高三上學期10月月考化學試題以下有關物質的性質與用途擁有對應關系的是濃H2SO4擁有氧化性，可用作SO2的干燥劑H2O2能使蛋白所變性，可用作醫療的消毒劑C2H4氣體擁有可燃性，可用作果實的催熟劑Fe2O3水溶液顯弱酸性，可用作H2S的脫除劑【答案】B【分析】A．濃H2SO4擁有吸水性，能作干燥劑，所以濃硫酸可用作SO2的干燥劑，與濃硫酸的氧化性沒關，故A錯誤；B．細菌是一種蛋白質，H2O2擁有強氧化性能使蛋白質變性，可用作醫療的消毒劑，故B正確；C．乙烯是一栽種物生成調理劑，擁有催熟作用，與乙烯的可燃性沒關，故C錯誤；D．Fe2O3難溶于水，不可以形成水溶液，故D錯誤；應選B。以下有關化學用語表示正確的選項是A.中子數為27的鋁原子：AlB.次氯酸的電子式：C.O2的結構表示圖:D.聚四氯乙烯播的結構簡式：【答案】D【分析】A．中子數為14，質量數為27，質子數為27-14=13，可表示為2713Al，故A錯誤；,B．氯原子最外層含有7個電子，只需形成一個共用電子對，HClO的電子式為，故B錯誤；C．O的原子序數為8，應為，故C錯誤；D．聚四氟乙烯為四氟乙烯的聚合物，結構簡式為，故D正確；應選D。CuBr是一種白色晶體，見光或濕潤時受熱易分解，在空氣中漸漸變成淺綠色。實驗室制備CuBr的反響原理為SO2+2CuSO4+2NaBr+2H2O=2CuBr↓+2H2SO4+Na2SO4，用以下裝置進行實驗，不可以達到實驗目的的是-1-A.用裝置甲制取SO2B.用裝置乙制取CuBrC.用裝置丙避光將CuBr與母液分別D.用裝置丁干燥CuBr【答案】D【分析】A．用濃硫酸與亞硫酸鈉反響可以制取二氧化硫氣體，圖示裝置合理，故A不選；B．根據反響SO2+2CuSO4+2NaBr+2HO═2CuBr↓+2H2SO4+Na2SO4可知，用裝置乙可制取CuBr，故B不選；C．CuBr難溶于水，可用裝置丙避光將CuBr與母液過濾分別，故C不選；D．CuBr見光或潮濕時受熱易分解，經過裝置丁干燥CuBr，CuBr會分解，沒法達到實驗目的，故D選；應選D。25℃時，以下各組離子在指定溶液中必定能大批共存的是A.使甲基橙變紅色的溶液中：++-2-Na、K、Br、CO3B.0.1mol/LCa(ClO)2溶液中：Fe2+、A13+、I-、SO42-C.0.1mol/LFe2(SO4)3溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-D.-13mol/L2++--的溶液中：Ca、NH4、CH3COO、HCO3【答案】C【分析】A．使甲基橙變紅色的溶液顯酸性，不可以大批存在2-2+-分別CO，故A錯誤；B．Fe、I3與ClO-發生氧化復原反響，不可以大批共存，故B錯誤；C．該組離子之間不反響，可大批共存，故C正確；D.=1×10-13mol/L的溶液顯酸性，不可以大批存在--，故D錯誤；CH3COO、HCO3應選C。以下有關物質的性質和用途擁有對應關系的是A.Na2O2是堿性氧化物，因其強氧化性可用于殺菌消毒B.碳酸鈉溶液顯堿性，可用作鍋爐除垢時CaSO4積淀的轉變劑C.鈉擁有很強的復原性，可用鈉與TiCl4反響制取鈦氯化鋁是一種電解質，可用于電解法制鋁-2-【答案】C【分析】A．Na2O2與水反響生成氫氧化鈉和氧氣，屬于過氧化物，不是堿性氧化物，擁有強氧化性，可用于殺菌消毒，故A錯誤；B．碳酸鈉溶液顯堿性是因為碳酸根離子水解，用作鍋爐除垢時CaSO4積淀的轉變劑是因為碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，兩者無聯系，故B錯誤；C．鈉有很強的復原性，可用鈉將熔融的TiCl4復原，利用鈉的復原性可以制取鈦，故C正確；D．氯化鋁是共價化合物，在熔融時不導電，所以不可以電解熔融的氯化鋁，應當電解熔融的氧化鋁，故D錯誤；應選C。點睛：此題波及鈉的強復原性、鋁熱反響、過氧化鈉的用途以及鋁的冶煉等知識。易錯點為B，碳酸鈉溶液因水解顯堿性，用作鍋爐除垢時CaSO4積淀的轉變劑是因為碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，前后描繪均正確，但前后沒有對應關系。以下有關實驗原理或實驗操作正確的選項是A.用裝罝中采集SO2并考證其漂白性用裝置乙考證氯氣與水反響有鹽酸生成用澄淸石灰水鑒識蘇打溶液和小蘇打溶液用NaOH溶液除掉苯中混有的少許苯酚，反響后分液【答案】D【分析】試題分析：A．裝置甲中二氧化硫可以使高錳酸鉀退色是因為二氧化硫和高錳酸鉀發生了氧化復原反響，只好說明二氧化硫擁有復原性，A錯誤；B．裝置乙中，濃鹽酸擁有揮發性，不可以說明氯氣可以與水反響生成HCl，B錯誤；C．氫氧化鈣過分時，氫氧化鈣也可以和碳酸氫鈉反響生成碳酸鈣的積淀，C錯誤；D．氫氧化鈉和苯酚反響生成的苯酚鈉可以溶于水，苯不溶于水，反響后分液即可，所以可以用NaOH溶液除掉苯中混有的少許苯酚，反響后分液，D正確，答案選D。考點：察看化學實驗方案設NA為阿伏加德羅常數的值。以下說法正確是-3-A.常溫下1.0L0.1mol·L-1++NHCl溶液中，NH4和H總數大于0.1NA4B.88.0g干冰中含有的電子對數為8.0NAC.標準情況下，2.24LCHCl3含有原子的數量為0.5NAD.某溫度下，pH=6的純水中含有1.0×10-6NA個H+【答案】A【分析】A．1.0L0.1mol?L-140.1mol，含有0.1mol氯NHCl溶液中含有氯化銨的物質的量為++-)+n(Cl-)=0.1mol+n(OH-+離子；由電荷守恒可知：n(H)+n(NH4)=n(OH)＞0.1mol，所以NH4和H+總數大于0.1NA，故A正確；B．88g干冰中含有2mol二氧化碳，依據電子式可知，2mol二氧化碳中含有16mol電子對，含有的電子對數為16NA，故B錯誤；C、CHCl3在標準情況不是氣體，2.24LCHCl3不是0.1mol，故C錯誤；D．未見告純水的體積，沒法計算pH=6的純水中含有的H+數量，故D錯誤；應選A。點睛：注意掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系，明確標況下氣體摩爾體積的使用條件。選項B中注意二氧化碳分子中存在電子對和共用電子對的差別，為易錯點。以下表示對應化學反響的離子方程式正確的選項是A.過分氯氣通入溴化亞鐵溶液中：3Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++2Br2B.向明礬溶液中加入過分Ba(OH)3+2－2+-2HO+AlO-24422C.硝酸銀溶液中滴加過分氨水：Ag++NH3·H2O==AgOH↓+NH4+322＋3－－3D.Ca(HCO)溶液與過分NaOH溶液反響：Ca＋HCO＋OH===CaCO↓＋2HO【答案】B【分析】A．過分氯氣通入溴化亞鐵溶液中，亞鐵離子和溴離子都被氧化，正確的離子方程式為：3Cl2+2Fe2++4Br-═6Cl-+2Fe3++2Br2，故A錯誤；B．向明礬溶液中加入過分的Ba(OH)2溶液生成硫酸鉀、硫酸鋇和偏鋁酸鉀，反響的離子方程式為：Al3++2SO42－2+--，故B正確；C．硝酸銀溶液中滴加過分氨水，反響生成了+2Ba+4OH=2BaSO4↓+2HO+AlO2銀氨溶液，正確的離子方程式為：+++2HO，故C錯誤；D．Ca(HCO)溶液Ag+NH?HO═Ag(NH)2323232與過分NaOH溶液反響生成碳酸鈣積淀、碳酸鈉和水，反響的離子方程式為：-2+-2-，故D錯誤；應選B。2HCO3+Ca+OH═CaCO3↓+2H2O+CO3點睛：注意明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反響能否發生，檢查反響物、生成物是否正確，檢查各物質拆分能否正確，如難溶物、弱電解質等需要保存化學式，檢查能否配平-4-等。此題的難點是反響物間量的變化對反響的影響。9.海水中包括豐富的資源，對海水進行綜合利用，可制備一系列物質（見圖5),以下說法正確的是A.步驟①中，除掉粗鹽中的2-2+2+SO4、Ca、Mg等雜質，加入試劑及有關操作次序可以是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→鹽酸→過濾B.步驟②中反響利用的原理是：同樣條件下NaHCO3的溶解度比NaCl小步驟③可將MgCl2·6H2O晶體在空氣中直接加熱脫水步驟④、⑤、⑥溴元素均被氧化【答案】B2+2+2-用氯化鋇溶液轉變成積淀，【分析】A、Ca用碳酸鈉轉變成積淀、Mg用NaOH轉變成積淀、SO42+2-，此后再加入過分的碳酸鈉除掉2+2+先除掉Mg或SOCa以及過分的Ba雜質，過濾后再加鹽酸4除掉過分的NaOH和碳酸鈉，故A錯誤；B.依據流程圖，步驟②是向氯化鈉溶液中通入二氧化碳、氨氣，反響生成溶解度較小的NaHCO3積淀，故B正確；C．步驟③MgCl2在水溶液中水解，加熱促使水解，晶體不可以在空氣中直接加熱脫水，應在氯化氫氣流中加熱失水，故C錯誤；D、步驟④是溴離子被氧化為溴單質，步驟⑤是溴單質被復原為溴化氫，步驟⑥溴元素被氧化為溴單質，故D錯誤；應選B。大氣中氮氧化物和碳氫化合物受太陽紫外線作用可產生二次污染物一光化學煙霧，此中的反響之一為：CH3CH=CHCH3(2-丁烯)+2O3→2CH3CHO+2O，以下說法正確的選項是A.分子式為C4H8的物質性質均與2-丁烯同樣氧化性：O3>O2常溫常壓下，22.4L的2-丁烯中含C-H鍵數量為8×6.02×1023個D.1molO3參加該反響，轉移的電子數為6×6.02×1023個【答案】B-5-11.制備5Ca(NO3)2?NH4NO3?10H2O的實驗中，過濾出產品后，常溫下另取母液（pH＜1），向其中加入指定物質，反響后溶液中可大批存在的一組離子是A.加入過分Na2CO3溶液：Na+、Ca2+、NH4+、NO3－、H+B.加入合適+2++－－NaHCO3溶液：Na、Ca、NH4、NO3、HCO3C.加入合適+2++－－NaOH溶液：Na、Ca、NH4、NO3、OHD.加入過分FeSO和稀硫酸：2+3++2+－443【答案】B23+2+故A不選；B．加【分析】A．加入過分NaCO溶液與H、Ca反響生成氣體、積淀，不可以共存，入合適NaHCO3溶液，該組離子之間不反響，可大批共存，故B選；C．加入合適NaOH溶液，+2++-與NH反響不可以共存，故C不選；D．加入過分FeSO和稀硫酸，Fe、H、NO發生氧化復原反4432+2-聯合生成積淀，不可以共存，故D不選；應選B。應，且Ca、SO4點睛：此題察看離子的共存，為高頻考點，掌握常有離子之間的反響為解答的重點。注意復分解反響、氧化后復原反響的判斷。此題的易錯選項是2++-發生氧化復原反D，注意Fe、H、NO3應不可以共存。2016年諾貝爾化學獎由法國、美國及荷蘭的三位化學家分獲，以表彰他們在“分子馬達”研究方面的成就，一種光驅分子馬達結構以以以下圖所示。有關該分子的說法正確的選項是A.該分子中有兩個手性碳原子B.兩個苯環可以處于同一平面C.能與NaHCO3和酸性KMnO4溶液反響D.1mol該分子最多可與2molH2發生加成-6-【答案】BC..................考點：察看了有機物的結構和性質的有關知識。以下設計的實驗方案不可以達到相應實驗目的的是考證NH3給合H+的能力強于Ag+：向含有NaCl的銀氨溶液中滴入過分稀硝酸，察看現象B.查驗某酸雨中能否含有SO42-：向酸雨試樣中加入鹽酸酸化的Ba(NO3)2溶液，察看現象配制FeCl2溶液：將FeCl2溶于較濃硝酸中，此后加合適水稀釋，再向配制好的溶液中加入幾枚光明的鐵釘D.提純含有少許苯的苯酚：向含有少許苯的苯酚混淆物中加入NaOH溶液充分振蕩，靜置分液；在水相中再通入足量CO2，再靜置分液，取有機相一苯酚【答案】BC【分析】A．向含有NaCl的銀氨溶液中滴入過分稀硝酸，如有白色積淀生成，則證明NH3聯合H+的能力衰于Ag+，反之則證明NH3聯合H+的能力強于Ag+，故A正確；B．因為加入的是硝酸鋇，溶液中存在了硝酸根離子，再加入鹽酸時引入氫離子，就相當于存在了硝酸，將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，與鋇離子形成不可以溶的硫酸鋇積淀，也可能含有亞硫酸離子，故B錯誤；C．鹽酸可控制鐵離子的水解，則配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋，再向配制好的溶液中加入幾枚光明的鐵釘，防備二價鐵離子被氧化，若用濃硝酸，則亞鐵離子被氧化，故C錯誤；D．苯酚與NaOH反響生成鹽(苯酚鈉)，生成的鹽(苯酚鈉)與苯出現分層，經過分液除掉苯，在水相中再通入足量CO2，將苯酚鈉反響生成苯酚，此后取有機相-苯酚，故D正確；應選BC。點睛：解答此題需要注意硝酸的強氧化性。此題的易錯點為B，溶液中含有氫離子和硝酸根離子，溶液就擁有強氧化性，所以查驗硫酸根離子只好用鹽酸。-7-確認化學反響先后次序有益于解決問題，以下物質參加反響的先后次序正確的選項是含等物質的量的含等物質的量的含等物質的量的

FeBr2、Fel2的溶液中，遲緩通入氯氣：I－、Fe2＋、Br－Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入鋅粉：Cu2＋、Fe3＋、H＋、Fe2＋－－2－的溶液中，逐滴加入鹽酸：－－2－AlO2、OH、CO3OH、AlO2、CO3D.含等物質的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，遲緩通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3【答案】AC【分析】A．離子復原性I-＞Fe2+＞Br-，氯氣先與復原性強的反響，氯氣的氧化次序是I-、Fe2+、Br-，故A錯誤；B．氧化性次序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，鋅粉先與氧化性強的反響，反響次序為Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故B錯誤；C．若H+最初與AlO2-反響，生成氫氧化鋁，而氫氧化鋁與--，反響次序為--2-，故C正確；D．氫氧化鋇先發生反響，溶液中OH反響生成AlOOH、AlO2、CO23因為碳酸鉀與氫氧化鋇不可以共存，所以遲緩通入CO2：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故D錯誤；應選C。某稀硫酸和稀硝酸的混淆溶液200ml，均勻分紅兩份，向此中一份中漸漸加入銅粉，最多能溶解mg。向另一份中漸漸加入鐵粉，產生的氣體量隨鐵粉質量增添的變化以以下圖（己知硝酸只被復原為NO氣體）以下分析或結果錯誤的選項是A.第二份溶液中最后溶質為FeSO4愿混淆酸中NO3-物質的量為0.1molm值為9.6H2SO4濃度為2.5mol/L【答案】B【分析】試題分析：A、加入鐵粉，第一反響為鐵在硫酸存在下和硝酸反響生成硫酸鐵和一氧化氮和水，AB段為鐵和硫酸鐵反響生成硝酸亞鐵，BC段為鐵和硫酸反響生成硫酸亞鐵和氫氣，所以最后溶質為硫酸亞鐵，正確，不選A；B、從第一個階段分析，Fe+4H++NO3-=Fe3++NO+2HO溶解了5.6克鐵，即0.1摩爾，硝酸所有做氧化劑，所以硝酸根為0.1摩爾，因為原溶液分成兩等份，所以原混淆酸中硝酸根為0.2摩爾，錯誤，選B；C、依據BC階段反響計算，-8-Fe+2H+=Fe2++H2，溶解的鐵為14.0-8.4=5.6克，則氫離子物質的量為0.2摩爾，第一階段氫離子為0.2摩爾，則依據+-2+分析，最多溶解銅為0.15摩爾，即9.63Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4HO克，正確，不選C；D、依據上邊計算，每份溶液中氫離子總合0.6摩爾，硝酸根為0.1摩爾，則含有0.1摩爾硝酸和0.25摩爾硫酸，則硫酸的濃度=0.25/0.1=2.5mol/L，正確，不選D。考點：硝酸和金屬的反響，混淆物的計算16.以廢舊鋅錳電池初步辦理分選出的含錳廢料(MnO2、MnOOH、MnO及少許Fe、Pb等）為原料制備高純MnCl2·xH2O，實現錳的重生利用。其工作流程以下：資料a:Mn的金屬活動性強于2+在酸性條件下比較堅固，pH高于5.52Fe；Mn時易被O氧化。資料b:生成氫氧化物積淀的pH見下表（金屬離子的初步濃度為0.1mol·L-1)Mn(OH)2Pb(OH)2Fe(OH)3開始積淀時8.16.51.9完滿積淀時10.18.53.2（1）過程I的目的是浸出錳。經查驗濾液1中含有的陽離子為2+3+2++Mn、Fe、Pb和H。①MnO與濃鹽酸反響的離子方程式是__________________________________。2②查驗濾液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和現象是:取少許濾液1于試管中，滴入黃色K[Fe(CN)](鐵氰化鉀)溶液，無顯然變化：另取少許濾液1于試管中，36___________________________。③Fe3+由Fe2+轉變而成，可能發生的反響有：i.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-ii.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2Oiii.寫出iii的離子方程式：___________________________。（2）過程II的目的是除鐵，有以下兩種方法：i.氨水法：將濾液1先稀釋，再加合適10%的氨水，過濾。ii.焙燒法：將濾液1濃縮獲得的固體于290°C焙燒，冷卻，取焙燒物-9-己知：焙燒中發生的主要反響2FeCl3+3O2=2Fe2O3+3Cl2，焙燒時MnCl2和PbCl2不發生變化。①氨水法除鐵時，溶液pH應控制在_______________之間。②補全ii中的操作：____________________。③兩種方法比較，氨水法除鐵的弊端是_________________________________________。（3）過程III的目的是除鉛。加入的試劑是______________________。4）過程IV所得固體中的x的測定以下：取m1g樣品，置于氮氣氛圍中加熱至失掉所有結晶水時，質量變成m2g。則x=________________________。【答案】(1).MnO2+4H+2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2).再滴加KSCN溶液，溶液變紅(3).MnO+2+2+3+(4).3.2?5.5(5).加水充分溶解，過濾，將濾2+4H+2Fe=Mn+2Fe+2HO液用鹽酸酸化至pH小于5.5(6).引入雜質+(7).錳(8).NH4【分析】請在此填寫此題分析!17.酒石酸托特羅定用于治療泌尿系統疾病。工業合成該藥物中間體(F)的路線以下:己知：回答以下問題：1）D分子中的含氧官能團名稱為_________、_______________；B→C包括兩步反響，反響種類分別為_______、______________。2）A的結構簡式為______________________。（3）寫出苯甲醛與銀氨溶液反響的化學方程式________________________________。（4）B的一種同分異構體知足以下條件：①能使溴的CCl4溶液退色；②能與FeCl3溶液發生顯色反響；③分子中有4種不同樣化學環境的氫。寫出該同分異構體的結構簡式-10-_______________。（任寫一種）（5）已知呋喃丙胺（CH=CHCON(CH)）是一種高效麻醉劑，寫出以、CHCHO、NH(CH)23233為原料制備呋喃丙胺的合成路線流程圖（無機試劑自選）。合成路線流程圖示比以下：_____________H2C=CH2CHCH2BrCH3CH2OH【答案】(1).羧基(2).醚鍵(3).加成(4).代替（酯化）(5).(6).(7).(8).【分析】試題分析：（1）由D的結構簡式可知，含有的含氧官能團為羧基、醚鍵；比較B、C結構可知，B與對甲基苯酚發生酯化反響，屬于代替反響，甲基間位的C-H鍵斷裂與碳碳雙鍵發生加成反響形成六元環；（2）由信息可知，比較苯甲醛與乙醛反響獲得A為；（3）苯甲醛與銀氨溶液反響氧化反響獲得苯甲酸銨、Ag、氨氣與水，反響方程式為；（4）B的一種同分異構體知足以下條件：①能使溴的CCl4溶液退色，說明含有不飽和鍵，可以是碳碳三鍵等，②能與FeCl3溶液發生顯色反響，說明含有酚羥基，③分子中有4種不同樣化學環境的氫，符合條件的同分異構體有-11-等；（5）與CHCHO在氫氧化鈉、加熱條件下獲得，再用新制氫氧3化銅氧化、此后酸化獲得，再與SOCl2發生代替反響獲得，最后與NH（CH3）2反響獲得，合成路線流程圖為。考點：察看有機物的合成與推測、官能團的結構與性質、有機反響種類、限制條件同分異構體書寫等必定濃度的CuSO4溶液與NaOH溶液反響會生成堿式鹽Cux(OH)y(SO4)z。為了測定該堿食鹽的構成，進行了以下實驗：①稱取樣品2.270g，用足量的稀鹽酸溶解配成50.00mL溶液，加入足量的BaCl2溶液，獲得BaSO4l.l65g。②另取樣品2.270g，溶于足量的稀硫酸配成l00.00mL溶液，取25.00mL溶液加入足量KI溶液(化學方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2）充分反響后，以淀粉為指示劑，用0.2500mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的I2（離子方程式為2S2O32-+I2=2I-+S4O52-），耗費Na2S2O3溶液20.00mL。1）寫出CuSO4與NaOH反響生成Cux(OH)y(SO4)z的化學方程式______________（用x、y、z表示化學計量數）。（2）滴定終點時溶液的顔色變化是__________。（3）經過計算確立該堿食鹽的化學式(寫出計算過程)___________。【答案】(1).xCuSO4+yNaOH=Cu(OH)(SO)+(y/2)Na2SO或xy4z4xCuSO4+yNaOH=Cux(OH)y(SO4)z+(x-z)Na2SO4(2).藍色變成無色，半分鐘內不變色(3).Cu4(OH)6SO4-12-【分析】（1）依據原子守恒可知CuSO4與NaOH反響生成Cux(OH)y(SO4)z的化學方程式為xCuSO4+yNaOH＝Cux(OH)y(SO4)z+(y/2)Na2SO。（2）碘遇淀粉顯藍色，則滴定終點時溶液的顏色變化是藍色變成無色，半分鐘內不變色。（3）硫酸鋇的物質的量是1.165g÷233g/mol＝0.005mol。依據方程式可知2Cu2+～I2～2S2O32-，則銅離子的物質的量是0.02L×0.2500mol/L×100mL/25mL＝0.02mol，所以樣品中銅離子和硫酸根離子的質量之和是0.005mol×96g/mol+0.02mol×64g/mol＝1.76g，所以氫氧根的物質的量是，所以x：y：z＝0.02：0.03：0.005＝4：6：1，即化學式為Cu(OH)SO。46419.硫代硫酸鈉（NaSO)可由亞硫酸鈉和硫粉經過化合反響制得：NaSO+22323SNaSO，常溫下溶液中析出晶體為NaSO?5HO。NaSO·5HO于40～45℃融化，48℃22322322232分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有關物質的溶解度曲線以以以下圖所示。Ⅰ．現按以下方法制備Na2S2O3?5H2O：將硫化鈉和碳酸鈉按反響要求比率一并放入三頸燒瓶中，注入150mL蒸餾水使其溶解，在分液漏斗中，注入濃鹽酸，在裝置2中加入亞硫酸鈉固體，并按以以下圖安裝好裝置。1）儀器2的名稱為_________________，裝置6中可放入_____________________(填字母)。A.BaCl2溶液B.濃HSOC.酸性KMnO溶液D.NaOH溶液244（2）翻開分液漏斗活塞，注入濃鹽酸使反響產生的二氧化硫氣體較均勻的通入Na2S和Na2CO3-13-的混淆溶液中，并用磁力攪拌器攪動并加熱，反響原理為：①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S③2H2S+SO2=3S↓+2H2O④Na2SO3+SNa2S2O3總反響為：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2跟著二氧化硫氣體的通入，看到溶液中有大批淺黃色固體析出，連續通二氧化硫氣體，反響約半小時。當溶液中pH湊近或不小于7時，即可停止通氣和加熱。溶液PH要控制不小于7原由是__________________________________________________________（用離子方程式表示）。Ⅱ．分別Na2S2O3?5H2O并標定溶液的濃度：（3）為減少產品的損失，操作①為__________，操作②是抽濾沖刷干燥，此中沖刷操作是用_______（填試劑）作沖刷劑。（4）蒸發濃縮濾液直至溶液呈微黃色污濁為止，蒸發時為何要控制溫度不宜過高______________________________。（5）稱取必定質量的產品配置成硫代硫酸鈉溶液，并用間接碘量法標定該溶液的濃度：用分析天公正確稱取基準物質K2Cr2O7（摩爾質量294g/mol）0.5880克。均勻分紅3份分別放入3個錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過分的KI并酸化，發生以下反響：6I-2-+3+Na2S2O3溶液滴定，發生反+Cr2O7+14H=3I2+2Cr+7H2O，再加入幾滴淀粉溶液，立刻用所配2-=2I-2-，三次耗費Na2S2O3溶液的均勻體積為20.00mL，則所標定的硫代酸應：I2+2S2O3+S4O6鈉溶液的濃度為_______mol/L。【答案】(1).蒸餾燒瓶(2).CD2-+趁熱過(3).S2O3+2H＝S↓+SO2↑+H2O(4).濾(5).乙醇(6).溫度過高會致使析出的晶體分解(7).0.2000【分析】Ⅰ．(1)依據儀器的結構可知，儀器2的名稱為蒸餾燒瓶；因為實驗中有SO生成，2而SO2是大氣污染物，不可以任意排放，需要尾氣辦理，裝置6的作用是汲取SO2，防備污染空氣，SO2是酸性氧化物，且擁有復原性，所以可用酸性高錳酸鉀溶液或氫氧化鈉溶液汲取，選CD，故答案為：蒸餾燒瓶；CD；(2)因為在酸性條件下，硫代硫酸鈉易歧化反響生成SO2、S和水，反響的離子方程式是-14-S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，所以溶液pH要控制不小于7，故答案為：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；Ⅱ．(1)因為硫代硫酸鈉的溶解度隨溫度的高升而降低，所以操作I應當是趁熱過濾；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以為防備沖刷損失硫代硫酸鈉，應當用乙醇作沖刷劑，故答案為：趁熱過濾；乙醇；因為Na2S2O3?5H2O于40～45℃融化，48℃分解，所以蒸發時要控制溫度不宜過高的原由是溫度過高會致使析出的晶體分解，故答案為：溫度過高會致使析出的晶體分解；依據反響的方程式可知：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O31mol6mol×molc×0.02000L=，解得c=0.2000mol/L，故答案為：0.2000。點睛：解得此題需要充分注意題示信息，如沖刷硫代硫酸鈉的沖刷劑的選擇等。此題的易錯點為硫代硫酸鈉濃度的測定，需要依據方程式找出Na2S2O3與K2Cr2O7和I2的關系，此后進行解答。以白云石（化學式表示為MgCO3·CaCO3)為原料制備氫氧化鎂的工藝流程以下：已知：①白云石加熱過程中，固體失重百分比與溫度的關系以以以下圖所示:②Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12。（1）依據流程圖判斷白云石“輕燒”后固體產物的主要成份_____（填化學式）。聯合上圖判斷“輕燒”溫度應不超出_____。（2）“加熱反響”的化學方程式為_________________________。-15-（3）積淀過程溶液的pH=9.5，此時溶液中c(Mg2+)=_______（已知）。（4）該工藝中可以循環使用的物質是________（填化學式）。（5）傳統工藝將白云石分解為氧化鎂和氧化鈣后提取，從環境保護的用度分析，該工藝采納輕燒白云石的方法，其長處是__________________________。【答案】(1).CaCO3、MgO(2).700°C(3).(NH4)2SO4+MgO=MgSO4+2NH3+H2O(4).5.61×10-3mol/L(5).(NH4)SO、NH或NH·HO(6).減少CO的排放。243322【分析】流程分析白云石主要成分為MgCO3?CaCO3輕燒，從過濾中可以獲得CaCO3來進行判斷，分解的但是碳酸鎂，研磨加入水和硫酸銨加熱，硫酸銨和氧化鎂反響生成氨氣、硫酸鎂和水，過濾加入氨水生成氫氧化鎂積淀，過濾獲得氫氧化鎂固體；則1）從過濾中可以獲得CaCO3來進行判斷分解的但是碳酸鎂，分解生成氧化鎂，所以白云石“輕燒”后固體產物的主要成份CaCO3、MgO；從表中可以看出，溫度低于540℃時，物質不分解，高于840℃時，碳酸鈣和碳酸鎂都分解，所以該溫度不超出700℃；（2）加熱的過程是放出氨氣的過程，該過程中因為氧化鎂跟水反響極少，所以波及到的反響應當為：(NH4)2SO+MgOMgSO+2NH↑+HO；（3）依據溶度積常數計算獲得，積淀過程溶液的pH=9.5，4432－）＝10－4.5mol/L，（c2+sp2)/c2-×10-12/(10-4.52×10－3mol/L；c（OHMg）＝K(Mg(OH)(OH)＝5.61)＝5.614）該工藝中可以循環使用的物質是參加反響過程，反響后又生成的物質，流程圖分析判斷(NH4)2SO4、NH3或NH3·H2O可以循環使用；（5）分析流程可知，傳統工藝將白云石分解為氧化鎂和氧化鈣后提取，該工藝采納輕燒白云石的方法可以減少能源耗費、便于CaCO3分別，同時也減少CO2排放。21.已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期元素，它們的核電荷數A<B<C<D<E<F。其中A原子核外有三個未成對電子；化合物B2E的晶體為離子晶體，E原子核外的M層中只有兩對成對電子；C元素是地光中含量最高的金屬元素；D單質的晶體種類在同周期的單質中沒有同樣的；