山西省范亭中学2019届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）.docx

山西省范亭中学2018-2019学年高三上学期第二次月考化学试题1.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A. 食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂B. 二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂C. 还原铁粉和生石灰均可用作食品包装袋内的脱氧剂D. “地沟油”禁止食用，但可用来制取肥皂【答案】C【解析】试题分析：A、食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，A项正确；B、二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂,B项正确；C、生石灰能用作食品干燥剂，不能用作食品脱氧剂，C项错误；D、地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解成为造化反应，可生成肥皂，D项正确；答案选C。考点：考查化学与生活2.下列有关说法中，不正确的是A. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素的性质的展现B. SiO2可用于制造光导纤维，其性质稳定，不溶于强酸、强碱C. “光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关D. 根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液【答案】B【解析】试题分析：A、焰火利用某些金属的电子发生跃迁产生的，这是焰色反应，故说法正确；B、SiO2是酸性氧化物，跟强碱发生中和反应，故说法错误；C、“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨“都是有氮的氧化物引起的，故说法正确；D、分散质的直径在1nm100nm之间的分散系是胶体，小于1nm的分散系是溶液，大于100nm的分散系是悬浊液，故说法正确。考点：考查焰色反应、二氧化硅的性质、环境问题、分散系的分类等知识。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 6.8 g熔融的KHSO4中含有0.05 NA个阴离子B. 1.0 L 2 mol/L的NaOH水溶液中含有的氧原子数目为2NAC. 25时，p H=13的氢氧化钡溶液中含有0.1 NA个OHD. 5.6g铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目一定为0.3 NA【答案】A【解析】【分析】熔融硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子；氢氧化钠水溶液中，溶剂水中同样含有氧原子；溶液体积不明确；铁和硝酸反应可以生成亚铁盐也可以生成铁盐。【详解】6.8g熔融的KHSO4的物质的量0.05mol，0.05mol熔融硫酸氢钾能够电离出0.05mol钾离子和0.05mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.05NA，A正确；1.0L 2mol/L的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠2mol，由于溶剂水中也含有氧原子，所以无法计算溶液中含有的氧原子的物质的量及数目，B错误；溶液体积不明确，无法计算含有的OH-的个数，C错误；铁和硝酸反应可以生成亚铁盐也可以生成铁盐，5.6g铁物质的量为0.1mol，生成三价铁盐转移0.3NA个电子，生成二价铁盐转移0.2mol电子，D错误。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确溶液的体积、溶剂成分和熔融硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子是解题的关键。4. 下列叙述正确的是A. 酸性氧化物和碱性氧化物都是电解质B. 将NaOH溶液逐滴加入FeCl3溶液可制备Fe(OH)3胶体C. 电化学腐蚀是造成金属腐蚀的主要原因D. 离子键一定只存在于离子化合物中，共价键一定只存在于共价化合物中【答案】C【解析】试题分析：A、二氧化碳、二氧化硫等酸性氧化物属于非电解质，错误；B、将NaOH溶液逐滴加入FeCl3溶液会产生氢氧化铁沉淀，制备Fe(OH)3胶体应向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，即停止加热，错误；C、电化学腐蚀是造成金属腐蚀的主要原因，正确；D、离子键一定存在于离子化合物中，而共价键可存在于非金属单质、共价化合物和部分离子化合物中，错误。考点：考查电解质、胶体的制备、离子键和共价键等知识5.下列离子方程式书写正确的是A. 向Na2S2O3溶液中加入稀盐酸：2S2O32-+2H+ = SO42-+3S+H2OB. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3 Fe3O4+28H+NO3- = 9 Fe3+NO+14 H2OC. 100 mL 0.1 mol/L Fe I2溶液与标准状况下0.224 L Cl2： 2 Fe2+C12 = Fe3+2 Cl一D. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好SO42-沉淀完全：2 A13+3SO42-+3Ba2+ + 6OH = 2 A1(OH)3+3 BaSO4【答案】B【解析】【分析】离子方程式没有配平，O原子不守恒；磁性氧化铁为Fe3O4，与H+、NO3发生氧化还原反应，生成Fe3+、NO和H2O；、I还原性大于Fe2+，所以Cl2首先氧化I；D向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全，KAl(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比为1:2，所以离子方程式中Al3+与OH的物质的量之比为1:4，反应生成AlO2。【详解】Na2S2O3溶液中加入稀盐酸酸生成氯化钠二氧化硫、硫和水，反应的离子方程式为：S2O32-+2H+SO2+S+H2O，A错误；磁性氧化铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO+14H2O，B正确；100 mL 0.1 mol/L Fe I2溶液中Fe I2的物质的量为0.01 mol，标准状况下0.224 L Cl2的物质的量为0.01 mol，I-的还原性强于Fe2+离子，氯气少量，Cl2先与I-反应，反应的离子方程式为：I-+Cl2I2+2Cl-，C错误；向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42-沉淀完全时，Al3+与OH反应生成AlO2，反应的离子方程式为：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-AlO2+2BaSO4+2H2O，D错误。故选B。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则是关键，离子方程式正误判断常用方法是检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；选项C为易错点，注意根据电子守恒进行判断。6.常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是A. pH大于7的溶液：Na+、Ba2+、SO32-、ClOB. 含有0.1 molL1 Fe(NO3)2的溶液：H+、Mg2+、SCN一、Cl一C. 使酚酞溶液变红色的溶液：Na+、Ba2+、I、ClD. 由水电离产生的c(H+)=1013 molLl的溶液：NH4+、SO42-、NO3- 、Cl一【答案】C【解析】试题分析：A、常温下pH7的溶液为碱性溶液，碱性溶液中，Ba2+、SO32、ClO反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，错误；B、含有0.1 molL1Fe(NO3)2的溶液，则H+与硝酸根离子氧化亚铁离子为铁离子，SCN再与铁离子反应，溶液变红色，不能大量共存，错误；C、使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存，正确；D、由水电离产生的c(H+)=1013molL1的溶液，则该溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，而氢氧根离子与铵根离子反应生成一水合氨，不能大量共存，错误，答案选C。考点：考查给定条件的离子大量共存的判断7.用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是（ ）A. 检验试液中的SO42-：试液无沉淀白色沉淀B. 检验试液中的SO32-：试液气体褐色C. 检验试液中的I：无色试液棕黄色溶液蓝色溶液D. 检验试液中的CO32-：试液白色沉淀沉淀溶解【答案】C【解析】【分析】分析亚硫酸根离子的干扰；分析亚硫酸氢根离子的干扰；碘单质遇到淀粉变蓝；亚硫酸根离子也会发生反应具有此现象。【详解】如果溶液中含有SO32-，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，A错误；如果溶液中存在HSO3-，也会产生使品红溶液褪色的二氧化硫， B错误；试液加入过氧化氢，可氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，C正确；若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，D错误。故选C。【点睛】本题考查了离子检验的方法和实验现象分析判断，注意干扰离子的分析是关键。8.下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】二氧化硅不能与水反应生成硅酸，硅酸也不能直接转化为硅。【详解】AlCl3与NaOH反应可生成NaAlO2，Al（OH）3与NaOH反应可生成NaAlO2，NaAlO2与盐酸反应可生成Al（OH）3，盐酸过量可生成AlCl3，A正确；硅高温下与氧气反应生成二氧化硅，硅酸受热分解生成二氧化硅，但常温下，二氧化硅不与水反应，不能生成硅酸，硅酸也不能直接转化为硅，B错误；少量氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸钠与石灰水反应可以生成氢氧化钠，C正确；铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化亚铁与活泼金属发生置换反应生成铁，D正确。故选B。【点睛】本题考查无机物的推断，试题侧重于物质的性质以及转化的考查，注意利用物质性质进行分析判断是关键。9.下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是()A. 打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体B. 用冰水混合物冷却SO3气体；加热氯化铵晶体C. 木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中D. 向酚酞溶液中加入Na2O2；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液【答案】C【解析】试题分析：A打开盛装NO的集气瓶NO与空气中的O2发生反应，产生NO2，气体颜色加深发生的是化学变化；冷却NO2气体，NO2部分转化为N2O4，气体颜色变浅，发生的是化学变化，错误；B用冰水混合物冷却SO3气体，SO3会变为液态，发生的是物理变化；物质颜色不变；加热氯化铵晶体，物质分解产生HCl和NH3，发生的是化学变化，没有明显颜色变化，错误；C木炭吸附NO2气体，发生的是物理作用，物质颜色变浅；将氯气通入品红溶液中，溶液褪色，发生的是化学变化，正确；D向品红溶液中加入Na2O2，品红被氧化产生无色物质，发生的是化学变化；向FeCl3溶液中滴加KSCN 溶液，发生反应，溶液变为血红色，错误。考点：考查物质变化与现象的判断的知识。10.下列实验方案的设计能达到目的的是 选项实验目的实验方案A证明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)向盛有2 mL0.1 mol/LAgNO3溶液的试管中，先滴几滴0.1 mol/LKCl溶液，再滴加0.1mol/LKI溶液。试管先出现白色沉淀，后出现淡黄色沉淀B制备Fe(OH)3胶体在NaOH溶液中加入饱和的FeCl3溶液，加热煮沸C检验淀粉水解液是否具有还原性取淀粉水解液于试管中，滴入新制的Cu(OH)2加热煮沸，观察现象D探究化学反应的限度取5mL 0.1mol/L KI溶液和1mL 0.1mol/L FeCl3溶液混合，充分反应后，再根据溶液中是否含有Fe2+、Fe3+来判断该反应是否有一定限度A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】AgNO3溶液过量，实验中不存在沉淀的转化；在沸水中加入饱和的FeCl3溶液，加热煮沸制备Fe(OH)3胶体；未加入氢氧化钠溶液中和硫酸，葡萄糖酸性条件下与新制的Cu(OH)2加热煮沸不反应；过量的KI溶液中加入FeCl3溶液，充分反应后，溶液中含有Fe3+说明反应不可能完全进行。【详解】先后加入KCl溶液和KI溶液，因实验中2 mL0.1 mol/LAgNO3溶液过量，不可能出现白色沉淀转化为黄色沉淀的实验现象，不能说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），A错误；在沸水中加入饱和的FeCl3溶液，加热煮沸制备Fe(OH)3胶体，在NaOH溶液中加入饱和的FeCl3溶液，反应得到Fe(OH)3沉淀，B错误；稀硫酸做催化剂，淀粉加热水解，水解液中含有硫酸，水解产物葡萄糖酸性条件下与新制的Cu(OH)2加热煮沸不反应，不能说明水解液是否具有还原性，C错误；5mL 0.1mol/L KI溶液和1mL 0.1mol/L FeCl3溶液混合，KI溶液过量，若溶液中依然含有Fe3+说明反应不可能完全进行，该反应为可逆反应，D正确。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，较为综合，涉及沉淀转化、盐类的水解等知识，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查。11.称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH31792 mL（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为A. 1:1 B. 1:2 C. 1.87:1 D. 3.65:1【答案】C【解析】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH30.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则NH4HSO4为0.02mol，所以(NH4)2SO4质量为7.24g-115g/mol0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g 132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87：1，故选C。点睛：本题考查化学反应的计算技巧和方法，题目难度中等。根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏伽德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答。视频12.下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是()A. 用装置甲制取氯气B. 用装置乙除去氯气中的少量氯化氢和水蒸气C. 用装置丙可证明Cl2的氧化性强于SD. 用装置丁可以完成“喷泉”实验【答案】B【解析】A、制备氯气的反应：4HCl(浓)MnO2MnCl2Cl22H2O，A正确；B、试剂瓶连接顺序颠倒，应该是先净化后干燥，B错误；C、通过置换反应证明Cl2的氧化性强于S，多余氯气用碱液吸收，C正确；D、Cl2易与NaOH溶液反应，能完成“喷泉”实验，D正确。答案选B。13.已知溶液中：氧化性IO3I2SO32-。向含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如右图所示，下列说法正确的是A. a点反应的还原剂是NaHSO3，被氧化的元素是碘元素B. b点反应的离子方程式是：3HSO3-+IO3-+3OH-=3SO42-+I-+3H2OC. c点到d点的反应中共转移0.6mol电子D. 往200mL 1 mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式是：5 HSO3- + 2IO3- = I2+ 5SO42-+ 3H+ H2O【答案】D【解析】【分析】还原性HSO-3I-，首先发生反应：2IO3-+6HSO3-2I-+6SO42-+6H+，HSO3-反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO-3I2，再发生反应：IO3-+6H+5I-=3H2O+3I2。【详解】因为还原性HSO-3I-，所以首先是发生以下离子反应：IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+，此时碘元素被还原，A错误；b点是酸性溶液，反应的离子方程式为：IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+，B错误；c点时加入的KIO3物质的量为1mol，和3molNaHSO3的溶液恰好完全反应，即2IO3-+6HSO3-2I-+6SO42-+6H+，c点到d点，IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H+5I-=3H2O+3I2，在d点时，KIO3与NaHSO3反应恰好生成0.6I2，共转移50.6=0.3mol电子，C错误；向200mL 1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，HSO3-被氧化为SO42-，KIO3过量，由于氧化性IO-3I2，KIO3将氧化为I-，反应不能生成I-，而是生成I2，反应离子方程式为：2IO3-+5HSO3-=I2+5SO42-+3H+H2O，D正确。故选D。【点睛】本题依据化学图像考查氧化还原反应，结合氧化性、还原性的强弱，明确反应的先后顺序是解本题关键。14.某溶液中可能大量存在：H+、Na+、Fe2+、Al3+、NH4+、SO42-、Cl-中的几种离子，现进行了如下实验： 取该溶液10.0mL，加入过量Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀x和无色气体a，a遇空气立即变为红棕色气体b；过滤。 向所得的滤液中加入过量NaOH溶液，产生红褐色沉淀y，过滤，加热滤液有无色刺激性气体c生成；用铂丝蘸取滤液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色。 向所得的滤液中通入过量CO2气体有白色沉淀z生成。下列推断错误的是A. 原溶液一定只含有：Na+、Fe2+、Al3+、SO42-B. 实验 的红棕色气体b中存在：2NO2N2O4。C. 实验 中产生沉淀y的反应：Fe3+3OH-=Fe(OH)3D. 实验 中CO2先后分别与NaOH(aq)、NaAlO2(aq)反应【答案】A【解析】、取该溶液10.0mL，加入过量Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀x和无色气体a，a遇空气立即变为红棕色气体b，则白色沉淀为BaSO4，a为NO，b为NO2，则溶液中一定含H+、Fe2+、SO42-；、向所得的滤液中加入过量NaOH溶液，产生红褐色沉淀y，过滤，加热滤液有无色刺激性气体c生成，y是氢氧化铁，c是氨气，则一定含NH4+；用铂丝蘸取滤液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色，加NaOH溶液，不能确定原溶液是否含Na+；、向所得的滤液中通入过量CO2气体有白色沉淀z生成，白色沉淀为氢氧化铝，则一定含Al3+，A、由上述分析可知，一定含H+、Fe2+、Al3+、NH4+、SO42-，不能确定是否含Na+、Cl-，A错误；B、实验 的红棕色气体b中存在：2NO2N2O4，B正确；C、实验 中产生沉淀y的反应：Fe3+3OH-=Fe(OH)3，C正确；D、中NaOH过量，且含偏铝酸钠溶液，由中和的先后顺序可知，实验中CO2先后分别与NaOH(aq)、NaAlO2(aq)反应，D正确，答案选A。点睛：本题考查常见离子的推断，把握亚铁离子与硝酸根离子的反应、白色沉淀判断为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意发生的氧化还原反应及中和的先后顺序。15.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为A. 61 B. 11 C. 21 D. 12【答案】D【解析】【分析】由图可知，10mLNaOH溶液溶解Al(OH)3沉淀，则需要30mLNaOH溶液生成Al(OH)3沉淀量），20mLNaOH溶液生成Mg(OH)2沉淀，依据消耗NaOH溶液的量可以计算Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比。【详解】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于氢氧化钠溶液中，而氢氧化镁不能。反应的有关方程式是Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO22H2O。所以根据图像可知溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是10ml，所以生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠就应该是30ml，则生成氢氧化镁消耗的氢氧化钠是20ml。所以根据反应的方程式可知，铝离子和镁离子的物质的量之比是11。则则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为12，答案选D。【点睛】本题考查与化学方程式有关得计算，该题的关键是根据方程式得出溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠和生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠的关系式，然后再依据图像进行计算。16.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是酸HXHYHZ电离常数Ka910791061102A. 三种酸的强弱关系：HXHYHZB. 反应HZY = HYZ能够发生C. 相同温度下，0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D. 相同温度下，1 mol/L HX溶液的电离常数大于0.1 mol/L HX溶液的电离常数【答案】B【解析】【分析】电离平衡常数衡量弱电解质电离程度，电离平衡常数越大，电离程度越大。【详解】A、电离平衡常数越大，说明酸性越强，根据表中数据酸性强弱顺序是HZHYHX，故A错误；B、根据A选项分析，以及酸性强的制取酸性弱的，HZY=HYZ是能够发生的，故B正确；C、根据盐类水解的规律，越弱越水解，即三种钠盐中，pH最大的是NaX，故C错误；D、电离常数只受温度的影响，因为是相同的温度，因此HX的电离常数不变，故D错误。17.以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl36H2O）的工艺流程如下：下列说法不正确的是A. “酸溶”过程中使用的酸也可以是硝酸B. 为防止污染，“焙烧”过程中产生的SO2应回收利用。C. 通入氯气的目的是氧化Fe2+D. FeCl36H2O制取无水FeCl3时，需要在氯化氢气流中加热。【答案】A【解析】【分析】由流程图可知，硫铁矿通入空气煅烧生成的铁的氧化物，铁的氧化物加入盐酸溶解，过滤得到滤液为氯化铁和氯化亚铁混合液，通入氯气氧化亚铁离子，通过蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤得到FeCl36H2O晶体。【详解】“酸溶”过程中使用的酸如果是硝酸，回引入硝酸根离子，导致产品不纯，A错误；二氧化硫有毒，会污染环境，为防止污染，“焙烧”过程中产生的SO2可以用于制硫酸，B正确；通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，C正确；FeCl36H2O制取无水FeCl3时，应在氯化氢气流中加热，防止水解FeCl3，D正确。故选A。【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及了氧化还原反应、废气处理、盐类水解等知识，正确分析流程，依据物质性质分析问题是解题关键。18.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LC. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D. 得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL【答案】D【解析】【分析】A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B.根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C.根据n=计算 NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算； D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积。【详解】A. 金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为,=0.06mol，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，计算得出x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol:0.01mol=2:1，故A正确；B.该浓硝酸密度为1.40 gmL1、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C. NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可以知道，a1+(0.05-a)1=0.06，计算得出a=0.04，NO2和N2O4的物质的量之比=0.04mol:(0.05mol-0.04mol)=4:1，NO2的体积分数是100%=80%,故C正确；D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可以知道，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)2=0.64mol，根据钠离子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO3)= 0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，所以D选项是错误的。故选D。19.某校化学兴趣小组为探究铁与浓硫酸反应，设计了图1、图2所示装置进行实验。（1）比较两实验装置，图2所示装置的优点是：能更好地吸收有毒气体SO2，防止其污染环境；_。（2）能说明有SO2气体产生的实验现象是_。（3）反应一段时间后，用滴管吸取A试管中的溶液滴人适量水中为试样，试样中所含金属离子的成分有以下三种可能：I只含有Fe3+；II只含有Fe2+；III既有Fe3+又有Fe2+。为验证、的可能性，选用如下试剂，填写下列空格：A稀盐酸溶液 B稀硫酸溶液 CKSCN溶液 DKMnO4溶液ENaOH溶液 F淀粉KI溶液 GH2O2溶液验证：取试样，先滴加少量的_(填试剂序号，下同)，振荡，再滴加少量的_，根据溶液颜色的变化可确定假设是否正确。验证：步骤l 取试样，滴加少量的_(填试剂序号)，溶液的颜色变_色，则试样中含有Fe3+，发生反应的离子方程式为_。步骤2 再取适量的试样滴加少量的_ (填试剂序号)，溶液的颜色变为_，则试样中含有Fe2+。【答案】 (1). 便于控制反应的发生和停止 (2). 品红溶液褪色 (3). C (4). G (5). C(或F) (6). 红(或蓝) (7). Fe33SCN = Fe(SCN)3 (或2Fe32I = 2Fe2I2) (8). D (9). 浅红（或变浅）【解析】（1）比较两个装置的不同点，发现发生装置设计不同，可抽动的铁丝可以随时控制反应的发生与停止，而铁片却不具有这样的优势；（2）二氧化硫能够使品红溶液褪色，如果生成二氧化硫则会看到品红溶液褪色；（3）为只含有Fe2+，验证时，需要先加KSCN溶液，溶液不变红，然后再加H2O2溶液，若此时溶液变成红色，则证明只含有亚铁离子，为既有Fe3+又有Fe2+；验证的方法为：步骤1：检验Fe3+，加KSCN溶液，变红色，发生的反应为：Fe3+3SCN-=Fe（SCN）3；步骤2再验证亚铁离子，需要使用酸性高锰酸钾溶液，方法为：加酸性KMnO4溶液，高锰酸钾溶液变浅红色证明有二价铁离子。点睛：二价Fe离子和三价Fe离子的检验方法可以有以下几种：需要记住。Fe2+Fe3+观察法溶液呈浅绿色溶液呈棕黄色碱液法(NaOH、氨水等)先生成白色沉淀，迅速转变为灰绿色，最后变成红褐色生成红褐色沉淀SCN-法无明显现象，加入氯水，溶液变成红色溶液呈血红色20.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O42H2O工艺流程如下： 已知：浸出液含有的阳离子主要有H、Co2、Fe2、Mn2、Ca2、Mg2、Al3等；酸性条件下，ClO不会氧化Co2，ClO转化为Cl；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8（1）浸出过程中加入Na2SO3的主要目的是_。（2）向浸出液中加入NaClO3的离子反应方程式：_。（3）已知：常温下NH3H2ONH4+OHKb1.8105H2C2O4HHC2O4-Ka15.4102HC2O4-HC2O42-Ka25.4105则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH_7(填“”或“”或“”)。（4）加入(NH4)2C2O4 溶液后析出晶体，再过滤、洗涤，洗涤时可选用的试剂有：_。A蒸馏水 B自来水C饱和的(NH4)2C2O4溶液 D稀盐酸（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是_；其使用的适宜pH范围是_。A2.02.5 B3.03.5 C4.04.5【答案】 (1). 将Co3、Fe3还原为Co2、Fe2 (2). ClO6Fe2 6H= Cl6Fe33H2O (3). (4). A (5). 除去溶液中的Mn2 (6). B【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2混合液；浸出液中加入NaClO3，可将FeCl2氧化为FeCl3，加入Na2CO3调溶液pH至5.2，由表格信息可知，AlCl3、FeCl3转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀而被除去；过滤后所得滤液I主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，目的是除去钙、镁离子；过滤得到的滤液II中加入萃取剂除去溶液中的Mn2，萃取后，萃取余液中加入草酸铵，过滤得到草酸钴晶体。【详解】（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原为Fe2+、Co2+。（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O。（3）依据盐类水解可知，盐溶液的酸碱性取决于酸碱的强弱，谁强显谁性，由电离常数NH3H2ONH4+OH-Kb=1.810-5，HCO4-H+C2O42-Ka2=5.410-5可知，（NH4）2C2O4溶液中铵根离子水解大于草酸根离子水解，溶液呈酸性，即PH7。（4）为洗涤晶体附着的离子，同时不引入新的杂质离子，过滤获得晶体洗涤时，可直接选用蒸馏水洗涤。（5）滤液中加入萃取剂的作用是除去锰离子；pH=2与pH=3时Co2+的萃取率变化不大，但pH=3时Mn的萃取率增大很多，而pH=5时，Co2+的萃取率比较大，损失严重，故pH=3时最佳。【点睛】本题考查化学工艺流程，涉及氧化还原反应、物质分离和提纯、沉淀与pH的关系、盐类水解等知识点，明确流程中物质发生的转化是解本题关键。21.实验室常用以下几种方法制取氯气。（1）二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，写出其反应的离子方程式_。（2）高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，写出其反应的化学方程式_。（3）氯酸钾与浓盐酸反应制氯气，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。（1）装置中的X试剂为_。（2）装置中发生反应的化学方程式为_，（3）测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.000 g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.100 0 molL1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClOI=3ClIOIO5I3H2O=6OH3I2实验测得数据如下表所示。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.00该漂白粉中有效成分的质量分数为_；若滴定过程中未充分振荡溶液，局部变浅蓝色时就停止滴定，则测定结果将_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). MnO24H2ClMn2Cl22H2O (2). 2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O (3). 51 (4). NaOH溶液 (5). 2Ca(OH)22Cl2=CaCl2Ca(ClO)22H2O (6). 7.15% (7). 偏低【解析】【分析】.在装置中制取氯气，由于浓盐酸有挥发性，所以在氯气中含有杂质HCl及H2O; 在装置中用饱和NaCl溶液除去杂质HCl，在装置氯气与石灰浆发生反应制取漂白粉；由于氯气是大气污染物，为了减少对环境的污染，应该用溶解度大的NaOH溶液进行吸收，并且为了防止倒吸现象的发生，用一个带有球形的U型管装置。【详解】.（1）二氧化锰与浓盐酸在加热时发生反应制氯气，其反应的离子方程式是MnO24H2ClMn2Cl22H2O；（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应制氯气，反应的化学方程式是2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O；（3）氯酸钾与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式是：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O；该反应中氧化剂KClO3得到电子变为还原产物Cl2，还原剂HCl失去电子变为氧化产物Cl2.根据方程式中物质的关系可知：氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1；.（1）装置中的x试剂为NaOH溶液；（2）装置中发生反应的化学方程式为2Ca(OH)22Cl2=CaCl2Ca(ClO)22H2O；该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生