福建省莆田市第六中学2022届高三化学上学期期中试题B卷含解析

福建省莆田第六中学2022届高三上学期期中考试化学试题1.化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法中不正确的是()A.“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关B.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，既能杀菌消毒又能净水C.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”D.尽量使用含12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济”宗旨【答案】D【解析】A.“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关，A正确；B.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，其还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，因此既能杀菌消毒又能净水，B正确；C.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能与碱反应，所以光导纤维遇强碱会“断路”，C正确；D.使用含12C的产品仍然产生CO2，不符合“促进低碳经济”宗旨，D错误，答案选D。2.加碘盐的主要成分是NaCl，还添加了适量的KIO3。下列说法中正确的是()A.KIO3和NaCl为离子化合物，均只含离子键B.KIO3中阳离子的结构示意图为C.23Na37Cl中质子数和中子数之比是8∶7D.次碘酸的结构式为H—O—I【答案】D考点：考查离子键、化合物、结构示意图以及结构式的判断-13-\n3.下列有关物质性质或用途的说法正确的是()A.铜的金属活动性比铁的弱，铜不能与任何强酸发生反应B.制水泥和玻璃都用石灰石作原料C.利用Al2O3制作的坩埚，可用于熔融烧碱D.浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有强氧化性【答案】B【解析】铜可以与浓硫酸发生反应生成硫酸铜和二氧化硫，选项A错误。制水泥的原料是石灰石和黏土，制玻璃的原料是石灰石、石英和纯碱，选项B正确。氧化铝是两性氧化物和强酸强碱都反应，在熔融状态下可以与烧碱反应，所以选项C错误。浓硫酸用作干燥剂的原因是浓硫酸有吸水性，选项D错误。4.下列判断合理的是（）①硫酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物②能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐③Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物④根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液⑤根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应⑥向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色A.只有②④⑥B.只有③④⑥C.只有①③⑤D.只有①②⑤【答案】D【解析】①硫酸是酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱是碳酸钠属于盐，生石灰是氧化钙属于氧化物，①正确。②盐的定义是能电离出金属离子（或铵根离子）和酸根离子的是盐，所以，能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐，②正确。③碱性氧化物的要求是与水反应只生成对应的碱，过氧化钠与水反应除生成氢氧化钠以外，还得到氧气，所以过氧化钠不属于碱性氧化物，③错误。④根据分散质粒子的直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，所以④错误。⑤氧化还原反应的本质就是有电子的转移，所以，可以根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，⑤正确。⑥Cu与过量浓硫酸反应后的试管中，还残留未反应的浓硫酸，所以不可以直接向浓硫酸中加入水，以避免飞溅，⑥错误。-13-\n由上，正确的是①②⑤，选项D正确。5.下列物质的转化在给定条件下均能通过一步反应实现的是(　　)A.NaAlO2(aq)AlCl3Al2O3B.N2NO2HNO3C.NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3D.FeS2SO3H2SO4【答案】C【解析】AlCl3中加入氢氧化钠应该得到Al(OH)3，不会直接得到氧化铝，选项A错误。N2和O2的反应，是在高温或者放电的条件下，生成NO，选项B错误。向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳发生如下反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠（实际是侯氏制碱法的原理），选项C正确。FeS2煅烧应该得到二氧化硫，二氧化硫再经催化氧化得到三氧化硫，选项D错误。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A.标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB.某密闭容器盛0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NAC.1molNa与足量O2在一定条件下完全反应时转移电子数为NAD.1mol·L－1Na2SO4溶液中，Na＋和SO离子数的总和一定为3NA【答案】C【解析】标准状况下，HF是液体，所以选项A错误。N2和H2的反应是可逆反应，所以0.1mol的N2不可能完全参与反应，所以转移电子一定小于0.6mol，选项B错误。Na与足量O2在一定条件下完全反应，Na一定转化为Na+，所以1molNa一定转移1mol电子，选项C正确。选项D中未说明溶液体积，所以无法计算，选项D错误。7.下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是(　　)选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式AFe3＋、I－、Cl－NaOH溶液Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓BK＋、NH3·H2O、CO通入少量CO22OH－＋CO2===CO＋H2OCH＋、Fe2＋、SOBa(NO3)2溶液SO＋Ba2＋===BaSO4↓DNa＋、Al3＋、Cl－少量澄清石灰水Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓-13-\nA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】Fe3+能氧化I-成为I2，所以不能共存，选项A错误。二氧化碳与氨水反应，但是一水合氨是一元弱碱，在离子方程式中不可以拆开，所以选项B错误。向含有H＋、Fe2＋、SO的溶液中加入硝酸钡溶液，因为硝酸钡溶液中有大量硝酸根离子，而原溶液有氢离子和亚铁离子，三个离子之间发生氧化还原反应，生成Fe3+和NO气体，选项C错误。向含有Na＋、Al3＋、Cl－的溶液中加入少量氢氧化钙溶液，会生成氢氧化铝沉淀，反应为：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，选项D正确。8.下列说法正确的是(　　)A.投入铁片产生H2的溶液中可大量存在H＋、Mg2＋、SO、NOB.将过量二氧化硫气体入冷氨水中：SO2＋NH3·H2O===HSO＋NHC.用酒精萃取碘水中的碘，水从分液漏斗下口放出，碘的酒精溶液从分液漏斗上口倒出D.高炉炼铁原理是用一氧化碳还原四氧化三铁【答案】B【解析】选项A的溶液中有大量的氢离子和硝酸根离子，所以溶液具有硝酸的氧化性，与铁反应不能得到氢气，而是生成NO，选项A错误。将过量二氧化硫气体入冷氨水中，因为二氧化硫过量，所以得到酸式盐，方程式为：SO2＋NH3·H2O===HSO＋NH，选项B正确。酒精和水混溶，所以不可以用酒精进行萃取，选项C错误。高炉炼铁原理是用一氧化碳还原铁矿石（不一定是四氧化三铁，也可能是氧化铁），选项D错误。点睛：高炉炼铁的基本原理是：从炉顶不断地装入铁矿石（磁铁矿或赤铁矿）、焦炭、熔剂，从高炉下部的风口吹进热风。在高温下，焦炭将碳燃烧生成的二氧化碳还原为一氧化碳，将铁矿石中的氧夺取出来，得到铁，这个过程叫做还原。铁矿石通过还原反应炼出生铁，铁水从出铁口放出。铁矿石中的脉石、焦炭及喷吹物中的灰分与加入炉内的石灰石等熔剂结合生成炉渣，从出铁口和出渣口分别排出。煤气从炉顶导出，经除尘后，作为工业用煤气。9.将SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后再加入K2Cr2O7溶液，发生的两个化学反应为①SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4W　，②Cr2O72-+aFe2++bH+→Cr3++Fe3++H2O。下列有关说法正确的是（）A.还原性：Cr3+＞SO2B.方程式②中，a＝6，b＝7C.Cr2O72-能将Na2SO3氧化成Na2SO4D.方程式①中W为OH-【答案】C-13-\n【解析】由反应①②中各元素的价态变化可知，反应①中，SO2为还原剂，Fe3＋为氧化剂，且还原性为SO2＞Fe2＋，氧化性为Fe3＋＞SO42－。反应②中，Fe2＋为还原剂，Cr2O72－为氧化剂，且还原性为Fe2＋＞Cr3＋，氧化性为Cr2O72－＞Fe3＋。由此可见选项A错误。选项B，配平反应②：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，故a＝6，b＝14，错误。选项C，由于Cr2O72－具有氧化性，Na2SO3具有还原性，故Cr2O72－能将Na2SO3氧化成Na2SO4，正确。选项D，根据质量守恒定律，可知反应①中W为H＋，错误。10.莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]溶液经常用于定量滴定实验。下列有关说法正确的是（）A.配制0.1mol•L-1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐19.6克B.可与含Fe2+、HClO、H+、Cl-微粒的溶液大量共存C.加入过量Ba（OH）2溶液发生反应：2Ba2++2SO42-+Fe2++2OH-=2BaSO4↓+Fe（OH）2↓D.取样，加入浓NaOH溶液并加热，出现可让蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含NH4+【答案】A11.绿色环保是化学实验的追求，下列操作不会引起空气污染的是（）A.用浓盐酸洗涤加热KMnO4制氧气的试管B.用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管C.硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸D.将打破的水银温度计插入硫粉中【答案】D【解析】加热高锰酸钾制氧气，会得到锰酸钾和二氧化锰固体，与浓盐酸作用，都会生成氯气，所以选项A会污染环境。单质银和硝酸反应会生成NO污染环境，选项B会污染环境。硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸，则废液缸中同时存在亚铁离子、氢离子和硝酸根离子，三者反应氧化还原反应得到NO，所以选项C会污染环境。将打破的水银温度计插入硫粉中，单质Hg会和S反应生成HgS，避免了Hg蒸汽污染环境，所以选项D不会污染环境。-13-\n12.下列有关硫酸或氢氧化钠物质的量浓度溶液的配制，操作与解释均正确的是（）选项实验操作解释A量取浓硫酸后，慢慢转入容量瓶中浓硫酸溶于水放出大量的热，在容量瓶中溶解更安全B配制氢氧化钠时，应为容量瓶选择合适的塑料瓶塞氢氧化钠溶液与玻璃塞中的二氧化硅反应C定容时，改用胶头滴管滴加蒸馏水容易控制滴加的水量，减小误差D定容时，发现液面高度超过刻度线后，立即用干净胶头滴管吸去多余液体由于及时吸去多余水量，浓度不会受影响A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】容量瓶不能用于稀释溶液，故A错误；配制氢氧化钠时，可以用磨口玻璃塞，故B错误。定容时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，容易控制滴加的水量，故C正确；定容时，发现液面高度超过刻度线后，立即用干净胶头滴管吸去多余液体，浓度偏小，故D错误。13.有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是(　　)A.FeS2既是氧化剂也是还原剂B.CuSO4在反应中被还原C.被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7D.14molCuSO4氧化了1molFeS2【答案】C【解析】方程式中的化合价变化为：14个CuSO4中+2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个+1价Cu；5个FeS2中10个-1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的-2价S，有3个化合价升高得到3个SO42-的+6价S（生成物中有17个硫酸根，其中有14来自于反应物的硫酸铜中）。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2-13-\n既是氧化剂又是还原剂，选项A正确。硫酸铜的化合价都降低，所以硫酸铜只是氧化剂，选项B正确。10个-1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，选项C错误。14molCuSO4在反应中得电子为14mol。FeS2被氧化时，应该是-1价的S被氧化为+6价，所以1个FeS2会失去14个电子。根据得失电子守恒，14molCuSO4应该氧化1molFeS2。点睛：对于选项D来说，要注意不能利用方程式进行计算，因为反应中的氧化剂有两个：CuSO4和FeS2。本选项要求计算被硫酸铜氧化的FeS2，所以只能利用硫酸铜和FeS2之间的电子守恒进行计算。14.将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为A.1.0molB.0.8molC.0.6molD.0.4mol【答案】D【解析】可以将反应理解为：Cu+HNO3+NaOH→Cu(NO3)2+NaNO3+NaNO2+H2O（未配平），由上，发生化合价变化的元素只有Cu和N，所以38.4gCu（0.6mol）失去1.2mol电子，硝酸也应该得到1.2mol电子生成0.6molNaNO2（一个N原子得到2个电子）。根据钠原子守恒，加入1mol氢氧化钠，则NaNO3+NaNO2一共1mol，已知有0.6molNaNO2，则有0.4molNaNO3。15.向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol•L﹣1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是（）A.a曲线表示的离子方程式为：AlO2－+H++H2O═Al（OH）3↓B.b和c曲线表示的离子反应是相同的C.M点时，溶液中沉淀的质量为3.9gD.原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：2【答案】D-13-\n【解析】试题分析：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，a线表示AlO2-减少，第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3-减少，此阶段Al(OH)3不参与反应。A．Na2CO3，NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，故A正确；B．第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应：CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32-反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓知，n(Al(OH)3)=n(NaAlO2)=n(HCl)0.05mol，m[Al(OH)3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，故C正确；D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，CO32-+H+═HCO3-，可知CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：1，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与AlO2-的物质的量之比，故D错误；故选D，【考点定位】考查有关混合物反应的计算【名师点晴】本题考查反应与图象的关系，题目难度中等，明确图象中各条曲线表示的物质是解本题的关键，注意碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳。16.某无色溶液中含有①Na+、②Ba2+、③Cl-、④Br-、⑤SO32－⑥SO42－中的若干种,依次进行下列实验,且每步所加试剂均过量,观察到的现象如下:步骤序号操作步骤现象（1）用pH试纸检验溶液的pH>7（2）向溶液中滴加氯水,再加入CCl4,振荡、静置下层呈橙色（3）向(2)所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀硝酸有白色沉淀产生（4）过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀产生下列结论正确的是()-13-\nA.不能确定的离子是①B.不能确定的离子是②③C.肯定含有的离子是①④⑤D.肯定没有的离子是②⑤【答案】C【解析】用pH试纸检验溶液的pH>7，说明一定有SO32－（只有SO32－水解溶液才可能显碱性）。因为有SO32－，所以一定没有Ba2+（因为亚硫酸钡是白色沉淀）。向溶液中滴加氯水,再加入CCl4,振荡、静置，下层呈橙色，说明一定有Br－（氯气将Br－氧化为Br2，再被CCl4萃取）。实验（3）没有价值，因为实验（2）中加入了氯水，所以溶液中一定有亚硫酸根被氧化得到的硫酸根，和钡离子一定得到硫酸钡沉淀。实验（4）没有价值，因为实验（2）中加入了氯水，所以溶液中一定有氯离子，和硝酸银作用一定得到氯化银沉淀。综上所述，溶液中一定有：①Na+（因为至少有一种阳离子）、④Br-、⑤SO32－，一定没有：②Ba2+，无法确定的是：③Cl-、⑥SO42－。所以选项C正确。17.I现有下列十种物质：①Na2O②Cu(OH)2③Zn④CaCO3⑤硫酸溶液⑥Ba(OH)2⑦干冰⑧NH3⑨盐酸⑩KHSO4（1）其中属于电解质的有_____________(填序号)。（2）往②中加入过量的0.1mol/L⑩的水溶液，发生反应的离子方程式是___________，向所得溶液中继续加入③，会产生无色气泡，该反应的离子方程式是_____________________。II右图是某仪器的一部分，数字XY之间相差1ml，若是量筒的一部分且X=5，则所盛液体的体积是_______；若是滴定管的一部分且X=15，则凹液面的读数应该是_______。III在新疆和甘肃的交界处有一条山谷，被称为“魔鬼谷”，其地表浅处有一层磁铁矿，经常是晴天霹雳，雷雨倾盆；但树草却异常旺盛，其原因是雨水中含有一种能促进植物生长的离子是_________，当雨水浸到地表与磁铁矿接触时发生反应的离子方程式为____________________。【答案】(1).①②④⑥⑩(2).Cu(OH)2+2H+=Cu2-+2H2O(3).Zn+2H+=Zn2++H2↑(4).4.3mL(5).15.70mL(6).NO3-(7).3Fe3O4+NO3-+28H+=9Fe3++NO↑+14H2O-13-\n【解析】Ⅰ（1）电解质是酸、碱、盐和活泼金属氧化物，所以是①②④⑥⑩。（2）硫酸氢钾完全电离出氢离子，所以将氢氧化铁转化为铜离子，方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2-+2H2O。再加入Zn会和过量的氢离子反应得到氢气，方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑。Ⅱ、量筒的刻度是从上到下逐渐减小，精度为0.1mL。图中最小的刻度表示0.1mL，X为5，则Y为4，所以图示为4.3mL。滴定管的刻度从上到下逐渐增大，精度为0.01mL。X为15mL，所以图示为15.70mL。Ⅲ、闪电时，空气中的N2和O2在放电的条件下反应，生成NO，NO被氧气氧化为NO2，NO2遇水转化为HNO3，所以促进植物生长的离子是NO3-。硝酸与磁铁矿（四氧化三铁）反应，得到硝酸铁（硝酸的氧化性足够强），NO和水，得到：Fe3O4+NO3-+H+→Fe3++NO↑+H2O。可以认为Fe3O4中Fe的化合价为+8/3价，生成的Fe为+3价，所以一个Fe升高1/3价，一个Fe3O4升高1价，一个硝酸根离子降低3价。根据化合价升高降低相等和原子个数守恒配平，得到：3Fe3O4+NO3-+28H+=9Fe3++NO↑+14H2O。18.已知A、B、C、D是中学化学常见物质，它们在一定条件下有A+B→C+D的转化关系。（1）若A为金属铝，B为氧化铁，该反应的一种用途是_______________。（2）若A是一种能使紫色石蕊试液变蓝的气体，且该反应是工业上制取硝酸的重要反应之一，该反应的化学反应方程式为____________________________。（3）若A是淡黄色粉末，常用作供氧剂，C为强碱，则该反应的离子反应方程式为__________。（4）若A是一种酸式盐，可作为食品制作过程中的膨松剂，A、B、D溶于水时均呈碱性，则该反应的离子反应方程式为____________________________。【答案】(1).焊接钢轨(2).4NH3+5O24NO+6H2O(3).2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑(4).HCO3-+OH-==CO32-+H2O【解析】（1）若A为金属铝，B为氧化铁，则反应为铝热反应，其一种用途是焊接铁轨。注意：如果答冶炼铁应该是不合理的。主要考虑到用单质铝来冶炼铁的成本较高，很少采用。（2）能使紫色石蕊试液变蓝的气体一定是氨气，所以该反应是氨气的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O。（3）淡黄色粉末的供氧剂一定是过氧化钠，则C一定是氢氧化钠，反应为：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑。（4）-13-\n可作为食品制作过程中的膨松剂的酸式盐一定是碳酸氢钠，A、B、D溶于水时均呈碱性，所以认为是碳酸氢钠和氢氧化钠反应的到谁和碳酸钠，离子方程式为：HCO3-+OH-==CO32-+H2O。19.2022年8月的eLife上发表了浙江医科大学第二医院和浙江大学肿瘤研究所的晁明和胡汛等人的一篇论文。媒体以“用十几块钱的小苏打饿死了癌细胞”为题予以报道，报道曲解了小苏打的作用，但小苏打在他们治疗癌症的方法中确实功不可没。在实验室中模拟工业制取NaHCO3的实验步骤如下：①连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品。②先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，C中出现固体。继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生。③分离C中所得的混合物，得到NaHCO3固体。④向滤液中加入适量的NaCl固体粉末，有NH4Cl晶体析出。（1）下图所示装置的连接顺序是：a接___，________接__________；b接____（填接口编号）。___________（2）A中反应的离子方程式为_____________________；B中常选用的液体反应物为_______；D中应选用的液体为_______。（3）步骤②让______装置先发生反应。（4）C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是________________；装有无水CaCl2的U形管的作用是_____________________。（5）步骤③分离出NaHCO3固体的操作是_________。（6）步骤④中所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3(约占5％~8％)，请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1。简要写出操作和现象__________________。【答案】(1).fed，c(2).CaCO3+2H+=Ca2-+H2O+CO2↑(3).浓氨水(4).饱和NaHCO3溶液(5).B(6).防止倒吸(7).吸收多余的NH3(8).过滤(9).取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结-13-\n【解析】工业制取碳酸氢钠的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，即向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳。考虑到氨气的溶解度过大，需要注意防倒吸，所以要从c口通入氨气（干燥管防倒吸），从d通入二氧化碳。实验室制取二氧化碳应该选用碳酸钙和稀盐酸反应，所以装置为A，考虑到盐酸挥发，应该先通过饱和碳酸氢钠溶液（装置D），除去挥发的HCl。则装置B为实验室制取氨气。根据上述分析得到：（1）装置的连接顺序为：a接f，e接d；b接c。（2）A中制取二氧化碳的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2-+H2O+CO2↑。装置B为实验室制取氨气，选用的方法是将浓氨水滴加到氧化钙上。D中为饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去挥发的HCl。（3）为保证氨气先通入，所以要先让B装置进行反应。（4）C中球形干燥管的作用是防止倒吸。无水氯化钙的作用是吸收氨气（生成CaCl2·8NH3）。（5）碳酸氢钠从溶液中析出，经过滤得到固体。（6）氯化铵受热会分解为氨气和氯化氢气体，而氯化钠对热稳定，碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠固体，即如果主体是大量的氯化铵，其受热分解后固体会大量减少。考虑到低温下氨气和HCl不共存，反应得到NH4Cl固体，所以实验为：取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结。点睛：本题的（3）需要注意氨气和二氧化碳的通入顺序。为了保证溶液中能出现碳酸氢钠成，就要保证溶液中大量的碳酸氢根。实际碳酸氢根的生成时由如下反应得到的：CO2+NH3+H2O=NH4HCO3，因为二氧化碳在水中的溶解度较小，先通入二氧化碳气体，溶液中的碳酸浓度较小，再通入氨气得到的碳酸氢铵的浓度也不会大；反过来先通入氨气，因为氨气再水中的溶解度极大，会得到高浓度的氨水，再通入二氧化碳与之反应，就会得到高浓度的碳酸氢铵。20.纳米磁性流体材料广泛应用于减震、医疗器械、声音调节等高科技领域。下图是制备纳米Fe3O4磁流体的两种流程：（1）分析流程图中的两种流程，其中______（填“流程1”、“流程2”）所有反应不涉及氧化还原反应。步骤①反应的离子方程式为____________。-13-\n（2）步骤②保持50℃的方法是_____________。（3）步骤③中加入的H2O2电子式是_______，步骤③制备Fe3O4磁流体的化学方程式为_______。（4）流程2中FeCl3和FeCl2制备Fe3O4磁流体，理论上FeCl3和FeCl2物质的量之比为_____。己知沉淀B为四氧化三铁．步骤⑤中操作a具体的步骤是____________。（5）利用K2Cr2O7可测定Fe3O4磁流体中的Fe2+含量。若Fe3O4磁流体与K2Cr2O7充分反应消耗了0.01mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液100mL，则磁流体中含有Fe2+的物质的量为_____mol。【答案】(1).流程2(2).Fe+2Fe3+=3Fe2+(3).水浴加热(4).(5).3FeCl2+H2O2+6NaOH=Fe3O4+6NaCl+4H2O(6).2:l(7).过滤、洗涤、干燥(8).0.006mol【解析】（1）氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以流程1中一定有氧化还原反应发生；溶液A是氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，加入氨水生成相应的氢氧化物沉淀，最终得到四氧化三铁，因此流程2中所有反应不涉及氧化还原反应。（2）步骤②保持50℃，则需要水浴加热；（3）双氧水是含有共价键的化合物，H2O2电子式是；步骤③制备Fe3O4磁流体的反应物是双氧水、氢氧化钠和氯化亚铁，则反应化学方程式为3FeCl2+H2O2+6NaOH=Fe3O4+6NaCl+4H2O。（4）由于四氧化三铁可以看作FeO·Fe2O3，根据铁原子守恒可知理论上FeCl3和FeCl2物质的量之比为2:l。己知沉淀B为四氧化三铁，过滤得到B，所以操作的步骤是过滤、洗涤、干燥。（5）K2Cr2O7的物质的量是0.001mol，反应中Cr从+6价降低到+3价，铁从+2价升高到+3价，因此根据电子得失守恒可知亚铁离子的物质的量是0.001mol×（6-3）×2＝0.006mol。-13-