【文档说明】清华大学附属中学蒋台分校2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.264 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-dcbe52caaa1de0c32cc25c322122cc6a.html

以下为本文档部分文字说明：

高三第一学期10月月考检测题化学可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Ca40Ti48Mn55Fe56Zr91Ba137一、选择题(共14小题，每题3分，共42分)1.2020年12月17日

凌晨、嫦娥五号携带月壤等样本成功返回地球，完成中国探月工程的收官之战。下列说法不正确的是A.发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用了燃烧反应提供能量B.制造探测器中的瞄准镜时使用光导纤维，其主要成分是SiC.月壤中含有珍贵的3

He，3He与4He互为同位素D.留在月球的国旗长时间不褪色、不分解，是利用了材料的稳定性【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氢气和氧气燃烧产生大量热，提供能量，故A正确；B．二氧化硅具有良好的光学性能，光导纤维的主要成分为SiO2，故B错误；C．3He与4He为质子数相同，中子数不同的原

子，互为同位素，故C正确；D．物质可以长期存在而不分解、褪色，说明物质稳定性良好，故D正确；故选B。2.下列物质是强电解质的是A.Fe(SCN)3B.HIC.H2SiO3D.Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】A．Fe(SCN)3为络合物，不完全电离，为弱电解

质，A错误；B．HI强酸，在水溶液中完全电离，为强电解质，B正确；为C．H2SiO3不完全电离，为弱电解质，C错误；D．Al(OH)3为弱碱，不完全电离，为弱电解质，D错误；故选B。3.下列化学用语或图示表达不正确．．．的是A.3SO的VSE

PR模型：B.羟基的电子式：C.基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为：D.原子核内有8个中子的碳原子：146C【答案】A【解析】【详解】A．3SO的中心S原子价层电子对数为6=32，VSEPR模型为平面三角形，A错误

；B．羟基的电子式：，B正确；C．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为：，C正确；D．原子核内有8个中子的碳原子：146C，D正确；故选A。4.AN为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.0.50mol分子中共价键的数目为A2NB.标准

状况下，2.24L3SO中电子的数目为A4.00NC.pH2=的24HSO溶液中H+的数目为A0.02ND.常温常压下，28gCO和2N的混合气体原子数目为A2N【答案】D【解析】【详解】A．1个分子含有10个共价键，则0.50mol分子中共

价键的数目为A5N，A错误；B．标准状况下，SO3不是气体，不能用气体摩尔体积计算，B错误；C．pH2=的24HSO溶液无体积，无法计算H+的数目，C错误；D．常温常压下，CO和2N均为含有2个原子的分子，且相对分子质量均为28，则该混合

气体的物质的量为1mol，原子数目为A2N，D正确；故选D。5.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A铝有强还原性，可用于制作门窗框架B.氧化钙易吸水，可用作干燥剂C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化

剂D.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂【答案】A【解析】【详解】A．铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；B．氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或

密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；C．食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；故选A。6

.下列各组离子中，能大量共存的是A.+4NH、Na+、Cl－、OH－B.Fe2+、H+、3NO−、24SO−C.+4NH、K+、3HCO−、OH－D.Fe3+、+4NH、3NO−、24SO−【答案】D【解析】【详解】A．4NH+和-OH会结合生成一水合氨，不能共存，A项

错误；.B．2+Fe和+-3H,NO不能共存，会被氧化为3+Fe，B项错误；C．4NH+和-OH会结合生成一水合氨，-OH和3HCO−会反应生成水，不能大量共存，C项错误；D．四种离子均可以大量共存，D项正确；答案选D。7.宏观辨识

与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是A.22NaO放入水中：2222NaOHO2NaOHO+=+B.2HO(g)通过灼热铁粉：22323HO2FeFeO3H+=+C.铜丝插入热的浓硫酸中：2442CuHSOCuS

OH+=+D.2SO通入酸性4KMnO溶液中：2222445SO2HO2MnO5SO4H2Mn−−++++=++【答案】D【解析】【分析】【详解】A．22NaO放入水中化学方程式应该是：22222NaO2HO4NaOHO+=+，A选项中氧元素不守恒，A错误；B．2HO(g)通过灼热

铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；C．铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；D．2SO通入酸性4KMnO溶液中，2SO被-4MnO氧化为2-4SO，-4MnO被2SO还原为2+Mn，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为2222445SO

2HO2MnO5SO4H2Mn−−++++=++，D正确；故选D。8.下列指定反应的离子方程式正确的是A.碘化亚铁溶液通入少量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-B.用H2O2从酸化的海带灰浸出液中制取碘：2

I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC.Fe(OH)3胶体的制备：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NH4+D.等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合：2HCO3−+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO23−【答案】

B【解析】【详解】A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气，只有碘离子被氧化为碘单质，--222I+Cl=I+2Cl，A错误；B．双氧水能将碘离子氧化成碘单质，用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：-+22222I

+HO+2H=I+2HO，B正确；C．制取()3FeOH红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；()3++23Fe+3HOFeΔ()OH+3H胶体，C错误；D．等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合，氢氧根离子过量，碳酸氢根

离子完全反应生成碳酸钙沉淀水：HCO3−+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D错误；故选B。9.3KIO常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为()232322Δ6I+11KClO+3HO6KHIO+5KCl+3Cl。下列说法错误

的是A.产生22.4L(标准状况)2Cl时，反应中转移10mole−B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C.可用石灰乳吸收反应产生的2Cl制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中3IO−的存在【答案】A【解析】【分析】【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价

升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1molCl2时，反应中应转移20mole-，A错误；B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，K

ClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D．食盐中-3IO可先与酸化的淀粉碘化钾

溶液中的H+、I-发生归中反应--+322O+5I+6H=3I+3HOI生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中-3IO的存在，D正确。故选A。10.下列实验方案，不能．．达到

实验目的是选项实验目的实验方案A氯气的氧化性将湿润的淀粉KI试纸放于充满Cl2的集气瓶口，试纸变蓝B配制480mL0.2mol/LNaOH溶液准确称量NaOH固体4.0g溶于水，配制成500mL溶液C比较H2CO3和H2SO4的酸性强

弱室温下，用pH试纸测定浓度为0.lmol/LNa2CO3溶液和0.lmol/LNa2SO4溶液的pHD证明氧化性：H2O2>Fe3+用硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【

详解】A．强氧化性物质能氧化碘离子生成碘，碘能使淀粉试液变蓝色，将湿润的淀粉KI试纸放于充满Cl2的集气瓶口，试纸变蓝，说明氯气将碘离子氧化生成碘单质，验证了氯气有氧化性，故A能达到实验目的；B．配制480mL0.2mol/LNaOH溶液时，因为实验室没有480mL容量瓶

，应该用500mL容量瓶，称量m(NaOH)=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g，故B能达到实验目的；C．酸的酸性越强，其相同浓度的钠盐溶液pH越低，室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol•L-1Na2CO3溶液和0.1m

ol•L-1Na2SO4溶液的pH，pH越小的酸的酸性越强，故C能达到实验目的；D．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化生成铁离子而干扰实验，故D不能达到实验目的；故选D。11.蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列

关于该过程的分析不正确的是A.过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性B.过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性D.过程中蔗糖分子发生了化学键

的断裂【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时

发生反应24222C2HSO()CO2SO2HO浓+++，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的2SO能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；D．该过程中

，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；故选C。12.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确．．．的是A.若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均

呈碱性，则X可以是CO2B.若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体C.若B为FeCl3，则X一定是FeD.A可以是碳单质，也可以是O2【答案】B【解析】【详解】A.若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠

元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；B.若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；C.若B为

FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D.若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；答案为B。【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种

物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。13.为探究Na2SO3的性质，实验小组同学进行了如下实验：下列说法一定正确的是A.③和④中产生的气体成分完全相同B.②和⑥中沉淀的主要成分不同C.①→②和④→⑥均只发生了复分解反应D.23SO−的还原性

在酸性条件下增强【答案】B【解析】【分析】由题干实验信息可知，①→②→③过程中先发生反应：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，然后发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，BaSO3与HNO3反应生成BaSO4，同时产生氮氧化物刺激性气味的气体，而

①→④→⑤→⑥过程中先发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，同时部分转化为硫酸根，然后溶于水中的SO2继续被过量的硝酸根氧化为硫酸根，然后与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，同时继续反应生成氮氧化物等刺激性气味

的气体，据此分析解题。【详解】A．由题干实验信息可知，①→③依次发生反应方程式为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl、BaSO3与HNO3反应，已经过量的Na2SO3与HNO3反应，而①→④则是Na2SO3与HNO3反应生成

NO和SO2，可知③和④中产生的气体成分不一定完全相同，NO和SO2的多少可能不同，A不合题意；B．由题干实验信息可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，故沉淀②的主要成分是BaSO3，而⑥中沉淀是先加入稀硝酸后

再加入BaCl2，硝酸具有强氧化性，将亚硫酸钠氧化为Na2SO4，然后再与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，故二者的主要成分不同，B符合题意；C．由分析可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl属于分解反应，而④→⑥既发生

了复分解反应又发生氧化还原反应，C不合题意；D．由题干信息可知，由②到③时的酸性比①到④的酸性弱，但①到④转化生成的硫酸根反而更少，但①中23SO−浓度比②中的更大，不能说明23SO−的还原性在酸性条件下增强，D

不合题意；故答案为：B。14.不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。反应序号起始酸碱性KIKMnO4还原产物氧化产物物质的量/mol物质的量/mol①酸性0.001nMn2+I2②中性0.00110nMnO2-xIO已知：-4MnO的

氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是A.反应①，()()2+2nMn:nI=1:5B.对比反应①和②，x=3C.对比反应①和②，-I的还原性随酸性减弱而减弱D.随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变【答案】B【解析】【详解】A．反应①中Mn元素的化合

价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2-4MnO+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B．根据反应①可得关系式10I-~2-4MnO

，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n(-4MnO)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2-4MnO~MnO2~-xIO~6e-，-xIO中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价

的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2-4MnO+H2O=2MnO2↓+-3IO+2OH-，B项正确；C．已知-4MnO的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消

耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；答案选B。二、非选择题(共58分)15.我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要流程如图(部分物质己略去)：（1）①③所涉及的操

作方法中，包含过滤的是________(填序号)。（2）根据上图，将化学方程式补充完整：___。3234NH+CO+____+____=NaHCO+NHCl（3）煅烧3NaHCO固体的化学方程式是_______。（4）下列联合制碱法流程说法正确

的足______(填字母)。a．2CO可以循环使用b．副产物4NHCl可用作肥料c．溶液B中一定含有+-4NaNHCl+、、（5）某课外小组为了鉴别23NaCO和3NaHCO两种白色固体，设计了如下两种实验方法。①装置I中的23NaCO和3NaHCO均能与盐酸反应，产生气体速率快的是______

__(填化学式，下同)。②当稀盐酸足量时，装置I中气球鼓起体积较小的是________。③加热装置Ⅱ，澄清石灰水变浑浊一侧的白色固体是________，写出石灰水变浑浊过程中反应的离子方程式：________。（6）通常用饱和3Na

HCO溶液除去2CO中的HCl，不能用23NaCO溶液的原因是________。(用离子方程式表示)【答案】（1）①③（2）32234NH+CO+NaCl+HONaHCO+NHCl=（3）323222NaHCONaCO+CO+HO（4）abc

（5）①.3NaHCO②.23NaCO③.3NaHCO④.2+-232Ca+2OH+COCaCO+HO=（6）2--3223CO+CO+HO2HCO=【解析】【小问1详解】固液分离需要过滤，①③所涉及的操

作方法中，包含过滤的是①③；【小问2详解】侯氏制碱法反应为32234NH+CO+NaCl+HONaHCO+NHCl=；【小问3详解】煅烧3NaHCO固体的化学方程式是323222NaHCONaCO+CO+HO；【小问4详解】a．2CO生成碳酸氢钠需要，碳酸氢钠生成碳酸钠又生成，所以二氧化

碳可以循环使用，故a正确；b．副产物4NHCl，含有氮元素，可用作肥料，故b正确；c．溶液B中一定含有+-4NaNHCl+、、，故c正确；故选：abc；【小问5详解】①装置I中的23NaCO和3NaHCO均能与盐酸反应，产生气体速率快的是3NaHCO，因为同物质的量的两个物质

，碳酸氢钠消耗盐酸更少。②当稀盐酸足量时，装置I中气球鼓起体积较小的是23NaCO，106份质量的碳酸钠生成44份质量的二氧化碳，84份质量的碳酸氢钠生成44份质量的二氧化碳，等质量的两者物质碳酸钠生成的气体更

少。③加热装置Ⅱ，澄清石灰水变浑浊一侧白色固体是3NaHCO，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，石灰水变浑浊过程中反应的离子方程式：2+-232Ca+2OH+COCaCO+HO=。【小问6详解】通常用饱和3NaHCO溶液除去2CO中的HCl，不能用23NaCO溶液的原因是

2--3223CO+CO+HO2HCO=。16.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备3KClO和NaClO，探究其氧化还原性质。已知：氯化氢极易溶于水，氯气难溶于饱和食盐水；4CCl难溶于水且密度

比水大，2I在4CCl中显紫色；氯气与碱反应时温度不同产物不同。请回答下列问题：（1）装置①中反应的离子方程式为_______。（2）装置③中反应结束后，取出③中试管，经冷却结晶，过滤，少量(冷)水洗

涤，干燥，得到3KClO晶的体。装置③中反应的化学方程式为_______。（3）装置④中反应的离子方程式为_______。（4）装置⑤可选用试剂_______(填字母)。a．NaClb．()2CaOHc．24HS

O（5）取少量3KClO和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入4CCl振荡，静置后4CCl层显紫色，可知该条件下3KClO的氧化能力比NaClO_______(填“强”或“弱”)。【答案】（1）MnO2＋

4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2+＋2H2O（2）3Cl2＋6KOH5KCl＋KClO3＋3H2O（3）Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O（4）b（5）弱【解析】【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸易挥发，氯气中含有氯化氢，常用饱和

食盐水除掉氯气中氯化氢气体，氯气通入热的氢氧化钾溶液中反应生成氯酸钾、氯化钾和水，氯气通入氢氧化钠溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，尾气用氢氧化钠溶液吸收。【小问1详解】装置①是浓氧酸和二氧化锰再加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn

2+＋2H2O；故答案为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2+＋2H2O。【小问2详解】装置③发生氯气和热的KOH溶液反应生成氯酸钾、氯化钾和水，其反应的化学方程式为3Cl2＋6KOH5K

Cl＋KClO3＋3H2O；故答案为：3Cl2＋6KOH5KCl＋KClO3＋3H2O。【小问3详解】装置④是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO

－＋H2O；故答案为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O。【小问4详解】装置⑤是吸收处理尾气，常用碱或碱性溶液或还原性溶液来处理，而氢氧化钙属于碱，氯化钠、硫酸都不与氯气反应；故答案为：b。【小问5详解】根据题意说明次氯酸钠溶液中性条件下能氧化碘离子，而氯酸钾溶液中

性条件下不能氧化碘离子，因此得出该条件下3KClO的氧化能力比NaClO弱；故答案为：弱。17.碘是人体必须的微量元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程如下：（1）指出上述过程中有关实验操作的名称，步骤i：___________，步骤ii

i：___________。（2）步骤ii中可使用2Cl，从原子结构角度说明理由：___________。2Cl过量时，可能无法获得2I，原因是2I会被继续氧化为3IO−，该反应的离子方程式为___________。（3）当使用22HO做氧化剂时，I

−的转化率受外界因素的影响如下图所示。①图1中，pH7=时I−转化率几乎为0，结合离子方程式解释原因：___________。②图2中，22HO与I−物质的量之比从0.5﹕1提高至1﹕1时，I−的转化率明显增大，可能的原因是___________(写出2条)。【答案】（1）①.过滤②.萃取分液

（2）①.同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：Cl2>I2②.5Cl2+I2+6H2O=23IO−+10Cl-+12H+（3）①.反应的离子方程式为22HO+2I−+2H+=I2+2H2O，pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正

向进行受阻②.增大22HO的浓度，促进反应正向进行，I−的转化率增大；过量的22HO分解产生的O2氧化I−使转化率增大【解析】【分析】海藻在坩埚中灼烧得到海藻灰，将海藻灰浸泡得到海藻灰悬浊液，然后利用过滤的方法分离海藻灰悬浊液，得到残渣和溶液，在溶液中通入过量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反

应得失I2，向含有I2的溶液中加入有机溶剂进行萃取，得到含有碘的有机溶液，再利用蒸馏的方法得到晶态碘。【小问1详解】过滤适用于不溶于水的固体和液体，步骤i分离固体和液体用过滤；利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度不同，用一种溶

剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来，这种方法叫做萃取，步骤ii将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为：过滤；萃取分液；【小问2详解】步骤ii是将I-氧化为I2，使用2Cl，原因是同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：Cl2>I2；Cl2具

有强氧化性，过量的Cl2与I2反应生成3IO−和Cl-，反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=23IO−+10Cl-+12H+；【小问3详解】①22HO做氧化剂时，反应的离子方程式为22HO+2I−+2H+=I2+2H2O，溶液在酸性条件下，

I−反应较完全，若pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进行受阻；②理论上22HO与I−物质的量之比为0.5﹕1，若提高至1﹕1，即增大22HO的浓度，促进反应正向进行，I−的转化率增大，还有可能是多余的22HO分解产生的O2，也能氧化I−。18.软锰矿浆(主要成分MnO2)可吸收烟气中的

SO2，同时可制备MnCO3，工艺流程如下：资料：①吸收SO2后软锰矿浆中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+等阳离子；②金属离子沉淀的pH如下表金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Zn2+开始沉淀的pH8.16.31.53.46.2的沉淀完全的pH10.18.3

2.84.78.2（1）脱硫的产物是MnSO4，软锰矿中MnO2所起的作用是_______。（2）过程1向浆液中通入O2的目的是_______。（3）滤渣1的成分是_______，过程2中发生反应的离子方程式为_______。（4）制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的

pH范围为5-7，不宜过大或过小。原因是_______。（5）已知：常温下，()432NHCO溶液的pH约为9.3，NH4HCO3溶液的pH约为7.8，写出制备MnCO3时发生反应的离子方程式_______。（6）取mg碳酸锰样品，加适量硫酸加热溶解后，用cmol·L-1的KMnO4溶液

滴定，至滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(已知：反应产物为MnO2，杂质不参与反应)样品中MnCO3质量分数的计算式为_______(用质量分数表示)。【答案】（1）氧化剂（2）将Fe2+氧化为Fe3+，便于在下一步中

将铁元素变成沉淀除去（3）①.()3AlOH和()3FeOH②.22ZnSZnS+−+=（4）pH过小，降低溶液中23CO−浓度、pH过大可能产生()2MnOH沉淀（5）233222HCOMnMnCOCOHO−++=++（6）()

55+12+48cV3100%2000m【解析】【分析】锰矿浆主要成分MnO2，吸收SO2后的软锰矿浆中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+等阳离子。通入氧气把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH为5~6生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去Fe3+、

Al3+，过滤，滤渣1为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中加(NH4)2S生成ZnS沉淀除Zn2+，过滤出ZnS，滤液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀。【小问1详解】二氧化锰和二氧化硫反应生成硫酸锰，脱硫的产物是MnSO4，MnO2中锰元素化合价降

低，所起的作用是氧化剂；【小问2详解】氧气能把Fe2+氧化为Fe3+，过程1向浆液中通入O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去；【小问3详解】由金属离子沉淀的pH表可知，调节溶液的p

H将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤渣1是()3AlOH和()3FeOH；过程2中加入硫化铵除去锌离子，发生反应的离子方程式为Zn2++S2-=ZnS↓；。【小问4详解】制备MnCO3的过程中，pH过小，降低溶液中23CO−浓度；pH过大可能产生()2MnOH沉淀，所以一般控制溶液

的pH范围为5-7。【小问5详解】NH4HCO3溶液的pH约为7.8，硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰、硫酸铵、二氧化碳，制备MnCO3时发生反应的离子方程式233222HCOMnMnCOCOHO−++=++。小问6详解】碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4

反应生成MnO2，硫酸锰中锰元素化合价由+2价变成+4价，KMnO4中锰元素化合价由+7价变成+4价，根据化合价升降规律，反应方程式为2++4222MnO3Mn2HO5MnO4H−++=+，n(MnCO3)=()334333nKMnOcmol/LV10L=cV10mol222−−=

；样品中MnCO3质量分数的计算式为()33cV10mol551248g/mol2100%mg−++=()55+12+48cV3100%2000m。19.探究Na2SO3固体的热分解产物。资料：①4Na2SO3ΔNa2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成N

a2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。(1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式

是____。(2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取

少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，____(填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO24−。(3)探究(2)中S的来源。来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。【来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。针对来源1进行如图实验：①实验可证实来源

1不成立。实验证据是____。②不能用盐酸代替硫酸的原因是____。③写出来源2产生S的反应的离子方程式：____。(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：___

_。【答案】①.S2-+Cu2+=CuS↓②.滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，③.向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色④.盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验

现象和实验结论；⑤.Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓⑥.根据反应4Na2SO3ΔNa2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质【解析】【详解】(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸

钠，反应的离子方程式是S2-+Cu2+=CuS↓；(2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭

鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证

实分解产物中含有SO24−；(3)①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3；②不能用

盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2

-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓；(4)根据已知资料：4Na2SO3ΔNa2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应

该可以降到0价生成硫单质。