【文档说明】陕西省榆林市第十二中学2021届高三上学期第三次月考（12月）化学试卷【精准解析】.doc，共(15)页，905.500 KB，由小赞的店铺上传

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榆林市第十二中学2020-2021高三化学试题可能用到的原子质量：H：1B：11C：12第I卷(选择题)一、单选题(本题包括16个小题，每小题4分，共48分)1.下列说法中，正确的是A.100mL0.5mol/LAlCl3溶液与150

mLlmol/LNaCl溶液中的Cl-浓度相等B.11g二氧化碳与标准状况下5.6LHCl含有相同的分子数C.在标准状况下，22.4L水的质量约为18gD.标准状况下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同【答案】B【解析】【详解】A．100mL0.5mol/LAl

Cl3溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×3=1.5mol/L，150mLlmol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，故A项错误；B．11gCO2的物质的量为0.25mol，含有的分子数为0.25NA

，标况下5.6LHCl的物质的量为0.25mol，含有的分子数为0.25NA，故B项正确；C．标况下水不是气态，不能使用气体摩尔体积计算，故C项错误；D．标准状况下，相同体积的任何气体单质所含的分子数相同，原子数不一定相同，故

D项错误；故选B。2.136C呼吸法在医学上常用于幽门螺旋杆菌的诊新，146C可用来测定文物年代，下列有关136C和146C的说法不正确的是()A.136C和146C原子中均含有6个质子B.136C的原子结构示意图：

C.136C和146C互为同位素D.136C和146C原子的核外电子排布相同【答案】B【解析】【详解】A．136C和146C原子都属于6号C元素，原子核中均含有6个质子，A正确；B．136C的原子核外有6个电子，核外电子排布是2、4，故原子结构示

意图为：，B错误；C．136C和146C质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，C正确；D．136C和146C原子核外都有6个电子，核外电子排布是2、4，故它们的核外电子排布相同，D正确；故合理选项是B。3.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是（）

元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、-3-2A.Y的最高价氧化物的水化物碱性比X的强B.一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C.W分别与X、Z形成的化合物所含的化学键类型相同D.Z元素简单氢化物由于分

子间存在氢键沸点反常高【答案】D【解析】【分析】W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，故W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为Ⅱ

A族元素，Y的化合价为+3价，处于ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，结合元素周期律知识解答该题。【详解】A.金属性镁强于铝，

则镁的最高价氧化物的水化物碱性比铝的强，A错误；B.一定条件下，氮气与氧气反应生成NO，不能直接生成NO2，B错误；C.O分别与Mg、N形成的化合物所含的化学键类型不相同，前者为离子键，后者为共价键，C错误；D.由于氨气分子间能形

成氢键，所以氮元素简单氢化物由于分子间存在氢键沸点反常高，D正确；答案选D。4.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用

SO2将其还原吸收【答案】C【解析】【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶

进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C。【点睛】本题以海水的综

合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。5.Na、Al、

Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素。它们的单质及其化合物之间有很多转化关系。下表所列物质不能按如图(“→”表示一步完成)关系相互转化的是()ABCDaNaAlFeCubNaOHAl2O3FeCl3CuS

O4cNaClAl(OH)3FeCl2CuCl2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Na可与水反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，电解NaCl可生成Na，故A正确；B．Al2O3不能与水反应生成Al(OH)3，故B错误；C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl

3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2置换可生成Fe，故C正确；D．Cu和浓硫酸反应生成CuSO4，CuSO4和氯化钡反应生成CuCl2，CuCl2置换可生成Cu，故D正确；故选B。6.氢化钙(CaH2)可在野外用作生氢剂，其反应原理为：CaH2+2H

2O=Ca(OH)2+2H2↑，下列说法正确的是A.该反应属于置换反应B.CaH2在反应中做氧化剂C.被氧化的元素与被还原的元素物质的量之比为1:1D.反应中每产生1molH2转移电子的物质的量为2mol【答案】C【解析】【详解】A．该反应

的反应物中没有单质参加反应，不属于置换反应，A不正确；B．CaH2在反应中氢元素化合价升高，失电子做还原剂，B不正确；C．CaH2中氢元素被氧化，H2O中氢元素被还原，被氧化与被还原元素的原子物质的量之比

为1:1，C正确；D．反应中每产生1molH2，氧化剂和还原剂各得失电子1mol，所以转移电子的物质的量为1mol，D不正确；故选C。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.无色透明的溶液中

：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl–B.+-c(H)c(OH)=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO2-3、NO-3C.()2+-1cFe=1molL的溶液中：K+、NH+4、MnO4-、SO2-4D.能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH+4、

SO2-4、HCO-3【答案】B【解析】【详解】A.Fe3+为黄色，不符合无色透明的溶液，故A错误；B.+-c(H)c(OH)=1×10-12的溶液显碱性，在碱性溶液中：K+、Na+、CO2-3、NO-3能大量共存，故B正确C.()2+-1cFe=1molL的溶液中，

MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.能使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性溶液中HCO-3能发生反应，不能大量共存，故D错误；故答案：B。8.下列离子方程式书写正确的是A.氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反

应：-3HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OB.向酸性KMnO4溶液中加NaHSO3溶液，溶液紫色褪去：2-4MnO+52-3SO+6H+=2Mn2++52-4SO+3H2OC.[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgC

l：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++C1-=AgCl↓+2+4NH+H2OD.稀硝酸与过量的铁屑反应3Fe＋8H＋＋2-3NO＝3Fe3＋＋2NO↑＋4H2O【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应，除了产生碳酸钙沉淀还有氢氧化镁沉淀生成，离子方程式为：Mg2

++2Ca2++4OH-+2-3HCO=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓，故A错误；B．亚硫酸为弱酸，所以亚硫酸氢根不能拆，正确离子方程式为2MnO4-+5HSO-3+H+=2Mn2++5SO2-4+3H2O，故B错误；C．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl，该反应

的离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++C1-=AgCl↓+2+4NH+H2O，故C正确；D．铁屑过量，所以最终生成亚铁离子，离子方程式为3Fe＋8H＋＋2-3NO＝3Fe2＋＋2NO↑＋4

H2O，故D错误；综上所述答案为C。9.实验室下列做法正确的是（）A.用酒精灯直接加热圆底烧瓶B.用碱石灰干燥二氧化硫气体C.少量的液溴用少量水液封，并用玻璃塞密封D.将氢氧化钠溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制备Fe（OH）3胶体【答案】C【解析】【

详解】A.蒸发皿、坩埚、试管、燃烧匙都是可以直接加热的仪器，圆底烧瓶、烧杯等底面积大的容器壁薄的需要垫石棉网加热，A项错误；B.二氧化硫是酸性氧化物，可以和氢氧化钠、氧化钙反应，不能用碱石灰干燥，可以用浓硫酸或者五氧化二磷干燥，B项错误；C.液

溴有挥发性，一般用少量水液封防止其挥发，C项正确；D.氢氧化钠与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，D项错误；答案选C。10.在测定中和热的实验中，下列说法正确的是A.使用环形玻璃棒是为了加快反应速率，减小实验误差B.为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银

球应与小烧杯底部接触C.用0.5mol·L−1NaOH溶液分别与0.5mol·L−1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同D.在测定中和热实验中需要使用的仪器有天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计、环形玻璃

搅拌棒【答案】A【解析】【详解】A、环形玻璃棒搅拌能加快反应速率，减小实验误差，A正确；B、温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部接触烧杯底部，B错误；C、醋酸是弱酸，电离吸热，测出的中和热数值偏小，C错误；D、中和热测定用不到天平，D错误；

答案选A。11.已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ·mol−1；Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+12O2(g)ΔH=−226kJ·mol−1根据以上热化学方程式和图像判断，下列说法正确的是()A.CO的燃烧热为283kJB.上图可表示由1

molCO生成CO2的反应过程和能量关系C.2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)ΔH＜−452kJ·mol−1D.CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移2×6.02×1023【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热应该既有单位，也有数值与符

号。燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，根据2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ·mol−1可知CO的燃烧热为-283kJ/mol，A错误；B．上图可表示由2molCO生成CO2的反应过程和能量变化关系，B错误；C．反应热与反应的物质呈正比关系，由N

a2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+12O2(g)ΔH=−226kJ·mol−1可知2Na2O2(s)＋2CO2(g)=2Na2CO3(s)＋O2(g)ΔH=−452kJ·mol−1。反应物在固态时含有的能量比气态时低，反应放

出热量越少，则反应热就越大，故2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)ΔH＞−452kJ·mol−1，C错误；D．已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ·mol−1；②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+12O2(

g)ΔH=−226kJ·mol−1，将①×12+②，整理可得CO(g)与Na2O2(s)=Na2CO3(s)，ΔH=−509kJ·mol−1，反应过程中转移电子数目为2×6.02×1023，D正确；故合理选项是D。12.下

列关于热化学反应的描述中正确的是()A.HCN和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/molB.甲烷的标准燃烧热△H=-890.3kJ/mol，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H＜-890.3kJ/molC.500℃、30MPa下，N2(g)+3H2(

g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mo1，将1.5molH2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2kJD.CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)的△H=+566.0kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．HCN是弱酸

，HCN和NaOH反应的中和热△H≠=-57.3kJ/mol，A错误；B．生成水蒸气时放出的热量小于生成液态水时放出的热量，甲烷的标准燃烧热△H=-890.3kJ/mol，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H>-890.3

kJ/mol，B错误；C．500℃、30MPa下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mo1，合成氨反应是可逆反应，将1.5molH2和过量的N2在此条件下充分反应，实际消耗的氢气不足1.5mol，放出

热量小于46.2kJ，C错误；D．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则1molCO2(g)分解产生1molCO(g)和0.5molO2(g)时吸收热量283.0kJ，故2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)的△H=+566.0kJ/mol，D正确；答案选D。第II卷(非

选择题)二、非选择题(本题包括4个小题，每小题十三分，共52分)13.(1)如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为____(填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH=____(用含有a、b的关系式表示)。(2)曾用CuC

l2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为____。使用催化剂对反应焓变有无影响_____。(3)NaBH4(s)与2HO(1)反应生成2NaBO(s)和2H(g)。在

25℃，101kPa下，已知每消耗43.8gNaBH(s)放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是_____。(4)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、2CO和2H)在催化剂作用下合成甲醇，发生

的主要反应如下：①23CO(g)+2H(g)CHOH(g)1ΔH②2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)2ΔH③222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)3ΔH已知反应①中相关的化学键键能数据如下(

已知CO的化学键为C=Osu)：化学键H-HC-OC=OsuH-OC-H()-1E/kJmol4363431076465413计算1ΔH=_______-1kJmol；已知-12ΔH=-58kJmol，则3ΔH=_______-1kJmol。【答案

】(1).放热(2).(a-b)kJ·mol-1(3).O2+4HCl450C催化剂2Cl2+2H2O(4).无(5).4222NaBH(s)+2HO(1)=NaBO(s)+4H(g)-1ΔH=-216kJmol(6).-99(7).+41【解析】【详

解】(1)反应物的能量高于生成物，因此是放热反应。反应热为反应物断键吸收的能量与生成物成键放出的能量之差，即H=(a-b)kJmol-1，故答案为：放热；(a-b)kJ·mol-1；(2)用CuCl2作催化剂，在450℃利

用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水，配平书写化学方程式为O2+4HCl450C催化剂2Cl2+2H2O。催化剂改变反应的途径，不改变始终态，则催化剂降低反应所需的活化能，但对反应热无影响。故答案为：O2+4HCl450C催化剂2Cl2+2H2

O；无；(3)3.8gNaBH4的物质的量为0.1mol，在25℃，101kPa下，每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4(s)放热216kJ，则该反应的热化学方程式是4222NaBH(s)+2HO(1)=Na

BO(s)+4H(g)-1Δ=-216kJ?molH，答案为：4222NaBH(s)+2HO(1)=NaBO(s)+4H(g)-1Δ=-216kJ?molH；(4)反应热=反应物总键能-生成物总键能，故H1=1076kJmol-1+2436kJmol-1-(341

3+343+465)kJmol-1=-99kJmol-1；反应②-反应①得反应③，根据盖斯定律H3=H2-H1=-58kJmol-1-(-99kJmol-1)=+41kJmol-1，故答案为：-99；+41。14.短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大

，它们的原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素。试回答以下问题：(1)写出D与E以1∶1的原子个数比形成的化合物的

电子式：___，F的原子结构示意图为：___。(2)B、D形成的化合物BD2中存在的化学键为_____键(填“离子”或“共价”，下同)。A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为______化合物。(3)化合

物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为：_____。(4)A、C、D、E的原子半径由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。(5)元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性_______于F(

填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论_______。(6)写出+4NH与E的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为_______。【答案】(1).+2-+Na[:O:O:]Na

(2).(3).共价(4).离子(5).OH-＋-3HCO=2-3CO＋H2O(6).Na>N>O>H(7).弱(8).Na2CO3＋2HClO4=CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4=CO2↑＋H2O＋NaClO4(9).+4NH

+OH-ΔNH3↑+H2O【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，B的化合物种类繁多数目庞大，则B为C元素；C、D是空气中含量最多的两种元素，则C为N元素、D为O元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物，则E为钠元素；F为

同周期半径最小的元素，F为Cl元素；它们的原子核外电子层数之和为13，则A的电子层数为13-2-2-2-3-3=1，则A为H元素，据此回答；【详解】(1)D与E以1∶1的原子个数比形成的化合物为过氧化钠，

过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，电子式：+2-+Na[:O:O:]Na，F为氯元素，原子结构示意图为：。(2)B、D形成的化合物BD2为CO2，是一种共价分子，其中存在的化学键为共价键；A、C、F三种

元素形成的化合物CA4F为NH4Cl，氯化铵是由铵离子和氯离子构成的离子化合物。(3)由A、B、D、E中的三种或四种组成的化合物、水溶液均呈碱性的有NaOH、Na2CO3、NaHCO3等，其中NaOH、NaHCO3能相互反应生成Na2CO3，则甲、乙反应的离子

方程式为：OH-＋-3HCO=2-3CO＋H2O。(4)元素位于同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，原子半径越大，主族元素位于同周期时，核电荷数越大，原子半径越小，则A、C、D、E的原子半径由大到小的顺序是Na>N>O>H。(5)非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，元素B的非

金属性弱于F，可用化学方程式：Na2CO3＋2HClO4=CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4=CO2↑＋H2O＋NaClO4证明上述结论。(6)E的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，铵盐与强碱能发生复分解

反应生成一水合氨，加热时一水合氨分解产生氨气，故+4NH与E的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为+4NH+OH-ΔNH3↑+H2O。15.FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯

化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：(1)FeCl3净水的原理是_____。(2)为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3.完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：-3ClO

+Fe2++_____=Cl-+Fe3＋+____，________。(3)制备无水氯化铁已知：FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解①装置的连接顺序为a→____→j，k→_____(按气流方向，用小写字母表示)。②实验结束后，取少量F中的固体加水溶解

，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为_____。(4)探究FeCl3与SO2的反应已知反应体系中存在下列两种化学变化：(i)Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)62+(红棕色)；(ii)Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为①_____

__步骤现象结论Ⅰ.取5mL1mol⋅L−1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱溶液很快由黄色变为红棕色和Ⅱ.用激光笔照射步骤Ⅰ中的红棕色溶液溶液中无明显光路②红棕色物质不是____(填分散系种类)Ⅲ.将步骤Ⅰ中的溶液静置1小时后，溶液

逐渐变为浅绿色IV.向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液③____溶液中含有Fe2+④实验结论：反应(i)、(ii)的活化能大小关系是：E(i)_____E(ii)(填“>”、“<”或“=”，下同)，平衡常数大小关系是：K(i)_____K(ii)。⑤另取5mLlmol

L-lFeC13溶液，先滴加2滴浓盐酸，再通入SO2至饱和。几分钟后，溶液由黄色变为浅绿色，由此可知：促使氧化还原反应(ii)快速发生可采取的措施__________。【答案】(1).Fe3+水解生成氢氧化铁胶体有吸附性或Fe3+发生水解：Fe3++3H2

O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+，氢氧化铁胶体具有吸附性(2).-3ClO+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3＋+3H2O(3).h，i→d，e(4).g，f→b(c)(5).未升华出来的FeCl3与未反应的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+(6).SO2+2Fe3+

+2H2O=4H++2-4SO+2Fe2+(7).Fe(OH)3胶体(8).生成蓝色沉淀(9).<(10).<(11).增强FeCl3溶液的酸性【解析】【分析】MnO2和浓HCl共热制得Cl2，氯气中含HCl，氯化氢极易溶于水，用

饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢，经浓硫酸干燥后，氯气在加热下与铁反应生成氯化铁，无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易，故收集冷凝后的氯化铁固体时要防止管道堵塞、氯气有毒，要用碱石灰进行尾气吸收；【详解】(1)FeCl3净水的原理是:

Fe3+水解生成氢氧化铁胶体有吸附性,能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+。(2)NaClO3氧化性，在酸性条件下，-3ClO把Fe2+氧化为Fe3＋、还原产物为Cl-，反应中，氯元素化合价从+5降低到-1、铁元素化合

价从+2升高到+3，结合电子数守恒、元素质量守恒，得离子方程式：-3ClO+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3＋+3H2O。(3)①据分析，装置的连接顺序为a→h，i→d，e→j，k→g，f→b(c)；②实验结束后，取少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，则加水溶解时发生了反

应：322FeFe3Fe+++=，原因为未升华出来的FeCl3与未反应的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+。(4)(ii)①Fe3+与SO2发生氧化还原反应，则SO2被Fe3+氧化为2-4SO，还原产物为Fe2+，离子方程式

为：SO2+2Fe3++2H2O=4H++2-4SO+2Fe2+。②用激光笔照射步骤Ⅰ中的红棕色溶液，未产生丁达尔效应，则红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；③向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，产生

蓝色沉淀，可证明有Fe2+；④实验结论：由表可知，步骤Ⅰ比步骤Ⅲ反应速率快，所以E(i)<E(ii)，由化学反应方程式可知，反应(i)为可逆反应，反应(ii)可以进行完全，所以平衡常数反应(i)小于反应(ii)；⑤另取5mLlmolL-lFeC13溶液，先滴加2滴浓盐酸，

再通入SO2至饱和。几分钟后，溶液由黄色变为浅绿色，由此可知：增强FeCl3溶液的酸性可促使氧化还原反应快速发生。16.根据下图所示各装置和实验室制取氧气的原理，回答下列问题：(1)仪器A、B的名称分别为_____、______

。(2)用mgMnO2和ngKC1O3组成的固体混合物加热制取氧气时，可选用的实验装置是____(填装罝序号)。(3)将MnO2和KC1O3的混合物充分加热至不再产生氧气时，若要将其中的催化剂MnO2回收再利用，应进行的

实验操作是将固体冷却、加水溶解、____、洗涤、干燥；洗涤MnO2固体的操作方法为_____。证明MnO2固体已洗涤干净的操作方法为_______。(4)用双氧水和MnO2制取氧气时，不能选用装置c，其原因是_______。(5)用装置d制取氨气时，所需的化学药

品是_______，氨气的电子式为_______。【答案】(1).分液漏斗(2).长颈漏斗(3).b(4).过滤(5).将蒸馏水沿玻璃棒慢慢地注入到过滤器漏斗中至液面浸没滤纸上的固体，待水流尽后重复操作2〜3次(6).取最后一次洗涤液少许，向其中

滴加几滴AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明MnO2固体已洗涤干净(7).MnO2是粉状固体，不能稳定存在于装置中的塑料隔板之上(或不能控制反应速率)(8).浓氨水、碱石灰(或浓氨水、生石灰或浓氨水、氢氧化钠固体)(9).HH:N:H【解析】【详解】(

1)由构造知，仪器A为分液漏斗、B为长颈漏斗。(2)用mgMnO2和ngKC1O3组成的固体混合物加热制取氧气时，采用的气体发生装置为固+固加热制气装置，故可选用的实验装置是b。(3)残渣为MnO2和KC1的固体混合

物，将固体冷却、加水溶解、过滤、洗涤、干燥后即可将其中的催化剂MnO2回收；洗涤MnO2固体的操作方法为：将二氧化锰转移到过滤器中，将蒸馏水沿玻璃棒慢慢地注入到过滤器漏斗中至液面浸没固体，待水流尽后重复操作2〜3次。二氧化锰固体表面可能含KCl，要证明MnO2固体已

洗涤干净，只要证明最后的洗涤液中不含氯离子即可，操作方法为取最后一次洗涤液少许，向其中滴加几滴AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明MnO2固体已洗涤干净。把长颈漏斗换(4)用双氧水和MnO2制取氧气时，不能选用装置c，可采用d装置，其原因是：MnO2是粉状固体，不能稳定存在

于装置中的塑料隔板之上(或不能控制反应速率)。(5)用装置d制取氨气时，则通过固体和液体在室温下制气，所需的化学药品是浓氨水、碱石灰(或浓氨水、生石灰或浓氨水、氢氧化钠固体)，原理为：NH3·H2O在溶液中存在平衡：NH3+H2

ONH3·H2ONH4++OH-，生石灰固体或氢氧化钠固体或碱石灰加入浓氨水，c(OH-)增大，平衡逆向移动，同时固体溶解放热也促进了NH3·H2O的分解、温度升高又降低了氨气在水中的溶解度。氨气的电子式为HH:N:H。