1-100nm范围内，故D错误；故选：C。2.2021年10月15日，中国化学会第三届硼化学会议在江苏苏州召开。会议聚焦硼在催化、合成、材料、医药和计算化学等领域的最新进展和前景展望。下列有关硼元素的说法，正确的是A.与硼同主族所组成的氧化物可与强碱反应，推断也可与强碱反应 B.硼元素最外层有3个电子，既不容易得到电子，也不容易失去电子C.在硼与氢的化合物(乙硼烷)中，B元素的化合价为价D.硼的最高价氧化物所对应的水化物硼酸为强酸，其酸性大于碳酸【答案】A【解析】【分析】【详解】A．与硼同主族的A所组成的氧化物Al2O3可与强碱反应，B2O3为酸性氧化物，能与强碱反应，故A正确；B．硼元素最外层虽然只有3个电子，但硼原子半径小，电子被原子核紧紧吸引，不易失去电子，更趋向于得到电子，B错误；C．氢的电负性大于碳，因此在硼与氢的化合物B2H6（乙硼烷）中，H元素的化合价为-1价，B元素的化合价为+3价，故C错误；D．非金属性：B＜C，因此硼的最高价氧化物所对应的水化物硼酸为弱酸，其酸性小于碳酸，故D错误；故选B。3.下列离子在给定环境中能够共存的是A.酸性介质中：B.碱性介质中：C.在加入铝粉能够放出气泡的环境中：D.在暴露在空气中的环境中：【答案】D【解析】【详解】A．酸性介质中H+与发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；B．碱性介质中OH-与Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀而不能大量共存，选项B错误；C．在加入铝粉能够放出气泡的溶液呈酸性或碱性，碱性介质中OH-与Zn2+反应生成氢氧化锌沉淀而不能大量共存，选项C错误；D．各离子之间相互不反应，能大量共存，选项D正确；答案选D。4.有关下列反应的离子方程式，书写正确的是 A.向溶液中通入过量氯气：B.向溶液中滴加溶液使得完全沉淀：C.向饱和碳酸氢钙溶液中滴加少量溶液：D.向溶液中滴入氯水：【答案】B【解析】【详解】A．氯气过量，碘离子和亚铁离子都被氧化，向FeI2溶液中通入过量Cl2的离子反应为：2Fe2++4I-+3Cl2═2I2+2Fe3++6Cl-，故A错误；B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加溶液使完全沉淀，NH4Al(SO4)2与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，氢氧化铝溶解前铵根离子先结合氢氧根离子，反应生成一水合氨和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：，故B正确；C．向碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液，无多余的碳酸根离子生成，离子方程式为，故C错误；D．溶液与氯气反应生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故D错误；故选：B。5.硝酸铵()是一种用途广泛的炸药，受猛烈撞击或者受热发生剧烈爆炸。爆炸时硝酸铵按下式分解(未配平)：，下列说法不正确的是A.配平后的系数是2B.该反应的氧化产物和还原产物都是C.该反应是氧化还原反应，反应物既作氧化剂，又作还原剂D.反应中被氧化和被还原的N原子比值为【答案】D【解析】【分析】由未配平的方程式可知，反应的化学方程式为 ，反应中铵根离子中氮元素的化合价升高被氧化，硝酸根离子中氮元素的化合价部分降低被还原，硝酸铵既作氧化剂，又作还原剂，氮气即是氧化产物也是还原产物。【详解】A．由分析可知，配平后硝酸系数为2，故A正确；B．由分析可知，氮气即是氧化产物也是还原产物，故B正确；C．由分析可知，硝酸铵受热分解的反应是氧化还原反应，硝酸铵既作氧化剂，又作还原剂，故C正确；D．由分析可知，硝酸铵受热分解的反应中被氧化和被还原的氮原子的比值为5：3，故D错误；故选D。6.设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，和反应，生成固体的质量增加了B.的溶液中含有的粒子数为C.和足量的浓反应，反应完全转移的电子数为D.在空气中燃烧生成和，转移的电子数为【答案】D【解析】【详解】A．钠在氯气中燃烧生成氯化钠，标准状况下，22.4L氯气的物质的量为=1mol，23g钠的物质的量为=1mol，等物质的量的氯气和钠反应时，氯气过量，则固体增加的质量为1mol×35.5g/mol=35.5g，故A错误；B．盐酸溶液中含有氢离子、氯离子和水分子，所以无法计算600mL2mol/L盐酸溶液中含有的粒子数，故B错误；C．二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，则87g二氧化锰与足量盐酸反应时，反应完全转移的电子数为×2×NAmol—1=2NA，故C错误；D．氧化镁和氮化镁中镁元素的化合价都为+2价，则1.2g镁在空气中燃烧时，转移的电子数为×2×NAmol—1=0.1NA，故D正确；故选D。7. 是棕黄色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触会发生燃烧并爆炸，如图是制取该气体的实验装置，下表是几种气体的熔、沸点。物质熔点/℃沸点/℃已知：温度较高或浓度过大时易分解爆炸下列选项中，不正确的一项是A.装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸B.④中发生的反应为：C.装置⑤中液氨的作用是做冷却剂，使得充分液化，防止受热爆炸D.将所得气体通入足量的溶液中，生成物的主要成分是漂白精的主要成分【答案】D【解析】【分析】由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体主要是过量的Cl2，以此解答该题。【详解】A．②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，故A正确；B．由分析可知④中发生HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，故B正确；C．沸点可知⑤中冷却分离，液氨的作用是做冷却剂，使得Cl2O充分液化，防止Cl2O受热爆炸，故C 正确；D．氯气通入足量的NaOH溶液中，生成物的主要成分是漂白液的主要成分，故D错误；故选D。8.某三种短周期元素X、Y、Z，它们的原子序数逐渐增大。X元素可与Y、Z两种元素分别组成化合物和，且这两种化合物中X元素均为最高化合价。这三种原子的核外电子数之和为31，分子的正电荷之和为74。由此推断的化学式为A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由X元素可与Y、Z两种元素分别组成化合物和，且这两种化合物中X元素均为最高化合价，可知X为+4价、Y为-2价、Z为-1价，即为C或Si，Y为O或S，Z为F或Cl；又由分子的正电荷之和为74，X为C，Z为Cl；再根据这三种原子的核外电子数之和为31，可推知Y核外有8个电子，故为O；【详解】由分析可知X为Si、Y为O，由此推断的化学式为；故选B。9.1919年，卢瑟福做了用α粒子()轰击原子核的实验，实现了原子核的人工转变，发现了质子：，其中Y的某种单质可用作自来水消毒剂。下列说法正确的是A.X与Y均能形成含18电子的氢化物B.Y存在、、多种同素异形体C.与中子数相同D.X的氧化物的水化物一定属于强酸【答案】A【解析】【分析】根据方程式，其中Y的某种单质可用作自来水消毒剂，其中Y的质量数为17，故Y不可能是Cl元素，O3可用于自来水消毒，且有，故Y为O，所以方程式为，即X为N，Y为O。【详解】A．N2H4和H2O2均为18电子的化合物，A正确； B．Y存在多种同位素而不是同素异形体，B错误；C．的中子数为17-8=9，的中子数为14-7=7，中子数不同，C错误；D．X的氧化物的水化物不一定是强酸，如HNO2为弱酸，D错误；故答案选A10.由工业废铜泥[主要成分为，含少量]制备难溶于水的，其工艺流程如图。下列说法错误的是A.灼烧时可将的硫化物转化为的氧化物，目的是便于酸浸时产物统一B.“除杂②”的目的是使充分沉淀C.“还原”中的反应为D.流程中可循环使用的物质有【答案】B【解析】【分析】废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶液硫酸的氧化物，酸浸后先加H2O2氧化Fe2+，再加NaOH稀溶液，过滤除去Fe(OH)3，往滤液中加入Na2SO3、NaCl还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。【详解】A. 灼烧时可将的硫化物转化为CuO，目的是便于酸浸时产物统一，A正确；B. “除杂②”的目的是使充分沉淀，不沉淀，B错误；C. “还原”中的反应为，C正确；D. 还原反应同时生成，酸浸又消耗，所以可循环使用，D正确；故选B。11.如图是某硫酸试剂瓶上的部分内容。下列说法正确的是硫酸化学纯()()品名：硫酸 化学式：相对分子质量：98密度：质量分数：A.该硫酸可以干燥气体B.与该硫酸反应能产生(标准状况)气体C.若不小心将该硫酸溅到了皮肤上，应立即用溶液清洗D.实验室需要的稀硫酸，配制时应量取该硫酸【答案】A【解析】【详解】A．是酸性气体，可用浓硫酸干燥，A项正确；B．65gZn物质的量为，1molZn与该硫酸完全反应，都是转移2mol电子，不论生成二氧化硫还是氢气都是1mol，标准状况体积为22.4L，B项错误；C．若不小心将该硫酸溅到皮肤上，应立即用干抹布擦拭，然后用大量水冲洗，最后涂抹稀NaHCO3溶液，C项错误；D．该硫酸的物质的量浓度，配制180mL4.6mol/L的稀硫酸，实际要配250mL，则需取该硫酸，D项错误；答案选A。12.2023年12月28日，一场大雾席卷了整个淮北一中，在校园各处“宛若仙境”，考虑到学生的安全问题，当天晚自习提前放学。雾霾天气形成的主要因素是(大气中直径小于或等于的颗粒物)和臭氧()。下列说法正确的是A.同温同压下，等质量氧气和臭氧体积之比为B.的臭氧分子中所含氧原子的数目为C.根据化学性质推测：氧气具有强氧化性，那么臭氧也具有强氧化性 D.通常情况下，氧气和臭氧的混合气体的体积约为【答案】C【解析】【详解】A．同温同压条件下，气体体积比等于物质的量之比，由m=nM，等质量时物质的量与摩尔质量成反应，则等质量的氧气和臭氧体积之比与摩尔质量成反比，故体积比为48:32=3:2，A错误；B．16g臭氧O3物质的量为，含有1mol氧原子，B错误；C．氧气具有强氧化性，氧气和臭氧属于同素异形体，化学性质相似，那么臭氧也具有强氧化性，C正确；D．标准状况下，1mol氧气和臭氧混合气体的体积约为22.4L，气体的体积受温度和压强影响较大，通常情况下不是约为22.4L，D错误；故选C。13.为探究某固体化合物X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：下列有关说法错误的是A.黑色化合物A最多可消耗392mL(标准状况)O2B.无色气体D能形成酸雨，总共产生448mL(标准状况)无色气体DC.将无色气体D全部通入黄色溶液E中，溶液变成浅绿色，且无色气体D有剩余D.化合物X的电子式为【答案】D【解析】【分析】黄色单质B燃烧生成的无色气体，则黄色单质为S、无色气体为SO2。黑色化合物A在空气中高温灼烧也生成SO2，说明其中含有硫元素，同时生成的红棕色固体，用稀硫酸溶解得黄色溶液，故红棕色化合物为Fe2O3，黄色溶液E为Fe2(SO4)3溶液。n(Fe2O3)=，由质量守恒可知黑色化合物质量为m=1.2g-0.32g=0.88g，故黑色化合物含有S原子为：0.88g-0.005mol×2×56g/mol=0.01mol，故黑色化合物中Fe、S原子物质的量之比为n(Fe)：n(S)=(0.005mol×2)：0.01mol=1：1 ，故黑色化合物A为FeS。由元素守恒可知，X含有有Fe、S两种元素，1.2gX中含有Fe为0.005mol×2=0.01mol，含有S原子为，故X中Fe、S原子物质的量之比为n(Fe)：n(S)=(0.005mol×2)：0.02mol=1：2，故X的化学式为FeS2。【详解】A．黑色固体是FeS，其与O2在高温下煅烧，反应方程式为：4FeS+7O22Fe2O3+4SO2，1molFeS反应消耗7molO2，根据反应方程式中物质反应转化关系，由n(Fe2O3)=0.005mol可知n(FeS)=0.01mol，则其反应消耗n(O2)=，其在标准状况下的体积V(O2)=0.0175mol×22.4L/mol=0.392L=392mL，A正确；B．由于n(S)=0.02mol，其反应产生SO2的会造成酸雨，根据S元素守恒，可知n(SO2)=0.02mol，故n(SO2)=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，B正确；C．D是SO2，E是Fe2(SO4)3，它们在酸性条件下会发生反应：SO2+2Fe3++2H2O=4H++2Fe2++，n(SO2)=0.02mol，n(Fe3+)=0.01mol，二者反应后溶液中含有Fe2+而显绿色，二者的物质的量的比是2：1，反应消耗的比是1：2，因此SO2气体过量，有剩余，C正确；D．化合物X是FeS2，在该物质中Fe2+与以离子键结合，中两个S原子形成一个共价单键，因此FeS2的电子式为，D错误；故合理选项是D。14.侯氏制碱法是由中国化学工程师侯德榜先生所发明的一种高效，低成本的制碱方法，打破了当时欧美对制碱业的垄断。侯氏制碱法又称联合制碱法。下图为侯氏制碱法的相关流程图。下列有关说法，正确的是A.从空气中分离利用了不同气体熔沸点不同的性质，熔沸点不同的本质是由于不同气体分子之间的分子间作用力不同 B.在沉淀过程中，应该不断加热，促进碳酸氢钠充分沉淀C.将气体X直接通入沉淀池，反应速率较先通入较快D.煅烧所得的固体与少量稀反应，会放出气泡【答案】A【解析】【分析】焦炭C和水在高温下反应生成CO和氢气，氮气和氢气在高温高压下合成氨气，将氨气通入饱和食盐水中，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵，煅烧炉内碳酸氢钠受热分解生成纯碱即碳酸钠和二氧化碳，母液含氯化铵；【详解】A．根据氮气和空气中其他组成气体的熔沸点不同，通过液化空气分离出氮气，熔沸点不同的本质是由于不同气体分子之间的分子间作用力不同，故A正确；B．碳酸氢钠热稳定性较差，不断加热会导致碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故B错误；C．气体X是二氧化碳，其在水溶液中溶解度较小，应先通入使饱和食盐水呈碱性，再通入二氧化碳，能提高反应速率，故C错误；D．煅烧所得的固体是碳酸钠，与少量稀反应生成碳酸氢钠，不能直接生成二氧化碳，不会放出气泡，故D错误；故选A。15.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g铜(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果不正确的是A.原混合酸中H2SO4物质的量为0.4molB.AB段发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+C.混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol·L-1D.第二份溶液中最终溶质为FeSO4【答案】A 【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。【详解】A．反应消耗22.4g铁，也就是=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/l，原混合酸中H2SO4物质的量为4mol/l×0.2L=0.8mol，故A错误；B．由分析：AB段发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B正确；C．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n(NO)=2n(Fe)=2×=0.4mol，混合酸中HNO3物质的量浓度为==2mol·L-1，故C正确；D．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故D正确；故选A。16.硝酸工业生产中常用纯碱溶液吸收排出的氮氧化物废气，废气中只含有NO、NO2两种气体。将一定量废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，溶液中生成的NO、NO两种离子的物质的量与废气中NO2的物质的量分数x(x=)变化关系可用如图所示。已知溶液中可发生以下两个反应：①NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2；②2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2下列说法正确的是A.图中线段a表示NO离子B.随x值增大，溶液中n(NO)+n(NO)增大 C.若测得所得溶液中n(NO)为0.5mol，则x值为0.75D.x=0.6时，反应中可收集到标准状况下44.8LCO2【答案】C【解析】【分析】由方程式和图象可知，NO单独不能被吸收：①当NO和NO2混合气体被NaOH溶液恰好完全吸收，满足n(NO2):n(NO)=1，即x=0.5，此时只生成，n()=0，n()=2mol，所以a曲线表示离子、b曲线表示NO3-离子；②当气体只有NO2时，即x=1，发生反应2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，此时生成n()=n()=1mol；③反应NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2和2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2均有n(N)=2n(C)，即n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2mol，所以n(CO2)=1mol；④由x=0.5和x=1可知，一定量废气中n(NO2)≥n(NO)，并且n(NO2)+n(NO)=2mol，生成n()+n()=2mol；综上可知：2mol废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，即n(NO2)≥n(NO)，生成n()+n()=2mol；n(CO2)=1mol；a曲线表示离子、b曲线表示离子，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，a曲线表示离子、b曲线表示离子，A错误；B．由分析可知，随x值增大，溶液中n()+n(NO)不变，B错误；C．设n(NO2)=a，n(NO)=b，则a+b=2mol，发生反应①余下NO2的物质的量为(a-b)mol，发生反应②生成n()=0.5(a-b)=0.5 mol，即a-b=1mol，联立方程组解得a=1.5mol，b=0.5mol，废气中NO2的物质的量分数x=×100%=75%，C正确；D．反应NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2和2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2均有n(N)=2n(C)，即n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2mol，所以n(CO2)=1mol；反应中可收集到标准状况下1mol×22.4L/mol=22.4LCO2，D错误；故答案为C。二、非选择题(本大题共4小题，满分52分)17.如表是元素周期表的一部分，表中所列的数字分别代表某一种元素。周期IA0 1①IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2⑥⑦3②⑤⑧⑨4③④⑩针对元素①~⑩回答下列问题。（1）元素①和②的单质化合形成的化合物中，H元素的化合价为___________，能与水反应生成氢气，在反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红，反应的化学方程式为___________。（2）由元素①和⑥形成的一种物质是天然气的主要成分，其化学式为___________；元素⑥还可以和⑧形成一种三原子直线形分子，其结构式为___________；元素②的单质在元素⑦的单质中点燃生成淡黄色固体，将该固体投入硫酸亚铁溶液中，预测主要的反应现象是___________。（3）元素③、⑧、⑨的简单离子中半径最大的是___________；(填离子符号)，元素②和⑤的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，其反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①.—1②.（2）①.CH4②.S=C=S③.溶液浅绿色消失，产生红褐色沉淀（3）①.S2—②.【解析】【分析】由元素在元素周期表中的相对位置可知，元素①为H元素、②为Na元素、③为K元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为O元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素、⑩为Br元素。【小问1详解】由化合价代数和为0，氢化钠中氢元素的化合价为—1价，由题意可知，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为，故答案为：—1价；；【小问2详解】碳元素和氢元素形成的化合物甲烷是天然气的主要成分；碳元素和硫元素形成的化合物二硫化碳是三原子直线形分子，结构式为S=C=S；钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，将过氧化钠投入硫酸亚铁溶液中，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与硫酸亚铁溶液反应生成的氢氧化亚铁与氧气反应转化为氢氧化铁，可以观察到的实验现象为溶液浅绿色消失，产生红褐色沉淀，故答案为：CH4；S=C=S ；溶液浅绿色消失，产生红褐色沉淀；【小问3详解】电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越大，则氯离子、硫离子和钾离子中离子半径最大的是硫离子；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为，故答案为：S2—；。18.金属铋在工业上常用于制造低熔点合金，用于消防装置、自动喷水器、锅炉等的安全塞，一旦发生火灾，·些水管的活塞会“自动”熔化，喷出水来。由一种铋矿[主要成分为(不溶于水)，含强氧化性杂质等]制备金属铋的简单工艺如图：已知：酸性条件下的氧化性：。（1）“浸出”过程中，溶液中放出的气体是_________；放出该气体的离子方程式是________。（2）加入溶液的目的是___________，该反应的离子方程式是___________。（3）检验母液中所含有的主要金属阳离子的方法是___________。（4）铋的+5价盐类(盐)具有强氧化性。欲探究盐类的氧化性强弱，某实验小组进行了以下实验，取一定量的溶液，向其中依次加入下列试剂，对应的现象如下表所示：加入溶液①适量铋酸钠固体②过量的双氧水③加入淀粉溶液实验现象溶液呈现紫红色紫红色消失，产生气泡溶液变为蓝色据图回答下面的问题：①上述试剂的氧化性强弱顺序为：___________。②写出和反应的离子方程式，并用双线桥法标注电子转移方向_________，已知不溶于水。)【答案】18.①.Cl2②. 19.①.溶解Bi2S3，并回收S②.20.向母液中加入铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀说明含有Fe2+21.①.②.【解析】【分析】由题给流程可知，向铋辉矿中加入氯化铁溶液和盐酸浸出时，三硫化二铋与氯化铁溶液反应生成氯化铋、氯化亚铁和硫，二氧化铅与盐酸反应生成氯化铅、氯气和水，过滤得到含有硫的浸出渣和含有氯化铋、氯化亚铁、氯化铅的滤液；向滤液中加入铁，将溶液中的铋离子转化为铋，过滤得到母液和粗铋；将反应生成的氯气通入母液中，将溶液中的氯化亚铁氧化为可以循环使用的氯化铁；粗铋精炼得到精铋。小问1详解】由分析可知，浸出时盐酸发生的反应为二氧化铅与盐酸反应生成氯化铅、氯气和水，反应的离子方程式为，故答案为：Cl2；；【小问2详解】由分析可知，浸出时加入氯化铁溶液发生的反应为氯化铁溶液与三硫化二铋反应生成氯化铋、氯化亚铁和硫，目的是溶解，并回收硫，反应的离子方程式为，故答案为：溶解Bi2S3，并回收S；；【小问3详解】由分析可知，母液中的主要阳离子为亚铁离子，检验亚铁离子的方法为向母液中加入铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀说明含有亚铁离子，故答案为：向母液中加入铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀说明含有Fe2+；【小问4详解】①由实验①可知，铋酸钠溶液与硫酸锰发生氧化还原反应生成高锰酸钠，说明铋酸钠的氧化性强于高锰酸钠；由实验②可知，高锰酸钠溶液与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成氧气，说明高锰酸钠的氧化性强于过氧化氢；由实验③可知，过氧化氢溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，说明过氧化氢的氧化性强于碘，则氧化性强弱顺序为 ，故答案为：；②由实验现象可知，实验①发生的反应为酸性条件下溶液中的铋酸根离子与锰离子反应生成铋离子、高锰酸根离子和水，表示反应电子转移方向的双线桥为，故答案为：。19.某小组为探究(三草酸合铁酸钾晶体)的热分解产物，按如图所示装置进行实验(部分夹持装置省略)。（1）在实验进行的过程中，应该持续通入氮气的目的是___________。（2）若实验中观察装置F中澄清石灰水变浑浊，装置E中固体变为红色，则说明的热分解产物中一定含有___________。（3）该样品完全热分解后，欲检测固体生成物中的组成，某同学待装置冷却后取少量固体加入稀硫酸溶解，再加入溶液变红，说明___________。（4）已知：是一种光敏化合物，见光分解。该实验小组在探究热分解后，用该装置再次探究它光解的产物，现取固体20.00g，使充分反应后，称得B、C装置共增重1.76g，D装置增重2.16g，E、F装置均无明显现象。完成下列小题：①若反应后元素的化合价降为价，K元素的化合价未改变，且两者仍为草酸盐，写出三草酸合铁酸钾完全光解的化学方程式___________。②据此计算出该固体的纯度为___________(保留一位有效数字)。 ③样品完全分解后，实验小组停止通氮气，一段时间后，某同学取少许装置A中的残留物于试管中，加入稀硫酸溶解，滴入1~2滴溶液，发现溶液变红，这与上述分解产物为价的结论不符可能的原因是___________。【答案】（1）排尽装置中的空气，使反应产生的气体全部进入后续装置（2）CO、CO2（3）生成物中含有+3价的铁（4）①.②.98.2%③.该样品的分解产物中的+2价铁在停止通氮气后被空气中的氧气氧化成+3价【解析】【分析】实验开始前通入氮气，排尽装置中的空气，防止氧气干扰产物检验，然后点燃A处酒精灯使样品受热分解，装置B中盛有的澄清石灰水用于检验产物中的二氧化碳，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于除去二氧化碳，防止干扰一氧化碳的检验，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥一氧化碳，装置E中用氧化铜与一氧化碳共热反应生成二氧化碳，F中盛有的澄清石灰水用于确定一氧化碳生成，实验中应持续通入氮气使反应产生的气体全部进入后续装置。【小问1详解】由分析可知，实验开始前通入氮气，排尽装置中的空气，实验中持续通入氮气使反应产生的气体全部进入后续装置，便于气体产物的检验，故答案为：排尽装置中的空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；【小问2详解】验中观察装置F中澄清石灰水变浑浊，装置E中固体变为红色说明三草酸合铁酸钾晶体热分解产物中一定含有一氧化碳和二氧化碳，故答案为：CO、CO2；【小问3详解】待装置冷却后取少量固体加入稀硫酸溶解，再加入硫氰化钾溶液变红说明铁酸钾晶体热分解产物中含有+3价的铁，故答案为：生成物中含有+3价的铁；【小问4详解】①由题意可知，三草酸合铁酸钾完全光解生成草酸钾、草酸亚铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：； ②由B、C装置共增重1.76g可知，反应生成二氧化碳的物质的量为=0.04mol，由方程式可知，三草酸合铁酸钾晶体的纯度为×100%=98.2%，故答案为：98.2%；③取少许装置A中的残留物于试管中，加入稀硫酸溶解，滴入1~2滴硫氰化钾溶液，溶液变红说明溶液中含有铁离子，原因是分解产物中的+2价铁在停止通氮气后被空气中的氧气氧化成+3价，故答案为：该样品的分解产物中的+2价铁在停止通氮气后被空气中的氧气氧化成+3价。20.某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。资料i．在一定条件下被或氧化成(棕黑色)、(绿色)、(紫色)；ⅱ．浓碱条件下，可被还原为；ⅲ．的氧化性与溶液的酸碱性无关，的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图(夹持装置略)。序号物质aC中实验现象通入前通入后I水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化Ⅱ溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀Ⅲ溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）B中试剂是___________。（2）通前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为___________。（3）对比实验I、Ⅱ通后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。（4）根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因一：可能是通入导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量氧化剂将氧化为。①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因：________。但通过实验测定溶液的碱性变化很小。②取Ⅲ中放置后的悬浊液，加入溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为________，溶液绿色缓慢加深，原因是被________(填化学式)氧化，可证明Ⅲ中的悬浊液中氧化剂过量。③取Ⅲ中放置后的悬浊液，加入水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是________。【答案】（1）饱和食盐水（2）（3）Mn2+的还原性随着环境碱性的增强而增强（4）①.②.③.NaClO④.【解析】【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染；【小问1详解】由分析可知，B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；【小问2详解】通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：；【小问3详解】对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+ 的还原性随溶液碱性的增强而增强；【小问4详解】①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为：；②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，该反应的离子方程式为：；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量；