【文档说明】天津市南开中学2021届高三上学期第二次月考化学试卷【精准解析】.doc，共(20)页，2.033 MB，由小赞的店铺上传

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天津市南开中学2021届高三年级第2次月考化学学科试题相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Fe-56Cu-64Ba-137I卷(共36分)一、选择题(每小题只有一个正确选项)1

.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.碳酸钠可用于去除餐具的油污B.漂白粉可用于生活用水的消毒C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】D【解析】【详解】A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除

餐具的油污，A正确；B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所

以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。2.下列各组物质的分类或变化正确的

是()①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、食醋、淀粉②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨⑤在熔融状态下能导电的化合物为离子化合物⑥强电解质溶液的导电能力一定强⑦

有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应⑧HF、NH3•H2O为弱电解质A.④⑤⑧B.②③⑤C.①④⑥⑦D.③④⑦⑧【答案】A【解析】【详解】①水银是金属汞，属于纯净物，故①错误；②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，

故②错误；③NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故③错误；④C60、C70、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故④正确；⑤共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物

为离子化合物，故⑤正确；⑥强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故⑥错误；⑦有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故⑦错误；⑧HF是弱酸，NH3•H2O是弱碱，都是弱电解质，故⑧

正确；故选：A。3.下列物质的转化在给定条件下能实现的是①Al2O3NaOHΔ⎯⎯⎯→NaAlO2(aq)2CO⎯⎯⎯→Al(OH)3②S2O⎯⎯⎯→点燃SO32HO⎯⎯⎯→H2SO4③饱和NaCl(aq)3

2NHCO⎯⎯⎯⎯→NaHCO3Δ⎯⎯→Na2CO3④Fe2O3HCl(aq)⎯⎯⎯⎯⎯→FeCl3(aq)Δ⎯⎯→无水FeCl3⑤MgCl2(aq)⎯⎯⎯→石灰乳Mg(OH)2⎯⎯⎯→煅烧MgOA.①③⑤B.②③④C.②④⑤D.①④⑤【答案】A【解析】【详解】①氧化铝与

氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；③

在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3++3H2O⇌2Fe(OH)

3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故④错误；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确。正确的有①③⑤，故答案为A。4.N0为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.18gD2O和18gH2O中

含有的质子数均为10N0B.2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H+数为2N0C.过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.2N0D.50mL18.4mol·L－1浓硫酸与足量铜微热，反应生成SO

2分子的数目为0.46N0【答案】C【解析】【详解】A.D2O和H2O相对分子质量不同，所以物质的量不同，质子数也不同，故A错误；B.亚硫酸的n=1mol,但亚硫酸为弱电解质不能完全电离，含有的H+个数小于2N

0，故B错误；C.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,由方程式知，每生成1molO2转移电子的物质的量为2mol,所以生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N0，故C正确；D.铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能

反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46N0，故D错误；故选C。5.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将铜粉加入1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现

金属铁比铜活泼B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+D用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨熔化后的液态铝滴

落下金属铝的熔点较低过的铝箔在酒精灯上加热来A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Cu与硫酸铁反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，现象不合理，故A错误；B．钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，由现象可知二氧化碳具有氧化性，故B正确；C．稀硝酸加入过量铁粉中，

生成硝酸亚铁，则充分反应后滴加KSCN溶液，无明显现象，现象不合理，故C错误；D．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，现象不合理，故D错误；答案选B。6.如图为实验室中完成不同化学实验所选装置或相关操作，其中正确的是()A.装置①常用于分离互不

相溶的液体B.实验室用MnO2和浓盐酸制备Cl2可用装置②C.实验室可用装置③制备少量NH3D.用④装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【答案】D【解析】【详解】A．蒸馏用于分离沸点不同的液体混合物，分离互不相溶的液体应用分液的方法，故A错误；B．

实验室用MnO2和浓盐酸制备Cl2，由于氯气密度比空气大，用排空气法收集时导管应长进短出，故B错误；C．氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口又能重新生成氯化铵固体，实验室制备氨气，应用氯化铵和消石灰混合加热，故C错误；D．根据石灰水变浑浊可知直接加热的Na2CO3不分解，而间接

加热的NaHCO3分解，可验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，故D正确；故答案为D。7.下列离子方程式中书写正确的是()A.FeS固体与稀硝酸混合：FeS+2H+=2Fe2++H2S↑B.NH4HSO

4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：H++SO24−+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OC将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO-+H2O=SO23−+2HClOD.1.12L(标况)

Cl2通入1L1mol/L的FeI2溶液中：2I-+Cl2=I2+2Cl-【答案】D【解析】【详解】A．FeS固体与稀硝酸混合，S2-和Fe2+都被硝酸氧化，正确的离子方程式为：FeS+NO3−+4H+=Fe3++S↓+NO↑+2H2O，故A错误；B．NH4HSO4溶液中加入足量Ba(

OH)2溶液，反应生成硫酸钡、一水合氨和水，正确的离子方程式为H+++4NH+SO24−+Ba2++2OH-=BaSO4↓+H2O+NH3·H2O，故B错误；C．少量SO2气体通入NaClO溶液中，二氧化硫被氧化成SO24−，正确的离子方程式为：3ClO-

+H2O+SO2═SO24−+2HClO+Cl-，故C错误；D．1.12L(标况)Cl2的物质的量为0.05mol，1L1mol/L的FeI2溶液中含有1molFe2+和2molI-，I-还原性强于Fe2+，I-优

先与氯气反应，2molI-需要消耗1mol氯气，显然氯气不足，溶液中只发生氯气与I-的反应，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故D正确；故答案为D。8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，

W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀硫酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是()A.W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大B.X的简单

氢化物的热稳定性比W的强C.析出的黄色沉淀易溶于乙醇D.X与Z属于同一主族，X与Y属于同一周期【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，“W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐”则W为N；“Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的”，则Y

为Na；“X、Y、Z三种元素形成的盐溶液与稀盐酸反应生成黄色沉淀和刺激性气味的气体”则黄色沉淀为S、刺激性气味气体为SO2，因此X为O、Y为S；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。【详解】根据分析可知，W为N，

X为O，Y为Na，Z为Cl元素；A．电子层数越大，离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径S2-＞N3-＞O2-＞Na+，即Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，由于非金属

性O＞N，即X＞W，因此X的简单氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；C．由分析可知，析出的黄色沉淀为S，S微溶于乙醇，故C错误；D．由分析可知，X为O，Z为S，二者处于同一主族，Y为Na，X与Y在不同周期，

故D错误；故答案为B。9.将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钡，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积

为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：CO2先与Ba(OH)2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba(OH)2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应(有沉淀Al(OH)3生成)，以上过程中图形应是：出现沉淀(BaCO3)，平台

，沉淀增加[因有Al(OH)3生成]；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后是Al(OH)3沉淀，所以接着的图形应该为：平台，沉淀(BaCO3)减少，平台，故整个过程的

图形应为：出现沉淀(BaCO3)，平台，沉淀增加[因有Al(OH)3生成]，平台，沉淀(BaCO3)减少，平台，满足以上关系的图象为D，故选：D。10.硫酸铵无色结晶或白色颗粒，无气味，溶于水，不溶于乙醇和丙酮。硫酸铵在一定温度下分解的化学方程式为：3(NH4)2SO4＝3SO2↑+N2↑+4

NH3↑+6H2O。下列说法不正确的是A.将分解产生的混合气体，用水充分吸收，生成物中n[(NH4)2SO3]：n(NH4HSO3)=1：2B.将分解产生的混合气体，通入到BaCl2溶液中能产生白色沉淀C.将分解产生的混

合气体，用足量的浓硫酸充分吸收后，可以收集到纯净的N2D.将分解产生的混合气体，通入到酸性K2Cr2O7溶液中，涉及氧化还原反应的离子方程式为：Cr2O72-+3SO2+2H+=2Cr3++3SO42-+H2O【答案】C【解析】【详解】A．3molSO2和4molNH3溶于水，发生反应3SO2+4

NH3+3H2O==(NH4)2SO3+2NH4HSO3，故A正确；B．由A选项可知，分解产生的气体通入水中可以生成亚硫酸铵，亚硫酸铵可以与氯化钡溶液反应生成白色的BaSO3沉淀，故B正确；C．浓硫酸不能吸收SO2

，故收集到气体中含有SO2和N2，C项错误；D．酸性K2Cr2O7溶液有强氧化性，而SO2有还原性，两者可发生氧化还原反应：Cr2O72-+3SO2+2H+=2Cr3++3SO42-+H2O，故D正确。本题选C。11.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、

Al3+、Cl-、SO24−、CO23−、AlO2−中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol•L-1，某同学进行了如下实验：下列说法正确的是()A.无法确定原试液中是否含有SO24−B.滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C.沉淀C为Al(OH)3

D.原试液中一定不含有K+【答案】D【解析】【分析】试液中加入过量的稀硫酸无明显现象，说明原试液中不含23CO−，再加入过量()32BaNO溶液之后有气体和沉淀A生成，则沉淀A为4BaSO，第一步加入过量的稀硫酸，所以无法确定原溶

液是否含有硫酸根，硝酸根在酸性条件下有氧化性，生成气体，所提供的离子中只有Fe2+有还原性，则原试液中一定有2Fe+，再加入过量NaOH溶液又有气体和沉淀B生成，沉淀B中一定有()3FeOH，可能含有的离子中与碱反应生成气体的一定是4NH+，4NH+与2AlO−不共存，

则原试液一定不含2AlO−。因为所含离子浓度均为0.11mol?L−，原试液中一定含有的阳离子为2Fe+和4NH+，根据电荷守恒，原试液中一定含有阴离子24SO−和Cl−，一定不含K+和3Al+，最后通入CO2产生的沉淀C只能是BaCO3。【详解】A．根据分析，最后通

过电荷守恒可知原试液中一定含有24SO−，A项错误；B．根据分析可知原试液中的2Fe+被氧化成3Fe+，所以滤液X中没有亚铁离子，B项错误；C．根据分析可知原试液中既不含2AlO−也不含3Al+，最终通入CO2产生的沉淀C只能是BaCO

3，C项错误；D．根据电荷守恒，原试液中所含离子浓度均为0.11mol?L−，一定含有的阳离子为2Fe+和4NH+，所带正电荷为0.31mol?L−，阴离子只剩下24SO−和Cl−，所带负电荷一共是0.31mol?L−，

若还含有K+则电荷无法守恒，所以原试液中一定不含K+，D项正确；答案选D。12.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离

子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D.得到2.54沉淀时，加

入NaOH溶液的体积是600mL【答案】D【解析】【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，设N2

O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。【详解】A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2︰1，A正确；B、c(HN

O3)=10001.463%63mol/L=14.0mol·L－1，B正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是0.04mol0.05mol×100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液

中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；答案选D。二、填空题13.如图是元素周期表的一部分，用化学用语按要求回答下列问题。(1)

②、④、⑦的简单离子半径由大到小的顺序为__(用离子符号表示)。请写出表中所给元素组成的10电子简单阳离子和含有非极性共价键的18电子双核阴离子所构成的离子化合物的电子式：__。(2)比较⑤、⑥的第一电离能的大小__＞__(用元素符号表示)。(3)写出⑤的

气态氢化物与⑦的单质反应的化学方程式：__。(4)③与④的元素性质相似，写出③的最高价氧化物对应的水化物与②的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式__。【答案】(1).Cl->Na+>Al3+(2).(3).N(4).O(5).2NH3+3Cl2=N

2+6HCl或8NH3+3Cl2=N2+8NH4Cl(6).Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O【解析】【分析】由元素周期表结构可知：①为H元素、②为Na元素、③为Be元素、④为Al元素、⑤为N元素、⑥为O元素、⑦为Cl元

素、⑧为As元素；，再根据“位-构-性”分析判断。【详解】(1)Cl-比Na+和Al3+多一个电子层，Na+和Al3+离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的离子半径由大到小的顺序为Cl->Na+>Al3+；2-2

O是含有非极性共价键的18电子双核阴离子，则Na+和2-2O组成的化合物Na2O2的电子式为；(2)N和O同周期主族元素，第一电离能随核电荷数增大，呈增大趋势，但N原子的2p轨道是半充满结构，相对稳定，其第一电离能略大于O，即第一电离能N＞O；(3)NH3和Cl2反应生成N2和HCl或NH4C

l，发生反应的化学方程式为2NH3+3Cl2=N2+6HCl或8NH3+3Cl2=N2+8NH4Cl；(4)Be与Al的元素性质相似，则Be(OH)2也能溶于NaOH溶液，生成Na2BeO2和H2O，发生反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+

2H2O。【点睛】本题涉及同周期元素第一电离能大小顺序的判断，明确其变化规律及其异常现象是解本题关键，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离

能大于相邻元素。14.A、B、C是上述周期表给出元素组成的常见单质或化合物，存在如图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)。(1)若C为单质气体，B含有的化学键类型为__。(2)若C为氧化物，则A与水反应的离子方程式为__。(3)①和⑤按2：1的原子个数比形成的化合物是一种可燃性液体，

其燃烧产物之一是大气的主要成分，1.6g该可燃性液体在氧气中完全燃烧生成气态产物放出热量31.2kJ，写出对应的热化学方程式__。【答案】(1).离子键和共价键(2).3NO2+H2O=2H++2NO3−+NO(3).N2H4(

g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-624.0kJ/mol【解析】【分析】若C为单质气体，常温下，钠能与水反应生成生成氢氧化钠和氢气；若C为氧化物，常温下，二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，以此解答。【详解】(

1)常温下，钠能与水反应生成生成氢氧化钠和氢气，NaOH由Na+和OH−构成，OH−中含有O−H键，所以NaOH中含有离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；(2)常温下，二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3−+NO，故答案为：3N

O2+H2O=2H++2NO3−+NO；(3)N、H元素按2:1的原子个数比形成的化合物是N2H4，燃烧的化学方程式为N2H4+O2=N2+2H2O，1.6gN2H4即0.05molN2H4燃烧放出热量31.2kJ，则1molN2H4燃烧放出热量31.2kJ×20=624.0kJ，热化学方程

式N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-624.0kJ/mol，故答案为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-624.0kJ/mol。15.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由

芳香化合物A制备H的合成路线如图：已知：①RCHO+CH3CHO2NaOH/HO⎯⎯⎯⎯→RCH=CHCHO+H2O②+催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→回答下列问题(不考虑立体异构)：(1)A的化学名称为__。(2)E的结构简式为__。(3)D中

含氧官能团的名称为___。(4)H能发生反应的类型分别是__。a.加聚反应b.加成反应c.消去反应d.取代反应e.氧化反应(5)由D生成E的充分反应，若只把条件①改为KOH/H2O，则生成E的结构简式为：__。(6)G为甲苯的同分异构体，由F生成H的

化学方程式为__。(7)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，写出2种符合要求的X的结构简式___。(8)写出用环皮烯和2—丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。___【答案】(1).

苯甲醛(2).(3).羧基(4).abde(5).(6).+催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→(7).、、、(任意2种)(8).【解析】【分析】芳香族化合物A与乙醛发生信息中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分

子式为：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故A为，则B为；B发生氧化反应、酸化得到C为．C与溴发生加成反应得到D为．D发生消去反应、酸化得到E为．E与乙醇发生酯化反应生成F为；结合信息中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。【详解】(1)由上述分析可知，A为，A的名称为：苯甲

醛，故答案为：苯甲醛；(2)由分析可知，E的结构简式为：，故答案为：；(3)D为，含氧官能团为羧基，故答案为：羧基；(4)有机物H含有碳碳双键等，可以发生加成、加聚、氧化、还原反应，含有酯基等，可以发生取代反应，故答案为：abde；(5)D为，只把条件①改为K

OH/H2O，则溴原子发生水解反应生成羟基，故此时E的结构为：；故答案为：；(6)由F生成H的化学方程式为：，故答案为：；(7)芳香化合物X是F（）的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢

谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比之为6：2：1：1，符合要求的X的结构简式为：、、、，故答案为：、、、（任意2种）；(8)环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成．环戊烷与氯气在光照条件下生成，然后发生消去反应得到，合成路线流程图为：，故答案为

：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，熟练掌握官能团及其性质。16.高铁酸钾(K2FeO4)为高效净水剂，紫色固体，易溶于水，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性溶液中完全、快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸

钾并探究性质。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)①Fe元素在元素周期表中的位置为__。②A为氯气发生装置，A中离子反应方程式是__。③将除杂装置B补充完整并标明所用试剂__。④C中得到紫色固体和溶液，C中发生的主要反应为__(用化学方程式表示)。(

2)探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2，为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，

再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i.由方案1中溶液变红可知a中含有__离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能有__产生(用化学式表示)。ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧

化了Cl-，用KOH溶液洗涤的目的是__。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2__FeO24−(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO24−的氧化性强弱关系相反，原因是__。③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO24−>MnO4

−，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO24−>MnO4−，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，理由或方案：__。【

答案】(1).第四周期第VIII族(2).2MnO4−+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O(3).(4).3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O(5).Fe3+(6).O2(7).使K2

FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO-干扰实验(8).>(9).溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱(10).能说明，理由：FeO24−在过量酸的作用下完全转

化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色。若不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色【解析】【分析】A为氯气发生装置，发生反应2MnO4−+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O，装置B为除杂装置，反应使

用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，还存在反应为Cl2和KOH反应；以此解答。【详解】(1)①Fe元素在元素周期表中的位置

为第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第VIII族；②A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO4−被还原为Mn2+，Cl−被氧化为Cl2，所以反应的离子方程式为：2MnO4−+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8

H2O，故答案为：2MnO4−+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；③装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为：，故答案为：；④C中得到紫色固体和

溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，离子方程式为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2

O；(2)①i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl−氧化，由于K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，故答案为：Fe3+；O2；ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl−，使用KOH溶

液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO−，ClO−在酸性条件下可与Cl−反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO−除尽，防止Cl

O−与Cl−在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO−干扰实验；故答案为：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO-干扰实验。②Fe(OH)3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO24−，可以

说明Cl2的氧化性大于FeO24−；方案II的反应为：2FeO24−+6Cl−+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO24−的氧化性强弱关系相反，对比两个反应条件，制备K2FeO4在碱性条件下，而方案II是在酸性条件下，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以

可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱；故答案为：>；溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱；③MnO4−在溶液中显紫色，K2FeO4在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO24−在酸溶液中立刻反

应生成Fe3+和O2，作为K2FeO4的紫色褪去，则溶液中还显浅紫红色的一定为MnO4−，若答不能说明，则是考虑到FeO24−在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和O2，由于是加入足量的H2SO4，溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，

在水溶液中Fe3+以Fe(H2O)36+形式存在，颜色是浅紫色，则说明FeO24−并没有将Mn2+氧化为MnO4−而显浅紫色，可以设计方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液快速褪去还是显浅紫色，故答案为：能说明，理由：FeO24−在

过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色。若不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。17.二氧化氯()2ClO作为一种高效强氧化剂，已被联合国世界卫生组织()WHO列为AⅠ级安全消毒剂。常温下二氧化氯为黄绿色或橘黄色气体，

性质非常不稳定，温度过高或水溶液中2ClO的质量分数高于30%等均有可能引起爆炸，易与碱液反应生成盐和水。()1某研究小组设计如图所示实验制备2ClO溶液，其反应的化学方程式为Δ32242442222KClOHCO2HSO2KHSO2ClO2CO2HO++=+++。①在反应

开始之前将烧杯中的水加热到80℃，然后停止加热，并使其温度保持在6080～℃之间。控制温度的目的是___________，图中装置中缺少的一种必需的玻璃仪器是_______________________。②装置A用于

溶解产生的二氧化氯气体，其中最好盛放________(填标号)。a.20mL60℃的温水b.100mL冰水c.100mL饱和食盐水d.100mL沸水③在烧瓶中加入12.25gKClO3和9g草酸()224HCO，然后再加入足量的稀硫酸，水浴加热，反应后生成2ClO的质量为______

__。()2用2ClO处理过的饮用水(pH为5.56.5)～常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子()2ClO−。饮用水中2ClO、2ClO−的含量可用连续碘量法进行测定，实验步骤如下：步骤1：准确量取一定体积的水样加入锥形瓶中；步骤2：调节水样的pH至7.08.0～；步骤3：加入足量

的KI晶体；步骤4：加入少量指示剂，用一定浓度的223NaSO溶液滴定至终点；步骤5：再调节溶液的pH2.0；步骤6：继续用相同浓度的223NaSO溶液滴定至终点。①步骤1中若要量取20.00mL水样，则应选用的仪器是_

___________________。②步骤14～的目的是测定水样中2ClO的含量，其反应的化学方程式为2ClO2+2KI=2KClO2+I2，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则步骤4中加入的指

示剂为______________，滴定达到终点时溶液的颜色变化为______________。③步骤5的目的是使I−将溶液中的2ClO−还原为Cl−以测定其含量，该反应的离子方程式为____________________________。【答案】(1).保证反应所需温度、防止

温度过高发生爆炸(2).温度计(3).b(4).6.75g(5).25mL的酸式滴定管(或20.00mL的移液管)(6).淀粉溶液(7).蓝色褪去(8).222ClO4I4HCl2I2HO−−+−++=

++【解析】【详解】()1①由题目所给信息可知，2ClO性质非常不稳定，温度过高，二氧化氯的水溶液有可能爆炸，应降低反应温度。实验中应用温度计控制温度，因为要确保在反应开始之前将烧杯中的水加热到80℃，然后停止加热，另一个原因就是保证反应所需

的温度，并使其温度保持在6080～℃之间，所以必须要用温度计。故答案为：保证反应所需温度、防止温度过高发生爆炸；温度计；②二氧化氯易溶于水，则可用水吸收，为防止温度过高或浓度过大而爆炸，应在低温下吸收，则b符合。故答案为：b

；()312.25gnKClO0.1mol122.5g/mol==③，()2249gnHCO0.1mol90g/mol==，根据方程式32242422422KClOHCO2HSO2ClO2CO2KHSO2HO+++++

可知道，224HCO过量，用3KClO的量计算，则生成的()2nClO0.1mol=，()2mClO0.1mol67.5g/mol6.75g==。故答案为：6.75g；()2①根据题意水样pH为5.56.5～，呈酸性，且25mL与所量取的体积接近，故用25mL酸式滴定管或20.

00mL的移液管。故答案为：25mL的酸式滴定管(或20.00mL的移液管)；②根据题意可知滴定过程中出现了碘单质，碘遇淀粉变蓝，故选淀粉做指示剂；滴定到终点时，碘单质正好反应完，故滴定达到终点时溶液的颜色变化为溶液蓝色褪去

。故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去；③步骤5的目的是用I−将溶液中的2ClO−还原为Cl−以测定其含量，则I−被氧化为2I，故该反应的离子方程式为222ClO4I4HCl2I2HO−−+−++=++。故答案为：222ClO4I4HCl2I2HO−−+−++=++。【点睛】本题将元素化合物知

识与生产工艺结合起来，引导我们关注化学学科的应用性和实践性，我们要在“相关反应化学方程式书写、化学反应条件控制的原理”等方面，加强对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用熟悉程度，提高对新信息的处理能力，题目难度中等。