2022-2023學年山東省東營市高一上學期1月期末考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省東營市2022-2023學年高一上學期1月期末考試注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對姓名、考生號和座號。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆(按填涂樣例)正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1N-14O-16Cl-35.5V-51Cu-64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.下列說法不正確的是A.汽車限行能夠減少有害氣體的排放，減輕空氣污染和溫室效應B.用pH試紙測得84消毒液的pH=9，故84消毒液顯堿性C.復合膨松劑中酸性物質的作用主要是反應產(chǎn)生氣體并降低食品的堿性D.黃河三角洲的形成與膠體的性質有關【答案】B【解析】A．汽車限行能夠減少每天汽車的使用量，從而可有害氣體的排放，減少二氧化碳氣體的產(chǎn)生與排放，故可以減輕空氣污染和溫室效應，A正確；B．84消毒液有效成分NaClO是強堿弱酸鹽，水溶液顯堿性，溶液pH＞7，但NaClO具有強氧化性，會將pH試紙氧化而褪色，因此不能使用pH試紙測定84消毒液的pH，B錯誤；C．復合膨松劑中酸性物質，可以反應產(chǎn)生氣體，使面團松軟，并與食品中的堿性物質發(fā)生中和反應，從而可降低食品的堿性，C正確；D．土壤膠體中的膠粒帶負電荷，當其流向海洋時，膠粒上的電荷被海水中的電解質的陽離子中和，膠粒之間斥力減小，膠體發(fā)生聚沉而形成沉淀，從而形成沙洲，可見黃河三角洲的形成與膠體的性質有關，D正確；故合理選項是B。2.下列儀器使用正確的是①②③④⑤⑥A.②、③使用前需要檢漏 B.③、⑤可用作反應容器C.①、②、④常用于物質分離 D.④、⑤可直接加熱【答案】A【解析】A．凡是帶瓶塞或者旋塞的儀器，為防止使用過程中漏水，因此分液漏斗和容量瓶使用前要檢漏，A正確；B．容量瓶不可以作反應容器，B錯誤；C．①為長頸漏斗用于向容器中添加液體，不能用于分離物質，C錯誤；D．蒸發(fā)皿可以直接加熱，燒杯加熱應墊陶土網(wǎng)，D錯誤；故選A。3.重鉻酸銨是一種受熱易分解的鹽，下列各項中的物質可能是重鉻酸銨受熱分解的產(chǎn)物是A.、、 B.、、C.、、 D.、、【答案】B【解析】重鉻酸銨是一種受熱易分解鹽，分解時發(fā)生氧化還原反應，N元素的化合價應升高，元素的化合價應降低，即N元素由價可能升高為0價，元素的化合價由價降低為價，只有B符合。故選：B。4.“類比”是研究物質變化規(guī)律的重要思想，下列說法正確的是A.Cl2能使紫色石蕊試液先變紅后褪色，SO2也能使紫色石蕊試液先變紅后褪色B.CO2與漂白粉反應：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，SO2也能與漂白粉反應：Ca(ClO)2+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC.用排飽和NaCl溶液的方法收集Cl2，也可用排飽和NH4Cl溶液的方法收集NH3D.濃H2SO4可以使金屬Fe鈍化，濃HNO3也可以使金屬Fe鈍化【答案】D【解析】A．氯氣溶于水生成鹽酸及次氯酸，故石蕊溶液先變紅后褪色，SO2溶于水生成亞硫酸使石蕊變紅，但二氧化硫不能漂白溶液，A錯誤；B．次氯酸鈣具有氧化性與SO2發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸鈣和氯離子，B錯誤；C．氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，該反應存在溶解平衡，飽和食鹽水中含有氯化鈉電離出的氯離子，飽和食鹽水抑制了氯氣的溶解；NH3的溶解度太大，直接溶解在氯化銨溶液的溶劑水中，C錯誤；D．濃硝酸和濃硫酸具有強烈的氧化性，它使金屬表面產(chǎn)生一層氧化膜，D正確；故答案為：D。5.NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.22.4LCO2與足量Na2O2完全反應，轉移電子數(shù)為2NAB.1molCl2溶于水，此過程中轉移電子數(shù)為NAC.3.2gO2和O3的混合氣體中含有氧原子總數(shù)為0.2NAD.11P4(白磷)+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4反應中，6molCuSO4能氧化白磷的分子數(shù)為1.1NA【答案】C【解析】A．條件不明確，非標準狀況下，氣體的物質的量無法計算，故A錯誤；B．，該反應為可逆反應，轉移電子數(shù)小于1NA，故B錯誤；C．，則氧原子數(shù)為0.2NA，故C錯誤；D．Cu元素的化合價由+2價降低到+1價，CuSO4是氧化劑，P4部分磷元素由0價降低到-3價，部分磷元素由0價升高到+5價，磷元素的化合價既升高又降低，所以P4既是氧化劑又是還原劑，若有11molP4參加反應，其中5mol的P4做氧化劑，60mol硫酸銅做氧化劑，只有6mol的P4做還原劑，則由電子守恒可知，有6mol的CuSO4參加反應，則被硫酸銅氧化的白磷分子的物質的量為，白磷分子數(shù)為0.3NA，故D錯誤；故選：C。6.膨松劑反應產(chǎn)生氣體的量是檢驗膨松劑品質的一項重要指標。某膨松劑中起蓬松作用的物質為碳酸氫鈉和少量碳酸氫銨。學校興趣小組為研究該膨松劑在加熱情況下放出的二氧化碳的量，設計了以下實驗。按下圖所示連接裝置(氣密性良好，各裝置中的試劑皆為足量)。下列有關實驗的敘述不正確的是A.碳酸氫鈉中添加一定量碳酸氫銨可以增大膨松劑反應產(chǎn)生氣體的量B.測定實驗前后裝置D的質量，其質量差即為樣品產(chǎn)生的二氧化碳的質量C.若要測定氨氣的質量，將C、D位置互換即可D.裝置E作用是進行尾氣處理，防治污染大氣【答案】D【解析】〖祥解〗空氣通入NaOH中吸收CO2，加熱碳酸氫鈉生成CO2、Na2CO3、H2O，加熱碳酸氫銨生成CO2、NH3和H2O，C中濃硫酸吸水且吸收生成的NH3，D中的堿石灰吸收二氧化碳，E中的堿石灰吸收空氣中的水及CO2，以此分析；A．碳酸氫鈉中添加一定量碳酸氫銨，碳酸氫銨加熱生成CO2及NH3，可以增大膨松劑反應產(chǎn)生氣體的量，A正確；B．根據(jù)分析，U型管D吸收加熱生成的CO2，則質量差即為樣品產(chǎn)生的二氧化碳的質量，B正確；C．C裝置中濃硫酸具有吸水性，是干燥劑，同時顯酸性可吸收B裝置中產(chǎn)生的堿性氣體氨氣，要想得到氨氣的質量就不能讓C裝置吸收水分，所以前面應加D裝置吸收水分，后加E裝置的目的還是防止空氣中的水分和二氧化碳進入C裝置，然后稱取C裝置反應前后的質量之差就是反應生成氨氣的質量，C正確；D．E中的堿石灰吸收空氣中的水及CO2且吸收生成的NH3，D錯誤；故答案為：D。7.2022年3月32日，天宮課堂第二課開啟，在中國空間站，王亞平老師用醋酸鈉(CH3COONa)的過飽和溶液做了一個“太空冰雪”的趣味實驗，使一顆“水球”瞬間變成了一顆“冰球”。查閱資料得知：過飽和溶液指在一定溫度下，溶液中溶質超過其飽和限度，而溶質仍未析出的溶液。過飽和溶液能存在的原因是，溶質不易在溶液中形成結晶中心(即晶核)。當溶液中存在雜質、受到擾動或加入一塊非常小的溶質晶體作為“晶核”，馬上就能析出晶體。有關實驗的說法正確的是A.“水球”瞬間變成了一顆“冰球”，是由于溶劑水減少了B.從物質的分類看，醋酸鈉屬于鹽類C.醋酸鈉在水中的電離方程式為CH3COONaCH3COO?+Na+D.向氫氧化鈉溶液中滴入醋酸，反應生成醋酸鈉。滴加過程中，溶液的電導率變化如圖所示【答案】B【解析】A．“冰球”為過飽和溶液析出的晶體，A錯誤；B．醋酸鈉由金屬陽離子及酸根組成為鹽，B正確；C．醋酸鈉為強電解質，CH3COONa＝CH3COO?+Na+，C錯誤；D．醋酸為弱電解質，導電能力弱，生成的醋酸鈉為強電解質，當反應結束后氫氧化鈉過量，氫氧化鈉也為強電解質，則導電率一直增大，D錯誤；故答案為：B。8.為了增大催化劑的接觸面積，常把催化劑附著在一定的載體上，“鈀碳”是將金屬鈀粉負載到活性炭及有機物上制成的催化劑。廢鈀碳中鈀的回收可通過“王水脫鈀”法實現(xiàn)，其工藝流程如下：下列說法正確的是A.“焚燒”的目的是除去碳和有機物，實驗室中該操作可以在蒸發(fā)皿中進行B.在“還原”反應中，甲酸(HCOOH)被氧化為CO2C.“溶解”反應中所用的王水濃鹽酸和濃硝酸體積比是3∶1，鹽酸和硝酸均做氧化劑D.“氨化”過程不涉及氧化還原反應，溫度越高“氨化”進行越快【答案】B【解析】〖祥解〗”鈀碳”是將金屬鈀粉負載到活性炭及有機物上制成的催化劑，廢鈀碳在空氣中高溫焙燒，C、Pd和有機物被氧氣氧化生成氧化物，氣體A主要是CO2，向固體氧化物中加入甲酸，PdO被HCOOH還原得到粗Pd，加入王水溶解，得到H2[PdCl4]溶液，在向溶液中加入濃氨水調節(jié)溶液pH，得[Pd(NH3)2]Cl2溶液，再經(jīng)過系列操作，可得到純凈的還原產(chǎn)物Pd，據(jù)此分析解題。A．由分析可知：廢鈀碳在空氣中焚燒可以使鈀碳中的活性炭和有機物燃燒除去，實驗室中該操作可以在坩堝中進行，A錯誤；B．由分析可知：“還原”反應為氧化鈀與甲酸發(fā)生氧化還原反應生成鈀、二氧化碳和水，甲酸(HCOOH)被氧化為CO2，B正確；C．鈀與王水反應生成四氯合鈀酸、一氧化氮和水，硝酸作氧化劑，HCl的組成元素在反應前后化合價不變，不作氧化劑，鹽酸可以提供Cl-形成配離子，提供H+，結合形成H2O，C錯誤；D．氨水受熱易發(fā)生分解反應生成氨氣，若反應溫度過高，氨氣受熱逸出會不利于“氨化”進行，D錯誤；故合理選項是B。9.磁記錄材料有記錄和存儲信息的功能，F(xiàn)e/Fe3O4復合物是一種高密度磁記錄材料。實驗室中可以用FeCl2溶液制備Fe/Fe3O4復合物，具體實驗裝置和實驗操作如下：在氬氣氣氛中，向裝有l(wèi)mol·L?1FeCl2溶液的三頸燒瓶中逐滴加14mol·L?1KOH溶液，用磁力攪拌器持續(xù)攪拌，在100°C下回流3小時，得到成分為Fe和Fe3O4的黑色沉淀。待三頸燒瓶中的混合物冷卻后，過濾，再依次用沸水和乙醇洗滌，在40℃干燥后焙燒3h，得到Fe/Fe3O4復合物產(chǎn)品。有關實驗的敘述不正確的是A.反應需在氬氣氣氛中進行，是為了防止Fe2+被空氣中的O2氧化。同理，焙燒操作也應隔絕空氣進行B.三頸燒瓶中發(fā)生的離子反應方程式為：4Fe2++8OH?Fe↓+Fe3O4↓+4H2OC.某同學檢驗三頸燒瓶中反應是否進行完全的操作是：取少量反應后的溶液于試管中，加入幾滴KSCN溶液，觀察溶液是否變紅D.用乙醇洗滌沉淀，既能夠洗去可溶性雜質，又方便后續(xù)的干燥【答案】C【解析】A．因為亞鐵離子易被氧化為鐵離子，故實驗過程中防止與空氣接觸，A正確；B．根據(jù)題意，亞鐵離子與強堿加熱條件下生成鐵、四氧化三鐵，B正確；C．檢驗亞鐵離子，從三頸燒瓶中取少量反應后的溶液于試管中，加入2~3滴KSCN溶液，再加入少量新制氯水，若溶液不出現(xiàn)血紅色，則反應已經(jīng)進行完全，C錯誤；D．乙醇易揮發(fā)，用乙醇洗滌可以帶走水分，能得到干燥的超順磁性的Fe3O4粒子，D正確；故答案為：C。10.電石(成分為CaC2)中常含有硫化物，在反應時常產(chǎn)生有毒氣體。工業(yè)上利用如下流程除去電石渣漿(含CaO)上層清液中的S2?，并制取石膏CaSO4?2H2O。下列說法正確是A.過程Ⅰ中的反應會使溶液的堿性增強B.過程Ⅱ的離子方程式為4MnO+2S2?+10H+=4Mn(OH)2+S2O+H2OC.將上層清液中0.1mol的S2?轉化為SO，理論上共需要0.2mol的O2D.由上述轉化過程可知，氧化性：MnO>O2>S2O【答案】C【解析】A．過程Ⅰ中氫氧化錳與氧氣在堿性環(huán)境下反應，消耗氫氧根離子，堿性減弱，故A錯誤；B．根據(jù)圖示，S2-與MnO反應生成S2O和氫氧化錳，離子方程式：，故B錯誤；C．0.1mol的S2?轉化為SO，失去電子物質的量0.8mol，需氧氣0.2mol，故C正確；D．過程Ⅰ氧氣為氧化劑，氧化產(chǎn)物為MnO，所以氧化性：O2>MnO；過程ⅡMnO為氧化劑，氧化性：MnO＞S2O，故D錯誤；答案選C。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列操作、現(xiàn)象和結論均正確的是選項操作現(xiàn)象結論A向滴有酚酞的水溶加入過氧化鈉溶液先變紅色后褪色反應生成了NaOH和一種有漂白性的物質B向3mLFe(NO3)3溶液中滴加幾滴HI溶液，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液溶液顯藍色I?的還原性比Fe2+的強C向待測液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成待測液中含有SOD向適量補鐵劑配成的溶液中滴入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩酸性KMnO4溶液褪色補鐵劑中含有Fe2+A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．反應產(chǎn)物中有堿,故酚酞會變紅，而Na2O2與水反應時的還有H2O2生成，H2O2具有漂白性,還能使紅色退去，A正確；B．向3mLFe(NO3)3溶液中滴加幾滴HI溶液，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍色，說明產(chǎn)生了碘單質，其原因是硝酸根在酸性條件下將碘離子氧化，B錯誤；C．向待測液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，還可能待測液中含有Ag+，C錯誤；D．Fe2+、Cl-等還原性離子都能使酸性KMnO4溶液褪色，補鐵劑中不一定含有Fe2+，D錯誤；故選A。12.綠水青山就是金山銀山。每一個人都應該自覺地保護自然環(huán)境。某次化學實驗后，回收的廢液中存在Ag+、Ba2+、Cu2+。某同學欲從廢液中除去這些離子并分別回收銅、銀兩種金屬，設計如下處理方案：下列說法正確的是A.欲對廢液中的三種離子逐一沉淀分離，可以依次加入HCl、H2SO4、NaOHB.檢驗廢液中含有Ba2+可以用Na2SO4溶液C.由處理方案可知離子的氧化性：Fe3+＞Ag+＞Cu2+＞Fe2+D.向濾液丙和丁中通入氯氣，可重新獲得FeCl3溶液，用于循環(huán)利用【答案】AD【解析】〖祥解〗廢液中存在Ag+、Ba2+、Cu2+，加入過量鐵粉，將Ag+、Cu2+分別還原為Ag、Cu，過濾所得濾液甲中含有Ba2+；濾渣甲中加入過量FeCl3溶液，Cu被氧化成CuCl2，同時生成FeCl2，Ag不溶；過濾后，濾液乙為CuCl2、FeCl2的混合液；再加入過量Fe粉，將Cu2+還原為Cu，過濾所得濾渣丙為Fe、Cu的混合物，再用鹽酸溶解過量的鐵；濾液丙、丁為FeCl2溶液。A．依次加入HCl、H2SO4、NaOH，廢液中的三種離子按生成AgCl、BaSO4、Cu(OH)2逐一沉淀分離，A正確；B．檢驗廢液中含有Ba2+時，若加入Na2SO4溶液，生成的白色沉淀可能為Ag2SO4，B不正確；C．加入FeCl3溶液后，Ag沒有溶解，則由處理方案可知離子的氧化性：Ag+＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，C不正確；D．濾液丙和丁都為FeCl2溶液，通入氯氣，可將FeCl2氧化成FeCl3，用于循環(huán)利用，D正確；故選AD。13.指出2060年前實現(xiàn)“碳中和”。碳捕集技術可以有效地減少CO2的排放。下面是兩種捕集和轉化應用CO2途徑的圖示：下列敘述正確的是A.途徑Ⅰ和Ⅱ都發(fā)生了化合反應和分解反應B.途徑Ⅱ反應過程中需添加CaOC.途徑Ⅰ反應過程中發(fā)現(xiàn)在催化劑上有積碳，可能發(fā)生的化學反應是：CO2+2H2C+2H2OD.途徑Ⅱ中催化反應的化學方程式為：CaCO3+CH4CaO+2CO+H2【答案】CD【解析】〖祥解〗CO2含量高的空氣，可通過兩條途徑吸收CO2。途徑Ⅰ為先用飽和Na2CO3溶液吸收CO2，轉化為NaHCO3，然后再將NaHCO3熱分解，從而循環(huán)使用Na2CO3；途徑Ⅱ是先用CaO吸收CO2，然后將生成的CaCO3用CH4還原，重新生成CaO。A．途徑Ⅰ中，飽和Na2CO3吸收CO2發(fā)生化合反應生成NaHCO3，在分解池中通入高溫水蒸氣發(fā)生分解反應，重新生成Na2CO3，Ⅱ中，發(fā)生CO2與CaO的化合反應，但沒有發(fā)生分解反應，A不正確；B．途徑Ⅱ中發(fā)生反應：CO2+CaO=CaCO3、CaCO3+CH4CaO+2CO+H2，反應過程中CaO沒有消耗，不需添加CaO，B不正確；C．途徑Ⅰ反應過程中發(fā)現(xiàn)在催化劑上有積碳，則表明有部分CO2被H2還原為C，化學反應是：CO2+2H2C+2H2O，C正確；D．途徑Ⅱ中，CaCO3與CH4在催化劑作用下發(fā)生反應，生成CaO、CO、H2，化學方程式為：CaCO3+CH4CaO+2CO+H2，D正確；故選CD14.下列離子方程式書寫正確的是A.濃硝酸中加入銅片：Cu+4HNO3(濃)=Cu2++2NO+2NO2↑+2H2OB.已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+向FeBr2溶液(含溶質amol)中通入amol氯氣：2Fe2++2Br?+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl?C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性：2MnO+6H++7H2O2=2Mn2++6O2↑+10H2OD.工業(yè)印刷電路板廢液中加入足量鐵粉先發(fā)生的反應：Fe3++Fe=2Fe2+【答案】B【解析】A．濃硝酸中加入銅片，反應的離子方程式為：，A錯誤；B．根據(jù)題中氧化性的強弱，推出還原性的強弱順序是Fe2＋>Br－>Cl－，向FeBr2溶液(含溶質amol)中通入amol氯氣，反應的離子方程式為：2Fe2++2Br?+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl?，B正確；C．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性，離子方程式為：，C錯誤；D．工業(yè)印刷電路板廢液中有，加入足量鐵粉先發(fā)生的反應為：Fe3++Fe=2Fe2+、，D錯誤；故選B。15.一定溫度下，將Cl2緩緩通入一定濃度的KOH溶液中，至兩者恰好完全反應，生成物中有三種含氯元素的微粒，其中ClO-和兩種離子的物質的量(n)與時間(t)的關系如圖所示。下列說法正確的是A.t1～t2，反應的離子方程式為Cl2+6OH?=5Cl?++3H2OB.生成的另外一種含氯元素的微粒是Cl?，t2時，溶液中Cl?的物質的量為0.09molC.反應過程中一定存在c(ClO?)+c()+c(Cl?)=c(K+)D.兩者恰好完全反應時，參與反應的Cl2的物質的量為0.15mol【答案】D【解析】A．由圖中信息可知，t1～t2，反應的產(chǎn)物為KClO、KClO3、KCl等，而離子方程式Cl2+6OH?=5Cl?++3H2O中沒有包含ClO-，A不正確；B．在ClO?、中，Cl元素的化合價都升高，則還應生成含有化合價降低元素的微粒，從而得出另外一種含氯元素的微粒是Cl?，t2時，n(ClO?)=0.06mol，n()=0.03mol，依據(jù)得失電子守恒，溶液中Cl?的物質的量為=0.06mol×1+0.03mol×5=0.21mol，B不正確；C．反應過程中可能存在KClO、KClO3、KCl，還可能存在Cl2與H2O反應的產(chǎn)物HCl和HClO，它們也能電離出Cl-、ClO-，所以不一定存在c(ClO?)+c()+c(Cl?)=c(K+)，C不正確；D．兩者恰好完全反應時，Cl2全部轉化為KClO、KClO3、KCl，三者中所含Cl原子的物質的量為0.06mol+0.03mol+0.21mol=0.30mol，則參與反應的Cl2的物質的量為0.15mol，D正確；故選D。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.二十大報告中關于生態(tài)環(huán)境保護的論述全面而深刻，對研究NOx、SO2等大氣污染物的妥善處理具有重要指導意義。（1）上圖為我市某日空氣質量報告，當日的首要空氣污染物為___________。汽車尾氣(含CO、SO2和NOx等)是城市空氣的污染源之一、三元催化可以將汽車尾氣中的CO和NOx進行凈化處理，該過程中發(fā)生反應的化學方程式為___________。（2）硝酸工業(yè)廢氣中有氮氧化物(NOx)，利用尿素消除NOx污染的轉化反應為：i．NO+O2→NO2，ii．NO2+CO(NH2)2→無污染氣體。尿素中C元素的化合價___________，反應ii的化學方程式為___________。（3）用NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同，NO轉化為NO的轉化率隨NaClO溶液初始pH(用稀鹽酸調節(jié))的變化如圖所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl?和NO，其離子方程式為___________。②NaClO溶液的初始pH越小，NO轉化率越高。其原因是___________。（4）通過如下流程可實現(xiàn)SO2和NO綜合處理并獲得保險粉(Na2S2O4)和硝酸銨。裝置III中生成Ce4+與S2O的物質的量之比為___________。【答案】（1）①.PM10②.（2）①.+4②.6NO2＋4CO(NH2)2=4CO2＋7N2＋8H2O（3）①.3HClO+2NO+H2O=3Cl?+2NO+5H+②.溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強（4）2：1【解析】【小問1詳析】由圖可知，當日的首要空氣污染物為PM10；三元催化可以將汽車尾氣中的CO和NOx轉化成對空氣無污染的氮氣和二氧化碳，反應的化學方程式為：。【小問2詳析】尿素中C元素的化合價為+4價；反應ii將NO2和CO(NH2)2反應生成無污染的物質，反應的化學方程式為：6NO2＋4CO(NH2)2=4CO2＋7N2＋8H2O?！拘?詳析】在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl?和NO，其離子方程式為：3HClO+2NO+H2O=3Cl?+2NO+5H+；HClO氧化NO生成Cl?和NO，溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強?！拘?詳析】由流程圖可知，裝置III電解槽中每1molCe3+失去1mol電子被氧化得到1molCe4+，每生成1mol需要2mol得到2mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知，Ce4+和物質的量之比為：2：1。17.硫代硫酸鈉(Na2S2O3)在紡織業(yè)、造紙業(yè)等領域有廣泛應用。某興趣小組擬制備硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3?5H2O)?！静殚嗁Y料】?。甆a2S2O3?5H2O易溶于水，遇酸易分解生成S和SO2。ⅱ．向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得產(chǎn)品常含有少量Na2SO3和Na2SO4。ⅲ．Na2SO3易被氧化；BaSO3難溶于水，可溶于稀HCl?！局苽洚a(chǎn)品】實驗裝置如圖所示(省略夾持裝置)：實驗步驟：?。畽z查裝置氣密性，按圖示加入試劑。ⅱ．先向C中燒瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中燒瓶滴加濃H2SO4.裝置A產(chǎn)生的SO2經(jīng)過單向閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液pH約為7時，停止通入SO2氣體，得產(chǎn)品混合溶液，結束反應。ⅲ．過濾C中混合溶液，濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到Na2S2O3?5H2O產(chǎn)品。請回答下列問題：（1）反應開始后，C中先有渾濁產(chǎn)生，后又變澄清。此渾濁物是___________(寫化學式)。（2）步驟Ⅰ單向閥的作用是___________；裝置C中的反應混合溶液pH過高將導致產(chǎn)率降低，原因是___________。（3）制備完成后，興趣小組選用下列試劑設計實驗方案檢驗硫代硫酸鈉中含有硫酸根雜質：試劑：稀鹽酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液實驗步驟現(xiàn)象①取少量樣品，加入除氧蒸餾水②固體完全溶解得無色澄清溶液③___________④___________，有刺激性氣體產(chǎn)生⑤靜置，___________⑥___________（4）為減少裝置C中生成Na2SO4的量，在不改變原有裝置的基礎上對實驗步驟(ii)進行了改進，改進后的操作是___________?！敬鸢浮浚?）S（2）①.防止倒吸②.pH過高，SO2與堿反應發(fā)生損失，致使Na2CO3、Na2S反應不充分（3）①.加入過量稀鹽酸②.出現(xiàn)淡黃色渾濁③.(吸)取上層清液，滴入BaCl2溶液(答案合理即可)④.產(chǎn)生白色沉淀（4）先向A中燒瓶滴加濃H2SO4，產(chǎn)生的氣體將裝置中空氣排盡后，再向C中燒瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液【解析】〖祥解〗實驗室制備硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3?5H2O)時，將SO2通入Na2S和Na2CO3混合溶液，攪拌后發(fā)生反應，從而生成Na2S2O3溶液。A裝置用濃硫酸與Na2SO3反應制取SO2氣體，將SO2氣體通入盛有Na2S和Na2CO3混合溶液的C裝置中。SO2是大氣污染物，需對尾氣進行處理?！拘?詳析】反應開始后，C中先有渾濁產(chǎn)生，后又變澄清。表明SO2先與Na2S反應，生成的S再與Na2SO3發(fā)生反應，則此渾濁物是S?！拘?詳析】SO2易溶于水，會產(chǎn)生倒吸，則步驟Ⅰ單向閥的作用是：防止倒吸；裝置C中的反應混合溶液pH過高，則溶液堿性過強，通入的SO2首先與堿性物質反應生成Na2SO3，影響SO2轉化為Na2S2O3的反應，從而導致產(chǎn)率降低，原因是：pH過高，SO2與堿反應發(fā)生損失，致使Na2CO3、Na2S反應不充分?！拘?詳析】檢驗時，常需加入Ba2+，而也能與Ba2+生成沉淀，所以應先加鹽酸排除的干擾，再加入含Ba2+的堿或鹽檢驗。實驗步驟現(xiàn)象①取少量樣品，加入除氧蒸餾水②固體完全溶解得無色澄清溶液③加入過量稀鹽酸④出現(xiàn)淡黃色渾濁，有刺激性氣體產(chǎn)生⑤靜置，(吸)取上層清液，滴入BaCl2溶液(答案合理即可)⑥產(chǎn)生白色沉淀【小問4詳析】為減少裝置C中生成Na2SO4的量，需防止Na2SO3被氧化，也就是實驗前先排盡裝置內的空氣。改進后的操作是：先向A中燒瓶滴加濃H2SO4，產(chǎn)生的氣體將裝置中空氣排盡后，再向C中燒瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液?！尽狐c石成金』】H2O2具有強氧化性，能將氧化為。18.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種高效多功能的新型非氯消毒劑，易溶于水、微溶于濃堿溶液，不溶于乙醇，在0～5℃的強堿性溶液中較穩(wěn)定，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應生成Fe(OH)3和O2。Ⅰ．濕法制備高鐵酸鉀。主要的生產(chǎn)流程如圖所示：回答以下問題：（1）濾渣1的主要成分為___________(寫化學式)。（2）寫出氧化過程的離子方程式___________。（3）氧化時需控溫20~25℃，溫度不能高于25℃原因是___________。（4）實驗測得氧化時間、氧化劑濃度與K2FeO4產(chǎn)率、純度的實驗數(shù)據(jù)分別如圖1、圖2所示。為了獲取更純的高鐵酸鉀，反應時間和氧化劑濃度應控制在___________min，___________mol·L?1。Ⅱ．某興趣小組在實驗室模擬濕法制備K2FeO4，裝置如圖所示：（5）向裝置A中通入的Cl2不能過量，原因是___________。（6）制備的高鐵酸鉀粗產(chǎn)品中含有KOH、KCl、Fe(OH)3等雜質，請將以下提純步驟補充完整，(實驗藥品：高鐵酸鉀粗產(chǎn)品、蒸餾水、乙醇、飽和NaOH溶液、飽和KOH溶液、冷的稀KOH溶液、冰水)。①取一定量的高鐵酸鉀粗產(chǎn)品溶于___________；②過濾，將濾液置于冰水浴中，向濾液中加入飽和KOH溶液；③攪拌、靜置、過濾，用___________洗滌2～3次，在真空干燥箱中干燥?！敬鸢浮浚?）CaCO3（2）2Fe3++3ClO-+10OH?=2FeO+3Cl-+5H2O（3）溫度高于25℃，高鐵酸鉀會分解（4）①.60②.1.1（5）防止氯氣過量使溶液堿性減弱，造成K2FeO4的損失（6）①.冷的稀KOH溶液②.乙醇【解析】〖祥解〗Ⅰ．K2CO3與Ca(ClO)2在水溶液中發(fā)生復分解反應產(chǎn)生CaCO3沉淀和KClO，通過過濾除去CaCO3沉淀，在常溫下向KClO溶液中加入KOH、Fe(NO3)3·9H2O，發(fā)生反應2Fe3++3ClO-+10OH?=2FeO+3Cl-+5H2O，得到K2FeO4，經(jīng)陳化抽濾后，用3mol/LKOH溶液進行洗滌，再抽濾，經(jīng)冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥獲得精品K2FeO4；Ⅱ．在三頸燒瓶中加入過量KOH、Fe(NO3)3溶液，然后通入Cl2，發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生K2FeO4，反應過程中的Cl2等有毒氣體可以用KOH溶液吸收，防止大氣污染?！拘?詳析】K2CO3與Ca(ClO)2在水溶液中發(fā)生復分解反應產(chǎn)生CaCO3沉淀和KClO，反應方程式為：K2CO3+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2KClO，故通過過濾得到的濾渣1的主要成分為CaCO3；【小問2詳析】在氧化過程中，在堿性條件下，ClO-將Fe3+氧化產(chǎn)生FeO，ClO-被還原產(chǎn)生Cl-，反應的離子方程式為：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O；【小問3詳析】氧化時需控溫20~25℃，溫度不能高于25℃是由于溫度高于25℃，高鐵酸鉀會分解，導致產(chǎn)品的產(chǎn)率降低，同時使物質純度降低；【小問4詳析】根據(jù)圖1中氧化時間與物質純度和產(chǎn)率關系可知：反應時間在60min時最佳；根據(jù)圖2中氧化濃度與物質純度和產(chǎn)率關系可知：有關選擇的氧化濃度為1.1mol/L。故為了獲取更純的高鐵酸鉀，反應時間和氧化劑濃度應控制在60min、濃度為1.1mol/L；【小問5詳析】向裝置A中通入的Cl2不能過量，這是由于Cl2能夠與KOH發(fā)生反應，導致KOH濃度降低，溶液的堿性減弱造成K2FeO4的損失；【小問6詳析】①根據(jù)題目已知信息：K2FeO4易溶于水、微溶于濃堿溶液，不溶于乙醇，在0～5℃的強堿性溶液中較穩(wěn)定，取一定量的高鐵酸鉀粗產(chǎn)品溶于冷的稀KOH溶液；②過濾，將濾液置于冰水浴中，向濾液中加入飽和KOH溶液；③攪拌、靜置、過濾，由于K2FeO4難溶于乙醇，故應該用乙醇洗滌K2FeO4粗產(chǎn)品2～3次，然后在真空干燥箱中干燥。19.Cl2O是高效安全滅菌消毒劑，部分性質如下：物理性質化學性質常溫下，具有強烈刺激性氣味的黃棕色氣體熔點：?116℃；沸點：3.8℃；強氧化性；與有機物、還原劑接觸或濃度過高時會發(fā)生爆炸；易溶于水且會與水反應生成次氯酸實驗室可利用反應HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O制取Cl2O，裝置如圖所示：已知：Cl2的沸點為?34.6℃；氨氣的沸點：?33℃；（1）裝置①中儀器A的名稱為___________，產(chǎn)生Cl2的化學方程式為___________。（2）通入干燥空氣的主要目的是___________。（3）裝置⑤中的保溫瓶中盛有液氨致冷劑，在裝置⑤中內管得到的Cl2O中可能含有雜質是___________。（4）該設計中存在不足之處，改進的措施是___________(用簡要的文字敘述)。（5）實驗完成后，取裝置⑥燒杯內溶液，滴加品紅溶液，發(fā)現(xiàn)溶液褪色。某興趣小組設計實驗探究溶液褪色原因。序號0.1mol·L?1NaClO溶液體積/mL0.1mol·L?1NaCl溶液體積/mL0.1mol·L?1NaOH溶液體積/mLH2O體積/mL品紅溶液現(xiàn)象I5.0005.03滴較快褪色II05.0a03滴不褪色III5.005.003滴緩慢褪色ⅰ．a(chǎn)=___________。ⅱ．由上述實驗得出的結論是___________?！敬鸢浮浚?）①.分液漏斗②.2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（2）稀釋Cl2O濃度，防止Cl2O濃度過高爆炸（3）Cl2（4）裝置⑤⑥之間加裝一裝有無水氯化鈣的干燥管（5）①.5.0②.NaClO溶液具有漂白性；其他條件相同，堿性越強，NaClO溶液的漂白能力越弱【解析】〖祥解〗裝置①制備氯氣，裝置②中盛放飽和食鹽水除氯氣中的氯化氫，裝置③盛放濃硫酸干燥氯氣，裝置④中發(fā)生反應HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O制取Cl2O，裝置⑤收集Cl2O，裝置⑥盛放氫氧化鈉溶液吸收氯氣，防止污染?！拘?詳析】根據(jù)裝置圖，可知裝置①中儀器A的名稱為分液漏斗；①燒瓶中高錳酸鉀和濃鹽酸反應生成氯化鉀、氯化錳、氯氣、水，產(chǎn)生Cl2的化學方程式為2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。小問2詳析】Cl2O濃度過高時會發(fā)生爆炸，通入干燥空氣稀釋Cl2O濃度，防止Cl2O濃度過高爆炸；【小問3詳析】裝置⑤中的保溫瓶中盛有液氨致冷劑，Cl2的沸點為?34.6℃；氨氣的沸點：?33℃，在裝置⑤中內管得到的Cl2O中可能含有雜質是Cl2。【小問4詳析】Cl2O易溶于水且會與水反應生成次氯酸，該設計中存在不足之處是Cl2O收集裝置后缺少干燥裝置，改進的措施是裝置⑤⑥之間加裝一裝有無水氯化鈣的干燥管?！拘?詳析】ⅰ．根據(jù)可知變量法，為使II、III中氫氧化鈉濃度相等，a=5.0。ⅱ．由上述實驗得出的結論是：NaClO溶液具有漂白性；其他條件相同，堿性越強，NaClO溶液的漂白能力越弱。20.五氧化二釩(V2O5)廣泛用于冶金、化工等行業(yè)，可用作合金添加劑、生產(chǎn)硫酸或石油精煉用的催化劑等。從廢釩催化劑(主要成分為V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3)中回收V2O5的工藝流程如圖所示：已知：①釩的氧化物在酸性條件下以、VO2+存在；②“離子交換”和“洗脫”過程可簡單表示為4ROH+V4OR4V4O12+4OH?。（1）廢渣1的主要成分為___________，浸液中釩的存在形式為___________(填離子符號)。（2）“氧化”過程中發(fā)生的化學方程式為___________。（3）“中和”過程中，含釩離子發(fā)生反應的離子方程式為___________。（4）“離子交換”時，應選擇___________(填“陽離子”或“陰離子”)交換樹脂。（5）“沉釩”過程中獲得沉淀Y的摩爾質量為598g·mol?1，且僅含有四種元素。取59.8g沉淀Y的樣品充分焙燒，得到產(chǎn)品54.6g，將產(chǎn)生的氣體通過足量堿石灰，堿石灰增重1.8g，剩余的氣體再通入稀硫酸被完全吸收。通過計算確定沉淀Y的化學式為___________。（6）測定產(chǎn)品中V2O5的純度：稱取ag產(chǎn)品，先用硫酸溶解，得到(VO2)SO4溶液。再加b1mLc1mol·L?1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)。最后用c2mol·L?1KMnO4溶液滴定過量的(NH4)2Fe(SO4)2至終點，消耗KMnO4溶液的體積為b2mL。已知MnO4?被還原為Mn2+，假設雜質不參與反應。則產(chǎn)品中V2O5(摩爾質量：182g·mol?1)的質量分數(shù)是___________?！敬鸢浮浚?）①.SiO2②.、VO2+（2）3H2O+KClO3+6VOSO4=KCl+3(VO2)2SO4+3H2SO4（3）8OH?+4=+4H2O（4）陰離子（5）(NH4)2V6O16(或V6H8N2O16)（6）【解析】〖祥解〗從廢釩催化劑中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”時V2O5轉化為，V2O4轉成．氧化鐵、氧化鋁均轉化為金屬陽離子，只有SiO2不溶，則過濾得到的濾渣1為SiO2，然后加氧化劑KClO3，將變?yōu)?，再加KOH時，鐵離子、鋁離子轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同時中和硫酸，過濾得到的濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3，“離子交換”和“洗脫”可簡單表示為：4ROH+V4OR4V4O12+4OH?，由ROH為強堿性陰離子交換樹脂可知，堿性條件下利用反應逆向移動，流出液中主要為硫酸鉀，“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀，“煅燒”時分解生成V2O5；【小問1詳析】根據(jù)分析可知，廢渣1的主要成分為SiO2；加入稀硫酸酸浸，釩的氧化物在酸性條件下以、VO2+存在，故浸液中釩的存在形式為、VO2+；【小問2詳析】“氧化”過程中KClO3將VO2+氧化為，發(fā)生的化學方程式為3H2O+KClO3+6VOSO4=KCl+3(VO2)2SO4+3H2SO4；【小問3詳析】“中和”過程中，含釩離子與氫氧根離子反應轉化為，發(fā)生反應的離子方程式為8OH?+4=+4H2O；【小問4詳析】“洗脫”過程可簡單表示為4ROH+V4OR4V4O12+4OH?，“離子交換”時交換的是陰離子，應選擇陰離子交換樹脂；【小問5詳析】59.8g沉淀的物質的量為:0.1mol；取沉淀59.8g充分焙燒，得固體殘留物54.6g，該殘留物為V2O5，其物質的量為:n(V2O5)==0.3mol；所得氣體通過堿石灰，減少的1.8g為水，水的物質的量為:n(H2O)==0.1mol，剩余氣體能被稀硫酸完全吸收，硫酸稀釋的為氨氣，氨氣的物質的量為:n(NH3)==0.2mol，n(H)=2n(H2O)+3n(NH3)=0.8mol、n(O)=n(H2O)+5n(V2O5)=1.6mol，該沉淀的化學式中含有V、N、H、O的數(shù)目分別為、、、，所以該沉淀的化學式為(NH4)2V6O16(或V6H8N2O16)；【小問6詳析】根據(jù)元素化合價升降相同，滴定過程有5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4，則過量的(NH4)2Fe(SO4)2物質的量為5n(KMnO4)=5b2c210-3mol，則與(VO2)2SO4溶液反應的(NH4)2Fe(SO4)2物質的量為(b1c1-5b2c2)10-3mol，根據(jù)釩元素守恒，則有V2O5~2~2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=(b1c1-5b2c2)10-3mol，則產(chǎn)品中V2O5的質量分數(shù)是=。山東省東營市2022-2023學年高一上學期1月期末考試注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對姓名、考生號和座號。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆(按填涂樣例)正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1N-14O-16Cl-35.5V-51Cu-64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.下列說法不正確的是A.汽車限行能夠減少有害氣體的排放，減輕空氣污染和溫室效應B.用pH試紙測得84消毒液的pH=9，故84消毒液顯堿性C.復合膨松劑中酸性物質的作用主要是反應產(chǎn)生氣體并降低食品的堿性D.黃河三角洲的形成與膠體的性質有關【答案】B【解析】A．汽車限行能夠減少每天汽車的使用量，從而可有害氣體的排放，減少二氧化碳氣體的產(chǎn)生與排放，故可以減輕空氣污染和溫室效應，A正確；B．84消毒液有效成分NaClO是強堿弱酸鹽，水溶液顯堿性，溶液pH＞7，但NaClO具有強氧化性，會將pH試紙氧化而褪色，因此不能使用pH試紙測定84消毒液的pH，B錯誤；C．復合膨松劑中酸性物質，可以反應產(chǎn)生氣體，使面團松軟，并與食品中的堿性物質發(fā)生中和反應，從而可降低食品的堿性，C正確；D．土壤膠體中的膠粒帶負電荷，當其流向海洋時，膠粒上的電荷被海水中的電解質的陽離子中和，膠粒之間斥力減小，膠體發(fā)生聚沉而形成沉淀，從而形成沙洲，可見黃河三角洲的形成與膠體的性質有關，D正確；故合理選項是B。2.下列儀器使用正確的是①②③④⑤⑥A.②、③使用前需要檢漏 B.③、⑤可用作反應容器C.①、②、④常用于物質分離 D.④、⑤可直接加熱【答案】A【解析】A．凡是帶瓶塞或者旋塞的儀器，為防止使用過程中漏水，因此分液漏斗和容量瓶使用前要檢漏，A正確；B．容量瓶不可以作反應容器，B錯誤；C．①為長頸漏斗用于向容器中添加液體，不能用于分離物質，C錯誤；D．蒸發(fā)皿可以直接加熱，燒杯加熱應墊陶土網(wǎng)，D錯誤；故選A。3.重鉻酸銨是一種受熱易分解的鹽，下列各項中的物質可能是重鉻酸銨受熱分解的產(chǎn)物是A.、、 B.、、C.、、 D.、、【答案】B【解析】重鉻酸銨是一種受熱易分解鹽，分解時發(fā)生氧化還原反應，N元素的化合價應升高，元素的化合價應降低，即N元素由價可能升高為0價，元素的化合價由價降低為價，只有B符合。故選：B。4.“類比”是研究物質變化規(guī)律的重要思想，下列說法正確的是A.Cl2能使紫色石蕊試液先變紅后褪色，SO2也能使紫色石蕊試液先變紅后褪色B.CO2與漂白粉反應：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，SO2也能與漂白粉反應：Ca(ClO)2+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC.用排飽和NaCl溶液的方法收集Cl2，也可用排飽和NH4Cl溶液的方法收集NH3D.濃H2SO4可以使金屬Fe鈍化，濃HNO3也可以使金屬Fe鈍化【答案】D【解析】A．氯氣溶于水生成鹽酸及次氯酸，故石蕊溶液先變紅后褪色，SO2溶于水生成亞硫酸使石蕊變紅，但二氧化硫不能漂白溶液，A錯誤；B．次氯酸鈣具有氧化性與SO2發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸鈣和氯離子，B錯誤；C．氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，該反應存在溶解平衡，飽和食鹽水中含有氯化鈉電離出的氯離子，飽和食鹽水抑制了氯氣的溶解；NH3的溶解度太大，直接溶解在氯化銨溶液的溶劑水中，C錯誤；D．濃硝酸和濃硫酸具有強烈的氧化性，它使金屬表面產(chǎn)生一層氧化膜，D正確；故答案為：D。5.NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.22.4LCO2與足量Na2O2完全反應，轉移電子數(shù)為2NAB.1molCl2溶于水，此過程中轉移電子數(shù)為NAC.3.2gO2和O3的混合氣體中含有氧原子總數(shù)為0.2NAD.11P4(白磷)+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4反應中，6molCuSO4能氧化白磷的分子數(shù)為1.1NA【答案】C【解析】A．條件不明確，非標準狀況下，氣體的物質的量無法計算，故A錯誤；B．，該反應為可逆反應，轉移電子數(shù)小于1NA，故B錯誤；C．，則氧原子數(shù)為0.2NA，故C錯誤；D．Cu元素的化合價由+2價降低到+1價，CuSO4是氧化劑，P4部分磷元素由0價降低到-3價，部分磷元素由0價升高到+5價，磷元素的化合價既升高又降低，所以P4既是氧化劑又是還原劑，若有11molP4參加反應，其中5mol的P4做氧化劑，60mol硫酸銅做氧化劑，只有6mol的P4做還原劑，則由電子守恒可知，有6mol的CuSO4參加反應，則被硫酸銅氧化的白磷分子的物質的量為，白磷分子數(shù)為0.3NA，故D錯誤；故選：C。6.膨松劑反應產(chǎn)生氣體的量是檢驗膨松劑品質的一項重要指標。某膨松劑中起蓬松作用的物質為碳酸氫鈉和少量碳酸氫銨。學校興趣小組為研究該膨松劑在加熱情況下放出的二氧化碳的量，設計了以下實驗。按下圖所示連接裝置(氣密性良好，各裝置中的試劑皆為足量)。下列有關實驗的敘述不正確的是A.碳酸氫鈉中添加一定量碳酸氫銨可以增大膨松劑反應產(chǎn)生氣體的量B.測定實驗前后裝置D的質量，其質量差即為樣品產(chǎn)生的二氧化碳的質量C.若要測定氨氣的質量，將C、D位置互換即可D.裝置E作用是進行尾氣處理，防治污染大氣【答案】D【解析】〖祥解〗空氣通入NaOH中吸收CO2，加熱碳酸氫鈉生成CO2、Na2CO3、H2O，加熱碳酸氫銨生成CO2、NH3和H2O，C中濃硫酸吸水且吸收生成的NH3，D中的堿石灰吸收二氧化碳，E中的堿石灰吸收空氣中的水及CO2，以此分析；A．碳酸氫鈉中添加一定量碳酸氫銨，碳酸氫銨加熱生成CO2及NH3，可以增大膨松劑反應產(chǎn)生氣體的量，A正確；B．根據(jù)分析，U型管D吸收加熱生成的CO2，則質量差即為樣品產(chǎn)生的二氧化碳的質量，B正確；C．C裝置中濃硫酸具有吸水性，是干燥劑，同時顯酸性可吸收B裝置中產(chǎn)生的堿性氣體氨氣，要想得到氨氣的質量就不能讓C裝置吸收水分，所以前面應加D裝置吸收水分，后加E裝置的目的還是防止空氣中的水分和二氧化碳進入C裝置，然后稱取C裝置反應前后的質量之差就是反應生成氨氣的質量，C正確；D．E中的堿石灰吸收空氣中的水及CO2且吸收生成的NH3，D錯誤；故答案為：D。7.2022年3月32日，天宮課堂第二課開啟，在中國空間站，王亞平老師用醋酸鈉(CH3COONa)的過飽和溶液做了一個“太空冰雪”的趣味實驗，使一顆“水球”瞬間變成了一顆“冰球”。查閱資料得知：過飽和溶液指在一定溫度下，溶液中溶質超過其飽和限度，而溶質仍未析出的溶液。過飽和溶液能存在的原因是，溶質不易在溶液中形成結晶中心(即晶核)。當溶液中存在雜質、受到擾動或加入一塊非常小的溶質晶體作為“晶核”，馬上就能析出晶體。有關實驗的說法正確的是A.“水球”瞬間變成了一顆“冰球”，是由于溶劑水減少了B.從物質的分類看，醋酸鈉屬于鹽類C.醋酸鈉在水中的電離方程式為CH3COONaCH3COO?+Na+D.向氫氧化鈉溶液中滴入醋酸，反應生成醋酸鈉。滴加過程中，溶液的電導率變化如圖所示【答案】B【解析】A．“冰球”為過飽和溶液析出的晶體，A錯誤；B．醋酸鈉由金屬陽離子及酸根組成為鹽，B正確；C．醋酸鈉為強電解質，CH3COONa＝CH3COO?+Na+，C錯誤；D．醋酸為弱電解質，導電能力弱，生成的醋酸鈉為強電解質，當反應結束后氫氧化鈉過量，氫氧化鈉也為強電解質，則導電率一直增大，D錯誤；故答案為：B。8.為了增大催化劑的接觸面積，常把催化劑附著在一定的載體上，“鈀碳”是將金屬鈀粉負載到活性炭及有機物上制成的催化劑。廢鈀碳中鈀的回收可通過“王水脫鈀”法實現(xiàn)，其工藝流程如下：下列說法正確的是A.“焚燒”的目的是除去碳和有機物，實驗室中該操作可以在蒸發(fā)皿中進行B.在“還原”反應中，甲酸(HCOOH)被氧化為CO2C.“溶解”反應中所用的王水濃鹽酸和濃硝酸體積比是3∶1，鹽酸和硝酸均做氧化劑D.“氨化”過程不涉及氧化還原反應，溫度越高“氨化”進行越快【答案】B【解析】〖祥解〗”鈀碳”是將金屬鈀粉負載到活性炭及有機物上制成的催化劑，廢鈀碳在空氣中高溫焙燒，C、Pd和有機物被氧氣氧化生成氧化物，氣體A主要是CO2，向固體氧化物中加入甲酸，PdO被HCOOH還原得到粗Pd，加入王水溶解，得到H2[PdCl4]溶液，在向溶液中加入濃氨水調節(jié)溶液pH，得[Pd(NH3)2]Cl2溶液，再經(jīng)過系列操作，可得到純凈的還原產(chǎn)物Pd，據(jù)此分析解題。A．由分析可知：廢鈀碳在空氣中焚燒可以使鈀碳中的活性炭和有機物燃燒除去，實驗室中該操作可以在坩堝中進行，A錯誤；B．由分析可知：“還原”反應為氧化鈀與甲酸發(fā)生氧化還原反應生成鈀、二氧化碳和水，甲酸(HCOOH)被氧化為CO2，B正確；C．鈀與王水反應生成四氯合鈀酸、一氧化氮和水，硝酸作氧化劑，HCl的組成元素在反應前后化合價不變，不作氧化劑，鹽酸可以提供Cl-形成配離子，提供H+，結合形成H2O，C錯誤；D．氨水受熱易發(fā)生分解反應生成氨氣，若反應溫度過高，氨氣受熱逸出會不利于“氨化”進行，D錯誤；故合理選項是B。9.磁記錄材料有記錄和存儲信息的功能，F(xiàn)e/Fe3O4復合物是一種高密度磁記錄材料。實驗室中可以用FeCl2溶液制備Fe/Fe3O4復合物，具體實驗裝置和實驗操作如下：在氬氣氣氛中，向裝有l(wèi)mol·L?1FeCl2溶液的三頸燒瓶中逐滴加14mol·L?1KOH溶液，用磁力攪拌器持續(xù)攪拌，在100°C下回流3小時，得到成分為Fe和Fe3O4的黑色沉淀。待三頸燒瓶中的混合物冷卻后，過濾，再依次用沸水和乙醇洗滌，在40℃干燥后焙燒3h，得到Fe/Fe3O4復合物產(chǎn)品。有關實驗的敘述不正確的是A.反應需在氬氣氣氛中進行，是為了防止Fe2+被空氣中的O2氧化。同理，焙燒操作也應隔絕空氣進行B.三頸燒瓶中發(fā)生的離子反應方程式為：4Fe2++8OH?Fe↓+Fe3O4↓+4H2OC.某同學檢驗三頸燒瓶中反應是否進行完全的操作是：取少量反應后的溶液于試管中，加入幾滴KSCN溶液，觀察溶液是否變紅D.用乙醇洗滌沉淀，既能夠洗去可溶性雜質，又方便后續(xù)的干燥【答案】C【解析】A．因為亞鐵離子易被氧化為鐵離子，故實驗過程中防止與空氣接觸，A正確；B．根據(jù)題意，亞鐵離子與強堿加熱條件下生成鐵、四氧化三鐵，B正確；C．檢驗亞鐵離子，從三頸燒瓶中取少量反應后的溶液于試管中，加入2~3滴KSCN溶液，再加入少量新制氯水，若溶液不出現(xiàn)血紅色，則反應已經(jīng)進行完全，C錯誤；D．乙醇易揮發(fā)，用乙醇洗滌可以帶走水分，能得到干燥的超順磁性的Fe3O4粒子，D正確；故答案為：C。10.電石(成分為CaC2)中常含有硫化物，在反應時常產(chǎn)生有毒氣體。工業(yè)上利用如下流程除去電石渣漿(含CaO)上層清液中的S2?，并制取石膏CaSO4?2H2O。下列說法正確是A.過程Ⅰ中的反應會使溶液的堿性增強B.過程Ⅱ的離子方程式為4MnO+2S2?+10H+=4Mn(OH)2+S2O+H2OC.將上層清液中0.1mol的S2?轉化為SO，理論上共需要0.2mol的O2D.由上述轉化過程可知，氧化性：MnO>O2>S2O【答案】C【解析】A．過程Ⅰ中氫氧化錳與氧氣在堿性環(huán)境下反應，消耗氫氧根離子，堿性減弱，故A錯誤；B．根據(jù)圖示，S2-與MnO反應生成S2O和氫氧化錳，離子方程式：，故B錯誤；C．0.1mol的S2?轉化為SO，失去電子物質的量0.8mol，需氧氣0.2mol，故C正確；D．過程Ⅰ氧氣為氧化劑，氧化產(chǎn)物為MnO，所以氧化性：O2>MnO；過程ⅡMnO為氧化劑，氧化性：MnO＞S2O，故D錯誤；答案選C。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列操作、現(xiàn)象和結論均正確的是選項操作現(xiàn)象結論A向滴有酚酞的水溶加入過氧化鈉溶液先變紅色后褪色反應生成了NaOH和一種有漂白性的物質B向3mLFe(NO3)3溶液中滴加幾滴HI溶液，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液溶液顯藍色I?的還原性比Fe2+的強C向待測液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成待測液中含有SOD向適量補鐵劑配成的溶液中滴入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩酸性KMnO4溶液褪色補鐵劑中含有Fe2+A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．反應產(chǎn)物中有堿,故酚酞會變紅，而Na2O2與水反應時的還有H2O2生成，H2O2具有漂白性,還能使紅色退去，A正確；B．向3mLFe(NO3)3溶液中滴加幾滴HI溶液，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍色，說明產(chǎn)生了碘單質，其原因是硝酸根在酸性條件下將碘離子氧化，B錯誤；C．向待測液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，還可能待測液中含有Ag+，C錯誤；D．Fe2+、Cl-等還原性離子都能使酸性KMnO4溶液褪色，補鐵劑中不一定含有Fe2+，D錯誤；故選A。12.綠水青山就是金山銀山。每一個人都應該自覺地保護自然環(huán)境。某次化學實驗后，回收的廢液中存在Ag+、Ba2+、Cu2+。某同學欲從廢液中除去這些離子并分別回收銅、銀兩種金屬，設計如下處理方案：下列說法正確的是A.欲對廢液中的三種離子逐一沉淀分離，可以依次加入HCl、H2SO4、NaOHB.檢驗廢液中含有Ba2+可以用Na2SO4溶液C.由處理方案可知離子的氧化性：Fe3+＞Ag+＞Cu2+＞Fe2+D.向濾液丙和丁中通入氯氣，可重新獲得FeCl3溶液，用于循環(huán)利用【答案】AD【解析】〖祥解〗廢液中存在Ag+、Ba2+、Cu2+，加入過量鐵粉，將Ag+、Cu2+分別還原為Ag、Cu，過濾所得濾液甲中含有Ba2+；濾渣甲中加入過量FeCl3溶液，Cu被氧化成CuCl2，同時生成FeCl2，Ag不溶；過濾后，濾液乙為CuCl2、FeCl2的混合液；再加入過量Fe粉，將Cu2+還原為Cu，過濾所得濾渣丙為Fe、Cu的混合物，再用鹽酸溶解過量的鐵；濾液丙、丁為FeCl2溶液。A．依次加入HCl、H2SO4、NaOH，廢液中的三種離子按生成AgCl、BaSO4、Cu(OH)2逐一沉淀分離，A正確；B．檢驗廢液中含有Ba2+時，若加入Na2SO4溶液，生成的白色沉淀可能為Ag2SO4，B不正確；C．加入FeCl3溶液后，Ag沒有溶解，則由處理方案可知離子的氧化性：Ag+＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，C不正確；D．濾液丙和丁都為FeCl2溶液，通入氯氣，可將FeCl2氧化成FeCl3，用于循環(huán)利用，D正確；故選AD。13.指出2060年前實現(xiàn)“碳中和”。碳捕集技術可以有效地減少CO2的排放。下面是兩種捕集和轉化應用CO2途徑的圖示：下列敘述正確的是A.途徑Ⅰ和Ⅱ都發(fā)生了化合反應和分解反應B.途徑Ⅱ反應過程中需添加CaOC.途徑Ⅰ反應過程中發(fā)現(xiàn)在催化劑上有積碳，可能發(fā)生的化學反應是：CO2+2H2C+2H2OD.途徑Ⅱ中催化反應的化學方程式為：CaCO3+CH4CaO+2CO+H2【答案】CD【解析】〖祥解〗CO2含量高的空氣，可通過兩條途徑吸收CO2。途徑Ⅰ為先用飽和Na2CO3溶液吸收CO2，轉化為NaHCO3，然后再將NaHCO3熱分解，從而循環(huán)使用Na2CO3；途徑Ⅱ是先用CaO吸收CO2，然后將生成的CaCO3用CH4還原，重新生成CaO。A．途徑Ⅰ中，飽和Na2CO3吸收CO2發(fā)生化合反應生成NaHCO3，在分解池中通入高溫水蒸氣發(fā)生分解反應，重新生成Na2CO3，Ⅱ中，發(fā)生CO2與CaO的化合反應，但沒有發(fā)生分解反應，A不正確；B．途徑Ⅱ中發(fā)生反應：CO2+CaO=CaCO3、CaCO3+CH4CaO+2CO+H2，反應過程中CaO沒有消耗，不需添加CaO，B不正確；C．途徑Ⅰ反應過程中發(fā)現(xiàn)在催化劑上有積碳，則表明有部分CO2被H2還原為C，化學反應是：CO2+2H2C+2H2O，C正確；D．途徑Ⅱ中，CaCO3與CH4在催化劑作用下發(fā)生反應，生成CaO、CO、H2，化學方程式為：CaCO3+CH4CaO+2CO+H2，D正確；故選CD14.下列離子方程式書寫正確的是A.濃硝酸中加入銅片：Cu+4HNO3(濃)=Cu2++2NO+2NO2↑+2H2OB.已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+向FeBr2溶液(含溶質amol)中通入amol氯氣：2Fe2++2Br?+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl?C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性：2MnO+6H++7H2O2=2Mn2++6O2↑+10H2OD.工業(yè)印刷電路板廢液中加入足量鐵粉先發(fā)生的反應：Fe3++Fe=2Fe2+【答案】B【解析】A．濃硝酸中加入銅片，反應的離子方程式為：，A錯誤；B．根據(jù)題中氧化性的強弱，推出還原性的強弱順序是Fe2＋>Br－>Cl－，向FeBr2溶液(含溶質amol)中通入amol氯氣，反應的離子方程式為：2Fe2++2Br?+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl?，B正確；C．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性，離子方程式為：，C錯誤；D．工業(yè)印刷電路板廢液中有，加入足量鐵粉先發(fā)生的反應為：Fe3++Fe=2Fe2+、，D錯誤；故選B。15.一定溫度下，將Cl2緩緩通入一定濃度的KOH溶液中，至兩者恰好完全反應，生成物中有三種含氯元素的微粒，其中ClO-和兩種離子的物質的量(n)與時間(t)的關系如圖所示。下列說法正確的是A.t1～t2，反應的離子方程式為Cl2+6OH?=5Cl?++3H2OB.生成的另外一種含氯元素的微粒是Cl?，t2時，溶液中Cl?的物質的量為0.09molC.反應過程中一定存在c(ClO?)+c()+c(Cl?)=c(K+)D.兩者恰好完全反應時，參與反應的Cl2的物質的量為0.15mol【答案】D【解析】A．由圖中信息可知，t1～t2，反應的產(chǎn)物為KClO、KClO3、KCl等，而離子方程式Cl2+6OH?=5Cl?++3H2O中沒有包含ClO-，A不正確；B．在ClO?、中，Cl元素的化合價都升高，則還應生成含有化合價降低元素的微粒，從而得出另外一種含氯元素的微粒是Cl?，t2時，n(ClO?)=0.06mol，n()=0.03mol，依據(jù)得失電子守恒，溶液中Cl?的物質的量為=0.06mol×1+0.03mol×5=0.21mol，B不正確；C．反應過程中可能存在KClO、KClO3、KCl，還可能存在Cl2與H2O反應的產(chǎn)物HCl和HClO，它們也能電離出Cl-、ClO-，所以不一定存在c(ClO?)+c()+c(Cl?)=c(K+)，C不正確；D．兩者恰好完全反應時，Cl2全部轉化為KClO、KClO3、KCl，三者中所含Cl原子的物質的量為0.06mol+0.03mol+0.21mol=0.30mol，則參與反應的Cl2的物質的量為0.15mol，D正確；故選D。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.二十大報告中關于生態(tài)環(huán)境保護的論述全面而深刻，對研究NOx、SO2等大氣污染物的妥善處理具有重要指導意義。（1）上圖為我市某日空氣質量報告，當日的首要空氣污染物為___________。汽車尾氣(含CO、SO2和NOx等)是城市空氣的污染源之一、三元催化可以將汽車尾氣中的CO和NOx進行凈化處理，該過程中發(fā)生反應的化學方程式為___________。（2）硝酸工業(yè)廢氣中有氮氧化物(NOx)，利用尿素消除NOx污染的轉化反應為：i．NO+O2→NO2，ii．NO2+CO(NH2)2→無污染氣體。尿素中C元素的化合價___________，反應ii的化學方程式為___________。（3）用NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同，NO轉化為NO的轉化率隨NaClO溶液初始pH(用稀鹽酸調節(jié))的變化如圖所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl?和NO，其離子方程式為___________。②NaClO溶液的初始pH越小，NO轉化率越高。其原因是___________。（4）通過如下流程可實現(xiàn)SO2和NO綜合處理并獲得保險粉(Na2S2O4)和硝酸銨。裝置III中生成Ce4+與S2O的物質的量之比為___________?！敬鸢浮浚?）①.PM10②.（2）①.+4②.6NO2＋4CO(NH2)2=4CO2＋7N2＋8H2O（3）①.3HClO+2NO+H2O=3Cl?+2NO+5H+②.溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強（4）2：1【解析】【小問1詳析】由圖可知，當日的首要空氣污染物為PM10；三元催化可以將汽車尾氣中的CO和NOx轉化成對空氣無污染的氮氣和二氧化碳，反應的化學方程式為：。【小問2詳析】尿素中C元素的化合價為+4價；反應ii將NO2和CO(NH2)2反應生成無污染的物質，反應的化學方程式為：6NO2＋4CO(NH2)2=4CO2＋7N2＋8H2O?！拘?詳析】在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl?和NO，其離子方程式為：3HClO+2NO+H2O=3Cl?+2NO+5H+；HClO氧化NO生成Cl?和NO，溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強?！拘?詳析】由流程圖可知，裝置III電解槽中每1molCe3+失去1mol電子被氧化得到1molCe4+，每生成1mol需要2mol得到2mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知，Ce4+和物質的量之比為：2：1。17.硫代硫酸鈉(Na2S2O3)在紡織業(yè)、造紙業(yè)等領域有廣泛應用。某興趣小組擬制備硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3?5H2O)?！静殚嗁Y料】ⅰ．Na2S2O3?5H2O易溶于水，遇酸易分解生成S和SO2。ⅱ．向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得產(chǎn)品常含有少量Na2SO3和Na2SO4。ⅲ．Na2SO3易被氧化；BaSO3難溶于水，可溶于稀HCl?！局苽洚a(chǎn)品】實驗裝置如圖所示(省略夾持裝置)：實驗步驟：?。畽z查裝置氣密性，按圖示加入試劑。ⅱ．先向C中燒瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中燒瓶滴加濃H2SO4.裝置A產(chǎn)生的SO2經(jīng)過單向閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液pH約為7時，停止通入SO2氣體，得產(chǎn)品混合溶液，結束反應。ⅲ．過濾C中混合溶液，濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到Na2S2O3?5H2O產(chǎn)品。請回答下列問題：（1）反應開始后，C中先有渾濁產(chǎn)生，后又變澄清。此渾濁物是___________(寫化學式)。（2）步驟Ⅰ單向閥的作用是___________；裝置C中的反應混合溶液pH過高將導致產(chǎn)率降低，原因是___________。（3）制備完成后，興趣小組選用下列試劑設計實驗方案檢驗硫代硫酸鈉中含有硫酸根雜質：試劑：稀鹽酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液實驗步驟現(xiàn)象①取少量樣品，加入除氧蒸餾水②固體完全溶解得無色澄清溶液③___________④___________，有刺激性氣體產(chǎn)生⑤靜置，___________⑥___________（4）為減少裝置C中生成Na2SO4的量，在不改變原有裝置的基礎上對實驗步驟(ii)進行了改進，改進后的操作是___________?！敬鸢浮浚?）S（2）①.防止倒吸②.pH過高，SO2與堿反應發(fā)生損失，致使Na2CO3、Na2S反應不充分（3）①.加入過量稀鹽酸②.出現(xiàn)淡黃色渾濁③.(吸)取上層清液，滴入BaCl2溶液(答案合理即可)④.產(chǎn)生白色沉淀（4）先向A中燒瓶滴加濃H2SO4，產(chǎn)生的氣體將裝置中空氣排盡后，再向C中燒瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液【解析】〖祥解〗實驗室制備硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3?5H2O)時，將SO2通入Na2S和Na2CO3混合溶液，攪拌后發(fā)生反應，從而生成Na2S2O3溶液。A裝置用濃硫酸與Na2SO3反應制取SO2氣體，將SO2氣體通入盛有Na2S和Na2CO3混合溶液的C裝置中。SO2是大氣污染物，需對尾氣進行處理?！拘?詳析】反應開始后，C中先有渾濁產(chǎn)生，后又變澄清。表明SO2先與Na2S反應，生成的S再與Na2SO3發(fā)生反應，則此渾濁物是S?！拘?詳析】SO2易溶于水，會產(chǎn)生倒吸，則步驟Ⅰ單向閥的作用是：防止倒吸；裝置C中的反應混合溶液pH過高，則溶液堿性過強，通入的SO2首先與堿性物質反應生成Na2SO3，影響SO2轉化為Na2S2O3的反應，從而導致產(chǎn)率降低，原因是：pH過高，SO2與堿反應發(fā)生損失，致使Na2CO3、Na2S反應不充分?！拘?詳析】檢驗時，常需加入Ba2+，而也能與Ba2+生成沉淀，所以應先加鹽酸排除的干擾，再加入含Ba2+的堿或鹽檢驗。實驗步驟現(xiàn)象①取少量樣品，加入除氧蒸餾水②固體完全溶解得無色澄清溶液③加入過量稀鹽酸④出現(xiàn)淡黃色渾濁，有刺激性氣體產(chǎn)生⑤靜置，(吸)取上層清液，滴入BaCl2溶液(答案合理即可)⑥產(chǎn)生白色沉淀【小問4詳析】為減少裝置C中生成Na2SO4的量，需防止Na2SO3被氧化，也就是實驗前先排盡裝置內的空氣。改進后的操作是：先向A中燒瓶滴加濃H2SO4，產(chǎn)生的氣體將裝置中空氣排盡后，再向C中燒瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液。【『點石成金』】H2O2具有強氧化性，能將氧化為。18.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種高效多功能的新型非氯消毒劑，易溶于水、微溶于濃堿溶液，不溶于乙醇，在0～5℃的強堿性溶液中較穩(wěn)定，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應生成Fe(OH)3和O2。Ⅰ．濕法制備高鐵酸鉀。主要的生產(chǎn)流程如圖所示：回答以下問題：（1）濾渣1的主要成分為___________(寫化學式)。（2）寫出氧化過程的離子方程式___________。（3）氧化時需控溫20~25℃，溫度不能高于25℃原因是___________。（4）實驗測得氧化時間、氧化劑濃度與K2FeO4產(chǎn)率、純度的實驗數(shù)據(jù)分別如圖1、圖2所示。為了獲取更純的高鐵酸鉀，反應時間和氧化劑濃度應控制在___________min，___________mol·L?1。Ⅱ．某興趣小組在實驗室模擬濕法制備K2FeO4，裝置如圖所示：（5）向裝置A中通入的Cl2不能過量，原因是___________。（6）制備的高鐵酸鉀粗產(chǎn)品中含有KOH、KCl、Fe(OH)3等雜質，請將以下提純步