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汶上圣泽中学高三第二次月考
化学试卷 2025.10.25
可能用到的相对原子量：Fe 56 H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64 Fe 56 K 39 Na 23 S32 N 14 Al 27 Mg24 Cl35.5 Si28 Li7 Zn65 As75 Cs 133 Pb 207 I 127
一、单选题（每题只有一个正确选项，共10个小题，每题2分，共20分）
1．下列选项所示物质间的转化在指定条件下可以实现的是
A．海水中提取镁：浓缩海水Mg(OH)2 (s)MgCl2(aq)Mg
B．漂白粉HClOCl2
C．SiO2 CO2H2SiO3
D．制备配合物：CuSO4溶液 [Cu(NH3)4]SO4 [Cu(NH3)4]SO4·H2O
2．下列反应的离子方程式正确的是
A．用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为CaCO3：
B．向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH：
C．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳：
D．向澄清石灰水中加入过量NaHCO3：
3．某白色粉末样品，可能含有、、和。取少量样品进行如下实验：①溶于水，得到无色透明溶液；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出，离心分离；③取②的上层清液，向其中滴加溶液有沉淀生成。该样品中不能确定存在的是
A．、 B．、
C．、 D．、
4．下列化学用语表示正确的是
A．用电子式表示的形成过程：
B．氮气分子的结构式：
C．的质子数为53，中子数为78
D．和互为同位素
5．对于下列事实的解释错误的是
选项 性质或用途 解释
A 乙醇的沸点高于乙醚 乙醇分子间能形成氢键，而乙醚不能
B 冰的密度小于干冰 的摩尔质量比小
C 分子极性： 分子空间构型均为三角锥形，P与的电负性差值大于N与
D 熔点： 为共价晶体，为分子晶体，键能远大于的分子间作用力
6．M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M的原子核外电子有三种空间运动状态，X原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，Y的原子核外只有一个未成对电子，Z的次外层电子数是最外层电子数的四倍，Y的原子半径小于Z。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．键角：
C．单质熔点： D．简单氢化物稳定性：
7．下列化学用语正确的是
A．基态溴原子的电子排布式： B．次氯酸的电子式：
C．分子的VSEPR模型： D．中子数为10的氧原子：
8．用下列实验装置做相关实验不能达到实验目的的是
A．用于实验室制取少量氨气 B．验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C．用于处理多余的NH3 D．验证浓氨水与浓硫酸的反应
9．下列有关实验的操作、现象和结论均正确的是
选项 操作 现象 实验结论
A 向淀粉 KI溶液中通入Cl2，再通入SO2 溶液先出现蓝色，后蓝色褪去 还原性：SO2>I->Cl-
B 将一定量的铁粉溶于稀硫酸，再滴加KSCN溶液 溶液不变红 该铁粉未被氧化
C 取少量溶液于试管中，加入稀NaOH溶液加热，将一块湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口 试纸变红 该溶液含有
D 取少量溶液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液 出现白色沉淀 该溶液中一定含有
10．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为硫及其部分化合物的价态—类别图。下列说法正确的是
A．和的稀溶液反应生成
B．附着有b的试管，常用蒸馏水清洗
C．与足量反应转移电子
D．一步可实现转化
二、不定项选择（共5小题，每题有一个或两个正确选项，全对4分，漏选2分，错选或多选0分）
11．向和的混合溶液中先加入足量溶液，过滤，得到沉淀，然后向滤液中加入过量溶液，过滤，灼烧沉淀，得到固体，则原溶液中的物质的量浓度为
A． B．
C． D．
12．SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2可被氧化得到SnCl4。
下列说法错误的是
A．SnCl2分子的VSEPR模型名称是V字形
B．SnCl4的Sn－Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。
C．分子中Cl－Sn－Cl键角：SnCl2 >SnCl4
D．分子的极性：SnCl2 > SnCl4
13．离子液体和聚合物网络组成的离子凝胶具有优异灵敏度和自主粘附能力，在穿戴电子领域具有广泛的应用前景。某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q组成(结构如图)，W、Q同主族。下列说法错误的是
A．第一电离能： B．原子半径：
C．热稳定性： D．键角：
14．下列操作不能达到实验目的的是
选项 目的 操作
A 测定氯水的pH 用玻璃棒蘸取饱和氯水点在置于玻璃片的精密pH试纸上，稍后与标准比色卡对照
B 检验某溶液中是否含 先向该溶液中滴加溶液，再滴加少量氯水
C 验证非金属性： SiO2与焦炭在高温条件反应，检验得到的黑色固体为硅，可燃性气体为CO
D 验证的还原性强于 向溶液中加入少量氯水，再加，振荡
15．晶体的晶胞如下图所示(已知该立方晶胞的边长为，阿伏加德罗常数为的摩尔质量为)。以下说法正确的是
A．若规定A点原子坐标为，B点原子坐标为，则C点原子坐标为
B．离最近的有4个
C．中，中心离子的配位数为8
D．晶体的密度为
第二卷 非选择题（共5个小题，共60分）
16．A、B、C为中学常见单质。通常状况下，A为固体，B为黄绿色气体，C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X的水溶液是一种强酸，H在常温下为液体。它们之间转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。请回答下列问题：
(1)D物质的化学式为 ，E的俗名为 。
(2)写出反应③的离子方程式： 。
(3)G→D的转化还可以通过加入盐酸和来实现，反应的离子方程式为 。
(4)实验室制备气体B的化学方程式为
(5)有如图的4个装置，其中能较长时间看到白色絮状沉淀的有 （填序号）。
17．氨基酸微量元素螯合物在饲料生产应用、解决过量添加无机盐造成环境污染等方面有重要应用。该类螯合物常以蛋氨酸、赖氨酸、甘氨酸等为配位体，以铜、铁、锌、锰、铬、钴等元素为中心离子。
(1)甘氨酸()中共有 个σ键，C原子的杂化方式是 ，N原子的杂化方式是 ，甘氨酸在水中的溶解度较大，其原因为 。
(2)上述金属元素中，基态原子未成对电子数最多的原子的电子排布式为 。
(3)蛋氨酸铜的结构简式如图。该螯合物中含有的化学键类型有 (填字母)。
a．配位键 b．极性键 c．氢键 d．非极性键
(4)①Co3+能形成多种配合物，如 [Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2 ， [Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2中中心离子的配位数为 。
②具有6个配体的Co3+的某种配合物的化学式为CoClm·nNH3，若0.1 mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应，只生成0.3 mol AgCl沉淀，则此配合物的结构可能为 。
18．某同学为了验证硫铁矿(主要成分为，含少量杂质碳)在空气中焙烧时，气体产物是含少量的，设计如图装置进行实验：
回答下列问题：(1)配平焙烧硫铁矿的化学方程式：
(2)装置A中的试剂是 溶液。
(3)装置D的作用是 。
(4)E装置的实验现象是 ；确定有气体的实验现象是 。
(5)取F中反应后的溶液于洁净的试管中，加入少量氯化钡溶液，产生白色沉淀的离子方程式为 。
(6)G中盛放足量酸性溶液的目的是 。
19．高铁酸钾是一种新型高效消毒剂，有强氧化性。某化学兴趣小组设计实验在实验室中利用KClO在碱性环境中氧化制备，实验装置(夹持仪器已省略)如下图所示。
查阅资料：
①易溶于水，微溶于KOH溶液，不溶于乙醇；
②在的强碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中快速产生；
③氯气有毒，与强碱溶液在低温下生成，温度稍高时生成。
④饱和食盐水用于除去中的HCl杂质。
回答下列问题：
(1)装置A中盛放KOH溶液的仪器名称为 ，连接分液漏斗上端的橡皮管作用是 。
(2)已知：装置B中发生反应的离子方程式为：______=______(配平方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目) ，上述装置连接顺序为 (填小写字母，按气流流经方向)。
(3)为了提高氯气的利用率，减少副反应的发生，除了控制氯气产生的速度外，还可以采取的措施是 ；实验时保持KOH溶液过量，原因是 。
(4)纯度测定，取m g新制得的高铁酸钾样品，加入足量的稀硫酸，测得生成n g气体。该样品的纯度为 (反应的离子方程式为)。
20．利用某废渣(约45%，约40%，约10%，MgO约5%)制备超微细)的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)属于 (填“纯净物”或“混合物”)。
(2)“焙烧”的目的是 。
(3)滤渣为 (填化学式)。
(4)“制备”时，在搅拌下先后加入氨水和草酸溶液，再经调节pH、过滤、水洗、烘干后得到超微细。
①生成的离子方程式为 。
②温度对沉淀粒径的影响如左下图所示，加入氨水和草酸溶液过程需控制温度在40℃的原因：一是 ；二是温度过低，反应速率减小。
(5)超微细粗品中含有的杂质可能是 (填化学式，写一种即可)。
(6)将纯净在氮气氛围中加热分解。加热过程中固体残留率[固体残留率]随温度的变化如右下图所示。A点产物是 (填化学式)，B点时，固体只含有一种铁的氧化物，则AB段反应的化学方程式为 。
试卷第1页，共3页
汶上圣泽中学高三第二次月考化学答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C B C B A C D A D
题号 11 12 13 14 15
答案 B A CD AC AD
1．D【详解】A．MgCl2溶液直接电解得到Mg是错误的，制备金属镁需电解熔融MgCl2，A错误。
B．HClO光照分解产物是HCl和O2，而非Cl2，B错误。
C．SiO2与C高温反应生成Si和CO，而非CO2，C错误。
D．CuSO4与过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+，乙醇促其析出晶体（含结晶水），D正确。
2．C【详解】A．水垢中的CaSO4是固体，不能拆分为离子形式，对应的离子方程式为，A错误；
B．NH4HCO3中的和均会与过量OH-反应，对应的离子方程式为，B错误；
C．过量CO2与ClO-反应生成和HClO，对应的离子方程式为，C正确；
D．澄清石灰水中的Ca2+与OH-比例为1:2，与过量反应应生成碳酸钙、碳酸钠、水，对应的离子方程式为，D错误；
3．B【详解】向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出，说明有S和SO2生成，说明原溶液中一定含Na2S2O3, 可能含Na2CO3和Na2SO3；取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成，说明溶液中一定含有Na2SO4，整个实验过程无法确定是否含碳酸钠和亚硫酸钠，一定含Na2S2O3, 不能确定含有Na2CO3和Na2SO3，
故选B。
4．C【详解】A．过氧化氢为共价化合物，电子式表示的形成过程：，A错误；
B．氮气分子中2个氮原子之间形成3对共用电子对，结构式：N≡N，B错误；
C．对于原子而言，质量数=质子数+中子数，故质子数为53，质量数为131的碘原子的中子数为78，故该原子的原子符号为，C正确；
D．质子数相同中子数不同的核素互为同位素，18O2与16O2均为单质，D错误；
5．B【详解】A．乙醇分子中含有羟基，分子间存在氢键，乙醚不能形成氢键，因此乙醇沸点更高，A正确；
B．冰的密度小于干冰的主要原因是冰中水分子通过氢键形成疏松结构，而非的摩尔质量小，B错误；
C．和均为三角锥形，但P与Cl的电负性差值大于N与Cl，因此极性更大，C正确；
D．为共价晶体，需破坏强共价键，为分子晶体，仅需克服分子间作用力，故熔点更高，D正确；
6．A【分析】M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M的原子核外电子有三种空间运动状态，说明原子的轨道数为3，则M为B元素；Z的次外层电子数是最外层电子数的四倍，则Z为Mg元素；X原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，则X为N元素；Y的原子核外只有一个未成对电子，原子半径小于Z，则Y为F元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：N＞Be，同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则第一电离能： Be＞Mg，所以第一电离能：N＞Mg，A正确；
B．三氟化硼分子中硼原子的阶层电子对数为3+（3-1×3）×=3、孤对电子对数为（3-1×3）×=0，分子的空间结构为平面正三角形，三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为3+（5-1×3）×=4、孤对电子对数为（5-1×3）×=1，分子的空间结构为三角锥形，则键角：BF3＞NF3，B错误；
C．硼单质为熔点高的共价晶体，氟气是熔点低的分子晶体，则单质熔点：B＞F2，C错误；
D．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，。简单氢化物的稳定性依次增强，则简单氢化物稳定性：HF＞NH3，D错误；
7．C【详解】A．基态溴原子为35号元素，其电子排布式应为，选项中遗漏了3d10，A错误；
B．次氯酸的结构式为H-O-Cl，电子式中O原子应位于中间，电子式应该为，B错误；
C．中中心O原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，选项图片符合，C正确；
D．中子数为10的氧原子，质子数为8（氧的原子序数），质量数=质子数+中子数=18，原子符号应为，D错误；
8．D【详解】A．CaO与浓氨水中的水反应产生Ca(OH)2，反应消耗水，同时放出大量热，有利于氨水分解产生NH3逸出，因此该方法可用于实验室制取少量氨气，A正确；
B．Cu与浓硝酸反应放出热量，使具支试管中的空气受热膨胀，导致U型管中红墨水向右侧移动，从而看到U型管中红墨水的左侧液面下降，右侧液面上升，两侧液面不在同一水平面上，因此该装置可用于验证Cu与浓硝酸反应的热量变化，B正确；
C．NH3极易溶于水，在导气管末端安装一个干燥管，使其下端进入到水中，这样既可以充分吸收氨气，同时也可以防止倒吸现象的发生，因此可用于处理多余的NH3，C正确；
D．浓硫酸不具有挥发性，若将两根玻璃棒分别蘸取浓硫酸、浓氨水靠近，不会在两根玻璃棒之间的空气中产生白烟现象，因此不能用于验证浓氨水与浓硫酸的反应，D错误；
9．A【详解】A．Cl2将I-氧化为I2，I2使淀粉变蓝，随后SO2使I2还原，溶液蓝色褪去，证明SO2的还原性强于I-，而I-的还原性强于Cl-，实验的操作、现象和结论均正确，结论正确；A正确；
B．若铁粉被氧化，存在Fe2O3，Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe3+，Fe3+与Fe反应生成Fe2+，溶液不显红色，不能因此证明铁未被氧化，结论错误；B错误；
C．检验需用湿润的红色石蕊试纸，红色石蕊试纸遇NH3变蓝，蓝色试纸变红不符合NH3的碱性性质，现象与结论矛盾，结论错误；C错误；
D．盐酸酸化的BaCl2溶液中引入了Cl-，若原溶液含Ag+也会生成AgCl白色沉淀，无法确定的存在，结论不严谨；D错误；
10．D【分析】根据硫及其部分化合物的价态—类别图可知，a是S的-2价氢化物，则a为H2S；b为S的单质；c是+4价的硫的氧化物，则c为SO2；d为+6价的硫的氧化物，则d为SO3；e为+4价的含硫的酸，则e为H2SO3；f为+6价的含硫的酸，则f为H2SO4；g为+4价的含硫的钠盐，则g为Na2SO3；h为+6价的含硫的钠盐，则h为Na2SO4。
【详解】A．根据上述分析可知，a为H2S，f为H2SO4；稀硫酸氧化性弱，无法氧化H2S，则H2S与稀硫酸不反应，故A错误；
B．根据上述分析可知，b为硫单质（S），硫不溶于水，不能用蒸馏水清洗附着硫的试管，需用CS2或热NaOH溶液清洗，B错误；
C．根据上述分析可知，c为SO2，SO2与O2反应为可逆反应，反应方程式为：2SO2+O2 2SO3，即使O2足量，SO2也不能完全转化，1 mol SO2反应转移电子小于2 mol，故C错误；
D．c→e→g→h转化：c（SO2）与水反应生成e（H2SO3），e与NaOH反应生成g（Na2SO3），g被O2氧化生成h（Na2SO4），每步均为一步转化，D正确；
11．B【详解】设原溶液中Al3+的浓度为c1 mol/L，Fe3+浓度为c2 mol/L，第一步反应：加入足量BaCl2，所有生成BaSO4沉淀，总物质的量为b mol；原溶液中来自Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3，则有：；第二步反应：加入过量NaOH后，Fe3+生成Fe(OH)3，Al3+转化为，所得沉淀为Fe(OH)3，灼烧得Fe2O3（c mol），则有c2=，代入，得：，选B。
12．A【详解】A．SnCl2中Sn的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，分子构型为V形，A错误；
B．SnCl4中Sn的价层电子对数为4，杂化类型为sp3，Sn的sp3杂化轨道与Cl的3p轨道重叠形成σ键，B正确；
C．SnCl4为正四面体结构，键角109°28′；SnCl2为V形结构，Sn有1对孤电子对，价层电子对数3（sp2杂化），键角因孤电子对排斥略小于120°，故Cl－Sn－Cl键角：SnCl2 > SnCl4，C正确；
D．SnCl4为正四面体，结构对称，是非极性分子；SnCl2为V形，结构不对称，是极性分子，分子极性：SnCl2 > SnCl4，D正确；
13．CD【分析】据题给信息可知，X、Y、Z、W、Q分别为H、C、N、O、S。
【详解】A．同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N的2p轨道半满稳定，故第一电离能N>O>C，即Z>W>Y，A正确；
B．原子半径同周期从左到右原子半径减小（N>O），同主族从上到下原子半径增大（S>N），故原子半径S>N>O，即Q>Z>W，B正确；
C．原子半径越小键能越大，键能越大氢化物越稳定，原子半径：OD．键角：为，为。两者均为杂化且含2对孤电子对，O电负性大于S，中孤电子对排斥力更强，键角更小，故键角，即，D错误。
14．AC【详解】A．饱和氯水中含有氯气和水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性能使试纸褪色，A错误；
B．先向该溶液中滴加溶液，溶液不变血红色，再滴加少量氯水，溶液变血红色，说明溶液含有亚铁离子，B正确；
C．SiO2与焦炭在高温条件反应生成硅是因为生成气体逸出导致反应正向进行生成硅，不能验证非金属性：，C错误；
D．向溶液中加入少量氯水，再加，振荡，下层有机层为无色，说明氯水首先和亚铁离子反应，证明的还原性强于，D正确；
15．AD【详解】A．将晶胞内部分为8个小立方体，A点原子坐标为，B点原子坐标为，则C的坐标为，故A正确；
B．以底面面心为例，在此晶胞中离该最近的有4个，下方晶胞中还有4个，因此离最近的有8个，故B错误；
C．中，只有NH3是配体，中心离子的配位数为6，故C错误；
D．晶胞中数目：，Cl-数目：8，晶胞的质量：m=，晶体的密度为，故D正确；
故选AD。
16．(1) 磁性氧化铁
(2)Fe O +8H+ =2Fe +Fe +4H O。
(3)
(4)MnO2+4HCl==MnCl2+Cl2↑+2H2O
(5)③④
【分析】根据信息及物质的转化关系图可知，B为黄绿色气体单质，则B为氯气；B与A(为固体单质)化合生成的D为含有A的氯化物，D加入F得到血红色溶液，是检验的实验现象，故D为、F为，则A为；D与A反应转化为G，是，G为，根据E与X溶液(X的水溶液是一种强酸)反应生成、、H，判断X为、E为、H为；则无色气体C单质为氧气。综上所述，A：Fe，B：，C：，D：，E：，F：，G：，H：，X：HCl。
（5）溶液或溶液与溶液反应可以生成白色沉淀，但生成的易被氧化为红褐色，若要较长时间看到白色絮状沉淀需隔绝空气或排除装置中的空气。①铁与稀盐酸反应生成和氢气，能排除右侧试管中的空气（左侧试管中空气不能被排除），但无法通过关闭止水夹将氢氧化钠溶液压入右侧试管，或也无法将氯化亚铁压入左侧试管，无法得到，①不满足；②没有隔离空气，故反应生成的被氧化，②不满足；③煤油隔离空气，故反应生成的不被氧化，③满足；④铁与硫酸反应生成的氢气排净了空气，再将溶液滴加入试管中反应生成的不被氧化，④满足；故答案为：③④。
17．(1) 9 sp3、sp2 sp3 能和水分子形成氢键
(2)1s22s22p63s23p63d54s1(3)abd
(4) [Co(NH3)4(H2O)Cl]2+ 6 [Co(NH3)6]Cl3
【详解】（2）铜、铁、锌、锰、铬、钴金属元素中，基态原子未成对电子数最多的原子为24号铬，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，有6个未成对电子；
（3）Cu2+与N、O原子形成配位键，相同原子碳碳之间形成非极性键、不同原子碳氢等之间形成极性键，由结构该螯合物中不存在氢键（氢键不属于化学键），选abd。
（4）①由化学式， [Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2的配体为NH3、H2O、Cl-，其中的氮原子、氧原子、氯离子提供孤电子对于钴离子形成配位键，配位数为6。
②具有6个配体的Co3+的某种配合物的化学式为CoClm·nNH3，结合化合价代数和为零，则m=3，若0.1 mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应，只生成0.3mol AgCl沉淀，则此配合物外界存在3个氯离子，具有6个配体，则n=6，氨分子均在内界，结构可能为[Co(NH3)6]Cl3。
18．(1)4、11、2、8(2)氢氧化钠(3)安全瓶、防倒吸
(4) 品红溶液褪色 G中溶液颜色无明显变化，H中澄清石灰水变浑浊
(5)
(6)吸收过量的二氧化硫并证明二氧化硫完全除去，排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰
【分析】由实验装置图可知，装置A中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收空气中的二氧化碳，防止对生成的二氧化碳检验造成干扰，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥空气，装置C中硫铁矿在空气中焙烧生成二氧化硫和二氧化碳，装置D做安全瓶起防倒吸的作用，装置E中盛有的品红溶液用于验证二氧化硫的生成，装置F中盛有的氯化铁溶液用于吸收二氧化硫，装置G中盛有的足量酸性高锰酸钾溶液用于吸收过量的二氧化硫并证明二氧化硫完全除去，排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰，装置H中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳的生成
【详解】（2）由分析可知，装置A中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收空气中的二氧化碳，防止对生成的二氧化碳检验造成干扰；
（3）由分析可知，装置D做安全瓶起防倒吸的作用；
（4）由分析可知，装置E中盛有的品红溶液用于验证二氧化硫的生成，实验现象是品红溶液褪色；装置H中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳的生成，实验现象是G中溶液颜色无明显变化，H中澄清石灰水变浑浊；
（5）由分析可知，装置F中盛有的氯化铁溶液用于吸收二氧化硫，生成亚铁离子和硫酸根离子，取F中反应后的溶液于洁净的试管中，加入少量氯化钡溶液，产生白色沉淀的离子方程式为：；
（6）由分析可知，装置G中盛有的足量酸性高锰酸钾溶液用于吸收过量的二氧化硫并证明二氧化硫完全除去，排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰。
19．(1) 三颈烧瓶 平衡气压，使液体顺利流下
(2) cfgbade
(3) 将三颈烧瓶置于0℃~5℃水浴中 高铁酸钾在碱性环境中稳定防止分解，同时能降低高铁酸钾的溶解度
(4)
【分析】B装置：浓盐酸与氯酸钾反应制取氯气，利用饱和食盐水（f进g出）除去挥发出来的氯化氢气体，将氯气从b口进a口出通入A装置中反应生成高铁酸钾，剩余气体从d口进入C装置除去有毒的氯气。
【详解】（3）高铁酸钾在0℃~5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中快速产生O2，为了提高氯气的利用率，减少副反应的发生，除了控制氯气产生的速度外，还可以采取的措施是：将三颈烧瓶置于0℃~5℃水浴中；已知，高铁酸钾易溶于水，微溶于 KOH溶液，实验时保持KOH溶液过量，原因是：高铁酸钾在碱性环境中稳定防止分解，同时能降低高铁酸钾的溶解度；
（4）结合反应和铁元素守恒，该样品的纯度为。
20．(1)纯净物(2)使和煤炭、O2在高温条件下反应生成的CO反应生成Fe
(3)SiO2(4) 温度过高，氨水挥发(分解)，产生的沉淀颗粒大，易混有杂质
(5)Fe2(C2O4)3或Fe(OH)3
(6)
【分析】废渣(约45%，约40%，约10%，MgO约5%)和煤炭、O2在高温条件下反应生成的CO反应生成Fe，然后向所得固体产物中加入稍过量稀硫酸，固体中SiO2与稀硫酸不反应，存在于滤渣中，Fe、Al2O3、MgO均反应生成相应的硫酸盐，所得滤液中主要成分是FeSO4、Al2(SO4)3、MgSO4、H2SO4，净化除铝镁后加入氨水和H2C2O4，生成，以此解答。
【详解】（2）由分析可知，“焙烧”的目的是：使和煤炭、O2在高温条件下反应生成的CO反应生成Fe。
（4）①由分析可知，FeSO4和NH3·H2O、H2C2O4反应生成，离子方程式为：；
②加入氨水和草酸溶液过程需控制温度在40℃的原因是：温度过高，氨水挥发(分解)，产生的沉淀颗粒大，易混有杂质；温度过低，反应速度减慢。
（5）制备超微细的过程中，Fe2+可能被氧化为Fe3+，若酸性减弱，Fe3+还可能转化为Fe(OH)3，含有的杂质可能是Fe2(C2O4)3、Fe(OH)3。
（6）设固体物质的量为1mol，总质量为180g，则A点固体质量为180g×80%=144，质量减少了36g，刚好为2molH2O的质量，A点恰好为，B点时，固体只含有一种铁的氧化物，B点固体质量为180g×42.96%=77.328g，其中Fe为56g，则n(O) ，n(Fe)∶n(O)=1∶1.333≈3∶4，所以B点为Fe3O4，则AB段发生反应的化学方程式：。
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