黑龍江省齊齊哈爾市第八中學2022屆高三化學10月月考試題〔含解析〕本試卷共分兩局部，總分值100分，第一局部選擇題15小題，共45分，第二局部非選擇題，共55分?？荚嚂r間：90分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H：1C：12N：140：16Mn:55Ni:59第一卷〔總分值45分〕一、選擇題〔共15小題每題只有1個選項符合題意每題3分共45分〕1.化學與生活密切相關(guān)。以下說法錯誤的選項是〔〕A.PM2.5是指粒徑不大于2.5μm的可吸入懸浮顆粒物B.綠色化學要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染C.燃煤中參加CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放D.天然氣和液化石油氣是我國目前推廣使用的清潔燃料【答案】C【解析】A項，PM2.5是指微粒直徑不大于2.5

μm的可吸入懸浮顆粒物，正確；B項，綠色化學要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染，正確；C項，燃煤中參加生石灰可以減少硫酸型酸雨的形成〔原理為2CaO+2SO2+O22CaSO4〕，但在加熱時生石灰不能吸收CO2，不能減少CO2的排放，不能減少溫室氣體的排放，錯誤；D項，天然氣〔主要成分為CH4〕和液化石油氣〔主要成分為C3H8、C4H10〕是我國目前推廣使用的清潔燃料，正確；答案選C。2.化學在生活中有著廣泛的應(yīng)用，以下對應(yīng)關(guān)系錯誤的選項是〔〕化學性質(zhì)實際應(yīng)用A.Al2(SO4)3和小蘇打反響泡沫滅火器滅火B(yǎng).鐵比銅金屬性強FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板C.次氯酸鹽具有氧化性漂白粉漂白織物D.HF與SiO2反響氫氟酸在玻璃器皿上刻蝕標記A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】試題分析：A、硫酸鋁和碳酸氫鈉發(fā)生反響生成氫氧化鋁沉淀、硫酸鈉和二氧化碳，能滅火，故說法正確；B、氯化鐵和銅反響生成氯化亞鐵和氯化銅，說明銅的復(fù)原性強于亞鐵離子，不能說明鐵的金屬性比銅強，故說法錯誤；C、次氯酸具有強氧化性，能漂白，故說法正確；D、氟化氫和二氧化硅反響生成四氟化硅和水，可以刻蝕玻璃，故說法正確?！究键c定位】考查鹽類水解的應(yīng)用，氧化復(fù)原反響，次氯酸的性質(zhì)，二氧化硅的性質(zhì)【名師點睛】本試題考查考生對元素及其化合物性質(zhì)的掌握以及對知識的夯實和運用的能力。鹽類水解在生活中涉及方方面面，如泡沫滅火器、明礬凈水等等，泡沫滅火劑原理就是鹽類水解：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。比擬金屬性的強弱，可以通過置換反響，利用金屬性強的制取金屬性弱的，如Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，說明Fe比Cu金屬性強。漂白性的原理分為三類：一是具有強氧化性的，如HClO、O3、H2O2、NaClO〔漂白液的有效成分〕、Ca(ClO)2〔漂白粉的有效成分〕等；二是結(jié)合性的，如SO2；三是吸附性，如活性炭，前兩者屬于化學變化，后者屬于物理變化。漂白衣服常用氧化性的，但注意不能和潔廁劑混用，會產(chǎn)生氯氣；SO2漂白紙張等；活性炭吸附水中的雜質(zhì)。雕刻玻璃常用氫氟酸，因為發(fā)生反響：4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O，氫氟酸常保存在塑料瓶中，只有掌握一定的化學知識，才會使我們的生活質(zhì)量得以提升，也才會更平安、更健康。3.宋應(yīng)星所著?天工開物?被外國學者譽為“17世紀中國工藝百科全書〞。以下說法不正確的選項是A.“凡白土曰堊土，為陶家精美啟用〞中“陶〞是一種傳統(tǒng)硅酸鹽材料B.“凡火藥，硫為純陽，硝為純陰〞中“硫〞指的是硫磺，“硝〞指的是硝酸C.“燒鐵器淬于膽礬水中，即成銅色也〞該過程中反響的類型為置換反響D.“每紅銅六斤，入倭鉛四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黃銅〞中的黃銅是合金【答案】B【解析】【詳解】A.陶瓷是傳統(tǒng)硅酸鹽材料,屬于無機傳統(tǒng)非金屬材料,故A正確;B.“凡火藥,硫為純陽,硝為純陰〞中“硫〞指的是硫磺，“硝〞指的是硝酸鉀,故B不正確;C.該過程中反響為鐵與硫酸銅反響生成硫酸亞鐵和銅,反響類型為置換反響,故C正確;D.黃銅是銅鋅合金,故D正確;答案：B。4.以下化學用語和化學符號使用正確的選項是A.次氯酸的結(jié)構(gòu)式可以表示為：H—O—ClB.乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為：C2H6OC.含58個質(zhì)子和82個中子的鈰(Ce)原子符號為：CeD.硫化鈉的電子式：【答案】A【解析】【詳解】A.氧原子最外層電子數(shù)是6，形成兩個共價鍵到達8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，氯原子最外層電子數(shù)是7，形成一個共價鍵到達8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，次氯酸的結(jié)構(gòu)式為：H—O—Cl，選項A正確；B．乙醇的結(jié)構(gòu)簡式必須標出官能團羥基，乙醇正確的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2OH，選項A錯誤；C.含58個質(zhì)子和82個中子的鈰(Ce)原子，質(zhì)量數(shù)為140，符號為：，選項C錯誤；D．硫化鈉為離子化合物，鈉離子直接用離子符號表示，硫離子需要標出所帶電荷及最外層電子，硫化鈉正確的電子式為，選項D錯誤；答案選A。5.以下各組中所含化學鍵類型相同的一組是A.NaOH、H2SO4、NH4Cl B.MgO、Na2SO4、NH4HCO3C.Na2NO3、KOH、Na2SO4 D.AlCl3、Al2O3、MgCl2【答案】C【解析】【詳解】A、NaOH、NH4Cl中既含離子鍵也含共價鍵，H2SO4中只有共價鍵，選項A錯誤；B、MgO中只有離子鍵，Na2SO4、NH4HCO3中既含離子鍵也含共價鍵，選項B錯誤；C、Na2NO3、KOH、Na2SO4三種物質(zhì)都是既有離子鍵又有共價鍵，選項C正確；D、AlCl3只有共價鍵，Al2O3、MgCl2只有離子鍵，選項在D錯誤。答案選C?！军c睛】此題考查化學鍵的判斷及應(yīng)用，離子鍵是通過原子間電子轉(zhuǎn)移，形成正負離子，由靜電作用形成的；共價鍵是原子間通過共用電子對而形成的相互作用。6.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說法正確的選項是A.100mL1mol·L?1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目為0.1NAB.標準狀況下22.4LHF中含有的氟原子數(shù)目為NAC.將1molCl2通入到足量的水中，那么N(HClO)+N(Cl?)+N(ClO?)=2NA(N表示粒子數(shù))D.標準狀況下，用MnO2和濃鹽酸反響制取Cl2，當有4molHCl被氧化時，生成44.8LCl2【答案】D【解析】【詳解】A.100mL1mol?L-1FeCl3溶液中含有溶質(zhì)氯化鐵的物質(zhì)的量為：0.1mol/L×1L=0.1mol，由于Fe3+局部水解，那么溶液中含有Fe3+的數(shù)目小于0.1NA，選項A錯誤；B．標況下，氟化氫不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算氯化氫的物質(zhì)的量，選項B錯誤；C.1mol氯氣中共含2mol氯原子，而氯氣與水的反響為可逆反響，不能進行徹底，故溶液中有HClO分子、ClO-、Cl-、Cl2分子，根據(jù)氯原子的守恒可有：2NA=N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)+2N(Cl2)，即N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2[NA-N(Cl2)]，選項C錯誤；D.標準狀況下，在MnO2+4HCl〔濃〕MnCl2+Cl2+2H2O↑反響中，當有4molHCl被氧化時，生成氯氣2mol，即44.8LCl2，選項D正確。答案選D。【點睛】此題考查了阿伏伽德羅常數(shù)，題目難度不大，注意明確標準狀況下物質(zhì)的狀態(tài)是否為氣體，熟練掌握物質(zhì)的量與阿伏伽德羅常數(shù)、摩爾質(zhì)量等之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系。易錯點為選項A：氯化鐵溶液中鐵離子局部水解，導(dǎo)致鐵離子數(shù)目減少。7.以下結(jié)論不正確的選項是〔〕①氫化物的穩(wěn)定性：HF＞HCl＞SiH4②離子半徑：Al3＋＞S2－＞Cl－③離子的復(fù)原性：S2－＞Cl－＞Br-④酸性：H2SO4＞H3PO4＞HClO⑤沸點：H2S＞H2OA.②③⑤ B.①②③ C.②④⑤ D.①③⑤【答案】A【解析】【詳解】①非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：F＞Cl＞Si，氫化物的穩(wěn)定性：HF＞HCl＞SiH4，故①正確；②Al3+核外兩個電子層，S2-、Cl-核外三個電子層，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)多，那么半徑小。故離子半徑：S2－＞Cl－＞Al3＋，故②錯誤；③非金屬單質(zhì)的氧化性越強，其離子的復(fù)原性越弱，單質(zhì)的氧化性：Cl2＞Br2＞S離子的復(fù)原性：S2－＞Br-＞Cl－，故③錯誤；④硫酸、磷酸都是最高價的含氧酸，由于非金屬性：硫元素強于磷元素，所以硫酸酸性強于磷酸，磷酸是中強酸，而碳酸是弱酸，所以磷酸酸性強于碳酸，二氧化碳、水、次氯酸鈣能反響生成碳酸鈣和次氯酸，所以碳酸酸性強于次氯酸，所以酸性依次減弱：H2SO4＞H3PO4＞HClO，故④正確；⑤H2S和H2O結(jié)構(gòu)相似，化學鍵類型相同，但H2O中的O能形成氫鍵，H2S中的S不能，所以沸點：H2S<H2O，故⑤錯誤。答案選A。8.以下物質(zhì)能使枯燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色的是()①氯氣②液氯③新制的氯水④氯氣的酒精溶液⑤鹽酸⑥鹽酸酸化的漂白粉溶液A.①②③ B.①②③⑥ C.③⑥ D.②④⑤⑥【答案】C【解析】【詳解】①氯氣不能使枯燥的石蕊試紙褪色，故①錯誤；

②液氯不能使枯燥的石蕊試紙褪色，故②錯誤；③新制氯水中含有HCl和HClO，能使枯燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色，故③正確；④氯氣的酒精溶液中存在氯氣，氯氣不能使枯燥的石蕊試紙褪色，故④錯誤；⑤鹽酸具有酸性能使藍色石蕊試紙變紅，但鹽酸沒有漂白性，所以不能使試紙褪色，故⑤錯誤；⑥用鹽酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使枯燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色，故⑥正確；答案選C?！军c睛】枯燥的氯氣不具有漂白作用，氯氣與水反響生成HClO，HClO具有漂白性，能使枯燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色物質(zhì)應(yīng)既具有酸性，又有HClO存在。9.某研究性學習小組討論甲、乙、丙、丁四種實驗裝置的有關(guān)用法，其中正確的選項是A.甲裝置：可用來除去CO氣體中的CO2氣體B.乙裝置：可用來驗證NaHCO3和Na2CO3的熱穩(wěn)定性C.丙裝置：可用來實驗室制備乙酸乙酯D.丁裝置：可用來比擬HC1、H2CO3和H2SiO3的酸性強弱【答案】C【解析】A、洗氣應(yīng)長進短出，A錯誤；B、小試管中應(yīng)裝NaHCO3，外面大試管裝Na2CO3，里面NaHCO3分解，而外面的Na2CO3不分解，說明Na2CO3穩(wěn)定性強，B錯誤；C、可以用丙裝置制備乙酸乙酯，C正確；D、生成的CO2中有HCl氣體，最終燒杯中生成的H2SiO3沉淀也可能是鹽酸與Na2SiO3反響而得，不能比擬碳酸與硅酸的酸性強弱，D錯誤。答案選C。10.以下離子方程式正確的選項是A.向Ca(HCO3)2溶液中參加少量NaOH溶液：Ca2＋＋2OH－+2HCO3－═CaCO3↓+CO32－+2H2OB.1mol?L﹣1的NaAlO2溶液和1mol?L﹣1的HCl溶液等體積互相均勻混合：AlO2－+H++H2O═Al(OH)3↓C.向Al2(SO4)3溶液中參加過量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O═AlO2－+4NH4++2H2OD.醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O【答案】B【解析】【詳解】A.向Ca(HCO3)2溶液中參加少量NaOH溶液，反響生成碳酸鈣、碳酸氫鈉和水，反響的離子方程式為：Ca2＋＋OH－+HCO3－═CaCO3↓+H2O，選項A錯誤；B.1mol?L﹣1的NaAlO2溶液和1mol?L﹣1的HCl溶液等體積互相均勻混合，反響生成氫氧化鋁和氯化鈉，反響的離子方程式為：AlO2－+H++H2O═Al(OH)3↓，選項B正確；C.向Al2(SO4)3溶液中參加過量的NH3·H2O，反響生成氫氧化鋁和硫酸銨，反響的離子方程式為：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，選項C錯誤；D.醋酸除去水垢，醋酸為弱酸，必須寫化學式，反響的離子方程式為：2CH3COOH+CaCO3═Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，選項D錯誤。答案選B。11.將SO2分別通入以下各溶液中，以下有關(guān)說法正確的選項是A.試管a中實驗可以證明SO2具有漂白性B.試管b中溶液褪色，說明SO2具有強氧化性C.試管c中能產(chǎn)生白色沉淀，說明SO2具有復(fù)原性D.試管d中能產(chǎn)生白色沉淀，參加稀硝酸后沉淀完全溶解【答案】C【解析】【詳解】A．SO2與KMnO4酸性溶液發(fā)生氧化復(fù)原反響，表現(xiàn)了SO2的復(fù)原性，故A錯誤；B．SO2使品紅溶液褪色，表現(xiàn)了SO2的漂白性，故B錯誤；C．SO2被溶液中的NO3－和H＋氧化為SO42－，表現(xiàn)了SO2的復(fù)原性，故C正確；D．SO2與NaOH和BaCl2混合溶液反響生成BaSO3，BaSO3被硝酸氧化為BaSO4，BaSO4難溶于稀硝酸，故D錯誤；應(yīng)選C。【點睛】易錯點A：要注意SO2使有色物質(zhì)褪色不一定是它的漂白性．12.第ⅡA族相鄰周期的A、B兩種元素所在周期分別最多可排m和n種元素，且B在A的上周期，當A的原子序數(shù)為x時，B的原子序數(shù)可能為A.x+m B.x-m C.x+n D.x-n【答案】D【解析】【詳解】A、B同在第ⅡA族，B在A的上一周期時，B和A的原子序數(shù)之差恰好為B所在周期的元素種類數(shù)，A、B兩種元素所在周期分別最多可排m和n種元素，所以當A的原子序數(shù)為x時，B的原子序數(shù)為x?n，D項正確；答案選D。13.短周期W、X、Y、Z、Q五種元素的原子序數(shù)依次遞增，W和Z位于同一主族。W的氫化物可與Q單質(zhì)在光照條件下反響生成多種化合物，Y的氧化物是一種比擬好的耐火材料，也是工業(yè)上冶煉Y的原料，X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物可與Z單質(zhì)反響產(chǎn)生常見的復(fù)原性氣體單質(zhì)E。以下說法不正確的選項是A.X、Z的最高價氧化物相互化合，生成的產(chǎn)物可用作防火劑B.電解X、Q元素組成的化合物的飽和溶液常被用于工業(yè)上制備X單質(zhì)C.W、X、Q三種元素都能形成多種氧化物D.Y、Q形成的化合物是強電解質(zhì)【答案】B【解析】【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五種元素的原子序數(shù)依次遞增，W和Z位于同一主族，W的氫化物可與Q單質(zhì)在光照條件下反響生成多種化合物，可聯(lián)想到甲烷和氯氣光照下反響生成一系列產(chǎn)物，故W為C，Z為Si，Q為Cl。X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物可與Z單質(zhì)反響產(chǎn)生常見的復(fù)原性氣體單質(zhì)E，那么可推出X為Na，E為氫氣，進一步證明Z為Si；Y的氧化物是一種比擬好的耐火材料，也是工業(yè)上冶煉Y的原料，那么聯(lián)想到電解熔融氧化鋁制取鋁，推出Y為Al，以此解答該題?！驹斀狻坑梢陨戏治隹梢灾繵為C元素、X為Na元素、Y為Al元素、Z為Si元素、Q為Cl元素，

A.Na2O和SiO2化合生成硅酸鈉，硅酸鈉可用作防火劑，故A正確；

B.電解飽和氯化鈉溶液可以制備燒堿、氯氣和氫氣，不能制備金屬鈉，故B錯誤；

C.C的氧化物有CO、CO2；Na的氧化物有Na2O、Na2O2；Cl的氧化物有Cl2O、ClO2等多種氧化物，故C正確；

D.Al、Cl形成的化合物是是AlCl3，屬于強電解質(zhì)，故D正確。

答案選B。14.向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴參加NaOH溶液，生成沉淀的量隨NaOH溶液參加量的變化關(guān)系如下圖，那么以下離子組在對應(yīng)的溶液中一定能大量共存的是A.M點對應(yīng)的溶液中：K+、Fe2+、SO42-、NO3-B.N點對應(yīng)的溶液中：K+、NH4+、Cl-、CO32-C.S點對應(yīng)的溶液中：Na+、SO42-、HCO3-、NO3-D.R點對應(yīng)的溶液中：Na+、SO42-、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【詳解】A．M點鹽酸有剩余，溶液顯酸性，H+、Fe2+、NO3-發(fā)生氧化復(fù)原反響，不能大量共存，故A錯誤；B．N點HCl與NaOH恰好反響，溶液中含AlCl3，Al3+、CO32-相互促進水解，不能大量共存，故B錯誤；C．S點AlCl3沒有完全反響，Al3+、HCO3-相互促進水解，不能大量共存，故C錯誤；D．R點生成偏鋁酸鈉，溶液顯堿性，該組離子之間不反響，可大量共存，故D正確；答案選D。15.足量銅與一定量濃硝酸反響，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與33.6LO2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。假設(shè)向所得硝酸銅溶液中參加5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，那么消耗NaOH溶液的體積是A.2.5L B.1.2L C.1.5L D.3mL【答案】B【解析】足量銅與一定量濃硝酸反響，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與33.6LO2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。從終態(tài)角度分析，硝酸在整個過程中沒有變化，相當于足量銅被33.6LO2(標準狀況)氧化，由氧化復(fù)原得失電子守恒：2n(Cu2+)=2n(Cu)=4n(O2)，n(Cu2+)=3mol，n(OH—)=2n(Cu2+)=6mol，那么v(NaOH)=6mol/5mol·L-1=1.2L，故B正確。第二卷〔非選擇題，共55分〕16.A是一種紅棕色金屬氧化物，B、D是金屬單質(zhì)，J是一種難溶于水的白色化合物，受熱后容易發(fā)生分解。(1)寫出以下物質(zhì)的名稱或化學式：A(名稱)：_________E(名稱)：_________J(化學式)：_________G(化學式)：_________；(2)按要求寫方程式：D轉(zhuǎn)化為E的離子方程式：________________________________________________；F在空氣中轉(zhuǎn)化為G的化學方程式：________________________________________；電解C可以得到單質(zhì)B，試寫出B生成I的離子方程式：_____________________?！敬鸢浮?1).氧化鐵(2).氯化亞鐵(3).Al(OH)3(4).Fe(OH)3(5).Fe+2H+=Fe2++H2↑(6).4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(7).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【解析】A是一種紅棕色金屬氧化物，根據(jù)G是紅褐色沉淀可判斷G是氫氧化鐵，那么F是氫氧化亞鐵，E是氯化亞鐵，B、D是金屬單質(zhì)，D是鐵，因此A是氧化鐵。C與鹽酸和氫氧化鈉溶液均反響，那么C是氧化鋁，B是鋁，H是氯化鋁，I是偏鋁酸鈉，J是一種難溶于水的白色化合物，受熱后容易發(fā)生分解，J是氫氧化鋁，分解生成氧化鋁和水?！?〕根據(jù)以上分析可知A的名稱是氧化鐵，E的名稱是氯化亞鐵，J的化學式為Al(OH)3，G的化學式為Fe(OH)3；〔2〕D轉(zhuǎn)化為E的離子方程式為Fe+H+=Fe2++H2↑；F在空氣中轉(zhuǎn)化為G的化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；鋁與氫氧化鈉溶液反響生成I的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。17.二氧化氯(ClO2)是一種黃綠色氣體，易溶于水，在混合氣體中的體積分數(shù)大于10％就可能發(fā)生爆炸，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。答復(fù)以下問題：(1)在處理廢水時，ClO2可將廢水中的CN－氧化成CO2和N2，寫出該反響的離子方程式：________________________。(2)某小組按照文獻中制備ClO2的方法設(shè)計了如下圖的實驗裝置用于制備ClO2。①通入氮氣的主要作用有2個，一是可以起到攪拌作用，二是____________________。②裝置B的作用是__________________。③裝置A用于生成ClO2氣體，該反響的化學方程式為__________________。④當看到裝置C中導(dǎo)管液面上升時應(yīng)進行的操作是______________________。(3)測定裝置C中ClO2溶液的濃度：取10mLC中溶液于錐形瓶中，參加足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后參加_______________________作指示劑，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的溶液(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，當看到____________________________現(xiàn)象時，測得標準液消耗的體積為20.00mL，通過計算可知C中ClO2溶液的濃度為________mol·L－1?！敬鸢浮?1).2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－(2).稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸(3).防止倒吸(或作平安瓶)(4).2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O(5).加大氮氣的通入量(6).淀粉溶液(7).溶液藍色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色(8).0.04【解析】【分析】〔1〕依據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)守恒配平該氧化復(fù)原反響方程式；〔2〕①結(jié)合ClO2的特點，從平安隱患角度分析考慮；②根據(jù)儀器的連接特點作答；③NaClO3與H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化復(fù)原反響用于制備ClO2；④裝置C中導(dǎo)管液面上升時，說明ClO2在水中過飽和，析出晶體；〔3〕碘單質(zhì)與淀粉溶液變藍；再根據(jù)標準溶液滴定待測液的根本實驗操作分析作答；最后依據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)守恒及各物質(zhì)之間的關(guān)系式列式計算。【詳解】〔1〕ClO2可將廢水中的CN－氧化成CO2和N2，本身氯元素化合價降低到穩(wěn)定的-1價，其離子方程式為：2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－，故答案為：2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－；〔2〕①氮氣可稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸，故答案為：可稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸；②ClO2易溶于水，那么裝置B作為平安瓶，可防倒吸，故答案為：防止倒吸(或作平安瓶)；③裝置A內(nèi)發(fā)生氧化復(fù)原反響，NaClO3作氧化劑，H2O2做復(fù)原劑，反響有氧氣生成，結(jié)合原子守恒規(guī)律可知，產(chǎn)物中還有水，其化學方程式為：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，故答案為：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；④裝置C中導(dǎo)管液面上升時，說明ClO2濃度過大，為防止爆炸，需加大氮氣的通入量，故答案為：加大氮氣的通入量；〔3〕KI可在酸性條件下被ClO2氧化為I2，因I2與淀粉溶液會變藍，所以可用淀粉溶液作為反響的指示劑，用Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的I2溶液，當?shù)味ㄗ詈笠坏螛藴蔔a2S2O3時，錐形瓶內(nèi)的溶液藍色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色，說明已到達終點，依據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)守恒規(guī)律列出關(guān)系式2ClO25I210S2O32-，那么n(ClO2)=n(S2O32-)=×0.1000mol·L－1×20.00×10-3L=4×10-4mol，因此錐形瓶內(nèi)ClO2的濃度為c(ClO2)==0.04mol/L，故答案為：淀粉溶液；溶液藍色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色；0.04。【點睛】氧化復(fù)原反響的應(yīng)用是高考必考點，利用關(guān)系式法可以化繁為簡。所謂關(guān)系式法，就是根據(jù)得失電子守恒關(guān)系建立量與未知量之間的橋梁，列出關(guān)系式進而計算，這樣可以很快理清思路，提高做題準確率與做題效率。如最后一問，利用碘單質(zhì)中間量，直接找出ClO2與S2O32-之間的等量關(guān)系，是解此小題的突破口。18.高錳酸鉀是錳的重要化合物和常用的氧化劑。以下是工業(yè)上用軟錳礦制備高錳酸鉀的一種工藝流程：〔1〕KMnO4稀溶液是一種常用的消毒劑。其消毒原理與以下_____物質(zhì)相似。A．75%酒精B．雙氧水C．苯酚D．“84〞消毒液〔NaClO溶液〕〔2〕操作Ⅰ的名稱是________；操作Ⅱ是根據(jù)KMnO4和K2CO3兩物質(zhì)在__________〔填性質(zhì)〕上差異，采用__________〔填操作步驟〕、趁熱過濾得到KMnO4粗晶體的?！?〕上述流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)有石灰、CO2、____和____〔寫化學式〕。〔4〕向K2MnO4溶液中通入CO2以制備KMnO4，該反響中的復(fù)原劑是_______。〔5〕鉍酸鈉〔NaBiO3，不溶于水〕用于定性檢驗酸性溶液中Mn2+的存在〔鉍元素的復(fù)原產(chǎn)物為Bi3+，Mn的氧化產(chǎn)物為+7價〕，寫出反響的離子方程式：__________________?！?〕寫出MnO2、KOH的熔融混合物中通入空氣時發(fā)生的主要反響的化學方程式：________________?！?〕假設(shè)不考慮物質(zhì)循環(huán)與制備過程中的損失，那么1molMnO2可制得_____molKMnO4?！敬鸢浮?1).BD(2).過濾(3).溶解度(4).濃縮結(jié)晶(5).KOH(6).MnO2(7).K2MnO4(8).2Mn2++5NaBiO3+14H+==2MnO4?+5Bi3++5Na++7H2O(9).2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O(10).【解析】【分析】由工藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空氣時發(fā)生反響生成K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入CO2制備KMnO4、還生成K2CO3、MnO2，通過過濾，別離出二氧化錳，濾液中含KMnO4和K2CO3，根據(jù)KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸發(fā)結(jié)晶的方式可別離出高錳酸鉀和碳酸鉀，對粗高錳酸鉀進行重結(jié)晶、枯燥得到純潔的高錳酸鉀；向碳酸鉀溶液中參加石灰生成碳酸鈣和氫氧化鈉，高錳酸鉀具有強氧化性，常常利用高錳酸鉀的強氧化性進行消毒；別離固體與溶液，采用過濾操作，利用KMnO4和K2CO3在溶解性上進行別離；制備中利用的原料，在轉(zhuǎn)化過程中又生成的可以循環(huán)利用；由工藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制備KMnO4、還生成K2CO3、MnO2，所含元素化合價升升降確定氧化劑復(fù)原劑；〔6〕由工藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，MnO2、KOH熔融混合物中通入空氣時發(fā)生反響生成K2MnO4，根據(jù)元素守恒還應(yīng)生成水．反響中錳元素由+4價升高為+6價，總升高2價，氧元素由0價降低為-2價，總共降低4價，化合價升降最小公倍數(shù)為4，所以MnO2系數(shù)2，O2系數(shù)為1，根據(jù)錳元素守恒確定K2MnO4系數(shù)，根據(jù)鉀元素守恒確定KOH系數(shù)，根據(jù)氫元素守恒確定H2O系數(shù)；【詳解】〔1〕高錳酸鉀具有強氧化性，常常利用高錳酸鉀的強氧化性進行消毒．A、75%酒精是通過酒精滲透到細菌體內(nèi)，使細菌蛋白質(zhì)凝固〔變性〕，從而殺死細菌，故A錯誤；

B、雙氧水具有強氧化性，常常利用雙氧水的強氧化性進行殺菌消毒，故B正確；C、苯酚是通過滲透到細菌體內(nèi)，使細菌蛋白質(zhì)凝固〔變性〕，從而殺死細菌，故C錯誤；D、NaClO溶液中次氯酸鈉具有強氧化性，常常利用次氯酸鈉的強氧化性進行殺菌消毒，故D正確，應(yīng)選BD；〔2〕該操作是別離固體與溶液，是過濾操作，KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸發(fā)結(jié)晶方式可別離，故答案為：過濾；溶解度;蒸發(fā)結(jié)晶；〔3〕制備中利用的原料，在轉(zhuǎn)化過程中又生成的可以循環(huán)利用．由轉(zhuǎn)化關(guān)系圖知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制備KMnO4生成的MnO2及最后由母液參加石灰生成的KOH，會在MnO2、KOH的熔融制備K2MnO4中被循環(huán)利用，故答案為：KOH；MnO2；〔4〕由工藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制備KMnO4、還生成K2CO3、MnO2，反響只有Mn元素的化合價發(fā)生變化，由+6價降低為+4價，降低2，由+6價升高為+7價，升高1，所以K2MnO4既是氧化劑又是復(fù)原劑，故復(fù)原劑是K2MnO4答案是K2MnO4〔5〕鉍酸鈉〔不溶于水〕在酸性溶液中與Mn2+反響生成MnO4-和Bi3+，那么反響離子方程式為：2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O；故答案為：2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O〔6〕由工藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空氣時發(fā)生反響生成K2MnO4，根據(jù)元素守恒還應(yīng)生成水．反響中錳元素由+4價升高為+6價，總升高2價，氧元素由0價降低為-2價，總共降低4價，化合價升降最小公倍數(shù)為4，所以MnO2系數(shù)2，O2系數(shù)為1，根據(jù)錳元素守恒確定K2MnO4系數(shù)為2，根據(jù)鉀元素守恒確定KOH系數(shù)為4，根據(jù)氫元素守恒確定H2O系數(shù)為2，所以反響化學方程式為2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O故答案為：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O〔7〕〔4〕由2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O可知最初的原料中1molMnO2恰好得到1molK2MnO4．由3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2知，1molK2MnO4在反響中能得到2/3molKMnO4，故答案為：2/3；【點睛】新情景下氧化復(fù)原反響方程式的書寫：〔1〕先寫出復(fù)原劑，氧化劑，復(fù)原產(chǎn)物，氧化產(chǎn)物；〔2〕電子守恒配平復(fù)原劑，氧