2022-2022学年福建省漳州市诏安县桥东中学高三（上）第二次月考化学试卷 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．每小题3分，共48分）1．化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片．当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热．下列说法不正确的是（ ）A．彩色密封塑胶袋能造成白色污染B．钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠C．大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低D．任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化 2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．过氧化钙（CaO2）的电子式：B．离子的结构示意图：C．质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：PuD．葡萄糖的结构简式：C6H12O6 3．下列物质性质与应用对应关系正确的是（ ）A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥CO2B．氨气具有还原性，可用于检查HCl泄漏C．四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2D．氧化铝具有高熔点，可用于生产耐火砖 4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（夹持装置未画出）（ ）A．用装置甲检验溶液中是否有K+B．23\n用装置乙制取并收集少量NH3C．用装置丙进行喷泉实验D．用装置丁加热熔融NaOH固体 5．如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置．下列操作正确的是（ ）A．a通入C02，然后b通入NH3，c中放碱石灰B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉D．b通入C02，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 6．下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述Ⅰ陈述ⅡASO2有氧化性SO2可用于漂白纸浆B高纯单质硅有良好的半导体性能高纯单质硅可用于制光电池C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和COD明矾能净水生成Al（OH）3胶体明矾可用作生活用水的消毒剂A．AB．BC．CD．D 7．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A．使酚酞变红色的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、SO42﹣B．c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、ClO﹣、SO42﹣C．0.1mol•L﹣1FeCl2溶液：K+、Na+、SO42﹣、NO3﹣D．0.1mol•L﹣1KMnO4溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、SO32﹣ 23\n8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A．1.8g重水（D2O）中含有的质子数和中子数均为NAB．将11.2LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NAC．100mL12mol•L﹣1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NAD．标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA 9．下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）A．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2OB．向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：2ClO﹣+H2O+CO2=2HClO+CO32﹣C．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4﹣+5SO2+4OH﹣=2Mn2++5SO42﹣+2H2OD．0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O 10．下列各组物质中，能一步实现右图所示①～⑤转化关系的是XYZWAFe3O4FeFeCl2FeCl3BAlAl2O3NaAlO2Al（OH）3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2=CH2C2H5OHCH2BrCH2BrA．AB．BC．CD．D 11．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（ ）A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2B．Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞ZD．RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成 12．短周期非金属元素甲～戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是（ ）甲乙丙丁戊A．原子半径：甲＜乙B．非金属性：乙＜丁C．最高价氧化物的水化物的酸性：丙＜丁D．最外层电子数：丙＞丁＞戊 23\n13．取0.2molMnO2固体粉末与一定体积的浓盐酸（含溶质0.4mol）共热制取氯气（假设HCl挥发损失不计），下列叙述中正确的是（ ）A．反应过程中MnO2作催化剂B．盐酸未反应完C．被还原的HCl少于0.2molD．反应产生2.24L氯气（标准状况） 14．甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料．已知：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H1=﹣443.64kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1下列说法或热化学方程式正确的是（ ）A．CO的燃烧热为566.0kJ•mol﹣1B．2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量低C．完全燃烧20g甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为908.3kJD．2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1453.28kJ•mol﹣1 15．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示．下列判断正确的是（ ）A．在0﹣a范围内，只发生中和反应B．ab段发生反应的离子方程式为：CO+2H+═CO2↑+H2OC．a=0.3D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：2 16．将10.7gMg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，产生标准状况下3.36L气体．另取等质量的合金溶于过量盐酸中，生成标准状况下7.84L气体，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀物质的量为（ ）A．0.1molB．0.2molC．0.25molD．0.3mol 二、填空题（有4个小题，共52分）17．（1）已2NO2（g）⇌N2O4（g）△H1＜0；2NO2（g）⇌N2O4（l）△H2＜0下列能量变化示意图中，正确的是 （填序号）．23\n（2）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应为：已知：化学键C﹣HC﹣CC=CH﹣H键能/kJ•mol﹣1412348612436计算上述反应的△H= kJ•mol﹣1． 18．金属钠与水的反应是中学化学中的一个重要反应．该反应的演示方法分别如图甲、乙所示：（1）现按图甲所示的方法，在室温时，向盛有饱和NaOH溶液的水槽中，加入一小块金属钠．下列有关描述正确的是 （填字母，下同）a．钠浮在液面上，并四处游动，最后消失b．钠熔化成一个光亮的小球c．恢复到室温时，NaOH溶液的浓度增大d．恢复到室温时，溶液中Na+数目减少（2）按图乙所示方法来收集产生的气体，需将钠包好，再放入水中．取相同质量的钠按下列两种情况收集产生的气体在相同条件下体积的关系是 ．①用铝箔包住钠 ②用铜箔包住钠a．二者收集气体一样多b．①收集气体体积较大c．②收集气体体积较大． 19．（15分）（2022秋•诏安县校级月考）化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验，请你参与并完成对有关问题的解答．（1）甲同学用图1所示装置测定CO2的质量．实验时稀硫酸是与样品中的 （填“Na2CO3”或“NaCl”）发生反应，仪器b的名称是 ，洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是 ．（2）乙同学用图2所示装置，取一定质量的样品（mg）和足量稀硫酸反应进行实验，完成样品中Na2CO3质量分数的测定．①实验前，检查该装置气密性的方法是先打开活塞a，由b注入水至其下端玻璃管中形成一段水柱，再将针筒活塞向内推压，若b下端玻璃管中的 ，则装置气密性良好．②在实验完成时，能直接测得的数据是CO2的 （填“体积”或“质量”）．（3）丙同学用如图所示方法和步骤进行实验：23\n①操作Ⅰ涉及的实验名称有 、洗涤；操作Ⅱ涉及的实验名称有干燥、 ．②丙同学测得的样品中Na2CO3质量分数的计算式为 ． 20．（12分）（2022秋•河南校级期中）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．（1）Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是 、 （填化学式）．（2）Ⅱ中反应的离子方程式是 ．（3）A的化学式是 ，装置Ⅲ中A在 极区产生．（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备．写出该制备反应的化学方程式 ．（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl，取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量 ．（填“相同”，“不同”或“无法判断”） 21．（16分）（2022•肇庆二模）利用某地的闪锌矿（主要成分为ZnS，其杂质主要为铁、铜元素等）冶炼纯锌的传统工艺如下：注：锌、铁、铜的沸点依次为1180K、2862K、1800K（1）高温锻烧时，若氧气足量，则ZnS发生的化学反应方程式为 ．（2）工业生产中方案1由锌熔体获得粗锌的操作为 （填：“蒸馏”、“分馏”或“干馏”）．（3）方案2中固相2的成分为 ，液相1所含金属阳离子为： （4）方案2中从液相1获取粗锌的过程中可用加入单质 除掉其他杂质；对比两种方案，方案2的优点是 ．23\n（5）方案2的系列操作产生的废液可以制取绿矾．硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如下表所示：温度/℃010305056.760708090溶解度14.017.025.033.035.235.335.633.033.5析出晶体FeSO4•7H2OFeSO4•4H2OFeSO4•H2O从上表数据可以得出的结论是：① ；② ． 23\n2022-2022学年福建省漳州市诏安县桥东中学高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．每小题3分，共48分）1．化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片．当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热．下列说法不正确的是（ ）A．彩色密封塑胶袋能造成白色污染B．钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠C．大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低D．任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．根据白色污染指塑料制品形成的污染分析；B．根据钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应的产物分析；C．根据合金的特点分析；D．物理过程不一定伴随着能量的变化．【解答】解：A．白色污染指塑料制品形成的污染，而彩色密封塑胶袋属于塑料，故A正确；B．钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应都生成醋酸钠，故B正确；C．合金的特点为熔点比各成分都低，硬度比各成分都大，故C正确；D．物理过程不一定伴随着能量的变化，故D错误；故选D．【点评】本题考查了白色污染、合金的特点、物质变化时的能量变化以及钠及其化合物的性质，属于基础知识的考查，题目比较简单． 2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．过氧化钙（CaO2）的电子式：B．离子的结构示意图：C．质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：PuD．葡萄糖的结构简式：C6H12O6【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．过氧化钙为离子化合物，化学式最后存在钙离子和过氧根离子；B．氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10；C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；D．结构简式最后需要标出官能团结构．【解答】解：A．过氧化钙（CaO2）属于离子化合物，其电子式为：，故A正确；23\nB．氧离子的核电荷数为8，其正确的离子结构示意图为：，故B错误；C．质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子的质量数为238，其正确的表示方法为：23894Pu，故C错误；D．葡萄糖的结构简式为CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO，故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力． 3．下列物质性质与应用对应关系正确的是（ ）A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥CO2B．氨气具有还原性，可用于检查HCl泄漏C．四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2D．氧化铝具有高熔点，可用于生产耐火砖【考点】浓硫酸的性质；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物；分液和萃取．【分析】A．浓硫酸干燥气体是利用其吸水性；B．氨气和HCl反应产生白烟，该反应属于化合反应，没有电子转移，不属于氧化还原反应；C．萃取剂和原溶剂不互溶，且萃取剂和溶质不反应，溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；D．氧化铝的熔点很高，一般条件下不熔融．【解答】解：A．浓硫酸干燥气体是利用其吸水性，二氧化碳和浓硫酸不反应，所以可以用浓硫酸干燥二氧化碳，与浓硫酸的脱水性无关，故A错误；B．氨气和HCl反应产生白烟，该反应属于化合反应，没有电子转移，不属于氧化还原反应，所以氨气不体现还原性，故B错误；C．萃取剂和原溶剂不互溶，且萃取剂和溶质不反应，溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，四氯化碳符合萃取剂条件，与其密度大小无关，故C错误；D．氧化铝的熔点很高，一般条件下不熔融，所以氧化铝能作耐火砖，故D正确；故选D．【点评】本题考查萃取剂的选取、浓硫酸的性质、氨气的性质及氧化铝的用途，涉及氧化还原反应、化合反应等知识点，知道萃取剂的选取标准，注意浓硫酸吸水性和脱水性的区别． 4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（夹持装置未画出）（ ）A．用装置甲检验溶液中是否有K+23\nB．用装置乙制取并收集少量NH3C．用装置丙进行喷泉实验D．用装置丁加热熔融NaOH固体【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃；B．浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气的密度比空气的密度小；C．氯气不易溶于食盐水；D．瓷坩埚中的二氧化硅与NaOH反应．【解答】解：A．观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，由图可知，缺少蓝色的钴玻璃，故A错误；B．浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气的密度比空气的密度小，则图中固液反应不加热装置及向下排空气法均合理，故B正确；C．氯气不易溶于食盐水，则图中装置不能形成喷泉实验，故C错误；D．瓷坩埚中的二氧化硅与NaOH反应，仪器选择不合理，应使用铁坩埚，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及焰色反应、气体的制备及收集、物质的性质等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大． 5．如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置．下列操作正确的是（ ）23\nA．a通入C02，然后b通入NH3，c中放碱石灰B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉D．b通入C02，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉【考点】真题集萃；纯碱工业（侯氏制碱法）；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】“候氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通C02，a管通NH3，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此推断．【解答】解：“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通C02，a管通NH3，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此可知A错误、B错误、C正确、D错误，故选C．【点评】本题主要考查了学生的实验分析能力，在理解实验原理的基础上要对实验设计的科学性、可行性把握准确，中等难度，注重对实验基础的考查． 6．下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述Ⅰ陈述ⅡASO2有氧化性SO2可用于漂白纸浆B高纯单质硅有良好的半导体性能高纯单质硅可用于制光电池C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和COD明矾能净水生成Al（OH）3胶体明矾可用作生活用水的消毒剂A．AB．BC．CD．D【考点】二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅．【专题】氧族元素；碳族元素．【分析】A．SO2具有漂白性；B．硅导电性介与导体与半导体之间；C．浓硫酸具有吸水性；D．明矾能够净水，不能杀菌消毒．【解答】解：A．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与二氧化硫的氧化性无关，故A错误；B．高纯单质硅有良好的半导体材料，可用于制光电池，故B正确；23\nC．浓硫酸可用于干燥H2和CO，是因为浓硫酸具有吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C错误；D．明矾能净水生成Al（OH）3胶体，明矾没有强的氧化性，所以不能用于杀菌消毒，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确二氧化硫、硅、浓硫酸、明矾的化学性质是解题关键，题目难度不大． 7．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A．使酚酞变红色的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、SO42﹣B．c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、ClO﹣、SO42﹣C．0.1mol•L﹣1FeCl2溶液：K+、Na+、SO42﹣、NO3﹣D．0.1mol•L﹣1KMnO4溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、SO32﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；B．c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性；C．该组离子之间不反应；D．KMnO4具有强氧化性，溶液中不能存在还原性离子．【解答】解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，Ca2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能共存，故A不选；B．c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性，H+、ClO﹣结合生成弱酸，不能大量共存，故B不选；C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；D．KMnO4具有强氧化性，与SO32﹣发生氧化还原反应，不能共存，故D不选；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大． 8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A．1.8g重水（D2O）中含有的质子数和中子数均为NAB．将11.2LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NAC．100mL12mol•L﹣1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NAD．标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol；B、氯气所处的状态不明确；C、铜与浓硝酸反应，开始硝酸被还原为+4价，后来硝酸变稀，被还原为+2价；D、甲烷和乙烯中均含4氢原子．【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故1.8g重水的物质的量为n==0.09mol，而1mol重水中含10mol质子和10mol中子，故0.09mol重水中含0.9mol质子和0.9mol中子即均为0.9NA个，故A错误；23\nB、氯气所处的状态不明确，故气体摩尔体积的数值不明确，则其物质的量不一定是0.5mol，故转移的电子数不一定是0.5NA个，故B错误；C、铜与浓硝酸反应，开始硝酸被还原为+4价，后来硝酸变稀，被还原为+2价，但由于被还原为+4价和+2价的硝酸的物质的量不明确，故转移的电子的物质的量无法计算，故C错误；D、标况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，而甲烷和乙烯中均含4氢原子，故0.5mol混合气体中含2mol氢原子即2NA个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 9．下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）A．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2OB．向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：2ClO﹣+H2O+CO2=2HClO+CO32﹣C．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4﹣+5SO2+4OH﹣=2Mn2++5SO42﹣+2H2OD．0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液为硝酸亚铁溶液；B．过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠；C．酸性溶液中反应物不会存在氢氧根离子；D．铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成一水合氨和氢氧化铝沉淀．【解答】解：A．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液为硝酸亚铁溶液，反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．过量二氧化碳生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：ClO﹣+H2O+CO2═HClO+HCO3﹣，故B错误；C．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+，故C错误；D．0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确判断离子方程式正误常用方法，如：检查是否满足电荷守恒、质量守恒、电子守恒等，特别注意反应物过量情况对生成物的影响． 10．下列各组物质中，能一步实现右图所示①～⑤转化关系的是XYZWAFe3O4FeFeCl2FeCl3BAlAl2O3NaAlO2Al（OH）3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2=CH2C2H5OHCH2BrCH2Br23\nA．AB．BC．CD．D【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；乙醇的化学性质．【分析】A．Al与Fe3O4反应生成Fe，Fe与盐酸反应生成FeCl2，Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl2与氯气反应FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2；B．Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2，Al2O3不能直接转化为Al（OH）3，NaAlO2与少量酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH反应生成NaAlO2；C．硫酸与Cu反应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成S，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，S不能一步转化为SO3；D．CH3CH2Br发生消去反应生成乙烯，乙烯与水加成反应生成乙醇，乙烯与溴水发生加成反应生成CH2BrCH2Br，乙醇不能一步转化为CH2BrCH2Br．【解答】解：A．Fe3O4FeFeCl2FeCl3FeCl2，FeFeCl3，均能一步实现转化，故A选；B．Al2O3不能一步转化为Al（OH）3，故B不选；C．S不能一步转化为SO3，故C不选；D．C2H5OH不能一步转化为CH2BrCH2Br，二者相互转化不能一步实现，故D不选；故选A．【点评】本题考查金属元素的单质及化合物的性质、有机物的性质等，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意一步实现转化，题目难度不大． 11．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（ ）A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2B．Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞ZD．RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律可解答该题．【解答】23\n解：X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，A．X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，故A正确；B．Y是O元素，R是S元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，且水中含有氢键，沸点高，故B正确；C．非金属性：S＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C正确；D．SO2、CO2对应的酸的酸性比盐酸弱，与氯化钡都不反应，故D错误．故选D．【点评】本题考查原子结构和元素周期律的递变规律，题目难度中等，根据原子结构特点正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意元素非金属性的比较． 12．短周期非金属元素甲～戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是（ ）甲乙丙丁戊A．原子半径：甲＜乙B．非金属性：乙＜丁C．最高价氧化物的水化物的酸性：丙＜丁D．最外层电子数：丙＞丁＞戊【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．同周期自左而右原子半径减小；B．同主族从上到下元素的非金属性减弱；C．同周期从左向右非金属性增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D．同周期从左向右最外层电子数增大．【解答】解：A．同周期自左而右原子半径减小，则原子半径为甲＞乙，故A错误；B．同主族从上到下元素的非金属性减弱，则非金属性为乙＞丁，故B错误；C．同周期从左向右非金属性增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，高价氧化物的水化物的酸性：丙＜丁，故C正确；D．同周期从左向右最外层电子数增大，则最外层电子数为丙＜丁＜戊，故D错误；故选：C．【点评】本题考查元素周期律和元素周期表，熟悉掌握同主族、同周期元素性质的变化规律，题目难度不大． 13．取0.2molMnO2固体粉末与一定体积的浓盐酸（含溶质0.4mol）共热制取氯气（假设HCl挥发损失不计），下列叙述中正确的是（ ）A．反应过程中MnO2作催化剂B．盐酸未反应完C．被还原的HCl少于0.2molD．反应产生2.24L氯气（标准状况）【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．23\n【分析】MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，以此解答．【解答】解：实验室制取氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应中MnO2为氧化剂，HCl为还原剂，假设含HCl为0.4mol的浓盐酸能完全反应，则生成氯气为0.1mol，而MnO2不能氧化稀盐酸，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，故反应中产生的氯气小于0.1mol，盐酸未反应完，故选B．【点评】本题考查化学方程式的相关计算，学生要注意只有浓盐酸与二氧化锰发生氧化还原反应，题目难度不大，注意相关基础知识的积累． 14．甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料．已知：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H1=﹣443.64kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1下列说法或热化学方程式正确的是（ ）A．CO的燃烧热为566.0kJ•mol﹣1B．2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量低C．完全燃烧20g甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为908.3kJD．2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1453.28kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】A．1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热；B．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；C．根据盖斯定律计算；D．方程式的计量数加倍，则反应热也加倍．【解答】解：A．1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1，则CO的燃烧热为283.0kJ•mol﹣1，故A错误；B．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量高，故B错误；C．已知：①CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H1=﹣443.64kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1根据盖斯定律①+②×得CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣726.64kJ•mol﹣1，则完全燃烧20g甲醇，即0.625mol，则放出的热量为0.625mol×726.64kJ•mol﹣1=454.15kJ，故C错误；D．由C项知CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣726.64kJ•mol﹣1，方程式的计量数加倍，则反应热也加倍则2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1453.28kJ•mol﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题考查了反应热的计算、盖斯定律的应用、热化学方程式的书写等，题目难度不大，注意把握盖斯定律的含义． 15．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示．下列判断正确的是（ ）23\nA．在0﹣a范围内，只发生中和反应B．ab段发生反应的离子方程式为：CO+2H+═CO2↑+H2OC．a=0.3D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：2【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．【解答】解：A、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，故A错误；B、ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故B错误；C、根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1mol•L﹣1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，故C正确；D、原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是0.02mol和0.01mol，物质的量之比为2：1，故D错误．故选C．【点评】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑． 16．将10.7gMg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，产生标准状况下3.36L气体．另取等质量的合金溶于过量盐酸中，生成标准状况下7.84L气体，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀物质的量为（ ）A．0.1molB．0.2molC．0.25molD．0.3mol【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】Mg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，只有Al反应生成氢气，根据电子转移守恒计算Al提供电子物质的量．另取等质量的合金溶于过量盐酸中，金属均与盐酸反应生成氢气，两过程中Al反应生成氢气体积相等，根据电子转移守恒计算Mg、Fe总物质的量，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化亚铁，根据原子守恒计算沉淀物质的量．23\n【解答】解：Mg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，只有Al反应生成氢气，根据电子转移守恒，Al提供电子物质的量为：×2=0.3mol；另取等质量的合金溶于过量盐酸中，金属均与盐酸反应生成氢气，两过程中Al反应生成氢气体积相等，根据电子转移守恒，Mg、Fe提供电子总物质的量为×2﹣0.3mol=0.4mol，故Mg、Fe总物质的量为=0.2mol，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化亚铁，根据原子守恒，沉淀物质的量等于金属物质的量，即沉淀物质的量为0.2mol，故选B．【点评】本题混合物有关计算，注意从守恒的角度进行解答，侧重考查学生的分析计算能力，难度中等． 二、填空题（有4个小题，共52分）17．（1）已2NO2（g）⇌N2O4（g）△H1＜0；2NO2（g）⇌N2O4（l）△H2＜0下列能量变化示意图中，正确的是 A （填序号）．（2）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应为：已知：化学键C﹣HC﹣CC=CH﹣H键能/kJ•mol﹣1412348612436计算上述反应的△H= +124 kJ•mol﹣1．【考点】反应热和焓变；有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）△H＜0的反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，同种物质，气态时能量大于液态时的能量；（2）反应热=反应物总键能﹣生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是﹣CH2CH3中总键能与﹣CH=CH2、H2总键能之差．【解答】解：（1）已2NO2（g）⇌N2O4（g）△H1＜0；2NO2（g）⇌N2O4（l）△H2＜0；△H＜0的反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，则2NO2（g）的总能量大于N2O4（g）的总能量，N2O4（g）的总能量大于N2O4（l）的总能量，所以A图象符合；故答案为：A；（2）反应热=反应物总键能﹣生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是﹣CH2CH3中总键能与﹣CH=CH2、H2总键能之差，故△H=（5×412+348﹣3×412﹣612﹣436）kJ•mol﹣1=+124kJ•mol﹣1，故答案为：+124．23\n【点评】本题考查化学反应中能量变化图、反应热计算，注意利用反应热=反应物总键能﹣生成物总键能计算，题目难度不大． 18．金属钠与水的反应是中学化学中的一个重要反应．该反应的演示方法分别如图甲、乙所示：（1）现按图甲所示的方法，在室温时，向盛有饱和NaOH溶液的水槽中，加入一小块金属钠．下列有关描述正确的是 abd （填字母，下同）a．钠浮在液面上，并四处游动，最后消失b．钠熔化成一个光亮的小球c．恢复到室温时，NaOH溶液的浓度增大d．恢复到室温时，溶液中Na+数目减少（2）按图乙所示方法来收集产生的气体，需将钠包好，再放入水中．取相同质量的钠按下列两种情况收集产生的气体在相同条件下体积的关系是 b ．①用铝箔包住钠 ②用铜箔包住钠a．二者收集气体一样多b．①收集气体体积较大c．②收集气体体积较大．【考点】钠的化学性质．【专题】金属概论与碱元素．【分析】（1）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的氢氧化钠溶液中有NaOH晶体析出，温度不变，氢氧化钠的溶解度不变；（2）生成的氢气包括钠和水反应的，氢氧化钠和其它金属能放出氢气则生成的氢气就较多；钠和水反应生成的氢气，氢氧化钠Al反应也能放出氢气，则生成的氢气就增多．【解答】解：（1）钠先和水反应，呈现的现象是：钠浮在水面上，熔化成一个光亮的小球，并四处游动，最后消失，消耗水，饱和的氢氧化钠溶液中有NaOH晶体析出，温度不变，氢氧化钠的溶解度不变，饱和溶液中溶剂减少，所以溶液中Na+数目减少，故答案为：abd；（2）钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，所以生成氢气体积最大的是用铝箔包住钠，故选b；钠和水反应生成的氢气，氢氧化钠Al反应也能放出氢气，则生成的氢气就增多，氢气增多的离子反应为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：b．【点评】本题以钠的实验设计为载体考查了钠的性质，会根据钠的性质分析钠和水反应的实验现象即可解答，注意Al的化学性质，题目难度不大． 19．（15分）（2022秋•诏安县校级月考）化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验，请你参与并完成对有关问题的解答．23\n（1）甲同学用图1所示装置测定CO2的质量．实验时稀硫酸是与样品中的 Na2CO3 （填“Na2CO3”或“NaCl”）发生反应，仪器b的名称是 分液漏斗 ，洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是 除去CO2中的水蒸气 ．（2）乙同学用图2所示装置，取一定质量的样品（mg）和足量稀硫酸反应进行实验，完成样品中Na2CO3质量分数的测定．①实验前，检查该装置气密性的方法是先打开活塞a，由b注入水至其下端玻璃管中形成一段水柱，再将针筒活塞向内推压，若b下端玻璃管中的 液面上升 ，则装置气密性良好．②在实验完成时，能直接测得的数据是CO2的 体积 （填“体积”或“质量”）．（3）丙同学用如图所示方法和步骤进行实验：①操作Ⅰ涉及的实验名称有 过滤 、洗涤；操作Ⅱ涉及的实验名称有干燥、 称量 ．②丙同学测得的样品中Na2CO3质量分数的计算式为 ×100% ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题；实验评价题；定量测定与误差分析；无机实验综合．【分析】（1）依据装置和试剂分析，硫酸和样品中的碳酸钠反应，仪器b是加入液体的仪器可以控制加入的量，是分液漏斗；反应过程中含有水蒸气，可以利用浓硫酸干燥二氧化碳气体；（2）①使用注射器改变瓶内气体的多少而改变瓶内压强；当将针筒活塞向内推压时，瓶内气体被压缩，压强增大，瓶内液体则会被压入长颈漏斗内，b下端玻璃管中液面上升，可以说明装置气密性良好；②装置中加入硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，注射器活塞被向外推出，可以测定二氧化碳的体积；（3）①依据流程分析可知，加入氢氧化钡溶液和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，通过过滤得到沉淀，洗涤后称重得到沉淀碳酸钡质量；②依据沉淀质量计算物质的量，依据碳元素守恒计算碳酸钠质量，计算样品中碳酸钠的质量分数．【解答】解：（1）依据装置和试剂分析，硫酸和样品中的碳酸钠反应，仪器b是加入液体的仪器可以控制加入的量，是分液漏斗；反应过程中含有水蒸气，可以利用浓硫酸干燥二氧化碳气体，故答案为：Na2CO3；分液漏斗；除去CO2中的水蒸气；（2）①使用注射器改变瓶内气体的多少而改变瓶内压强；当将针筒活塞向内推压时，瓶内气体被压缩，压强增大，瓶内液体则会被压入长颈漏斗内，b下端玻璃管中液面上升，可以说明装置气密性良好，故答案为：液面上升；②在实验完成时，反应后可以利用注射器读取生成气体的体积，能直接测得的数据是CO2的体积，故答案为：体积；（3）①流程分析可知，加入氢氧化钡溶液和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，通过过滤得到沉淀，洗涤后称重得到沉淀碳酸钡质量，故答案为：过滤；称量；23\n②流程分析判断沉淀质量为yg，物质的量==mol；碳酸钠物质的量和碳酸钡物质的量相同，样品质量为Xg，则碳酸钠质量为mol×106g/mol；所以碳酸钠的质量分数=×100%=×100%，故答案为：×100%．【点评】本题考查了物质性质的实验验证和含量测定方法分析判断，混合物中物质质量分数的计算方法和应用，题目难度中等，答题时注意元素化合物知识和实验基本操作的灵活运用． 20．（12分）（2022秋•河南校级期中）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．（1）Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是 Na2SO3 、 H2O （填化学式）．（2）Ⅱ中反应的离子方程式是 2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O ．（3）A的化学式是 H2SO4 ，装置Ⅲ中A在 阳 极区产生．（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备．写出该制备反应的化学方程式 5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O ．（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl，取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量 相同 ．（填“相同”，“不同”或“无法判断”）【考点】制备实验方案的设计．【分析】硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由﹣1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；III中发生电解，根据图知，生成氢氧化钠，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，I中NaClO2、Na2SO3发生氧化还原反应，离子反应方程式为2ClO3﹣+2H++SO32﹣=2ClO2↑+SO42﹣+H2O；（1）同一化学反应中，失电子化合价降低的反应物是还原剂；（2）碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2﹣和水；（3）通过以上分析知，A是硫酸，硫酸在阳极附近生成；（4）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2和NaCl、水；23\n（5）已变质和未变质的NaClO2与Fe2+反应都生成Cl﹣，根据转移电子守恒判断．【解答】解：硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由﹣1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；III中发生电解，根据图知，生成氢氧化钠，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，I中NaClO2、Na2SO3发生氧化还原反应，离子反应方程式为2ClO3﹣+2H++SO32﹣=2ClO2↑+SO42﹣+H2O；（1）同一化学反应中，失电子化合价降低的反应物是还原剂，I中反应方程式为2ClO3﹣+2H++SO32﹣=2ClO2↑+SO42﹣+H2O，还原剂是Na2SO3；III中氧化剂和还原剂都是水，故答案为：Na2SO3；H2O；（2）碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2﹣和水，离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；（3）通过以上分析知，电解硫酸钠溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，同时生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在阳极附近生成，故答案为：硫酸；阳；（4）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2和NaCl、水，反应方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O；（5）Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同．【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，明确I、II、III中发生的反应及物质的性质是解本题关键，熟悉常见物质的性质，难点是离子方程式的书写． 21．（16分）（2022•肇庆二模）利用某地的闪锌矿（主要成分为ZnS，其杂质主要为铁、铜元素等）冶炼纯锌的传统工艺如下：注：锌、铁、铜的沸点依次为1180K、2862K、1800K（1）高温锻烧时，若氧气足量，则ZnS发生的化学反应方程式为 2ZnS+3O22ZnO+2SO2 ．（2）工业生产中方案1由锌熔体获得粗锌的操作为 分馏 （填：“蒸馏”、“分馏”或“干馏”）．（3）方案2中固相2的成分为 C、Cu ，液相1所含金属阳离子为： Zn2+、Fe2+ （4）方案2中从液相1获取粗锌的过程中可用加入单质 Zn 除掉其他杂质；对比两种方案，方案2的优点是 节约能量 ．（5）方案2的系列操作产生的废液可以制取绿矾．硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如下表所示：温度/℃010305056.76070809023\n溶解度14.017.025.033.035.235.335.633.033.5析出晶体FeSO4•7H2OFeSO4•4H2OFeSO4•H2O从上表数据可以得出的结论是：① 随温度升高硫酸亚铁的溶解度先升高后降低 ；② 温度超过60℃结晶水含量越来越少 ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】闪锌矿主要成分为ZnS，其杂质主要为铁、铜元素等，在高温下充分反应得到固相1含有ZnO、CuO、Fe2O3等，然后加入焦炭，高温下充分反应可得到锌溶体，含有Zn、Fe、Cu等，加热到1180K可得到分离出锌，得到粗锌，经电解可得到纯锌，方案2用稀硫酸充分溶解，固相2为碳、铜，液相1含有Zn2+、Fe2+等，可加入锌置换出铁以除去杂质，最终得到粗锌，以此解答该题．【解答】解：闪锌矿主要成分为ZnS，其杂质主要为铁、铜元素等，在高温下充分反应得到固相1含有ZnO、CuO、Fe2O3等，然后加入焦炭，高温下充分反应可得到锌溶体，含有Zn、Fe、Cu等，加热到1180K可得到分离出锌，得到粗锌，经电解可得到纯锌，方案2用稀硫酸充分溶解，固相2为铜，液相1含有Zn2+、Fe2+等，可加入锌置换出铁以除去杂质，最终得到粗锌，（1）高温锻烧时，若氧气足量，ZnS被氧化生成ZnO和二氧化硫气体，反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2，故答案为：2ZnS+3O22ZnO+2SO2；（2）锌、铁、铜的沸点依次为1180K、2862K、1800K，加热到1180K经分馏可得到分离出锌，故答案为：分馏；（3）由以上分析可知固相2的成分为C、Cu，液相1含有Zn2+、Fe2+等，故答案为：C、Cu；Zn2+、Fe2+；（4）液相1含有Zn2+、Fe2+等，可加入锌置换出铁以除去杂质，对比两种方案，方案2没有在高温下反应，可节约能量，故答案为：Zn；节约能量；（5）由表中数据可知随温度升高硫酸亚铁的溶解度先升高后降低，且温度超过60℃结晶水含量越来越少，故答案为：①随温度升高硫酸亚铁的溶解度先升高后降低；②温度超过60℃结晶水含量越来越少．【点评】本题以流程题形成综合考查金属以及化合物性质，为高考常见题型，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度中等，掌握物质的化学性质是解题关键，注意实验方案评价能力的培养． 23
