湖南省株洲市茶陵县茶陵三中2024届化学高二上期中经典试题含解析

湖南省株洲市茶陵县茶陵三中2024届化学高二上期中经典试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列溶液中含Cl－物质的量浓度最大的是A．20mL0.2mol/L的AlCl3溶液B．40mL0.2mol/L的CaCl2溶液C．60mL0.4mol/L的KCl溶液D．100mL0.4mol/L的NaCl溶液2、下列叙述正确的是A．常温下，某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐B．中和热测定实验中用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒C．MgCl2·6H2O受热时发生水解，而MgSO4·7H2O受热不易发生水解D．常温下，中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量相同3、以NA代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式C2H2(g)+5/2O2(g)2CO2(g)+H2O(l)ΔH=-1300kJ·mol-1的说法中，正确的是…()A．当10NA个电子转移时，该反应放出2600kJ的能量B．当1NA个水分子生成且为液体时，吸收1300kJ的能量C．当2NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量D．当8NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量4、室温下，向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.1mol/L一元酸HA溶液后PH的变化如图所示。下列说法正确的是()A．a

点所示溶液中

c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(HA)B．a、b

两点所示溶液中水的电离程度相同C．b点所示溶液中c(A-)＞c(HA)D．pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)5、下列有关电解质溶液的说法正确的是A．0.1mol/L氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强B．适当升高温度，CH3COOH溶液pH增大C．稀释0.1mol/LNaOH溶液，水的电离程度减小D．CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，减小6、乙烯分子中含有4个C—H键和1个C=C键，6个原子在同一平面上。下列关于乙烯分子的成键情况分析正确的是()①每个C原子的2s轨道与2p轨道杂化，形成两个sp杂化轨道②每个C原子的2s轨道与2个2p轨道杂化，形成3个sp2杂化轨道③每个C原子的2s轨道与3个2p轨道杂化，形成4个sp3杂化轨道④每个C原子的3个价电子占据3个杂化轨道，1个价电子占据1个2p轨道A．①③B．②④C．①④D．②③7、摇摇冰”是一种即用即冷的饮料。吸食时将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即会制冷。该化学物质是A．氯化钠 B．固体硝酸铵 C．固体氢氧化钠 D．生石灰8、具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（）A．1s22s22p63s23p1 B．1s22s22p3 C．1s22s22p2 D．1s22s22p63s23p49、一定条件下，在体积为10L的固定容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，反应过程如图，下列说法正确的是（）A．t1min时正、逆反应速率相等B．Y曲线表示N2的物质的量随时间变化的关系C．8min时的平衡常数与12min时平衡常数相等D．10～12min，升高温度使反应速率加快，平衡正向移动10、一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是()A．缩小体积使压强增大 B．恒容，充入N2C．恒容，充入He D．恒压，充入He11、在2NO2(红棕色)N2O4(无色)的可逆反应中，下列状态一定属于平衡状态的是A．N2O4和NO2的分子数比为1∶2B．N2O4和NO2的浓度相等C．平衡体系的颜色不再改变D．单位时间内有1molN2O4变为NO2的同时，有1molNO2变为N2O412、能区别和两种溶液的试剂是(

)A．溶液 B．溶液 C． D．浓氨水13、在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1)容器甲乙丙反应物投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度（mol·L-1）c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率а1а2а3下列说法正确的是（）A．2c1＞c3 B．a+b=92.4 C．2p2＜p3 D．а1+а3=114、在一定温度下，改变反应物中n(SO2)，对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0的影响如图所示，下列说法正确的是（）A．反应b､c点均为平衡点，a点未达到平衡且向正反应方向进行B．a､b､c三点的平衡常数Kb>Kc>KaC．上述图象可以得出SO2的含量越高得到的混合气体中SO3的体积分数越高D．a､b､c三点中，a点时SO2的转化率最高15、比较下列各组物质的沸点，正确的是A．乙醇>丙烷B．异戊烷>正戊烷C．1-丁烯>1-庚烯D．乙二醇>丙三醇16、对于反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0,增大压强,下列说法正确的是()A．平衡逆向移动 B．混合气体颜色比原来深C．混合气体颜色比原来浅 D．混合气体的平均相对分子质量变小二、非选择题（本题包括5小题）17、已知乙烯能发生以下转化：(1)写出反应①化学方程式______，其反应类型为________。(2)B中官能团名称_______。(3)C的结构简式为_______。(4)写出反应②的化学方程式_______。(5)检验C中官能团的方法是_________，化学方程式为_______。(6)B与D制取乙酸乙酯需要三种药品①浓硫酸②乙酸③乙醇，加入三种药品的先后顺序为(填序号)__________。18、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。（1）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为_______________________________。（2）元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是____________(用离子符号表示)。（3）用电子式表示化合物D2C的形成过程：_________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键类型是_______________________________________________。（4）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为__________________，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式是______________________。（5）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为________________________(化学式用具体的元素符号表示)。19、某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：A．用250mL容量瓶等仪器配制成250mL烧碱溶液；B．用移液管（或碱式滴定管）量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中加蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为Mmol•L﹣1的标准HCl溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度数V1mL；E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点耗酸体积V2mL。回答下列问题：（1）正确的操作步骤是（填写字母）________→________→________→D→________；（2）滴定时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________________；（3）终点时颜色变化是_____________________；（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_____（填字母序号）；A．滴定终点读数时俯视B．锥形瓶水洗后未干燥C．酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸润洗D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失（5）该烧碱样品的纯度计算式是________。20、某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189(>9溶解)（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。A．Na2O2B．HNO3C．FeCl3D．KMnO4（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：Mn＋＋nNaR→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋（3）还原过程中，每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole－，该反应离子方程式为____________。21、空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下：（1）步骤①获得Br2的离子反应方程式为：_________________________。（2）步骤③所发生反应的化学方程式为：_________________________。在该反应中，氧化剂是______________（填化学式）；若反应中生成2molHBr，则转移电子数约为_____________个。（3）根据上述反应可判断SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序是：_______________。（4）步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。A．氧化性B．还原性C．挥发性D．腐蚀性（5）提取溴单质时，蒸馏溴水混合物Ⅱ而不是蒸馏溴水混合物Ⅰ，请说明原因：________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】A.c(Cl-)=0.2×3mol/L=0.6mol/L；B.c(Cl-)=0.2×2mol/L=0.4mol/L；C.c(Cl-)=0.4mol/L；D.c(Cl-)=0.4mol/L；故正确答案为A。2、C【题目详解】A.常温下，NaHSO4溶液的pH＜7，但NaHSO4既不是酸又不是强酸弱碱盐，故A错误；B.中和热测定实验中用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、温度计，缺少温度计，故B错误；C.MgCl2·6H2O受热时发生水解生成氢氧化镁沉淀，而MgSO4·7H2O受热生成MgSO4，故C正确；D.常温下，pH相同的硫酸和醋酸，醋酸浓度大于硫酸，中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量：硫酸<醋酸，故D错误。3、D【解题分析】该反应为放热反应，热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示微粒数，所以系数可以用分数表示。【题目详解】A项、当10NA个电子转移时，有1molC2H2分子参加反应，根据方程可知放出1300KJ的能量，A错误；B项、该反应为放热反应，反应时不是吸收能量，而是放出能量，B错误；C项、当2NA个碳氧共用电子对生成时，有1/2mol二氧化碳分子生成，根据方程可知放出650KJ的能量，C错误；D项、当8NA个碳氧共用电子对生成时，有2mol二氧化碳分子生成，根据方程可知放出1300KJ的能量，D正确。故选D。【题目点拨】本题考查热化学反应的能量的计算，做题时注意反应时吸热还是放热，从微观结构判断参加反应的反应物的物质的量是做本题的关键。4、C【题目详解】A．a点时消耗0.1mol/L一元酸HA10mL，酸碱恰好中和生成盐，溶液pH=8.7，溶液显碱性，则该盐为强碱弱酸盐，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)＞c(H+)，故A错误；B．a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C．b点加入0.1mol/L一元酸HA溶液20mL，HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，此时溶液的pH=4.7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(HA)，故C正确；D．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，故D错误；答案选C。5、A【题目详解】A．向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸铵为强电解质，完全电离，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故A正确；B．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，溶液的pH减小，故B错误；C．酸碱对水的电离有抑制作用，稀释0.1mol/LNaOH溶液，对水的电离的抑制作用减小，水的电离程度增大，故C错误；D．CH3COONa溶液中存在醋酸根离子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则不变，故D错误；故选A。【题目点拨】本题的易错点为D，要注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积、水的离子积等都是只与温度有关，温度不变，这些常数不变。6、B【解题分析】乙烯分子中每个C原子与1个C原子和2个H原子成键，必须形成3个σ键，6个原子在同一平面上，则键角为120°，为sp2杂化，形成3个sp2杂化轨道，1个价电子占据1个2p轨道，2个C原子成键时形成1个π键，②④正确，故选B。综上所述，本题选B。【题目点拨】该题主要考查乙烯分子的成键方式，难度中等.熟悉杂化轨道理论，明确原子如果通过杂化轨道形成的一定是σ键，未参加杂化的轨道形成的π键，这是解答该题的关键。7、B【题目详解】A.氯化钠溶于水，能量变化不明显，故A错误；B.固体硝酸铵溶于水吸热，能使温度降低达到制冷的作用，故B正确；C.固体氢氧化钠溶于水放热，不能起到制冷的作用，故C错误；D.生石灰与水反应放热，故D错误；答案选B。8、A【题目详解】核外电子排布：A.1s22s22p63s23p1B.1s22s22p3C.1s22s22p2D.1s22s22p63s23p4，则A为Al、B为N、C为C、D为S，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Al＞C＞N，Al＞S，故Al原子半径最大，即A的原子半径最大，故选A。9、C【解题分析】A.依据图像可知，t1min时X、Y的物质的量相等，并没有保持不变，反应没有达到平衡，正、逆反应速率不相等，故A错误；B.由图像曲线变化可知，0~8min内Y和X的物质的量变化之比为（1.2mol-0.3mol）:（0.6mol-0mol）=0.9mol：0.6mol=3:2，所以Y表示H2的物质的量随时间变化的关系，X表示NH3的物质的量随时间变化的关系，故B错误；C.平衡常数只和温度有关，所以8min时的平衡常数与12min时平衡常数相等，故C正确；D.由于该可逆反应的正反应为放热反应，10～12min，若升高温度使化学反应速率加快，平衡逆向移动，NH3物质的量减小，H2物质的量增大，与图像不吻合，故D错误；本题答案为C。10、C【题目详解】A．气体的物质的量不变，缩小体积，气体的物质的量浓度增大，化学反应速率增大，A选项不满足题意；B．容积不变，充入N2，使反应物N2的物质的量浓度增大，浓度越大，化学反应速率越大，B选项不满足题意；C．容积不变，充入He，反应容器内压强增大，但N2、O2、NO的物质的量浓度并没有变化，因此不改变化学反应速率，C选项正确；D．压强不变，充入He，反应容器的体积必然增大，N2、O2、NO的物质的量浓度减小，化学反应速率减小，D选项不满足题意；答案选C。11、C【解题分析】试题分析：A选项，该反应当N2O4和NO2的分子数之比为1∶2时，无法判断是否平衡状态。B选项，应为N2O4和NO2的浓度不再发生变化时，该反应达到平衡状态。C选项，正确。D选项，应为单位时间有1molN2O4转变为NO2的同时，有2molNO2转变为N2O4，故错误。考点：化学平衡状态的判断。12、A【分析】[Co（NH3）4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co（NH3）4Cl2]NO3不能，以此来解答。【题目详解】B、C、D中的物质与两种溶液均不反应，现象相同，不能鉴别，而A中[Co（NH3）4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co（NH3）4Cl2]NO3不能，现象不同，可鉴别，故A符合。答案选A。【题目点拨】注意配合物中内界离子不与硝酸银反应。13、B【分析】甲投入1molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，据此分析解答。【题目详解】A、丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；B、甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B正确；C、丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；D、丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率а1+а3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率а1+а3＜1，故D错误；故选B。【题目点拨】解答本题的关键是正确理解等效平衡的原理。本题的易错点为D，要注意压强对平衡的影响与转化率的关系。14、D【题目详解】A.图像的横坐标是起始时n(SO2)，纵坐标是平衡时SO3的体积分数，因此，曲线是平衡线，线上的每个点均为平衡点，A项错误；B.对于一个指定的反应，其平衡常数只受温度的影响，上述反应在一定温度下进行，因此，a、b、c三点的平衡常数相等，B项错误；C.由图像知，随起始时n(SO2)的增大，平衡时SO3的体积分数先逐渐增大、后又逐渐减小，C项错误；D.增加一种反应物的用量，可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率降低，因此a、b、c三点中，n(SO2)逐渐增大，平衡时SO2的转化率逐渐减小，a点时SO2的转化率最高，D项正确；答案选D。15、A【解题分析】A.乙醇分子之间可以形成氢键，沸点较高，故A正确；B.碳原子数相同的烷烃，支链越多，分子间作用力越小，沸点越低，所以沸点异戊烷<正戊烷，故B错误；C.1-丁烯与1-庚烯属于结构相似的物质，沸点随着相对分子质量增大而升高，所以沸点1-丁烯><1-庚烯，故C错误；D.醇分子之间可以形成氢键，乙二醇分子之间形成的氢键不如丙三醇的多，所以沸点乙二醇<丙三醇，故D错误。故选A。点睛：沸点的变化规律：分子之间形成氢键的物质的沸点较高；结构相似物质的沸点随着相对分子质量增大而升高。16、B【解题分析】对于反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，达到平衡后缩小容器体积,增大了压强,平衡向着正向移动,混合气体的总物质的量减小,则混合气体的平均摩尔质量增大；因为缩小容器体积后二氧化氮浓度增大,则混合气体的颜色比原来变深。【题目详解】反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，反应是气体体积减小的放热反应,达到平衡后缩小容器体积,增大了压强,平衡正向移动，A.压强增大,该平衡向着正向进行,故A错误；

B.增大压强,体积迅速减小,平衡移动程度不如体积减小带来的改变大,所以混合气体颜色加深,故B正确；

C.增大压强,体积迅速减小,平衡移动程度不如体积减小带来的改变大,所以混合气体颜色加深,故C错误；

D.增大压强,气体质量不变,物质的量减小,混合气体的平均相对分子质量变大,故D错误；综上所述，本题选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应羟基加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热③①②【分析】由转化可知，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C为CH3CHO，B与D发生酯化反应生成乙酸乙酯，可知D为CH3COOH，制备乙酸乙酯时先加乙醇、再加浓硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率。【题目详解】(1)反应①是乙烯与水反应生成乙醇，化学方程式是，碳碳双键转化为-OH，反应类型为加成反应；(2)B为乙醇，官能团为羟基；(3)C的结构简式为；(4)反应②的化学方程式为；(5)检验C中官能团醛基的方法是加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热出现砖红色沉淀，说明含有醛基，反应的化学方程式是；(6)制备乙酸乙酯时先加乙醇、再加浓硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率，则加入三种药品的先后顺序为③①②。18、H2SO3、H2SO4S2-＞O2-＞Na+离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）NH4NO3NH4++OH-NH3•H2O4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。【题目详解】(1)E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为H2SO3、H2SO4；(2)元素C、D、E形成的离子分别为O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+；(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为；离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)；(4)由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH-NH3•H2O，故答案为NH4NO3；NH4++OH-NH3•H2O；(5)某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。【题目点拨】本题考查元素的位置结构与性质的相互关系及其应用，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为(5)，注意从歧化反应的角度分析解答。19、CABE锥形瓶内颜色的变化溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色CD40M(V2【解题分析】(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，正确的操作步骤是C→A→B→D→E，故答案为：C；A；B；E；(2)滴定时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色的变化，故答案为：锥形瓶内颜色的变化；(3)指示剂为甲基橙，变色范围为3.1-4.4，终点时pH约为4，终点时溶液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色，故答案为：溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；(4)A、滴定终点读数时俯视，则V酸偏小，造成测定结果偏低，故A不选；B、锥形瓶水洗后未干燥，碱的物质的量不变，对实验无影响，故B不选；C、酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸润洗，则消耗V酸偏大，造成测定结果偏高，故C选；D、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则消耗V酸偏大，造成测定结果偏高，故D选；故答案为：CD；(5)HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，n(NaOH)=(V2-V1)×10-3L×Mmol/L×25025=M(V2-V1)×10-2mol，则该烧碱样品的纯度为M(V2-V120、AABCD3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O【分析】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；(2)根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。【题目详解】某工业废水中主要含有C