发布时间 : 星期四 文章2020届广东省佛山市第一中学高三10月月考化学试题（解析版）更新完毕开始阅读
21.无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。实验室采用HCl气体除水、ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品(部分潮解并含高纯高温不分解杂质)。实验装置如图所示：
回答下列问题：
(1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl的化学方程式为_____。
(2)除水阶段：打开K1，K2。将管式炉I、II升温至150 ℃，反应一段时间后将管式炉I、II的温度升至350 ℃，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为 ____。
(3)升华阶段：撤去管式炉II，将管式炉I迅速升温至750℃，升温的目的是_____。一段时间后关闭管式炉I并关闭 ____(填K1或K2)，待冷却后关闭 ____(填K1或K2)。最后将_____(填A或B)区的氯化锌转移、保存。
(4)除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢，其原因是_____。 (5)测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下：
① 溶液配制：称取m g样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL ____中，加蒸馏水至刻度线，摇匀。
② 滴定：取25.00mL待测液于锥形瓶中，用c mol·L－1K4[Fe(CN)6]标准溶液滴定至终点，消耗V mL。滴定反应为：2K4[Fe(CN)6]+3ZnCl2=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓+6KCl该样品中锌的质量分数为 ____。 【答案】 (1). ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl (2). Zn(OH)Cl+HCl
Δ ZnCl2+H2O (3). 使无水ZnCl2
升华与杂质分离 (4). K2 (5). K1 (6). B (7). 流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区 (8). 容量瓶 (9). 【解析】 【分析】
39cV?100% 40m(1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl和氯化氢，反应的方程式为：ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl； (2)除水阶段，潮解生成的Zn(OH)Cl与HCl在150 ℃反应生成氯化锌和水，反应的方程式为：Zn(OH)Cl+HCl
Δ ZnCl2+H2O；
的(3)升华阶段，迅速升温至750℃，使氯化锌升华变为气体与杂质分离；一段时间后，关闭管式炉I及K2，
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降低温度时使氯化锌在B区凝华后关闭K1；
(4) 升华阶段HCl与N2流速要慢，若气流过快则导致氯化锌从B区移出；
(5)精确配置溶液的浓度需用容量瓶；n{K4[Fe(CN)6]}：n（ZnCl2）=2:3，n（ZnCl2）= 3n{K4[Fe(CN)6]}/2= 3c×V mL/2，则250mL溶液中m（ZnCl2）= 3c×V mL×10×65/2=
39cV?100%； 40m【详解】(1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl和氯化氢，反应的方程式为：ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl；
(2)除水阶段，潮解生成的Zn(OH)Cl与HCl在150 ℃反应生成氯化锌和水，反应的方程式为：Zn(OH)Cl+HCl
Δ ZnCl2+H2O；
(3)升华阶段，迅速升温至750℃，使氯化锌升华变为气体与杂质分离；一段时间后，关闭管式炉I及K2，降低温度时使氯化锌在B区凝华后关闭K1，答案为：K2；K1；B；
(4) 升华阶段HCl与N2流速要慢，若气流过快则导致氯化锌从B区移出，答案为：流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区；
(5)精确配置溶液的浓度需用容量瓶；n{K4[Fe(CN)6]}：n（ZnCl2）=2:3，n（ZnCl2）= 3n{K4[Fe(CN)6]}/2= 3c×V mL/2，则250mL溶液中m（ZnCl2）= 3c×V mL×10×65/2=
22.三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子，某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行了探究性实验。 实验Ⅰ．探究Na2CS3的性质： 步操作及现象 骤 ① 取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水中，配制成溶液并分成两等份 ② 向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变成红色 ③ 向另一份溶液中滴加用硫酸酸化的KMnO4溶液，紫色褪去
（1）H2CS3是___（填“强”或“弱”）酸。
（2）已知步骤③中反应的氧化产物是SO42-，则该反应的离子方程式为：____。
（3）某同学取步骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验中所用的Na2CS3的质量。你是否同意他的观点，并说明理由：___。
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39cV?100%； 40m实验Ⅱ．测定Na2CS3溶液的浓度：
按如图所示装置进行实验：将50.0mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器M的活塞，滴入足量2.0mol·L的稀H2SO4，关闭活塞。
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已知：CS32- +2H+＝CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒。（CS2不溶于水，沸点为46℃，与CO2的某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O）
（4）仪器M的名称是___。反应开始前需要先通入一段时间N2，其作用为____。 （5）B中发生反应的离子方程式为：____。
（6）为了计算三硫代碳酸钠溶液的浓度，可通过测定B中生成沉淀的质量来计算。称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作是___。若B中生成沉淀的质量为8.4g，则Na2CS3溶液的物质的量浓度是____。 【答案】 (1). 弱 (2). 5CS32-+24MnO4-+52H+=15SO42-+5CO2↑+24Mn2++26H2O (3). 不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO42-，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大 (4). 分液漏斗 (5). 排尽装置中的空气,防止生成的H2S被氧化 (6). Cu+H2S=CuS↓+2H (7). 过滤、洗涤、干燥 (8). 1.75mol·L 【解析】 【分析】
（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐； （2）根据氧化还原反应的规律分析作答； （3）酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化；
（4）根据仪器的图形判断仪器的名称；A中发生Na2CS3 +H2SO4=Na2SO4 +CS2 +H2S↑，生成的硫化氢可与B中的硫酸铜反应生成CuS沉淀；
（5）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2 一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；
（6）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4黑色固体，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS分析计算求得。
【详解】（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则H2CS3为弱酸， 故答案为：弱；
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+
（2）步骤③的氧化产物是SO42?，还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水，离子方程式为5CS3+24MnO4+52H=15SO4+5CO2↑+24Mn+26H2O；
（3）酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，所以不能通过计算白色沉淀计算Na2CS3的量，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO4，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大，
故答案为：不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO42-，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大；
（4）仪器M的名称为分液漏斗；因H2S为还原性气体，易被空气氧化，故反应开始前需要先通入一段时间N2，排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化，故答案为：分液漏斗; 排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化；
（5）A中发生Na2CS3 +H2SO4=Na2SO4 +CS2 +H2S↑，生成的硫化氢可与B中的硫酸铜反应生成CuS沉淀，反应的离子方程式为Cu+H2S=CuS↓+2H；
(6)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4黑色固体，n(CuS)=
2+
+
2-2--+
2-2+
8.4g?0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得
96g/moln(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol，c(Na2CS3)=
n0.0875mol? = 1.75mol·L-1， V0.05L-1
故答案为：过滤、洗涤、干燥；1.75mol·L。
23.我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉，现以白钨矿（主要成分为CaWO4，还含有二氧化硅、氧化铁等杂质）为原料冶炼高纯度金属钨，工业流程如图：
已知：①钨酸酸性很弱，难溶于水；
②完全沉淀离子的pH值：SiO32﹣为8，WO42﹣为5； ③碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨。 回答下列问题：
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