【解析】广东省惠州市博罗中学2017届高三上学期月考化学试卷(9月份) 含解析.doc

2016-2017学年广东省惠州市博罗中学高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题1．下列说法正确的是（）A．煤经处理变为气体燃料的过程属于物理变化B．往BaCl2溶液中通入少量CO2有白色沉淀生成C．医用酒精、冰醋酸、液态HCl都是混合物D．乙酸乙酯和一氯乙烷在一定条件下均可水解生成乙醇2．下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A．B．C．D．排水法收集NO实验室制取并收集氧气除去氯气中的HCl分离碘酒中的碘与酒精3．下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是（）A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2 C．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3D．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3 4．下列微粒在水溶液中能大量共存的是（）A．Fe3+、H+、I﹣、Na+B．Al3+、Na+、AlO2﹣、SO42﹣C．K+、NH4+、H+、CO32﹣D．Cu2+、SO42﹣、Al3+、Cl﹣5．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．16g O2和O3的混合气体中含有的原子数为N AB．在1L0.1 mol/L碳酸钠溶液中，CO32﹣总数为0.1 N AC．标准状况下，22.4 LSO3与水反应生成1mol硫酸D．标准状况下，22.4L Cl2完全发生氧化还原反应一定转移2N A个电子6．下列陈述I、II均正确并且有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D7．亚氯酸钠（NaClO2）可用作漂白剂，在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解，分解的化学方程式为5HClO2=4ClO2↑+HCl+2H2O，ClO2是广谱型消毒剂．下列说法正确的是（）A．HClO2只是还原剂B．上述反应中，ClO2是氧化产物C．上述反应中，1mol HClO2分解转移2mol电子D．上述反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4二、解答题（共4小题，满分58分）8．香豆素（结构如图Ⅰ所示）是用途广泛的香料，由香豆素经下列图示的步骤可转变为水杨酸．已知：CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH请回答下列问题：（1）化合物Ⅱ分子中的含氧官能团的名称为，由II生成III、乙二酸生成高分子化合物Ⅴ的反应类型分别为、．（2）下列关于有机物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的叙述中正确的是（双选）A．1molⅠ最多能和5mol H2发生加成反应B．可用FeCl3溶液来鉴别Ⅱ和ⅢC．Ⅳ中核磁共振氢谱共有4种峰D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可使溴的四氯化碳溶液褪色（3）香豆素在过量NaOH溶液中完全水解的化学方程式为．（4）Ⅲ的结构简式为．（5）化合物Ⅳ有多种同分异构体，请写出其中一种符合下列条件的同分异构体的结构简式：．①是苯的对位二取代物；②水解后生成的产物之一能发生银镜反应．9．硫铁矿烧渣是一种重要的化学化工产业中间产物，主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅等．下面是以硫铁矿烧渣制备高效净水剂聚合硫酸铁m的流程图：（1）聚合硫酸铁m的铁元素的化合价为．（2）实验室实现“操作I”所用的玻璃仪器有、玻璃棒和烧杯等．“操作III”系列操作名称依次为、过滤和洗涤．（3）“酸溶”过程中Fe3O4溶解的化学反应方程式为．（4）硫铁矿烧渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是．（5）加入适量H2O2的目的是氧化Fe2+，写出该过程中H2O2氧化Fe2+的离子方程式．（6）若硫铁矿烧渣中Fe3O4、Fe2O3、FeO的物质的量之比为1：1：1，且这些氧化物的总物质的量为a mol，则流程图中反应I消耗铁单质的物质的量至少为mol．10．亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛．以木炭，浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示．已知：室温下，①2NO+Na2O=2NaNO2②酸性条件下，NO或NO2﹣都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+，5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O（1）A中观察到的现象是（2）装置B中反应的离子方程式有、．（3）装置C的作用是，装置F的作用是（4）若无装置D，则E中产物除亚硝酸钠外还含有副产物．（填化学式）（5）NaNO2像食盐一样的咸味，但能引起中毒．已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O，根据上述反应，可以用试剂和生活中常见的物质进行实验，以鉴别亚硝酸钠和食盐．进行实验时，必须选用的物质有．A、自来水B、碘化钾淀粉试液C、淀粉D、白糖E、食醋F、白酒（6）充分反应后，某同学设计实验对E中NaNO2的含量进行检测．称取E中固体2g，完全溶解配制成溶液100mL，取出25mL溶液用0.100mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定（杂质不与KMnO4反应），消耗KMnO4溶液20mL，求样品中亚硝酸钠的质量分数（保留小数点后1位）（已知：NaNO2摩尔质量为69g/mol）11．工业碳酸钠中含有Mg2+、Fe2+、Cl﹣和SO42﹣等杂质，提纯工艺流程如下：已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图1所示：回答下列问题：（1）溶解时通入热空气的作用有（写出两条即可）；生成氢氧化镁沉淀的离子方程式为．（2）“趁热过滤”时的温度应控制在；简述过滤后洗涤固体的操作．（3）为检验母液中是否含有Cl﹣，必须加入的试剂为．（4）室温下用石墨电极电解饱和Na2CO3溶液（装置如图2），写出Y电极反应式：（5）取提纯后的该纯品10.8g溶于水后，加入足量CaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，并称量得到10.0g固体，则提纯后碳酸钠的质量分数为（保留两位有效数字）．2016-2017学年广东省惠州市博罗中学高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题1．下列说法正确的是（）A．煤经处理变为气体燃料的过程属于物理变化B．往BaCl2溶液中通入少量CO2有白色沉淀生成C．医用酒精、冰醋酸、液态HCl都是混合物D．乙酸乙酯和一氯乙烷在一定条件下均可水解生成乙醇【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】A．有新物质生成的是化学变化；B．二氧化碳与BaCl2溶液不发生化学反应；C．纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；D．酯水解生成醇和酸，卤代烃水解生成醇；【解答】解：A．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃气体，故A错误；B．往BaCl2溶液中通入少量CO2，弱酸不能生成强酸，所以无白色沉淀生成，故B错误；C．医用酒精是乙醇的水溶液，属于混合物，冰醋酸、液态HCl都是只由一种物质组成的，属于纯净物，故C错误；D．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，一氯乙烷水解生成乙醇，故D正确；故选D．2．下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A．B．C．D．排水法收集NO实验室制取并收集氧气除去氯气中的HCl分离碘酒中的碘与酒精【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．NO不溶于水；B．氧气密度比空气大；C．Cl2和HCl都与NaOH反应；D．碘与酒精能互溶．【解答】解：A．NO不溶于水，与水不反应，可用排水法收集，故A正确；B．氧气密度比空气大，应用向上排空气法收集，故B错误；C．Cl2和HCl都与NaOH反应，应用饱和食盐水，故C错误；D．碘与酒精能互溶，不能分层，故D错误．故选A．3．下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是（）A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2 C．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3D．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3【考点】钠的化学性质；镁的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质．【分析】Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答．【解答】解：A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3 +H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；B．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、MgCl2+Na2CO3=2NaCl+MgCO3↓、MgCO3+2NaOH=Mg（OH）2+Na2CO3，所以能一步实现，故B不选；C．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故C选；D．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3中反应方程式分别是2Fe+3Cl22FeCl3、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl、2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，所以能一步实现，故D不选；故选C．4．下列微粒在水溶液中能大量共存的是（）A．Fe3+、H+、I﹣、Na+B．Al3+、Na+、AlO2﹣、SO42﹣C．K+、NH4+、H+、CO32﹣D．Cu2+、SO42﹣、Al3+、Cl﹣【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水，以及不发生氧化还原反应、互促水解反应等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．酸性条件下Fe3+与I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B．Al3+与AlO2﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；C．H+与CO32﹣反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故C错误；D．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．5．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．16g O2和O3的混合气体中含有的原子数为N AB．在1L0.1 mol/L碳酸钠溶液中，CO32﹣总数为0.1 N AC．标准状况下，22.4 LSO3与水反应生成1mol硫酸D．标准状况下，22.4L Cl2完全发生氧化还原反应一定转移2N A个电子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成；B、碳酸根为弱酸根，在溶液中会水解；C、标况下三氧化硫为固体；D、氯气发生氧化还原反应后的价态不明确．【解答】解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g氧气和臭氧的混合气体中含有的氧原子的物质的量为1mol，故含N A个，故A正确；B、碳酸根为弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于0.1N A个，故B错误；C、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、氯气发生氧化还原反应后的价态不明确，故1mol氯气反应后转移的电子数无法确定，故D错误．故选A．6．下列陈述I、II均正确并且有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】强电解质和弱电解质的概念；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅．【分析】A．电解质的强弱是根据电离程度划分的，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离；B．根据两性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物解答；C．根据铁盐水解生成胶体具有吸附悬浮杂质的作用解答；D．二氧化硫为酸性氧化物，能与碱性氧化物、碱发生反应，SO2可使含酚酞的NaOH溶液褪色，是二氧化硫的酸性氧化物的性质．【解答】解：A．电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；是强电解质完全电离，故A正确；B．两性氧化物是既能和酸反应，又能和碱反应生成盐和水的氧化物．二氧化硅与氢氟酸反应是特性，二氧化硅和其它的酸不能反应生成盐和水，但能与碱如氢氧化钠反应生成盐和水，所以二氧化硅不是两性氧化物，它是酸性氧化物，故B错误；C．Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，水解生成胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可用作净水剂，但铁的化合价未变，所以，与Fe3+有氧化性无关，故C错误；D．二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，没有价态变化，是复分解反应，现象只能是颜色褪色；滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现二氧化硫的酸性氧化物的性质，故D错误；故选A．7．亚氯酸钠（NaClO2）可用作漂白剂，在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解，分解的化学方程式为5HClO2=4ClO2↑+HCl+2H2O，ClO2是广谱型消毒剂．下列说法正确的是（）A．HClO2只是还原剂B．上述反应中，ClO2是氧化产物C．上述反应中，1mol HClO2分解转移2mol电子D．上述反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4【考点】氧化还原反应．【分析】5HClO2=4ClO2↑+HCl+2H2O中，Cl元素的化合价由+3价升高为+4价，Cl元素的化合价由+3价降低为﹣1价，以此来解答．【解答】解：A．Cl元素的化合价既升高又降低，则HClO2是还原剂，也是氧化剂，故A 错误；B．Cl元素的化合价升高被氧化，则ClO2是氧化产物，故B正确；C．由反应可知，5mol HClO2分解转移4mol电子，则1mol HClO2分解转移mol电子，故C错误；D．由反应可知，5mol HClO2分解时，4mol作还原剂与1mol作氧化剂的得失电子相等，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，故D正确；故选BD．二、解答题（共4小题，满分58分）8．香豆素（结构如图Ⅰ所示）是用途广泛的香料，由香豆素经下列图示的步骤可转变为水杨酸．已知：CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH请回答下列问题：（1）化合物Ⅱ分子中的含氧官能团的名称为羧基、酚羟基，由II生成III、乙二酸生成高分子化合物Ⅴ的反应类型分别为取代反应、缩聚反应．（2）下列关于有机物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的叙述中正确的是BD（双选）A．1molⅠ最多能和5mol H2发生加成反应B．可用FeCl3溶液来鉴别Ⅱ和ⅢC．Ⅳ中核磁共振氢谱共有4种峰D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可使溴的四氯化碳溶液褪色（3）香豆素在过量NaOH溶液中完全水解的化学方程式为．（4）Ⅲ的结构简式为．（5）化合物Ⅳ有多种同分异构体，请写出其中一种符合下列条件的同分异构体的结构简式：．①是苯的对位二取代物；②水解后生成的产物之一能发生银镜反应．【考点】有机物的合成．【分析】化合物I水解得到Ⅱ为，由Ⅳ的结构可知，Ⅲ→Ⅳ发生取代反应，Ⅱ中酚羟基中H原子被甲基取代生成Ⅲ，则Ⅲ为，Ⅲ发生氧化反应得到乙二酸与Ⅳ，乙二酸与乙二醇发生缩聚反应生成高聚物V为，Ⅳ与HI发生取代反应生成水杨酸，最终的产物中仍有酚羟基，说明设计反应步骤Ⅱ→Ⅲ的目的是起到保护酚羟基的作用；（5）中D的同分异构体能发生水解且水解产物之一能发生银镜反应，该物质肯定是甲酸酯，是苯的对位二取代物，则苯环上的取代基有3种情况：HCOO﹣与CH3O﹣、HCOO﹣与HOCH2﹣、HCOOCH2﹣与HO﹣．【解答】解：化合物I水解得到Ⅱ为，由Ⅳ的结构可知，Ⅲ→Ⅳ发生取代反应，Ⅱ中酚羟基中H原子被甲基取代生成Ⅲ，则Ⅲ为，Ⅲ发生氧化反应得到乙二酸与Ⅳ，乙二酸与乙二醇发生缩聚反应生成高聚物V为，Ⅳ与HI发生取代反应生成水杨酸，最终的产物中仍有酚羟基，说明设计反应步骤Ⅱ→Ⅲ的目的是起到保护酚羟基的作用．（1）Ⅱ为，含氧官能团的名称是羧基、酚羟基；，Ⅱ中酚羟基中H原子被甲基取代生成Ⅲ，乙二酸与乙二醇发生分子间缩聚反应生成高分子化合物Ⅴ，故答案为：羧基、酚羟基；取代反应；缩聚反应；（2）A．I中苯环与碳碳双键与氢气发生加成反应，1molⅠ最多能和4mol H2发生加成反应，故A错误；B．Ⅲ中不存在酚羟基，Ⅱ中存在酚羟基，可以用FeCl3溶液来鉴别Ⅱ和Ⅲ，故B正确；C．Ⅳ中不存在对称结构，所以核磁共振氢谱有6种峰，故C错误；D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均存在碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确，故选：BD；（3）香豆素水解后的产物中仍存在酚羟基，所以1mol香豆素共与2molNaOH反应，化学方程式为，故答案为：；（4）Ⅱ中酚羟基与CH3I发生取代反应，得Ⅲ的结构简式为，故答案为：；（5）水解后生成的产物之一能发生银镜反应，说明该物质是甲酸某酯，是苯的对位二取代物，则苯环上的取代基有3种情况：HCOO﹣与CH3O﹣、HCOO﹣与HOCH2﹣、HCOOCH2﹣与HO﹣所以符合条件的Ⅳ的同分异构体3种，分别是，故答案为：．9．硫铁矿烧渣是一种重要的化学化工产业中间产物，主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅等．下面是以硫铁矿烧渣制备高效净水剂聚合硫酸铁m的流程图：（1）聚合硫酸铁m的铁元素的化合价为+3．（2）实验室实现“操作I”所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等．“操作III”系列操作名称依次为蒸发浓缩、降温结晶、过滤和洗涤．（3）“酸溶”过程中Fe3O4溶解的化学反应方程式为Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2（SO4）+4H2O．3（4）硫铁矿烧渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是增大烧渣固体与硫酸的接触的表面积，加快烧渣的溶解速率．（5）加入适量H2O2的目的是氧化Fe2+，写出该过程中H2O2氧化Fe2+的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．（6）若硫铁矿烧渣中Fe3O4、Fe2O3、FeO的物质的量之比为1：1：1，且这些氧化物的总物质的量为a mol，则流程图中反应I消耗铁单质的物质的量至少为a mol．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】硫铁矿烧渣（主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅），加硫酸加热酸溶，水浸，过滤出不溶于酸的二氧化硅，滤液中含有硫酸铁和硫酸亚铁，加废铁皮，Fe与三价铁离子反应生成亚铁离子，过滤去除多余的铁，滤液为硫酸亚铁溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体，晶体中加稀硫酸、双氧水得到聚合硫酸铁[Fe2（OH）n（SO4）3﹣n/2]m，（1）根据化合价代数和为0判断聚合硫酸铁中铁元素的化合价；（2）操作I为过滤，根据过滤操作分析；操作Ⅲ是从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体；（3）Fe3O4溶于硫酸生成硫酸铁和硫酸亚铁；（4）增大固体的表面积反应速率增大；（5）酸性条件下H2O2氧化Fe2+为Fe3+，同时生成水；（6）若硫铁矿烧渣中Fe3O4、Fe2O3、FeO的物质的量之比为1：1：1，且这些氧化物的总物质的量为a mol，则在a mol硫铁矿烧渣中含有+3价的铁为amol，根据反应I：2Fe3++Fe=3Fe2+，可计算出反应I消耗铁单质的物质的量．【解答】解：硫铁矿烧渣（主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅），加硫酸加热酸溶，水浸，过滤出不溶于酸的二氧化硅，滤液中含有硫酸铁和硫酸亚铁，加废铁皮，Fe与三价铁离子反应生成亚铁离子，过滤去除多余的铁，滤液为硫酸亚铁溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体，晶体中加稀硫酸、双氧水得到聚合硫酸铁[Fe2（OH）n（SO4）3﹣n/2]m，（1）根据化合价代数和为0可知，聚合硫酸铁中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3，（2）操作I为过滤，过滤操作用到玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等；操作Ⅲ是从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体，系列操作名称依次为蒸发浓缩、降温结晶、过滤和洗涤，故答案为：漏斗；蒸发浓缩、降温结晶；（3）Fe3O4溶于硫酸生成硫酸铁和硫酸亚铁，反应的化学方程式为：Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；故答案为：Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；（4）硫铁矿烧渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是增大烧渣固体与硫酸的接触的表面积，加快烧渣的溶解速率，故答案为：增大烧渣固体与硫酸的接触的表面积，加快烧渣的溶解速率；（5）酸性条件下H2O2氧化Fe2+为Fe3+，同时双氧水被还原生成水，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（6）若硫铁矿烧渣中Fe3O4、Fe2O3、FeO的物质的量之比为1：1：1，且这些氧化物的总物质的量为a mol，则在a mol硫铁矿烧渣中含有+3价的铁为amol，根据反应I：2Fe3++Fe=3Fe2+，可知铁单质的物质的量为mol=amol，故答案为：a．10．亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛．以木炭，浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示．已知：室温下，①2NO+Na2O=2NaNO2②酸性条件下，NO或NO2﹣都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+，5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O（1）A中观察到的现象是有红棕色气体生成或有（深）红色气体生成（2）装置B中反应的离子方程式有3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO、3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O．（3）装置C的作用是防止倒吸，装置F的作用是吸收未反应的NO（4）若无装置D，则E中产物除亚硝酸钠外还含有副产物Na2CO3NaOH．（填化学式）（5）NaNO2像食盐一样的咸味，但能引起中毒．已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O，根据上述反应，可以用试剂和生活中常见的物质进行实验，以鉴别亚硝酸钠和食盐．进行实验时，必须选用的物质有BE．A、自来水B、碘化钾淀粉试液C、淀粉D、白糖E、食醋F、白酒（6）充分反应后，某同学设计实验对E中NaNO2的含量进行检测．称取E中固体2g，完全溶解配制成溶液100mL，取出25mL溶液用0.100mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定（杂质不与KMnO4反应），消耗KMnO4溶液20mL，求样品中亚硝酸钠的质量分数69.0%（保留小数点后1位）（已知：NaNO2摩尔质量为69g/mol）【考点】制备实验方案的设计．【分析】装置A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置E中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气．（1）A中生成二氧化氮；（2）二氧化氮与水反应生成硝酸，铜能与稀硝酸反应；（3）大肚瓶可防止倒吸，酸性高锰酸钾溶液可吸收未反应的NO；（4）二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠；（5）鉴别NaNO2和NaCl，利用2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O及碘遇淀粉变蓝分析；（6）根据方程式5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数．【解答】解：装置A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置E中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气．（1）根据装置图可知，A中浓硝酸与木炭发生氧化还原反应生成CO2和NO2以及水，因此A中观察到的现象有红棕色气体生成，故答案为：有红棕色气体生成或有（深）红色气体生成；（2）NO2溶于水生成NO和硝酸，硝酸具有氧化性能把金属铜氧化，则装置B中反应的离子方程式有3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO、3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO、3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）NO2极易溶于水与水反应，所以装置C的作用是防止倒吸；NO与过氧化钠反应后有剩余，随意排放容易引起大气污染，而NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则装置F的作用吸收未反应的NO，故答案为：防止倒吸；吸收未反应的NO；（4）生成的NO中含有CO2和水蒸气，二者均能与过氧化钠反应，而碱石灰可以吸收CO2和水蒸气，所以如果没有D装置，则E中产物除亚硝酸钠外还含有副产物Na2CO3、NaOH，故答案为：Na2CO3、NaOH；（5）鉴别NaNO2和NaCl，由2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O及碘遇淀粉变蓝可知，则选择试剂为BE，故答案为：BE；（6）消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×=0.02mol，其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%，故答案为：69.0%．11．工业碳酸钠中含有Mg2+、Fe2+、Cl﹣和SO42﹣等杂质，提纯工艺流程如下：已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图1所示：回答下列问题：（1）溶解时通入热空气的作用有升温加快溶解速率、除去铁元素（或加热促进Fe3+（Fe2+）的水解或氧化Fe2+）（写出两条即可）；生成氢氧化镁沉淀的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓．（2）“趁热过滤”时的温度应控制在不低于36℃；简述过滤后洗涤固体的操作向过滤器中加入36℃的热水没过固体表面，待水自然流干后，重复操作2～3次．（3）为检验母液中是否含有Cl﹣，必须加入的试剂为足量的Ba（NO3）2和HNO3溶液、少量的AgNO3溶液．（4）室温下用石墨电极电解饱和Na2CO3溶液（装置如图2），写出Y电极反应式：2H++2e ﹣=H2↑（或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣）（5）取提纯后的该纯品10.8g溶于水后，加入足量CaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，并称量得到10.0g固体，则提纯后碳酸钠的质量分数为98%（保留两位有效数字）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】碳酸钠中混有Mg2+、Fe2+、Cl﹣和SO42﹣等杂质，在溶解时通入热空气可加快溶解速率、促进Fe3+（Fe2+）的水解或氧化Fe2+，加入氢氧化钠，过滤后所得滤渣为氢氧化铁和氢氧化镁，溶液中主要含有碳酸钠，并含有少量的Cl﹣和SO42﹣，经蒸发结晶可得碳酸钠晶体，灼烧后可得碳酸钠．（1）通入热空气，有利于氢氧化铁的生成；（2）使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，36℃是一个转折点，洗涤沉淀时注意加水没过固体表面，使水自然流出，注意不能用冷水；（3）可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验；（4）Y为阴极，发生还原反应生成氢气，X为阳极，生成氧气；（5）碳酸钠样品溶于水得溶液中加入氯化钙生成碳酸钙沉淀，根据碳酸钙沉淀的质量可以计算出样品中碳酸钠的质量，进而确定碳酸钠的质量分数．【解答】解：碳酸钠中混有Mg2+、Fe2+、Cl﹣和SO42﹣等杂质，在溶解时通入热空气可加快溶解速率、促进Fe3+（Fe2+）的水解或氧化Fe2+，加入氢氧化钠，过滤后所得滤渣为氢氧化铁和氢氧化镁，溶液中主要含有碳酸钠，并含有少量的Cl﹣和SO42﹣，经蒸发结晶可得碳酸钠晶体，灼烧后可得碳酸钠．（1）样品中含有Fe2+，通入空气可被氧化生成Fe3+，加热条件下易水解生成氢氧化铁沉淀而除去，加入氢氧化钠溶液，可生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg （OH）2↓，故答案为：升温加快溶解速率、除去铁元素（或加热促进Fe3+（Fe2+）的水解或氧化Fe2+）；Mg2++2OH﹣=Mg （OH）2↓；（2）“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，所以温度高于36℃，洗涤沉淀时，可向过滤器中加入36℃的热水没过固体表面，待水自然流干后，重复操作2～3次，故答案为：不低于36℃；向过滤器中加入36℃的热水没过固体表面，待水自然流干后，重复操作2～3次；（3）可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子，因含有硫酸根离子，则应先加入足量的硝酸钡和硝酸溶液，除去硫酸根离子，然后再加入少量的硝酸银检验，故答案为：足量的Ba（NO3）2和HNO3溶液、少量的AgNO3溶液；（4）Y为阴极，发生还原反应生成氢气，电极方程式为2H++2e﹣=H2↑（或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH ﹣），故答案为：2H++2e﹣=H2↑（或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣）；。