【文档说明】河南省部分重点中学环际大联考圆梦计划2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.479 MB，由小赞的店铺上传

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环际大联考“圆梦计划”2022~2023学年度第一学期期中考试高三化学试题(试卷总分：100分考试时间：90分钟)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Fe-56Cl-35.5Br-80一、选择题：本题共有16小题，每小题3分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是A.德尔塔(Delta)，是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质B.市面上的防晒衣通常用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤C.“天和”核心舱

电推进系统中的霍尔推力器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料D.中芯国际是我国生产芯片的龙头企业，所生产芯片的主要成分是二氧化硅【答案】D【解析】【详解】A．新冠病毒其成份为蛋白质，故A说法

正确；B．聚酯纤维在碱性条件下易水解，因此聚酯纤维材料制作的衣服，忌在肥皂或碱性较强的液体中洗涤，故B说法正确；C．氮化硼陶瓷是由B、N元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料，故C说法正确；D．生产芯片的主要成分是晶体硅，晶体硅是良好的半导体材料，故D说

法错误；答案为D。2.下列物质的性质与应用有对应关系的是A.石墨的熔点很高，可用作干电池电极材料B.Fe的金属性比Cu强，3FeCl浓溶液可腐蚀Cu用于刻制印刷电路板C.小苏打受热分解可产生2CO气体，常用小苏打做烘焙面包的发泡剂D.3NH断键时要吸收能量

，工业上常用液氨作制冷剂【答案】C【解析】【详解】A．石墨具有导电性，可用作干电池电极材料，与其熔点高无关，选项A不符合题意；B．3FeCl腐蚀Cu刻制印刷电路板，是因为3Fe+具有氧化性，与铁和铜的活泼性大小无关，不能说明铁比铜金属性强，选项B不符合题意；C．小苏打受热分解可产

生2CO气体，常用小苏打做烘焙面包的发泡剂，选项C符合题意；D．液氨汽化时吸收大量的热，使周围的温度急剧降低，工业上可使用液氨作制冷剂，与其化学键无关，选项D不符合题意；答案选C。3.已知由AgNO3

溶液和稍过量的KI溶液制得的AgI胶体，当它跟Fe(OH)3胶体相混合时，能析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，由此可知A.该AgI胶粒带正电荷B.该AgI胶粒带负电荷C.该AgI胶粒电泳时向阴极移动D.Fe(OH)3胶粒电泳时向阳极

移动，阳极颜色加深【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Fe(OH)3胶粒带正电荷，AgI胶体跟Fe(OH)3胶体相混合时，能析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，说明AgI胶粒带负电荷，故A错误；B．

Fe(OH)3胶粒带正电荷，AgI胶体跟Fe(OH)3胶体相混合时，能析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，说明AgI胶粒带负电荷，故B正确；C．AgI胶粒带负电荷，AgI胶粒电泳时向正极移动，故C错误；D．Fe(OH)3胶粒带正电荷

，Fe(OH)3胶粒电泳时向负极移动，负极颜色加深，故D错误；选B。4.下列叙述正确的是A.金属钠着火时，可用水去灭火B.将一小块钠投入CuSO4溶液中可置换出红色的固体C.向某待测溶液中加入足量盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产

生白色沉淀，说明待测溶液中含Cl-D.Na2O与Na2O2中阳、阴离子的个数比均为2：1【答案】D【解析】【详解】A．钠能和水剧烈反应，且生成的过氧化钠也能和水、二氧化碳反应生成氧气，所以金属钠着火时，不可用水灭火，故A错误；

B．钠投入硫酸铜溶液中，钠会先和水反应，生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故不能置换出金属铜，故B错误；C．加入盐酸引入了氯离子，故向某待测溶液中滴入盐酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，不能说明待测溶液中含Cl-，应改为用硝酸酸化的硝酸银，

故C错误；D．氧化钠由2个钠离子和1个氧离子构成，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成，故两者中阳离子和阴离子的个数之比均为2：1，故D正确；故选：D。5.下列实验操作或设计与实验现象。结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A取少量某溶液于试管中，加入Na

OH浓溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生气体湿润的红色石蕊试纸变蓝溶液中一定含有4NH+B向20.00mL浓度为10.01molL−4KMnO溶液中逐滴加入等浓度的22HO溶液溶液褪色22HO漂白溶液，表现强氧化性C取少量固体23

NaSO样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入适量2BaCl溶液白色沉淀产生样品没有变质D向盛有23NaCO溶液的甲试管中滴入盐酸，将生成的气体通入盛有23NaSiO的乙试管中乙试管中有沉淀生成酸性：2323HClHCOHSiOA.AB.BC.CD.D【答案】A【

解析】【详解】A．加入NaOH溶液并加热产生气体，为氨气，氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝色，由此可知溶液中一定含有4NH+，选项A正确；的B．4KMnO溶液中逐滴加入等浓度的22HO溶液，溶液褪色，22HO被高锰酸钾氧化导致，体现22HO的还原性，选项B错误；C

．少量23NaSO固体样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，排除干扰后，再加入适量2BaCl溶液，生成白色沉淀可知为硫酸钡沉淀，可知亚硫酸钠已经变质，选项C错误；D．乙试管中的沉淀可能是甲试管挥发的HCl和23NaSiO生成的硅酸，无法证明碳酸酸性强于硅酸，选项

D错误；答案选A。6.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.18218gHO中含有的质子数目为A9NB.246.72LCH中含有的碳碳双键数目为A0.3NC.5.6gFe与足量的S反应转移的电子数为A0.2ND.2

44gCO与2NO的混合物中所含中子数为A22N【答案】B【解析】【分析】【详解】A．18218gHO的物质的量为18g20g/mol=0.9mol，故质子数为0.9×10NA=A9N，正确；B．无标准状况，不能计算，错误；C．5.6gFe的物质的量为0.1mol

，发生反应为Fe+S=FeS，则转移电子数为A0.2N，正确；D．2CO与2NO摩尔质量都为44g/mol，244gCO与2NO为1mol，且二者的电子数都为22，故244gCO与2NO的混合物中所含中子数为A22N，正确；故选B。7.室温下

，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.10.1molLKI−溶液：Na+、K+、ClO−、OH-B.()12430.1molLFeSO−溶液：2Cu+、4NH+、3NO−、24SO−C.10.1molLHCl−溶液：2Ba+、K+、

3CHCOO−、3NO−的D.130.1molLAgNO−溶液：4NH+、2Mg+、I−、24SO−【答案】B【解析】【详解】A．在该溶液中，I-与ClO-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题

意；B．()12430.1molLFeSO−溶液中，2Cu+、4NH+、3NO−、24SO−都不发生反应，离子能大量共存，B符合题意；C．在HCl溶液中，CH3COO-会与H+反应生成弱酸CH3COOH，不能大量共存，C不符合题意；D．在130.1molLAgNO−溶液中，I-会与Ag

+生成AgI沉淀，D不符合题意；故选B。8.关于反应2225NaClO4HCl=4ClO5NaCl2HO+++，下列说法正确的是A.2NaClO中Cl元素仅被还原B.该反应中，HCl体现了酸性和还原性C.还原剂与氧化剂的质量之比为4:1D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:5【答案】C【

解析】【分析】【详解】A．根据反应方程式2225NaClO4HCl=4ClO5NaCl2HO+++，得到2NaClO中Cl元素有升高也有降低，既被还原又被还原，故A错误；B．该反应中，HCl体现了酸性，故B错误；C．5mol2NaClO中有1mol降低，有4mol升高，因此还原剂与氧化

剂的质量之比为4:1，故C正确；D．氧化产物为2ClO，物质的量为4mol，还原产物为NaCl，物质的量为1mol，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:1，故D错误。综上所述，答案为C。9.下列离子方程式与所述事实相符且书

写正确的是A.()243AlSO和少量2Ba(OH)溶液反应的离子方程式：3224342Al3SO3Ba6OH2Al(OH)3BaSO+−+−++++=B.将Na加入2HO中：22NaHO=NaOHH+−+++

C.把铁片插入4CuSO溶液中，验证古代湿法冶铜：232Fe3Cu2Fe3Cu++++=D.向碳酸氢铵溶液中加入过量石灰水并加热：2332HCOOH=COHO−−++【答案】A【解析】【分析】【详解】A．()243AlSO和少量2Ba(OH)溶液反应生成氢氧化铝和硫酸钡沉淀，选项正

确；B．选项中H元素不守恒，应为222Na2HO2Na2OHH+−+++═，选项错误；C．把铁片插入4CuSO溶液中，验证古代湿法治铜，离子方程式为：22FeCuFeCu++++═，选项错误；D．向碳酸氢铵溶液中加入过量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都完全反应，正确的离子方程式为：243323

2NHHCOCa2OHNHHOCaCOHO═+−+−+++++，选项错误。故选A。10.下列装置能达到相应实验目的的是去除CO2中少量HCl制取氯气分离苯和CCl4收集NO2ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．饱和碳酸氢钠溶液可以吸收H

Cl，同时降低二氧化碳在水中的溶解度，能达到除去二氧化碳中少量HCl气体的目的，A符合题意；B．二氧化锰与浓盐酸制备氯气时需要加热，B不符合题意；C．苯与四氯化碳互溶，不能利用分液的方法进行分离，C不符合题意；D．二氧化氮溶于水，可与水

发生反应，不能利用排水法收集二氧化氮，D不符合题意；故选A。11.下列物质的转化在给定条件下能实现的是①()()()22323NaOHaqCOAlONaAlOaqAlOH⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→△②22224OHOSSOHSO/⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→点燃③饱和()32323NHC

ONaClaqNaHCONaCO⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯→、△④2222OHONaNaH/ONaO⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→点燃⑤()()22MgClaqMgOHMgO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→石灰乳煅烧⑥石英砂Si⎯⎯⎯→煅烧(粗)224ClHS

iClSi⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→△△A.②③④⑥B.①③④⑤C.①②④⑤D.①③⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①23AlO与NaOH溶液反应生成2NaAlO，2NaAlO溶液中通入2CO生成()3AlOH沉淀，①正确；②S与2O点燃生成2SO，2SO与2HO反应生成23HSO，②错误；③饱和NaCl溶

液中通入3NH、2CO反应生成3NaHCO，3NaHCO受热分解生成23NaCO，③正确；④Na与2O点燃生成22NaO，22NaO与2HO反应生成NaOH，④正确；(5)2MgCl与石灰乳反应生成()2MgOH，()2MgOH煅烧

受热分解生成MgO，⑤正确；(6)石英含有2SiO，与C才能在高温条件下反应生成Si(粗)，Si(粗)与2Cl反应生成4SiCl，4SiCl与2H在加热条件下反应生成纯Si，⑥错误；答案选B。12.下列“类

比”合理的是A.Fe与S反应生成FeS，则Cu与S反应生成2CuSB.Fe与浓硝酸常温下可发生钝化反应，则Cu与浓硝酸常温下也可发生钝化反应C.2SO与水反应生成23HSO，则2SiO与水反应生成23HSiOD.22NaO与2CO反应生成23NaCO和2O，则2

2NaO与2SO反应生成23NaSO和2O【答案】A【解析】【详解】A．S的氧化性比较弱，S与变价金属Fe反应产生FeS，与Cu反应产生2CuS，选项A正确；B．Fe与浓硝酸常温下可发生钝化反应，产生一层致密氧化薄膜，阻止酸进一步与

Fe反应；则Cu与浓硝酸常温下可发生反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，选项B错误；C．2SO为酸性物质与水反应生成23HSO，2SiO不与水反应，选项C错误；D．22NaO与2CO反应生成23NaCO和2O，由于22NaO具有强氧化

性，2SO具有还原性，则22NaO与2SO反应生成24NaSO，不能生成23NaSO和2O，选项D错误；答案选A。13.某酸性工业废水中含有一定量的3Fe+、2Cu+、3Au+等离子。利用常用的酸、碱和工业生产

中的废铁屑，设计如下工艺流程，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。下列说法不正确的是A.标号①②③处发生的反应均为氧化还原反应B.标号③处加入的相应物质是稀硝酸或稀硫酸C.标号①处发生的离子反应最多有四个D.铁红的化学式为23FeO，工业上常用作红色颜料【答案】B【解析

】【分析】由工艺流程图示知，E为铁元素的离子，而A为铜、金的单质，通过过滤将铁元素与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此①处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，2Fe3++Fe═3Fe2+，Cu2++Fe═Cu+

Fe2+，2Au3++3Fe═2Au+3Fe2+；②处加入稀硫酸以除去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的硫酸亚铁溶液与含Fe2+的E溶液相混合；③处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开；④处将得到的铜离的子用氢氧化钠转化为氢

氧化铜沉淀，从而再受热分解为氧化铜；⑤处加入氢氧化钠将亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，再利用空气将其转化为氢氧化铁沉淀，最终受热分解为铁红（氧化铁），以此解答。【详解】A.由分析可知，①②③处发生的反应均为氧化还原反应，故A

正确；B.由分析可知，③处利用金不溶于硝酸性质将铜与金分离开，故B错误；C.由分析可知，①处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，2Fe3++Fe═3Fe2+，Cu2++Fe═Cu+Fe2+，2Au3++3Fe═2Au+3Fe2+；有4个反应，故C正确；D.铁红的化学式为

23FeO，工业上常用作红色颜料，故D正确；故选B。14.下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是A.甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B.乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C丙向NH4

Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量D.丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量【答案】C【解析】【详解】A．向AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量，发生反应化学方程式为AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3

NaCl、NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O则消耗NaOH的物质的量为3:1，A不正确；B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量，发生反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、3HCl+Al(

OH)3=AlCl3+3H2O，消耗盐酸的物质的量为1:3，B不正确；C．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，起初为Al3+与OH-发生反应生成Al(OH)3沉淀，然后为4NH+与OH-反应生成NH3和水，最后

为Al(OH)3与OH-反应生成2AlO−和水，C正确；D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量，最后一步反应为BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2，沉淀的物质的量减小，D不正确；故选C。15.某元素常见物质

的“价类”二维图，其中d为红棕色气体，f和g均为正盐且焰色反应(试验)火焰为黄的.色。下列说法错误的是A.常温下，e的浓溶液可以用铝槽车运输B.气体a、c均可用浓硫酸干燥C.1mold与足量水反应转移2mol3电子D.d可与NaOH溶液反应生成f和g【答案】

B【解析】【分析】某元素常见物质的"价类”二维图，其中d为红棕色气体，则d为NO2，f和g均为正盐且焰色反应火焰为黄色，说明其中含钠元素，根据物质类别及元素化合价可知：c为NO，a为NH3，b为N2，e为HNO3

，g为Na2NO2，f为Na2NO3，然后根据物质性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，f为Na2NO3，g为Na2NO2。A．e的浓溶液为浓HNO3

，该物质具有强氧化性，会将金属铝氧化，使金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化，即浓硝酸会使铝钝化，故e的浓溶液可以用铝槽车运输，A正确；B．气体a是NH3，NH3会与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥，B错误；C．d为NO2，NO2与水

混合会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中每有3molNO2发生反应，会转移2mol电子，则当有1molNO2发生反应时转移2mol3电子，C正确；D．d为NO2，NO2与NaOH溶液反应生成Na2NO3、Na2NO2、H2O，D正确；;故合理选项是B。16.

向质量为16.5g的Al和Fe的混合物中加入一定量稀3HNO恰使混合物完全溶解，放出NO(标准状况)8.96L，所得溶液中再滴加KSCN溶液，无红色出现。若用相同质量的上述混合物分别与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液充分反应，所得到的气体在标准状况下的体积比为

A.3:4B.3:1C.4:3D.1:3【答案】C【解析】【详解】所得溶液中再滴加KSCN溶液，无红色出现，说明铁全部转化为亚铁离子，设Al和Fe物质的量分别为xmol、ymol，则27x+56y=16.5，根据得失

电子守恒得：xmol×3+ymol×2=8.96L÷22.4L/mol×3，联立方程式解得x=0.3，y=0.15，相同质量的混合物分别与足量的稀硫酸，Al和Fe均放出氢气的物质的量为(0.45+0.15)mol=0.6mol，与足量的氢氧化钠溶液充分反应，则

只有铝反应放出氢气为0.45mol，所得到的气体在标准状况下的体积比为等于物质的量之比，即0.6mol：0.45mol=4：3，故C正确；答案选C。二、非选择题：本题共有4小题，共52分。除特殊标记外，每空2分。17.高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水，是一种新型、高效、

多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染。工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。结合所学知识回答相关问题：（1）K2FeO4中铁元素的化合价是______价。（

2）制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑（已知Na2O2中氧元素化合价为－1价）。该反应中还原剂是________________（填化学式），若有1m

olO2生成，转移电子的物质的量为_____mol。（3）某反应体系中有六种数粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O，写出在碱性条件下，制高铁酸钾的离子反应方程式________________________________。（

4）在水处理过程中，K2FeO4中的铁元素转化为Fe(OH)3胶体，使水中悬浮物聚沉。胶体区别于其他分散系的本质特征是________________________________________。【答案】①.

+6②.FeSO4Na2O2③.10④.2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O⑤.分散质粒子直径介于1~100nm【解析】【分析】主要根据氧化还原反应的概念、得失电子相等的关系，化学反应中元素种类不变的观点分析解答问题。【详解】(1)化合物中各元素化合价

的代数和为零。K2FeO4中K为+1价、O为－2价，则铁元素的化合价是+6价。(2)据制备高铁酸钠的主要反应2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑（已知Na2O2中氧元素化合价为－1价）。2

FeSO4中，+2价铁共失8e-变成2Na2FeO4。6Na2O2中，有2个－1价O失2e-生成O2；另10个－1价O得10e-变成－2价。故该反应中还原剂有FeSO4、Na2O2。若有1molO2生成，则转移电子

10mol。(3)制备高铁酸钾，则Fe(OH)3是反应物，FeO42-是生成物，铁元素化合价从+3升至+6价。故ClO－是反应物，Cl－是生成物，氯元素从+1价降至－1价。据化合价升降数相等，可得2Fe(OH)3+3C

lO-—2FeO42-+3Cl-。碱性溶液中，可用OH－、H2O配平。据电荷守恒OH－是反应物，据元素种类不变H2O是生成物。观察配平得离子方程式。(4)三类分散系的本质区别是分散质粒子的直径不同。胶体区别于其他分散系的

本质特征是分散质粒子直径介于1nm~100nm。【点睛】配平氧化还原反应的离子方程式时，遇到缺项（反应物或生成物），一般地，酸性溶液用H+或H2O；碱性溶液用OH－或H2O；中性溶液H2O→H+或OH－。18.已知2FeBr是一种棕黄色固体，可用于医药

，在有机化学中常用作催化剂。某研究性学习小组为制备并探究2FeBr的性质，进行了如下实验：Ⅰ.配制480mL10.2molL−2FeBr溶液（1）用托盘天平称量，需要称取2FeBr_________g。（2）定容时，若仰视容量瓶刻度线会使配制的2FeBr溶液浓度_______

__(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。（3）若在加蒸馏水时，不小心加过了刻度线，此时应该进行的操作是_________。Ⅱ.探究2FeBr的性质（4）取20mL上述2FeBr溶液，加入KSCN溶液，滴入少量新制氯水，溶液的颜色变为_________。

（5）再取20mL上述2FeBr溶液，逐滴加入新制氯水直至过量，再加入4CCl溶液振荡静置，现象为_________。（6）有上述实验现象可得到的结论：还原性：2Fe+_________Br−(填“>”“<

”或者“=”)（7）若向10mL上述2FeBr溶液通入44.8mL2Cl(标准状况)，反应的离子方程式为_________。【答案】（1）21.6（2）偏小（3）倒掉，重新配制（4）溶液变为(血)红色（5）溶液分层，上层为黄色

，下层为橙红色（6）>（7）23222Fe2Br2Cl2FeBr4Cl+−+−++=++【解析】【小问1详解】要配制240mL120.2molLFeI−溶液需选用250mL容量瓶，故液体体积需按250mL计算，故需要的2FeI质量为：()mnMcVM0.20.5

5680221.6g===+=；故答案为：21.6；【小问2详解】若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则相当于损失一部分药品，根据ncV=，物质的量减小，所得溶液的浓度减小；定容时，若仰视容量瓶刻度线会使得水的体积增

大，根据ncV=，体积增大，则配制的2FeI溶液浓度减小，故答案为：偏小；【小问3详解】若在加蒸馏水时，不小心加过了刻度线，则会导致配制的溶液浓度减小，故此时应该进行的操作是倒掉，重新配制，故答案为：倒掉，重新配制；【小问4详解】由于还原性2FeBr+−，氯水先氧化2Fe+为3Fe+，3Fe+结

合SCN−生成血红色的溶液；【小问5详解】氯水过量，2Fe+和Br−都被氧化，生成的2Br被4CCl萃取，上层3Fe+为黄色，下层2Br的4CCl层为橙红色；【小问6详解】有上述实验现象可得到的结论：还原性：2FeBr+−；【小问7详解】2Cl和2FeBr物质的量相同，先氧化2F

e+，2Fe+全部氧化完再氧化Br−，故答案为：2+-3+-222Fe+2Br+2Cl=2Fe+Br+4Cl。19.实验室模拟工业制法从卤水中的碘(主要以I−形式存在)提取碘产品的工艺流程如下：回答下列问题：（1）实验室中常用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气，所用装置如图所示

：①写出气体发生装置制取氯气的化学方程式_________。②连接上述仪器的正确顺序是(填各接口处的字母)：_________。③装置中，饱和食盐水的作用是_________。（2）设计步骤③和④的目的是_________。()2222

MnO+4HClMnCl+Cl+2HO浓（3）步骤④解脱反应的离子方程式为_________。（4）若②和⑤中分别得到等量2I，则消耗的()()23Cl:KClOnn=_________。（5）实验室制备HCl的原理是()

24242NaClHSONaSO2HCl++浓。①该反应_________(填“能”或者“不能”)利用上述制备2Cl装置制取HCl。②该反应中利用了浓硫酸的_________(填标号)。a.难挥发性b.强氧化性c.吸水性【答案】（1）①.()2222MnO4HClMnClCl2HO+++

浓@②.E→C→D→A→B→H→G→F③.除去2Cl中的HCl（2）富集碘（3）222324ISOHOSO2I2H−−−+++=++（4）3：1（5）①.能②.a【解析】【分析】根据流程分析可知，卤水经硫酸酸化后通入氯气氧

化，发生反应--222I+Cl=2Cl+I，2I经高分子树脂吸附后加入23NaSO解脱，发生反应2-2--+2324I+SO+HO=SO+2I+2H，在加入3KClO氧化I−得到2I，反应的离子方程式为：--+-3226I+ClO+6H=Cl+3I+3HO，最后升

华得到碘产品。【小问1详解】①实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，反应的化学方程式为②制取的氯气中含有挥发的HCl气体，先用饱和食盐水吸收，再经浓硫酸干燥，氯气的密度比空气大，应采用向上排空气法，由于氯气有毒，不能直接排放

至空气中，因此需用NaOH溶液吸收多余的氯气，故正确的连接顺序为E→C→D→A→B→H→G→F；③浓盐酸易挥发，导致制取的氯气中含有挥发的HCl气体，可用饱和食盐水吸收混有的HCl气体。【小问2详解】由分

析，步骤③将2I用高分子树脂吸附，步骤④再加入23NaSO将2I解脱，2-2--+2324I+SO+HO=SO+2I+2H，其目的是为了富集碘。【小问3详解】根据上述分析可知，步骤④反应的离子方程式为：2-2--+2324I+SO+H

O=SO+2I+2H。【小问4详解】根据方程式--222I+Cl=2Cl+I，--+-3226I+ClO+6H=Cl+3I+3HO可得，32ClO~3I−，22Cl~I，若分别得到等量的2I，消耗的()()23Cl:KClO3:1nn=。【小问5详解

】①制取氯化氢装置的连接顺序：发生装置(C)、干燥装置(A)，收集装置(B)、尾气处理装置(D)，再考虑HCl的密度比空气大，气体应长进短出，所以气流从左至右，装置导管口的连接顺序为ebacdf(或ebacdbaf

)；②因为HCl易溶于水，易发生倒吸，所以D装置干燥管的作用是防倒吸：③C装置中的反应，利用难挥发性酸制易挥发性酸，所以利用了浓硫酸的难挥发性，故选a。20.硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为2252MgBOHO和

34FeO，还有少量23FeO、FeO、CaO、23AlO和2SiO等)为原料制备硼酸(33HBO)的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）2252MgBOHO与硫酸反应产物为33HBO和硫酸镁，该反应的化

学方程式为：_________。（2）利用_________(填化学式)的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是_________(填化学式)。（3）“净化除杂”需先加22HO溶液将2Fe+氧化，该反应的离子方程式为：_________；然后再调节溶液的pH约为5，目的是_

________。（4）“粗硼酸”中的主要杂质是_________(填化学式)。【答案】（1）225224433MgBOHO2HSO2MgSOHBO+=+（2）①.34FeO②.2SiO与4CaSO（3）①.232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+②.

使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去（4）4MgSO【解析】【分析】以铁硼矿(主要成分为2252MgBOHO和34FeO，还有少量23FeO、FeO、CaO、23AlO和2SiO等)为原料制备硼酸()33HBO，由流

程可知，加硫酸溶解只有2SiO不溶，CaO转化为微溶于水的4CaSO，“净化除杂”需先加22HO溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、

过滤分离出33HBO。【小问1详解】2252MgBOHO与硫酸反应的化学方程式225224334MgBOHO2HSO2HBO2MgSO++△，为提高浸出速率，除适当增加温度外，还可采取的措施有或把矿物粉碎或浸出

时搅拌，故答案为225224334MgBOHO2HSO2HBO2MgSO++△；适当提高硫酸浓度或把矿物粉碎或浸出时搅拌；【小问2详解】利用34FeO的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是2SiO、4CaSO，故答案为34FeO；2SiO、4CaSO；【小问3详解】“净化

除杂”需先加22HO溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子。然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；【小问4详解】最后

浓缩结晶时硫酸垪易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是硫酸镁，故答案为硫酸镁。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com