莆田二中2021—2022學(xué)年上學(xué)期高三期中化學(xué)試卷(考試時間：75分鐘；滿分：100分)注意：1.請將答案填寫在答題卡上2.可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1O-16Na-23K-39Fe-56Al-27Ce-140第Ⅰ卷(選擇題共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分，每小題只有一個選項符合題意)1.化學(xué)與生活緊密聯(lián)系在一起，下列說法正確的是①天然氣、瓦斯等氣體及面粉、煤粉等固體粉塵都容易發(fā)生爆炸②醫(yī)院里的血液透析利用了膠體的性質(zhì)③青銅是我國使用最早的合金④2019年9月25日發(fā)射“云海一號衛(wèi)星”中使用的碳纖維，是一種新型無機(jī)非金屬材料⑤二氧化硫可用于殺菌、消毒⑥金屬的冶煉、電鍍、鋼鐵的銹蝕、制玻璃均發(fā)生氧化還原反應(yīng)A.①②③④⑤ B.①②⑤ C.②⑤⑥ D.①③④【答案】A【解析】【詳解】①可燃性的氣體及粉塵與空氣或氧氣混合后，濃度達(dá)到一定極限后，遇明火或靜電或電火花都可能發(fā)生爆炸，故①正確；②血液是膠體，膠粒不能透過半透膜，所以“血液透析”利用了膠體的性質(zhì)，故②正確；③銅性質(zhì)不活潑，易冶煉，為最早使用的合金材料，故③正確；④碳纖維是含碳量高于90%的無機(jī)高分子纖維，是一種新型無機(jī)非金屬材料，故④正確；⑤SO2有毒，能夠使蛋白質(zhì)變性，可用于殺菌、消毒，故⑤正確；⑥制玻璃是二氧化硅與碳酸鈉、碳酸鈣在高溫條件下反應(yīng)生成硅酸鈉、硅酸鈣，屬于非氧化還原反應(yīng)，故⑥錯誤；說法正確的為①②③④⑤，答案選A。2.下列各組物質(zhì)的分類正確的是①同位素：1H、2H2、3H②同素異形體：C80、金剛石、石墨③酸性氧化物：CO2、NO、SO3④混合物：水玻璃、水銀、水煤氣⑤電解質(zhì)：明礬、冰醋酸、石膏⑥干冰、液氯、乙醇都是非電解質(zhì)A.②⑤ B.②⑤⑥ C.②④⑤⑥ D.①②③④⑤⑥【答案】A【解析】【詳解】①質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同一種元素的不同核素互為同位素，2H2是單質(zhì)，不是核素，①錯誤；②由同一種元素形成的不單質(zhì)互為同素異形體，C80、金剛石、石墨均是碳元素形成的不同單質(zhì)，②正確；③能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，③錯誤；④水銀是單質(zhì)，④錯誤；⑤溶于水或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，明礬、冰醋酸、石膏均是電解質(zhì)，⑤正確；⑥溶于水和熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)，液氯是單質(zhì)，不是非電解質(zhì)，⑥錯誤。答案選A。3.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.常溫條件下，27gAl投入足量濃硫酸中，生成1.5NA個SO2分子B.密閉容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAC.0.5molCu與足量的S反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將22.4LCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-的粒子數(shù)之和為NA【答案】C【解析】【詳解】A．Al與濃硫酸常溫下發(fā)生鈍化，選項A錯誤；B．NO與氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，但常溫下，二氧化氮與四氧化二氮之間存在平衡，所以產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA，選項B錯誤；C．Cu與足量的S反應(yīng)生成Cu2S，0.5molCu與足量的S反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NA，選項C正確；D．氯氣和水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故氯水中含未反應(yīng)的氯氣分子，即溶液中的HClO、Cl-、ClO-粒子數(shù)之和小于2NA，選項D錯誤；答案選C。4.有以下六種飽和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分別持續(xù)通入CO2，最終不會得到沉淀或析出晶體的是A.①② B.③⑤ C.①⑥ D.④⑥【答案】A【解析】【詳解】①碳酸比鹽酸弱，CO2與CaCl2溶液不會反應(yīng)，無沉淀生成，故①正確；②酸性氧化物能與堿反應(yīng)，過量的CO2與Ca（OH）2反應(yīng)：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，無沉淀生成，故②正確；③碳酸比硅酸強(qiáng)，過量的CO2與Na2SiO3溶液反應(yīng)：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，產(chǎn)生硅酸沉淀，故③錯誤；④過量的CO2通入飽和Na2CO3溶液中發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因為碳酸氫鈉溶解度比碳酸鈉小，所以有NaHCO3晶體析出，故④錯誤；⑤NaAlO2溶液通入過量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氫氧化鋁強(qiáng)，所以生成氫氧化鋁白色沉淀和碳酸氫鈉，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤錯誤；⑥通入CO2與NH3和NaCl反應(yīng)生成氯化銨和碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的溶解度較小，則最終析出碳酸氫鈉晶體，故⑥錯誤；故選A?！军c睛】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)及現(xiàn)象為解答的關(guān)鍵。本題的易錯點為⑥，注意聯(lián)想侯德榜制堿的原理，同時注意碳酸氫鈉的溶解度較小。5.一種新型的合成氨的方法如圖所示，下列說法錯誤的是A.反應(yīng)①屬于“氮固定”B.反應(yīng)②屬于非氧化還原反應(yīng)C.反應(yīng)③可通過電解LiOH水溶液實現(xiàn)D.上述三步循環(huán)的總反應(yīng)方程式為2N2+6H2O=4NH3+3O2【答案】C【解析】【詳解】A．反應(yīng)①是Li和氮氣反應(yīng)生成Li3N的過程中是游離態(tài)氮元素轉(zhuǎn)化為化合態(tài)，為氮的固定，故A正確；B．反應(yīng)②是Li3N和水反應(yīng)生成LiOH和NH3，反應(yīng)過程中無元素化合價變化，為非氧化還原反應(yīng)，故B正確；C．電極LiOH溶液陽極氫氧根離子失電子生成氧氣，陰極是氫離子得到電子生成氫氣，不能得到金屬Li，故C錯誤；D．三步反應(yīng)6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3、4LiOH4Li+O2↑+2H2O，上述三步循環(huán)的總結(jié)果為2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正確；故答案為C。6.用下列實驗裝置進(jìn)行相應(yīng)的實驗，操作正確且能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢.進(jìn)行噴泉實驗 B.加熱熔融NaOH固體C.驗證鎂片與鹽酸放熱反應(yīng) D.測定過氧化鈉純度【答案】C【解析】【詳解】A．氯氣在飽和食鹽水中的溶解度比較小，不能形成氣壓差，不能形成噴泉，故A錯誤；B．瓷坩堝含有SiO2，氫氧化鈉能與二氧化硅反應(yīng)，不能用來加熱熔融NaOH固體，應(yīng)選擇鐵坩堝，故B錯誤；C．鎂與稀鹽酸反應(yīng)放熱，升溫氫氧化鈣的溶解度變小，會析出沉淀，可驗證，故C正確；D．排水法收集氣體應(yīng)短進(jìn)長出，無法將水排出，故D錯誤；故答案為C。7.葉蠟石是一種重要的化工原料，化學(xué)式為X2[Y4Z10](ZW)2，X、Y、Z、W均為短周期元素，X與Y為同一周期相鄰元素，Y的最外層電子數(shù)為次外層的一半，X為地殼中含量最多的金屬元素，X的離子與ZW-含有相同的電子數(shù)。下列說法正確的是A.原子半徑:Y>X>Z>WB.最簡單氫化物的沸點:Y>ZC.X與W形成的[XW4]-具有較強(qiáng)的還原性D.可用NaOH溶液分離X、Y的最高價氧化物的混合物【答案】C【解析】【詳解】已知X與Y為同一周期相鄰元素，Y的最外層電子數(shù)為次外層的一半，在短周期中，Y可能為Li或Si，X

為地殼中含量最多的金屬元素，則X為Al，所以Y為Si，又X的離子與ZW—含有相同的電子數(shù)，則Z為O，W為H，由此分析：A、原子半徑為X>Y>Z>W，即Al>Si>O>H，所以A錯誤；B、最簡單氫化物的沸點SiH4<H2O，故B錯誤；C、X

與W形成的[XW4]-，即AlH4—，其中的Al為+3價，H為-1價，由于H元素為最低價，具有較強(qiáng)的還原性，故C正確；D、X、Y的最高價氧化物分別為Al2O3和SiO2，Al2O3為兩性氧化物，SiO2為酸性氧化物，它們都能與NaOH

溶液，所以不能用NaOH

溶液分離，故D錯誤。本題正確答案為C。點睛：本題最難的C選項，我們比較熟悉Al(OH)4—，但AlH4—不常見，只要明確金屬元素在化合物中只能顯正價，根據(jù)化合價規(guī)則，就很容易確定H元素顯-1價，最低價態(tài)的元素都具有較強(qiáng)的還原性，問題就解決了。8.下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)的是A.FeFe2O3Fe2(SO4)3B.SSO3H2SO4C.MgCl2溶液MgCl2·6H2OMgD.SiO2(s)Na2SiO3(aq)H2SiO3(s)【答案】D【解析】【詳解】A．Fe與O2在點燃時反應(yīng)產(chǎn)生Fe3O4，不是生成Fe2O3，A錯誤；B．S與O2在點燃時反應(yīng)產(chǎn)生SO2，不能產(chǎn)生SO3，B錯誤；C．MgCl2溶液加熱得不到MgCl2·6H2O，電解氯化鎂固體得到金屬鎂，C錯誤；D．SiO2(s)與氫氧化鈉反應(yīng)Na2SiO3，Na2SiO3溶液中通二氧化碳發(fā)生反應(yīng)生成H2SiO3，符合各步轉(zhuǎn)化，D正確；故選D。9.下列有關(guān)圖像的說法正確的是A.圖甲表示：向某明礬溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量，生成沉淀的物質(zhì)的量與滴加NaOH溶液體積的關(guān)系B.圖乙表示：向含等物質(zhì)的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀鹽酸至過量，生成氣體的體積與滴加HCl溶液體積的關(guān)系C.圖丙表示：在稀硝酸溶液中逐漸加入鐵粉至過量，溶液中Fe3＋物質(zhì)的量與逐漸加入鐵粉物質(zhì)的量的變化關(guān)系D.除去混在硝酸鉀中少量的氯化鈉可用“蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾”的方法【答案】C【解析】【詳解】A.向某明礬溶液中滴加NaOH溶液直至過量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐漸溶解，前后兩個階段分別消耗氫氧化鈉溶液的體積之比為3:1，圖像與之不符，故A錯誤；B.假設(shè)NaOH和Na2CO3分別為1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加過量的稀鹽酸，氫氧化鈉先與鹽酸反應(yīng)消耗1molHCl；碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)生成1molNaHCO3，消耗HCl1mol；最后1molNaHCO3再與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，又消耗HCl1mol，所以產(chǎn)生氣體前后消耗鹽酸的體積之比為2:1，圖像與之不符，故B錯誤；C.在稀硝酸溶液中加入鐵粉，先發(fā)生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，當(dāng)硝酸消耗完之后，鐵離子的量達(dá)到最大值；繼續(xù)加入鐵粉后，鐵離子與鐵發(fā)生反應(yīng)，F(xiàn)e+2Fe3+=3Fe2+，鐵離子的量逐漸減小直至為0，最終兩步反應(yīng)消耗鐵的量為1：0.5=2：1，與圖像相符合，C正確；D.KNO3溶解度隨溫度變化較大，氯化鈉溶解度隨溫度變化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾”的方法進(jìn)行分離，故D錯誤；答案選C。10.為實現(xiàn)隨處可上網(wǎng)，中國發(fā)射了“中星16號”衛(wèi)星。NH4ClO4是火箭的固體燃料，發(fā)生反應(yīng)為2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（

）A.lmol

NH4ClO4溶于水含NH和ClO離子數(shù)均為NAB.反應(yīng)中還原產(chǎn)物分子數(shù)與氧化產(chǎn)物分子總數(shù)之比為1：3C.產(chǎn)生6.4g

O2反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為0.8NAD.0.5mol

NH4ClO4分解產(chǎn)生的氣體體積為44.8L【答案】B【解析】【詳解】A.銨根離子水解，濃度減小，則1mol

NH4ClO4溶于水含ClO離子數(shù)為NA，含NH離子數(shù)小于NA，故A錯誤；B.

O、N元素化合價升高，N2、O2為氧化產(chǎn)物，Cl元素的化合價降低，Cl2為還原產(chǎn)物，則反應(yīng)中還原產(chǎn)物分子數(shù)與氧化產(chǎn)物分子總數(shù)之比為1：3，故B正確；C.產(chǎn)生6.4g即0.2mol

O2，同時生成0.1molCl2，Cl元素化合價由+7價降低到0價，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為1.4NA，故C錯誤；D.沒有說明是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，無法計算0.5mol

NH4ClO4分解產(chǎn)生的氣體體積，故D錯誤；故選：B。11.向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至過量，加入Ba(OH)2溶液的體積和所得沉淀的物質(zhì)的量的關(guān)系如圖，下列說法不正確的是A.圖中C點鋁元素存在形式是B.向D點溶液中通入CO2氣體，立即產(chǎn)生白色沉淀C.原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)=1∶2D.OA段反應(yīng)的離子方程式為：3Ba2++2Al3++8OH?+3＝3BaSO4↓+2+4H2O【答案】D【解析】【詳解】向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液與Ba(OH)2溶液反應(yīng)的實質(zhì)是Al3+與OH?、Ba2+與之間的離子反應(yīng)，如下：Ba2++＝BaSO4↓，Al3++3OH?＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH?＝+2H2O，假設(shè)1molAl2(SO4)3中完全被沉淀所需Ba(OH)2量為3mol，提供6molOH?，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反應(yīng)Al3++3OH?＝Al(OH)3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH?，故：從起點到A點，可以認(rèn)為是硫酸鋁與氫氧化鋇恰好發(fā)生反應(yīng)生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀，A點時完全沉淀，A～B為氯化鋁與氫氧化鋇的反應(yīng)，B點時溶液中Al3+完全沉淀，產(chǎn)生沉淀達(dá)最大值，溶液中溶質(zhì)為BaCl2，B～C為氫氧化鋁與氫氧化鋇反應(yīng)，C點時氫氧化鋁完全溶解。A、C點時氫氧化鋁完全溶解，轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鹽，故C點鋁元素存在形式是，A正確；B、D點的溶液中含有Ba2+、，通入二氧化碳立即產(chǎn)生碳酸鋇、氫氧化鋁沉淀，B正確；C、前3LBa(OH)2溶液與溶液中Al2(SO4)3反應(yīng)，從3L～6L為Ba(OH)2溶液與溶液中AlCl3反應(yīng)，二者消耗的氫氧化鋇的物質(zhì)的量相等為3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸鋇可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化鋁與氫氧化鋇生成氫氧化鋁可知3n(AlCl3)＝2n[Ba(OH)2]＝6mol，故n(AlCl3)＝2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)＝1∶2，C正確；D、OA段實質(zhì)為硫酸鋁與氫氧化鋇恰好發(fā)生反應(yīng)生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)離子方程式為：3Ba2++2Al3++6OH?+3＝3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，D錯誤；答案選D。12.某待測稀溶液中可能含有如下離子中的若干種：K＋、、Ba2＋、Fe2＋、Cl－、、CO、，已知該待測溶液中每種離子的物質(zhì)的量濃度相等，某研究小組進(jìn)行如圖實驗。下列說法正確的是A.氣體A為CO2B.溶液中可能存在的離子有Cl－、K＋C.溶液中一定不存在的離子有CO、D.向溶液G中加入過量H2SO4(aq)產(chǎn)生沉淀J，故原溶液中存在Ba2＋【答案】B【解析】【分析】待測溶液中加入過量稀鹽酸，生成氣體A，氣體A可能為CO2，也可能是硝酸與亞鐵離子反應(yīng)生成的NO；溶液B則加入過量碳酸氫鈉溶液生成沉淀E，E只能為Fe(OH)3，則原溶液一定含有Fe2+，則不含CO，則氣體A應(yīng)為NO，說明溶液中含有，氣體C為CO2，溶液D加入過量氫氧化鋇溶液生成氣體F，F(xiàn)為氨氣，則含有，沉淀H為硫酸鋇或碳酸鋇，溶液中可能含有（若含有，則不含Ba2+），結(jié)合該待測溶液中每種離子的物質(zhì)的量濃度相等，分析判斷?！驹斀狻緼．由以上分析可知A為NO，故A錯誤；B．由以上分析可知溶液中含有Fe2+、、，不含CO，由于溶液中每種離子的物質(zhì)的量濃度相等，根據(jù)溶液的電中性可知，溶液中一定含有，則不含Ba2+，可能同時存在Cl－、K+，故B正確；C．溶液中含有，不含CO，故C錯誤；D．因溶液D中加入過量的氫氧化鋇，溶液G中含有Ba2+，不能證明原溶液中是否含有Ba2+，實際上，根據(jù)上述分析，原溶液中不含有Ba2+，故D錯誤；故選B。第Ⅱ卷(非選擇題共52分)二、填空題(本題共4小題，共52分)13.ClO2與Cl2的氧化性相近，在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應(yīng)用廣泛。某興趣小組通過如圖1裝置(夾持裝置略)對其制備、吸收、釋放和應(yīng)用進(jìn)行了研究。（1）儀器A的名稱是___________。安裝F中導(dǎo)管時，應(yīng)選用圖2中的___________。（2）打開B的活塞，A中發(fā)生反應(yīng)：2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，滴加稀鹽酸的速度宜___________(填“快”或“慢”)。（3）關(guān)閉B的活塞，ClO2在D中被穩(wěn)定劑完全吸收生成NaClO2，此時F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是___________。（4）已知在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2，該反應(yīng)的離子方程式為___________。在ClO2釋放實驗中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應(yīng)，則裝置F的作用是___________。（5）已吸收ClO2氣體的穩(wěn)定劑Ⅰ和穩(wěn)定劑Ⅱ，加酸后釋放ClO2的濃度隨時間的變化如圖所示。若將其用于水果保鮮，你認(rèn)為效果較好的穩(wěn)定劑是___________，理由：___________?！敬鸢浮浚?）①圓底燒瓶②.b（2）慢（3）吸收Cl2（4）①.4H+＋5ClO=Cl-＋4ClO2↑＋2H2O②.驗證是否有ClO2生成（5）①.穩(wěn)定劑Ⅱ②.穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2，能較長時間維持保鮮所需的濃度【解析】【分析】利用裝置A制備二氧化氯，同時生成氯氣，由于本題要驗證二氧化氯的性質(zhì)，故需要利用裝置C除掉二氧化氯中的氯氣；在裝置C中二樣氧化氯被吸收，之后滴加鹽酸，二氧化氯可以被再次釋放出來，在裝置F中驗證二氧化氯的氧化性，最后注意尾氣處理。小問1詳解】由圖可知儀器A的名稱是圓底燒瓶；根據(jù)操作分析，F(xiàn)裝置應(yīng)該長管進(jìn)氣，短管出氣，選b；故答案為：圓底燒瓶；b【小問2詳解】為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，滴加稀鹽酸的速度要慢；故答案為：慢；【小問3詳解】F裝置中能發(fā)生Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉變藍(lán)，所以若F中溶液的顏色若不變，說明沒有氯氣，則裝置C的作用是吸收Cl2；故答案為：吸收Cl2；【小問4詳解】在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2，根據(jù)化合價升降相等和電荷守恒以及原子守恒配平，該反應(yīng)的離子方程式為4H＋+5ClO=Cl－+4ClO2↑+2H2O；在ClO2釋放實驗中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應(yīng)，則裝置F的作用是：驗證是否有ClO2生成；【小問5詳解】根據(jù)圖3可知，穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2，能較長時間維持保鮮所需的濃度，所以穩(wěn)定劑Ⅱ好。14.高鐵酸鉀是一種高效多功能的新型非氯綠色消毒劑，主要用于飲水處理。實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質(zhì)。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強(qiáng)氧化性，在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。(1)制備K2FeO4（夾持裝置略）①如圖所示，A為氯氣發(fā)生裝置。裝置A、B、C、D中存在錯誤的是______________（填序號）。②C中得到紫色固體和溶液。C中通入氯氣發(fā)生反應(yīng)，生成高鐵酸鉀（K2FeO4）的化學(xué)方程式為_______，此外Cl2還可能與過量的KOH反應(yīng)。(2)探究K2FeO4的性質(zhì)①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，得溶液a，經(jīng)檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4，氧化了Cl－而產(chǎn)生Cl2，設(shè)計以下方案：方案I取少量溶液a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案II用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產(chǎn)生。i.由方案I中溶液變紅可知溶液a中含有__________離子，但該離子的存在不能判斷一定是K2FeO4，氧化了Cl2，因為K2FeO4，在酸性溶液中不穩(wěn)定，請寫出K2FeO4在酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式___________________________________。ii．方案Ⅱ可證明K2FeO4，氧化了Cl－．用KOH溶液洗滌的目的是_______________。②根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2_____FeO42－（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ?qū)嶒灡砻?，Cl2和FeO42－的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系恰好相反，原因是_______________。(3)若在制備裝置C中加入Fe(OH)3的質(zhì)量為14.0g，充分反應(yīng)后經(jīng)過濾、洗滌、干燥得K2FeO4固體19.3g，則K2FeO4的產(chǎn)率為______________?！敬鸢浮竣?B②.3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O③.Fe3+④.4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O⑤.確保K2FeO4在堿性環(huán)境中的穩(wěn)定性，同時排除ClO-對驗證的干擾⑥.>⑦.溶液的酸堿性不同⑧.74.5%【解析】【詳解】（1）①A為氯氣發(fā)生裝置，B除去氯氣中的HCl，應(yīng)左側(cè)長導(dǎo)管，右側(cè)短導(dǎo)管，長進(jìn)短出，裝置A、B、C、D中存在錯誤的是B（填序號）。故答案為：B；②C中得到紫色固體和溶液，C中通入氯氣將氫氧化亞鐵氧化，生成高鐵酸鉀（K2FeO4），化學(xué)方程式為3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。故答案為：3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；（2）①i.Fe3+離子與SCN-發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，生成紅色的絡(luò)離子，由方案I中溶液變紅可知溶液a中含有Fe3+離子，但該離子的存在不能判斷一定是K2FeO4，氧化了Cl2，因為K2FeO4在酸性溶液中不穩(wěn)定，K2FeO4在酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。故答案為：Fe3+；4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；ii．方案Ⅱ可證明K2FeO4，氧化了Cl－，用KOH溶液洗滌的目的是確保K2FeO4在堿性環(huán)境中的穩(wěn)定性，同時排除ClO-對驗證的干擾。故答案為：確保K2FeO4在堿性環(huán)境中的穩(wěn)定性，同時排除ClO-對驗證的干擾；②根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O中氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，氧化性Cl2＞FeO42－，而方案Ⅱ?qū)嶒灡砻鳎珻l2和FeO42－的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系恰好相反，原因是溶液的酸堿性不同。故答案為：＞；溶液的酸堿性不同；（3）若在制備裝置C中加入Fe(OH)3的質(zhì)量為14.0g，充分反應(yīng)后經(jīng)過濾、洗滌、干燥得K2FeO4固體19.3g，根據(jù)鐵原子守恒：m==25.9g，則K2FeO4的產(chǎn)率為=74.5%。故答案為：74.5%；15.磷酸二氫鉀(KH2PO4)是一種重要的化工產(chǎn)品，工業(yè)上常用作緩沖劑和培養(yǎng)劑，農(nóng)業(yè)上常用作復(fù)合肥料。以氟磷灰石［主要成分為Ca5F(PO4)3,還含有少量的Fe2O3、A12O3等雜質(zhì)］為原料制備KH2PO4晶體的一種流程如下：回答下列問題：(1)“酸浸”過程中生成磷酸化學(xué)方程式為________，若用鹽酸代替硫酸，磷酸的產(chǎn)率會明顯提高，原因是___，該過程所用的儀器不能采用二氧化硅陶瓷材料，其主要原因是_____________(用化學(xué)方程式表示)。(2)已知物質(zhì)A為CaCO3,其作用是調(diào)節(jié)溶液pH,則“廢渣I”的主要成分為__________。(3)“反應(yīng)II”的化學(xué)方程式為_______。(4)將獲得的KH2PO4晶體進(jìn)行進(jìn)一步提純的方法名稱為____。(5)若用1000kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50.4%的氟磷灰石來制取磷酸二氫鉀晶體，其產(chǎn)率為80%,則生產(chǎn)出的磷酸二氫鉀晶體的質(zhì)量為_____kg.已知摩爾質(zhì)量M【Ca5F(PO4)3】=504g/mol,M(KH2PO4)=136g/mol?！敬鸢浮竣?Ca5F(PO4)3+5H2SO45CaSO4↓+HF↑+3H3PO4②.生成的硫酸鈣會附著在磷灰石的表面，阻止反應(yīng)進(jìn)一步進(jìn)行③.SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O④.Fe(OH)3、Al(OH)3⑤.K2SO4+Ca(H2PO4)2═2KH2PO4+CaSO4↓⑥.重結(jié)晶⑦.326.4【解析】【分析】氟磷灰石主要成分為Ca5F(PO4)3，還含有少量的Fe2O3、A12O3等雜質(zhì)，將氟磷灰石經(jīng)粉碎后加入濃硫酸，可得到HF氣體，過濾得到硫酸鈣晶體，濾液中含有磷酸和硫酸鐵、硫酸鋁，濾液中加入碳酸鈣，調(diào)節(jié)溶液pH，使溶液中的Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而過濾除去，濾液II中加入K2SO4，進(jìn)一步除去溶液中的Ca2+，過濾除去CaSO4，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得到KH2PO4，以此解答該題。【詳解】(1)“酸浸”過程中濃硫酸溶解Ca5F(PO4)3，生成磷酸的同時有硫酸鈣、HF，則發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca5F(PO4)3+5H2SO45CaSO4↓+HF↑+3H3PO4；因硫酸鈣微溶于水，附著在磷灰石的表面，阻止反應(yīng)進(jìn)一步進(jìn)行，因此用鹽酸代替硫酸，可明顯提高磷酸的產(chǎn)率；該過程生成的HF能腐蝕玻璃，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，則所用的儀器不能采用二氧化硅陶瓷材料；(2)物質(zhì)A為CaCO3，其作用是調(diào)節(jié)溶液pH，促進(jìn)溶液中Fe3+、Al3+完全水解轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，則過濾得到的“廢渣I”的主要成分為Fe(OH)3、Al(OH)3；(3)“反應(yīng)II”是濾液中加入K2SO4，和Ca(H2PO4)2發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成KH2PO4和CaSO4，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為K2SO4+Ca(H2PO4)2═2KH2PO4+CaSO4↓；(4)將溶液中獲得的KH2PO4晶體進(jìn)一步提純，可根據(jù)溶解度隨溫度的變化不同，選擇重結(jié)晶操作；(5)若用1000kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50.4%的氟磷灰石(化學(xué)式為Ca5P3FO12)來制取磷酸二氫鉀晶體，其產(chǎn)率為80%，Ca5P3FO12反應(yīng)的質(zhì)量為1000kg×50.4%×80%=403.2kg，物質(zhì)的量為=800mol，則理論上可生產(chǎn)KH2PO4的質(zhì)量為800mol×136g/mol×3=326400g=326.4kg。16.二氧化鈰(CeO2)是一種重要的稀土化合物。以氟碳鈰礦(主要含CeCO3F)為原料制備CeO2的一種工藝流程如圖所示：(1)“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細(xì)顆粒，其目的是___________。(2)酸浸過程中用稀硫酸和H2O2替換HCl不會造成環(huán)境污染。寫出稀硫酸、H2O2與CeO2反應(yīng)的離子方程式__________。(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是________。(4)生成Ce(OH)4的反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_________。(5)取上述流程中得到的CeO2產(chǎn)品0.4500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點時(鈰被還原為Ce3+，其它雜質(zhì)均不反應(yīng))，消耗25.00mL標(biāo)準(zhǔn)溶液。①FeSO4溶液盛放在_________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。②該