甘肃省武威市第六中学2021届高三上学期第二次阶段性复习过关考试(解析版)

1、甘肃省武威市第六中学 2021届高三上学期第二次阶段性复习过关考试相对原子质量： H-1C-12N-140-16Na-23AI-27S-32Fe-56Cu-64Ba-137第I卷一、选择题每题只有一个选项符合题意，每题 3分，共48分1.2021年世界环境日的主题为：Th in k.Eat.Save.思前、食后、厉行节约。保护环境，呵护地球是我们每一个人不可推卸的责任。以下现象与污染源对应不正确的选项是A、酸雨硫的氧化物、氮的氧化物B.光化学烟雾 氮的氧化物C.臭氧空洞一一氟氯烃即氟利昂D.温室效应一一SO2【答案】D【详解】A、酸雨与人们排放的 SO 2、氮的氧化物有关，正确；B、光化学烟雾

2、与碳氢化合物和氮的氧化物有关，正确；C、臭氧空洞与氟氯烃即氟利昂有关，正确；D、温室效应与大气中 CO2浓度不断上升有关，不正确。答案选D。2.以下各组中两物质作用时，反响条件或反响物用量改变。对生成物没有影响的是A. Fe 与稀 HNO3B. NaOH 溶液与 CO2C. Na2O2 与 CO2D. AlCl 3溶液与 NaOH 溶液【答案】C【分析】A . Fe与稀HNO3的反响与量有关；B. 反响与量有关；C. 反响与量无关；D .反响与量有关.【详解】A . Fe与稀HNO3的反响与量有关，Fe少量生成硝酸铁，Fe过量生成硝酸亚铁，故A不选；B .二氧化碳少量时生成碳酸钠，二氧化碳过量

3、时生成碳酸氢钠，与量有关，故B不选；C选;C.反响与量无关，反响条件或反响物用量的改变对生成物没有影响，故NaOHD .反响与量有关，AICI3溶液与NaOH溶液，NaOH溶液少量时生成氢氧化铝沉淀,溶液过量时生成偏铝酸钠，故D不选.应选C。3设Na为阿伏加德罗常数的数值，以下各项表达中正确的有()A. pH=1的H3PO4溶液中，含有 O.INa个H +B. 将1L 2mol/L的FeCl3溶液参加到沸水中，加热使之完全反响，所得到的氢氧化铁胶体粒子数为2NaC. 1L Imol . L-1 FeBr2溶液与I mol氯气反响时转移的电子数为3NaD. 23g Na与O2充分反响生成 Na2

4、O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.25 Na和0.5 Na 之间【答案】D【解析】A、 pH=1的H3PO4溶液中，c(H + )=0.1mol/L,缺少溶液的体积，无法计算含H+的个数，故A错误；B.将1L 2mol/L的FeCh溶液参加到沸水中，加热使之完全反响，所得 到的氢氧化铁胶体粒子数远少于2Na，每个氢氧化铁胶体粒子由成千上万个Fe(OH)3分子构成，故B错误；C. l mol氯气只能得到2Na个电子，1L lmol . L-1 FeBr2溶液与I mol氯气 反响时转移的电子数为2Na，故C错误；D.根据方程式：4Na+ O2=2Na2O, 23g Na与O2充分反响

5、生成 Na2O，消耗 O2的分子数0.25mol,同理，2Na+ O2=Na2O2, 23g Na与O2反响O2的分子数在生成Na2O2，消耗O2的分子数0.5mol，生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗0.25 Na 和 0.5 Na 之间,故D正确；应选D。4以下物质中既能跟稀H2SO4反响，又能跟氢氧化钠溶液反响的是( NaHCO3 Al 2O3 AI(OH) 3 AI(NH4)2CO3A.B.C.D.全部【答案】D【详解】NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反响生成硫酸钠、二氧化碳与水, 化钠反响生成碳酸钠与水，故符合; AI 203是两性氧化物，能与硫酸反响生成硫酸铝与水，与氢氧化

6、钠反响生成偏铝酸钠与水，故符合； AI(OH) 3是两性氢氧化物，能与硫酸反响生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反响生成偏铝酸钠与水，故符合； AI与硫酸反响生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反响生成偏铝酸钠与氢气，故符合； (NH4)2CO3,加热条件下能与氢氧化钠反响生成碳酸钠、氨气和水，能与硫酸反响生成硫酸铵、二氧化碳和水，故符合。答案选D。5以下离子方程式的书写正确的选项是()A. 铝与盐酸反响：Al + 6H + =Al 3+ + 3H2 TB. 过量 CO2 通入 NaOH 溶液中：CO2+ 2OH 一=缶0 + CO32C. Fe 粉参加 FeCb 溶液：Fe + Fe3+ =2 Fe3+D.

7、 碳酸钠与氯化钙混合：CO32 + Ca2+ =CaCO3 J【答案】D【详解】A、电荷不守恒，离子方程式为2AI+6H +=2AI 3+3H2 f,错误；B、过量CO2通入NaOH溶液中，反响生成的是碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-，错误；C、 电荷不守恒，离子方程式为Fe + 2Fe3+ = 3Fe3+，错误；D、 两者反响生成沉淀碳酸钙，离子方程式为CO32-+Ca2+=CaCO3j,正确。答案选D。6用0.1 mol/L的Na2SO3溶液30 mL,恰好将2X10一3 mol XO 4复原，那么元素 X在复原产物中的化合价是()A. + 4B. + 3C.

8、+ 2D. + 1【答案】A【详解】根据得失电子数目守恒，30X10一3X0.1 (6 4)=2 X03X(7 X)，解得X=4，应选项A正确。7.在强酸性无色透明的溶液中，可以大量共存的离子组是()A、K+、NO3； OH) Cl -B. SO42-、Al3+、NH4+、Na+C. I、一Ba2+、Mg2+、NO3 -D. Cl、SCN： K+、Fe3+【答案】B【详解】A、H+、OH-结合生成水，那么不能共存，错误；B、 该组离子之间不反响，能共存，且离子均为无色，B正确；C、NO3-、H+、I-发生氧化复原反响，那么不能共存，错误；D、SCN-、Fe3+结合生成络离子，那么不能共存，错误

9、。答案选B。8黑火药是我国四大创造之一，其爆炸反响为:2KNO3+S+3C=K2S+N2f +3COf,其中的氧化剂与复原剂物质的量之比为D. 2 : 1A. 2 : 3B. 1 : 3C. 1 : 1【答案】C分析】反响S+2KNO3+3C =K2S+N2 f +3COf中，N和S元素化合价降低，被复原，C元素化合价升高，被氧化，据此分析。【详解】反响中 N和S元素化合价降低，被复原，C元素化合价升高，所以复原剂是C、氧化剂是S和KNO3,所以氧化剂与复原剂的物质的量之比为1 : 1 ,应选C。9将Na2O2参加至寸体积变化忽略不计、SO32、Na+> NO3的溶液中，充分反响后溶液度

10、保持不变的是A. NO 3N03、NaA【详解】Na2O2 粉答案选A。10.以下各组物质的的现象不相同的是反响生成CO；,32、NO3C. SO32、NO3D. CO 32、SO2因被氧化而减少，因有 NaOH生成，那么HCO3与之+均增加，HCO3减少，整个过程中只有 NO3浓度保持不变,巴前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，所产生B. Na2CO3 和 HCIA. AICI 3 和 NH3 .H2OC. NaHCO3 和 HCID. NaCI 和 AgNO 3【答案】B【详解】A、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是先出现白色沉淀，后沉 淀不消失，现象相同，选项 A不选；B

11、、前者逐滴滴入后者时开始就有气泡冒出，而后者逐滴滴入前者，先没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，选项B选；C、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是开始就有气泡冒出，现象相同， 选项C不选；D、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是开始就有白色沉淀产生且沉淀不溶解，现象相同，选项 D不选。答案选B。11向MgS04和Al2SO43的混合溶液中，逐滴参加NaOH溶液。以下图像中，能正确表示上述反响的是横坐标表示参加 NaOH溶液的体积，纵坐标表示反响生成沉淀的质量【详解】因横坐标表示参加 NaOH溶液的体积，纵坐标表示反响生成沉淀的质量， 那么向MgSO4 和

12、Al2SO43的混合溶液中，逐滴参加NaOH溶液，发生Mg2+2OH一 MOH2AI3+3OHAl OH 3 J,那么沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al OH 3+OH AIQ+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反响，那么最后沉淀的质量为一定值，显然只有 D符合，应选D 12.以下关于离子检验的说法正确的选项是A. 向某溶液中参加少量稀硫酸，假设有白色沉淀生成，那么该溶液中含有Ba2+B. 用酸性KMnO 4溶液可检验硫酸铁溶液中是否含有硫酸亚铁C. 向某溶液中参加适量稀盐酸，观察是否有气泡产生，可检验溶液中是否含有CO32-D. 向某溶液中滴加 BaCl2溶液出现白色沉淀，

13、再加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该溶液中存在 SO42或 SO32-【答案】B【分析】A 参加少量稀硫酸，有白色沉淀产生，可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙；B. 亚铁离子具有复原性，可与高锰酸钾等氧化剂反响；C. 参加适量稀盐酸，有大量气泡产生的可能是碳酸根或者碳酸氢根；D硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀；【详解】A 参加少量稀硫酸，有白色沉淀产生，可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙，所 以不能确定溶液中一定含有Ba2+，故A错误；B 亚铁离子具有复原性， 可与高锰酸钾等发生氧化复原反响，高锰酸钾溶液褪色， 可鉴别，故B正确；C.参加适量稀盐酸，有大量气泡产生的可能是碳酸根或者碳酸氢根，所以不

14、能确定是否含有CO32，故C错误；D硫酸钡和AgCI均为不溶于酸的白色沉淀，那么向某溶液中参加BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，那么溶液中可能含SO42或SO32或C，故D错误；应选：B。13以下除杂方法不正确的选项是()A. 用过量烧碱溶液，除去镁粉中混有的少量铝粉B. 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量 Al3+C. 用生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D. Al (OH ) 3中混有少量Mg (OH ) 2：参加足量烧碱溶液，充分反响，过滤，向滤液中通 入过量CO 2后再过滤【答案】B【分析】A、金属镁和氢氧化钠不反响，金属铝和氢氧化钠反响生成可溶性的偏铝酸盐；

15、B、氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中；C、生石灰与水反响，能吸收水形成氢氧化钙溶液；D、烧碱溶液和氢氧化铝反响生成偏铝酸钠溶液，向其中通入过量的二氧化碳反响会生成氢 氧化铝沉淀.【详解】A、金属镁和氢氧化钠不反响，金属铝和氢氧化钠反响生成可溶性的盐，所以镁粉中混有少量铝粉，可以参加过量烧碱溶液充分反响，然后过滤、洗涤、枯燥即可，故A正确；B、Fe3+和AI3+均和氨水反响分别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中，故不能实现，故B错误；C、生石灰能与水反响，生成氢氧化钙，氢氧化钙和乙醇的沸点相差较大，可以通过加热蒸 馏，别离出乙醇，故 C正确；D、烧碱

16、溶液和氢氧化铝反响生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，实现除杂的目的，故D正确。应选：B。A.图1表示在水中慢慢通入氨气至过量B.C.图3表示在醋酸溶液中慢慢滴加同浓度的氨水至过量D.图4表示在氯化铝溶液中滴加氨水至过量图2表示在氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳至过量【答案】A【分析】A 氨气通入水中，氨气和水反响生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，溶液中氨气饱和，PH不再变化;B 向NaOH和Ca (OH ) 2的混合溶液中通入 C02,先发生 Ca (OH ) 2+CO2 CaCO J +HO, 再发生 CO2+NaOH N

17、aHCO 3,最后发生 CaCO3 J +HO+CO2 Ca(HCO3) 2;C.溶液导电能力的强弱主要取决于阴、阳离子浓度的大小， 离子浓度越大，导电能力越强,乙酸与氨水反响生成乙酸铵，乙酸铵属于强电解质，但氨水至过量，导电能力减弱；D 向氯化铝溶液中滴加氨水，由于生成的氢氧化铝不溶于氨水弱碱，沉淀不溶解。【详解】A .氨气通入水中，NH3+H2NH3 H2 NH4+OH，氨气未饱和前，溶液的PH在不断增大，当溶液饱和时，PH不再变化，故 A正确；B. 因向NaOH和Ca ( OH) 2的混合液中通入 CO2,先发生 Ca (OH ) 2+CO2 CaCO J +HO,生成沉淀，再发生 CO

18、2+NaOF NaHCO 3,沉淀的量不变，最后发生反响：CaCO3 J +HO+CO2 Ca( HCO3) 2,沉淀溶解，且生成沉淀和沉淀溶解消耗的CO2相等，图象与反响不符合，故 B错误；C. 醋酸是弱酸，导电能力不大，参加氨水后，离子方程式：NH3H2O+CH3COO NH 4+H2O+CH3COO，生成醋酸铵是强电解质，导电能力增强，导电性变化大，至过量时，氨 水溶液的体积占主导，离子浓度变小，导电能力降低，故C错误；D .一水合氨不会溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反响的离子方程式为：Al+3NH 3 H2OAl(OH ) 3 J +3NHJ沉淀不溶解，故 D错误；应选：A。15向NaOH

19、和Na2CO3混合溶液中滴加 0.2mol L-1稀盐酸，C02的生成量与参加盐酸的体积(V )的关系如下图。以下判断正确的选项是()俺酸 LA. 在0a范围内，只发生反响 OH-+H+=H2OB. a=0.35C. ab段发生反响的离子方程式为：CO32-+2H +=H2O+CO2 fD. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为 2:1【答案】B【分析】向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和 NaOH发生反响：NaOH+HCl=NaCl+H 2O,继续滴加时，盐酸与 Na2CO3首先发生反响：HCl+Na 2CO3=NaHCO 3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发

20、生反响：NaHCO3+HCl=NaCl+H 2O+CO2T.计算ab段消耗盐酸的体积， 进而计算a的值。根据碳原子 守恒可得碳酸钠的物质的量，b点溶液中溶质为NaCl,由氯原子守恒可得 NaCl的物质的量， 再根据钠离子守恒计算 NaOH的物质的量。【详解】A.在0a范围内，先发生反响：NaOH+HCI=NaCI+H 2O,继续滴加时，发生反响： HCl+Na 2CO3=NaHCO 3+NaCl，故 A 错误；B 生成二氧化碳为 O.OImol，由 NaHCO3+HCI=NaCI+H 2O+CO 2 f 可知 ab 段消耗 HCI 为O.OImol，消耗盐酸体积为 O.OImol &2

21、mol1=0.05L，故 a=0.4-0.05=0.35，故 B 正确；C. ab段发生反响为：NaHCO3+HCI=NaCI+H 2O+CO2 f 反响的离子方程式为：HCO3+H +=H2O+CO2 f 故 C 错误；D .由碳原子守恒可知 Na2CO3为0.01moI, b点溶液中溶质为 NaCl，由氯原子守恒可得 n(NaCl) =n (HCI ) =0.4L X0.2moI L 1=0.08moI，由钠离子守恒：n ( NaOH) =n ( NaCl) -2n(Na2CO3)=0.08moI-2 g1mol=0.06mol，故原混合溶液中 NaOH与Na2CO3的物质的量之 比为6：

22、 1,故D错误。应选：B。【点睛】考查了混合物反响的计算，难点A，解题关键：明确碳酸钠与氯化氢反响是分步进行。16白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反响：12P+5CuSO4+8H 2O=5Cu+2H 3PO4+5H 2SO4211P+15CuSO4+24H 2O=5Cu 3P+6H 3PO4+15H 2SO4以下有关说法中错误的选项是A. 在上述两个反响中，水既不是氧化剂也不是复原剂B. 在上述两个反响中，氧化产物都是H3PO4C. 在上述两个反响中，氧化剂都只有硫酸铜D. 在反响中，当有5 mol CuSO4发生反响时，共转移 10 mol电子【答案】C【

23、解析】在12P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H 3PO4+5H2SO4反响中P元素化合价由0价变为5价， Cu 元素化合价由 +2 价变为 0 价；在211P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反响 中P元素化合价由0价变为-3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP 参加氧化复原反响，那么有 6/11的P被氧化，其余的P被复原，A、两个反响中只有 P、Cu 元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是复原剂，故A正确；B、两个反响中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是 H3PO4，故B正确；C.在反响2中，P

24、元素化合价由0价变为-3价、+5价，所以P既是氧化剂又是复原剂，故C错误；D、在反响2中，15molCuSO4转移30mol电子，那么当有 5mol CuSO4发生反响时，共转移10mol电子，故 D正确；应选 Co点睛：此题考查氧化复原反响， 掌握元素化合价变化和氧化剂、复原剂的概念是解此题关键，注意该反响中P元素化合价变化，在反响2中既升高又降低，为易错点，侧重于考查学 生对根底知识的应用能力。第n卷共52分17现有金属单质 A、B、C和气体甲、丙以及物质 D、E、F、G、H，它们之间的相互转化 关系如下图图中有些反响的生成物和反响条件没有标出。Ck请答复以下问题：(1) 写出以下物质的化

25、学式：B、丙;(2 )写出以下反响的离子方程式：反响 ；反响 ；(3) 向F的溶液中参加 D溶液后产生的现象是 用化学反响方程式解释产生此现象的原因 【答案】(1). Al (2). HCI (3). 2AI+2OH -+2H2O=2AIO 2-+3H2 f(4). 2Fe2+ + Cb= 2Fe3+ + 2CI -(5).先变成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀(6).FeCl2+2NaOH = Fe(OH) 2 J+ 2NaCI(7). 4Fe(OH) 2+ O2+ 2H2O=4Fe(OH) 3【分析】金属A焰色反响黄色证明为Na，与水反响生成气体甲为 出，D为NaOH ;金

26、属B和氢氧化钠溶液反响，说明B为AI，黄氯色气体乙为 CI2,气体甲和氯气反响生成丙为HCI，物质E为盐酸溶液，物质 D氢氧化钠和物质 G为反响生成红褐色沉淀 H为Fe (OH )3, G为FeCI3,推断物质 F为FeCI2；判断C为Fe。【详解】(1)依据分析B为AI , E为HCI ;(2) 反响是氢氧化钠和铝反响生成氢气和偏铝酸钠，反响的化学方程式为：2AI+2NaOH+2H 2O=2NaAIO 2+3H 2 f 离子方程式为：2AI+2OH -+2H 2O=2AIO 2-+3H2 f ；反响是氯化亚铁和氯气反响生成氯化铁的反响，反响的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3,

27、离子方程式为：2Fe2+ + Cl2= 2Fe3+ + 2CI -;(3) F为FeCl2, D为NaOH，向F溶液中参加D溶液，生成氢氧化亚铁白色沉淀，在空气中被氧化成氢氧化铁， 氢整个反响过程的实验现象是先有白色沉淀出现，然后白色沉淀逐渐变为墨绿色最终变为红褐色，涉及的化学方程式为：FeCl2+2NaOH=Fe (OH) 2 J +2NaC、4Fe3)，亚铁(OH)2+O2+2H2O 4Fe( OH ) 3。【点睛】此题考查无机物的推断，解题突破口为：焰色反响及物质的颜色，难点(在空气中的氧化的现象及反响。18.NaCIO 2是一种离效消毒剂、漂白剂在实验室中可用如图装置制备。(1) 装置

28、中酸X可以为。A.盐酸B.H2SO4C.HNO3D.H2C2H4 溶液(2) 写出装置中产生 CIO2的离子方程式 。(3) 装置的作用是，装置采用冷水欲的原因是 。(4) 由装置反响后的溶液可得到NaCIO2晶体，其实验步骤为：i.减压，蒸发结晶；ii .；iii 热水洗涤；iv 低温枯燥，得到成品(低温时 NaCIO 2饱和溶液中会析出 NaCIO2 3H2O。)(5) CIO 2可用于氧化工厂污水中所含CN-,生成两种无毒无害的气体，写出其离子反响方程式。【答案】(1). B (2). 2CIO 3-+SO32-+2H+ 2C1Qf +S&-+H2O(3).平安瓶 (4).防止出

29、 H 202 分解(5).趁热过滤(6). 2CIO 2+2CN- 2CO+N 2+2CI-【解析】(1 )根据亚氯酸钠的氧化性，所选酸不能有强的复原性，且不易挥发，故装置中酸X可以为硫酸；(2)根据反响物 NaCIO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为CIO2和Na2SO4, 配平方程式为 2NaCIO3 + Na2SO3 + H 2SO4=2CIO 2 f + 2NaSO4 + H2O； (3)装置为平安瓶， 防止装置中气体温度降低而产生倒吸；(4)因为NaCIO2饱和溶液在温度低于 38C时析出的晶体是NaCIO2 3H2O,高于38 C时析出晶体是 NaCIO2,高于60 C时NaC

30、IO2分解成NaCIO3 和NaCI，假设要得到NaCIO2晶体，需在38 60C得到晶体，故操作为趁热过滤；用38-60 C 的温水洗涤；(5)CIO2可用于氧化工厂污水中所含CN-,生成两种无毒无害的气体是二氧化碳和氮气，根据氧化复原反响配平，那么其离子反响方程式为：2CIO2+2CN- 2CQ+N2+2CI-。19利用化学原理对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如图(硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3十，其次是 Fe3j Fe2+、Al3*、Ca2+> Mg")：常温下局部阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表:

31、阳离子Fe3*Fe2*Mg2*Al 3*Cr3*开始沉淀时的pH1.97.0一一一沉淀完全时的pH3.29.011.189 (> 9溶解)(1) 酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是 (至少写两条)。(2) H2O2的作用是。(3) 调 pH = 8 是为了除去 (填 Fe3*、Fe2 + > Al3*、Ca"、Mg")。(4) 钠离子交换树脂的原理为Mn* + nNaR> MRn + nNa*,被交换的杂质离子是 (填 Fe3*、Fe2*、Al3*、Ca2*、Mg2*)。(5) 以下氧化复原反响方程式 (未配平)：Na2Cr2O7+ SO2+ H2O =

32、 Cr (OH ) ( H2O) 5SO4 + Na2SO4；以上反响各物质的配平系数依次为 。每生成1 molCr ( OH) (H2O) 5SO4转移电子的数目为 。【答案】(1).升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中参加硫酸(屡次浸取)、适当延长浸取时间(2) .将 Fe2*和 Cr3*氧化(3). Fe3*、AI3*(4). Mg2*、Ca2*(5). 1、3、11、2、1(6).3Na【分析】硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3*，其次是Fe3*、Fe2*、Al3*、Ca2*、Mg2*,过滤后向滤液中参加双氧水，双氧水有强氧化性，能氧化复原性的Fe2*生成Fe3* ;参加氢氧化钠溶液后，调节

33、溶液的pH至8,根据表中数据知，Fe3*、Al3*转化为沉淀除去；然后过滤，向滤液中参加钠离子交换树脂，然后参加二氧化硫，发生氧化复原反响得到Cr OH(H2O) 5SO4。【详解】(1)升高温度、搅拌、增大反响物浓度都可以提高浸取率，其采用措施为升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中参加硫酸(屡次浸取)、适当延长浸取时间(只要答出任意一点即可，其他合理答案也可)；(2) 过氧化氢具有氧化性，可将Fe2+和Cr3+氧化；(3) pH=8时，Fe3J Al3+完全生成沉淀，所以 pH=8时除去阳离子为 Fe3*、Al3+；(4) 钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，即：Mg2 +、Ca2+；(5

34、) 二氧化硫具有复原性，被滤液n中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被复原为CrOH ( H2O) 5SO4,水溶液中生成硫酸反响生成硫酸钠，依据原子守 恒分析书写配平；Na2CrO4+3SO2+11H2O=2CrOH ( H2O) 5SO4J +N2SO4,根据方程式：3SO22CrOH (H2O) 5SO4，可知每生成1mol Cr (OH) (H2O) 5SO4转移电 子的数目为3Nao20有一含NaCl、Na2CO3 10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下图的实验装置， 按图组装好实验装置后，首先进行的操作是 o 称取样品，将其放入硬质玻璃管中；

35、称量装浓硫酸的洗气瓶C和装碱石灰的U形管D的 翻开活塞 心、K2 ,关闭K3,缓缓鼓入空气数分钟， 其目的是 o 关闭活塞K1、K2,翻开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。 翻开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟， 然后拆下装置，再次称量洗气瓶 C和U形管D的质 量。关于以上实验方案，请答复以下问题。(填偏大偏小或无(2)假设反响后不鼓入空气，会导致测量的NaCI质量分数影响)。(3) E处枯燥管中盛放的药品是，其作用是如果没有该装置，会导致测量的NaHCO 3的质量分数(填偏大偏小或无影响)。(4) 假设样品质量为 wg ,反响后C、D装置增加的质量分别为 m、m2g，那么混合物中Na2CO3 IOH2O的质量分数为(用含w、mi、m2的代数式表示)。【答案】(1).检查装置气密性(2).除去装置中的水蒸气和二氧化碳(3).偏大 (4).碱石灰 (5).防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果(6).偏大 (7).18m2286阳蔦f) X100%180w【分析】将混合物加热会产生E中碱石灰可防止外界空气中的H2O (g)、CO2进入装置D影响实验效果H2O ( g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由枯燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的枯燥剂吸水后不能吸收 CO2；由D的增重(NaHCO3