2020届全国金太阳联考新高考押题信息考试（一）化学试卷

2020届全国金太阳联考新高考押题信息考试（一）

化学试题

★祝你考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

相对原子质量： O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Fe-56 H-1 C-12 Cu-64 N-14

第Ⅰ卷 （选择题 共48分）

一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）

1.中国传统文化中包括许多科技知识。下列古语中不涉及化学变化的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A项，意思是淘金要千遍万遍的过滤，虽然辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出闪亮的黄金。不涉及化学变化，故A符合题意；

B项，CuSO4·5H2O 煎熬泉水的锅用久了就会在其表面析出一层红色物质（铜），其原因为： CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，发生了化学反应，故B不符合题意；

C项，石灰石加热后能制得生石灰，发生了化学反应，故C不符合题意；

D项，丹砂（HgS）烧之成水银，即红色的硫化汞（即丹砂）在空气中灼烧有汞生成；积变又还成了丹砂，即汞和硫在一起又生成硫化汞，发生了化学反应，故D不符合题意。

故答案选A。

2.化学与人类生活、生产息息相关，下列解决问题的方法不可行的是

A. 为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸

B. 为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中

C. 为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C

D. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化

【答案】B

【解析】

【详解】A. 漂白精中含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；

B. 硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；

C. 维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；

D. 硅胶具有吸水性,可有效防止食物受潮，铁具有还原性，可防止食物被氧化做抗氧化剂，故D正确。

答案选B。

3.下列说法正确的是（　　）

A. HCl的电子式为H:Cl B. H2O2中含有离子键

C. 质量数为12的C原子符号为12C D. 用电子式表示KBr的形成过程：

【答案】D

【解析】

【详解】A.HCl的电子式为，故A错误；

B. H2O2是共价化合物，只含共价键，没有离子键，故B错误；

C.质量数为12的C原子符号为12C，故C错误；

D.用电子式表示KBr的形成过程：，故D正确；

故选D。

4.下列描述正确的是

A. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物

B. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质

C. 可通过溶液导电能力的大小判断强弱电解质

D. 在NaHSO4溶液中存在的离子有：Na+、H+、HSO4-、OH-

【答案】B

【解析】

【详解】A、硫酸-酸、纯碱-盐、醋酸钠-盐和生石灰-氧化物，错误；

B、蔗糖-非电解质、硫酸钡-强电解质和水-弱电解质，正确；

C、强弱电解质的判断标准是在水溶液中是否完全电离，错误；

D、在NaHSO4溶液中存在的离子有：H+和OH-不能大量共存，错误；

答案选B。

5.下列有关实验装置图的叙述中，正确的是

① ②

③ ④

A. 装置①：常用于分离互不相溶的液体混合物

B. 装置②：可用于吸收氯化氢、氨气等气体尾气，防止倒吸

C. 装置③：可用于实验室以氯化铵为原料制备少量NH3的实验

D 装置④：先装满水，再从b口进NO气体，可收集NO

【答案】D

【解析】

【详解】A. 装置①为蒸馏装置，常用于分离沸点不同的液体混合液，A项错误；

B. 装置②中苯与水互不相容，密度比水小，位于水的上层，氯化氢、氨气等气体易溶于水，与水直接接触易倒吸，该装置达不到防倒吸的目的，B项错误；

C. 氯化铵受热分解虽能生成氯化氢和氨气，但氨气为碱性气体，与氯化氢会重新化合生成氯化铵，该操作不能用于制备氨气，C项错误；

D. NO的密度与空气相当，只能用排水法收集，图示中操作规范且科学，D项正确；

答案选D。

6.光化学烟雾污染的形成过程可通过如图表示，下列说法正确的是

A. 转化过程中，生成单质O3的反应不属于氧化还原反应

B. 反应Ⅰ中，每消耗1mol O3，就有3mol NO被还原

C. 转化过程中，消耗22.4L NO2,转移电子数为2×6.02×1023

D. 常温常压下，生成HCHO和CH3CHO的体积比为1：1

【答案】A

【解析】

【详解】A. 转化过程中，生成单质O3的反应是O2+O=O3，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，正确；

B. 反应Ⅰ中，NO被氧化NO2，错误；

C. 没有指明温度和压强，无法计算22.4L NO2的物质的量，错误；

D. 常温常压下，CH3CHO不是气体，HCHO和CH3CHO的体积比不是1：1，错误；

故选A。

【点睛】乙醛的沸点为20.8℃，在常温（20℃）是为液体。

7.下列实验能达到实验目的的是（ ）

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

A、最高价氧化物的水化物的酸性越强，则元素的非金属越强，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不是最高价氧化物的水化物，不适合用于S和Si的非金属性强弱的比较，选项A错误；B、向含有Na2CO3杂质的NaHCO3溶液中通入足量的CO2气体，发生反应：Na2CO3+ CO2+H2O=2 NaHCO3，Na2CO3转化为NaHCO3，且不会产生新的杂质，选项B正确；C、铵盐和强碱在加热条件下反应生成氨气，氨气具有碱性，使湿润红色石蕊试纸变蓝，题中没有加入强碱，实验不成功，选项C错误；D、硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，NO3-、H+具有强氧化性，能把Fe2+氧化为Fe3+，不能证明H2O2的氧化性强于Fe3+，选项D错误。答案选B。

点睛：本题考查较为综合，涉及离子的检验等性质方案的评价，题目侧重于反应原理以及实验操作的严密性的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的合理性和可行性的评价。

8.胞嘧啶是DNA水解产物之一，是精细化工的重要中间体。胞嘧啶可由5－巯基甲脲嘧啶、浓氨水和氯乙酸在一定条件下合成，则反应时NH3和5－巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为

A. 1∶1 B. 2∶3

C. 3∶1 D. 2∶1

【答案】A

【解析】

对比5－巯基甲脲嘧啶和胞嘧啶的分子式，不难看出胞嘧啶比5－巯基甲脲嘧啶多了一个N原子，多出的N原子一定来自于氨，所以反应时NH3和5－巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为1∶1，故选A。

9.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是

A. 25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA

B. 100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA​

C. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为2NA

D. 常温常压下，48g O2与O3混合物含有的氧原子数为3NA​

【答案】D

【解析】

【详解】A. 没有给出溶液的体积，无法计算OH－的数目，错误；

B. 由于铁离子水解，所以100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA​，错误；

C. 标准状况下，Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，氯元素的化合价既升高又降低，22.4L氯气即1mol氯气转移的电子数为NA，错误；

D.  O2与O3都是由氧原子构成，所以48g O2与O3混合物即48g氧原子的物质的量为3mol，含有的氧原子数为3NA​，正确；

故选D。

【点睛】氯气和碱发生的是歧化反应，氯气中的0价氯反应后分别升高到+1价和降低到-1价，所以1mol氯气转移1mol电子。氯气和碱反应是完全的，若1mol氯气和水反应，由于反应可逆，转移的电子数小于NA。

10.一定能在指定环境中大量共存的是

A. 与铝反应放出氢气的溶液：K＋、SO42－、NO3－、Na+

B. 在pH=1的溶液中：NO3－ SO42－ Na+ Fe2+

C. 在强碱溶液中：K＋、Na+、CO32－、NO3－

D. 在由水电离出的c(H+)=1×10－12mol/L的溶液中：Fe3+、Cl－、Na+、 SO42－

【答案】C

【解析】

【详解】A. 与铝反应放出氢气的溶液既可能是酸溶液，也可能是碱溶液，若溶液是酸性的，NO3－在酸性环境下有强氧化性，不可能和铝反应生成氢气，故A不选；

B. pH=1的溶液中有大量的H+，NO3－在酸性环境下有强氧化性，能氧化Fe2+，故B不选；

C. 在强碱溶液中有大量的OH-，OH-和K＋、Na+、CO32－、NO3－不反应，这四种离子相互间也不反应，故C选；

D. 由水电离出的c(H+)=1×10－12mol/L的溶液既可能是酸溶液也可能是碱溶液，若溶液为碱性，Fe3+和OH-会生成沉淀而不能大量共存，故D不选；

故选C

【点睛】由水电离出的氢离子或氢氧根离子若小于10-7mol/L的溶液也即可能是酸溶液，也可能是碱溶液。同样，和铝反应能放出氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液。若和铁放出氢气的溶液，则只能是酸溶液。

11.某同学设计的微型实验装置验证SO2的性质，通过分析实验，下列结论表达正确的是

A. a棉球褪色，验证SO2具有氧化性

B. b棉球褪色，验证SO2具有酸性氧化物的通性

C. c棉球蓝色褪去，验证SO2漂白性

D. 可以使用浓硫酸吸收尾气

【答案】B

【解析】

【分析】

亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，碘单质具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸，据此分析解答。

【详解】A．a棉球中品红褪色，可以验证SO2具有漂白性，故A错误；

B．b棉球褪色，SO2与碱液反应，碱性减弱，溶液褪色，验证SO2具有酸性氧化物的性质，故B正确；

C．碘与SO2和水反应生成氢碘酸和硫酸，碘单质反应完全，c棉球蓝色褪去，可以验证SO2的还原性，故C错误；

D．SO2尽管有还原性，但不能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸吸收尾气，SO2具有酸性氧化物的性质，可以用碱液吸收尾气，故D错误；

答案选B。

【点睛】本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够使一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性；酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色——还原性；滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。

12.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，钠投入到铜盐溶液反应先与水反应，不会置换出铜，故A错误；

B．NaHSO4与Ba（OH）2按照2：1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B类推正确；

C、碘的氧化性较弱，与铁反应时生成FeI2，选项C错误；

D、向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，选项D错误。

答案选B。

13.把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为 (　 　)

A. (10b－5a)mol·L－1 B. (2b－a)mol·L－1

C. (b/10－a/20)mol·L－1 D. (5b－5a/2)mol·L－1

【答案】A

【解析】

【详解】NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5amol，取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5a mol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为bmol－0.5amol，Na2CO3的物质的量为(bmol－0.5amol)×0.5，则c(Na＋)＝(bmol－0.5amol)÷0.1L＝(10b－5a)mol·L－1。

故选A

【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。

14.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是

A. Na+ B. SO42－ C. Ba2+ D. NH4+

【答案】A

【解析】

【详解】溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验；加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以I﹣一定不能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答案选A。

【点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。

【此处有视频，请去附件查看】

15.某反应的反应物与生成物有：H3AsO4、K2SO4、KBrO3、H2SO4、AsH3、H2O和一种未知物质X。已知0．2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子，则下列说法不正确的是

A. AsH3是该反应的还原剂

B. X的化学式为Br2

C. 根据反应可推知氧化性：KBrO3>H3AsO4

D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5

【答案】D

【解析】

【详解】A、由信息可知，Br元素的化合价降低，则As元素的化合价升高，则AsH3是该反应的还原剂，正确；

B、设X中溴元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.2mol×（5-x）=1mol，解得x=0，所以X的化学式为Br2，正确；

C、由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：KBrO3＞H3AsO4，正确；

D、Br元素的化合价由+5价降低为0，As元素的化合价由-3价升高为+5价，由电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：5，错误。

答案选D。

16.利用废铁屑(主要成分为Fe，还含有C，S，P等)制取高效净水剂K2FeO4流程如图：

下列说法不正确的是

A. 废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污

B. 步骤②是将Fe2+转化为Fe(OH)3

C. 步骤③中发生的反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-==2FeO42-+3Cl-+4H++H2O

D. 步骤④中反应能发生的原因是在相同条件下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4

【答案】C

【解析】

【详解】废铁屑(主要成分为Fe，还含有C、 S、P等)加入酸溶得到亚铁盐，过滤后向滤液中加入过量NaOH溶液和H2O2溶液，NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，然后加入NaClO溶液，在碱溶液中发生氧化还原反应生成Na2FeO4，加入KCl固体利用溶解度不同转化为K2FeO4析出。

A. 纯碱是强碱弱酸盐，CO32−水解导致纯碱溶液呈碱性，碱性条件下油污水解生成高级脂肪酸盐和甘油，所以废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污，故A正确；

B. NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，步骤②的目的是将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，故B正确；

C. 步骤③中发生的反应是碱性条件下发生的反应，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+4OH−+3ClO−═2FeO42−+3Cl−+5H2O，故C错误；

D. 步骤④中反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，溶解度大的能转化为溶解度小的物质，反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，故D正确；

答案选C。

Ⅱ卷非选择题（共52分）

17.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如图反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）

请回答下列问题：

（1）丙的化学式为____。

（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，该物质的电子式为___。

（3）写出气体乙与C溶液反应的离子方程式：____。

（4）若将C溶液与E溶液混合，则可以观察到的现象是：____。

（5）配制F溶液时，要将F固体先溶于较浓的盐酸中，再加水稀释，其目的是___(用简单文字和离子方程式说明)。

（6）设计一种检验物质E溶液中金属阳离子实验方案：____(写出实验步骤，现象和结论)。

【答案】 (1). HCl (2). (3). Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O (4). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 (5). 抑制Fe3+水解，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (6). 取少量的E溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+

【解析】

【分析】

金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，乙是黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀为Fe（OH）3，由反应①Na→气体甲+C，为Na与水的反应，生成甲为H2，C为NaOH，H2和Cl2反应生成气体丙，丙为HCl，D为盐酸溶液，由HCl+金属B→E可知，B为金属Fe，E为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成F，则F为FeCl3。据此解答。

【详解】（1）由上面的分析可知，丙的化学式为HCl；故答案为HCl；

（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，为过氧化钠，该物质的电子式为

答案为：

（3）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-＝Cl- +ClO-+H2O；答案为：Cl2+2OH-＝Cl- +ClO-+H2O；

（4）若将NaOH溶液与FeCl2溶液混合发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁在空气中不稳定，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；

（5）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，先加入较浓的盐酸可抑制Fe3+水解；答案为：抑制Fe3+水解，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；

（6）检验物质FeCl2溶液中Fe2+方法为：取少量的E溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+；答案为：取少量的E溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+。

18.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：

（1）某小组设计了如下图所示的实验装置用于制备ClO2。

①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是__________。

②装置B的作用是_________。

③当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是________。

（2）用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准液测定装置C中ClO2溶液的浓度。原理：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O , I2+2S2O32- = 2I- +S4O62-

①配制0.1000mol•L-1的Na2S2O3标准溶液时所需仪器除在如图所示的仪器中进行选择外，还需用到的玻璃仪器是________（填仪器名称）

②在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度___0.1000mol•L-1（填“>”、“<”或“=”，下同）；若Na2S2O3标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度___0.1000mol•L-1。

③取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___________作指示剂，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为________ mol·L－1。

【答案】 (1). 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 (2). 防止倒吸(或作安全瓶) (3). 加大氮气的通入量 (4). 烧杯、玻璃棒 (5). ＜ (6). ＜ (7). 淀粉溶液 (8). 0.04

【解析】

【分析】

（1）NaClO3和H2O2混合液在装置A中发生反应制取ClO2，B是安全瓶，防止倒吸，C中的冷水用来吸收ClO2，D中的NaOH溶液进行尾气处理。

（2）用酸碱中和滴定的原理进行氧化还原滴定。先配制0.1000mol/L的Na2S2O3标准溶液，根据配制步骤确定所需仪器，根据c=确定配制的溶液浓度偏高还是偏低；用方程式计算ClO2的浓度。

【详解】（1）①由于ClO2在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，所以通入氮气除了可以起到搅拌作用外，还起到了稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸的作用。

②装置B的作用是作安全瓶，防止倒吸。

③若发生倒吸，即看到装置C中导管液面上升时，应加大氮气的通入量。

（2）①用固体溶质配制一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，图示中有容量瓶和胶头滴管，缺少的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。

②根据c=，若定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，则所得溶液浓度＜0.1000mol•L-1；若Na2S2O3标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，使溶质的物质的量变小，则所得溶液浓度＜0.1000mol•L-1。

③根据反应2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O ，I2+2S2O32- = 2I- +S4O62-，可找到关系：2ClO2~5I2 ~10S2O32-，即n(ClO2)===4.000×10-4mol，浓度为c===0.04mol/L。

【点睛】在一个连续实验装置中，通常在加热装置和装液体的装置之间有一个安全瓶，起防止倒吸的作用，而这个安全瓶的特点是进气管和出气管都很短，而且瓶子是空的。本题实验没有加热，但很有可能反应会放热，所以也有必要使用安全瓶。

19.现有下列表格中的几种离子

A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质，它们所含的阴、阳离子互不相同。

（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是____和_______（填化学式）.

（2）物质C中含有离子Xn﹣．为了确定Xn﹣，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为__（填字母）

a．Br﹣ b．CH3COO﹣ c．SO42﹣ d．HCO3﹣

（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的________（填相应的离子符号），写出Cu溶解的离子方程式_______。

（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E是_______（填化学式）。

【答案】 (1). K2CO3 (2). Ba（OH）2 (3). C (4). NO3﹣ (5). 3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O (6). FeCl3

【解析】

【分析】

根据离子间的反应（离子共存）和相互间反应的现象判断离子的组合，从而确定五种物质。

【详解】（1）五种物质都可溶，阴离子中CO32﹣的只能和K+组成可溶性物质，和其他阳离子都不共存，所以其中一种物质为K2CO3，阴离子中的OH﹣除了和K+共存外，只能和Ba2+共存，所以另一种物质为Ba(OH)2。这两种物质无须检验就可判断；

（2）A和B分别为K2CO3和Ba(OH)2中的一种。物质C中含有离子Xn﹣，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则可确定C中有Cu2+，不溶于硝酸的白色沉淀应为BaSO4，所以X为SO42-，C为CuSO4；

（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的NO3-，硫酸提供了H+，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，可以把铜氧化为Cu2+，Cu逐渐溶解，稀硝酸被还原为NO，在试管口遇到氧气生成红棕色的NO2，Cu溶解的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；

（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E中含Fe3+，氧化了I-生成I2，使淀粉变蓝，阴离子只剩Cl-，所以E是FeCl3。

20.某工厂废料中含有一定量的单质银。该工厂设计回收单质银的工艺流程如下

已知： i．NaClO在酸性条件下易分解，且NaClO氧化Ag的效果远强于NaClO3的ii.3NaClO 2NaCl+NaClO3请回答下列问题

（1）“粉碎”的目的为_____；

（2）“浸出”时，需加入适量NaCl并保持体系为碱性环境，其中需保持体系为碱性环境的原因为___，发生反应的离子方程式为______________；

（3）“浸出”时，所加 NaClO可用_____（填选项字母）代替，但此法的缺点是_______；

a．HNO3 b．NaCl c．Na2S

（4）“溶解”时，发生反应的离子方程式为______________。

（5）“还原”时，N2H4•H2O对应的产物为N2．此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。

【答案】 (1). 增大接触面积，提高后续银的浸出速率 (2). 防止NaClO分解成NaCIO3降低氧化效果 (3). 2Ag+ClO﹣+Cl﹣+H2O＝2AgCl+2OH﹣ (4). A (5). 产生氮氧化物，污染环境 (6). AgCl+2NH3•H2O＝[Ag(NH3)2]++Cl﹣+2H2O (7). 4：1

【解析】

【分析】

回收银的流程：将粉碎的银废料在NaCl存在时在碱性条件下被NaClO氧化，生成的AgCl和氨水发生络合反应生成[Ag(NH3)2]+，然后用N2H4·H2O还原得到银。

【详解】（1）“粉碎”的目的为增大接触面积，提高后续银的浸出速率；

（2）NaClO在酸性条件下易分解为NaClO3，且NaClO氧化Ag的效果远强于NaClO3，所以“浸出”时，需加入适量NaCl并保持体系为碱性环境，发生反应的离子方程式为2Ag+ClO﹣+Cl﹣+H2O＝2AgCl+2OH﹣；

（3）“浸出”时，NaClO起到了氧化剂的作用，虽然硝酸也有强氧化性，可以氧化银，但硝酸的还原产物是NO或NO2，污染环境；

（4）“溶解”时，发生了类似制取银氨溶液的反应，故反应的离子方程式为AgCl+2NH3•H2O＝[Ag(NH3)2]++Cl﹣+2H2O ；

（5）“还原”时，N2H4•H2O对应的产物为N2，氮的化合价从-2价升高到0价，1mol还原剂失去4mol电子，[Ag(NH3)2]+被还原为Ag，1mol氧化剂得到1mol电子，根据电子守恒，此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1。