甘肃省武威市第六中学2022届高三化学上学期第二次阶段性复习过关考试试题含解析

甘肃省武威市第六中学2022-2022学年度高三上学期第二次阶段性复习过关考试化学试题1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是（）A.《抱朴子》中“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应互为可逆反应B.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应C.《本草纲目》中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石”利用焰色反应区分硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）D.汉朝的《淮南万毕术》《神农本草经》记载“白青(碱式碳酸铜)得铁化为铜”，“石胆能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼。【答案】A【解析】【分析】A.丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂，前者需要加热，后者常温下反应；B.石灰石加热后生成氧化钙和二氧化碳；C.钾元素和钠元素的焰色反应现象不同；D.得铁化为铜，均发生置换反应。【详解】A.丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂，前者需要加热，后者常温下反应，反应条件不同，不是可逆反应，A项错误；B.石灰石加热后生成氧化钙和二氧化碳，该反应为分解反应，B项正确；C.钾元素的焰色反应为紫色，钠元素的焰色反应为黄色，利用焰色反应可区分硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4），C项正确；D.得铁化为铜，发生的是置换反应，均为湿法炼铜，D项正确，答案选A。2.阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法正确的是（）A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB.5.6gFe与稀H2SO4完全反应，转移的电子数为0.3NAC.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA【答案】D【解析】【分析】19A.氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；B.Fe与稀硫酸反应生成Fe2+；C.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中所含分子的物质的量为0.1mol；D.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移0.2mol电子。【详解】A.16.25gFeCl3的物质的量为16.25g÷162.5g/mol=0.1mol，水解形成Fe(OH)3胶体时，多个Fe(OH)3聚合为一个胶体粒子，所以形成的胶体粒子物质的量小于0.1mol，数目小于0.1NA，A项错误；B．Fe与稀硫酸反应时生成Fe2+，5.6gFe的物质的量为5.6g÷56g/mol=0.1mol，完全反应转移电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA，B项错误；C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中所含分子的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，分子数目为0.1NA，C项错误；D．过氧化钠中的氧元素为－1价，与水反应生成1mol氧气时转移2mol电子，则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，D项正确，答案选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数之间的关系是解题的关键，选项A为易错点，注意Fe(OH)3胶体粒子是由多个Fe(OH)3聚合而成。3.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.CuSO4溶液和氢硫酸反应：Cu2＋＋S2－=CuS↓B.NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2－+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32－C.向FeBr2溶液中通入等量Cl2：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－D.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++OH－＋SO42－+Ba2＋=BaSO4↓+H2O【答案】C【解析】【分析】A.氢硫酸为弱酸；B.在NaAlO2溶液中通入过量CO2时，生成HCO3－；C.Fe2＋的还原性大于Br－，通入氯气时先与Fe2＋反应，后与Br－反应；D.不符合离子的配比。【详解】A.氢硫酸为弱酸，应写成化学式，正确的离子方程式为Cu2＋+H2S=CuS↓+2H+，A项错误；B.向NaAlO2溶液中通入过量CO2，生成HCO3－，正确的离子方程式为AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－，B项错误；C.Fe2＋的还原性大于Br－，向FeBr2溶液中通入等量Cl2，Fe2＋优先反应，然后部分Br－19被氯气氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，C项正确；D.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为2H++2OH－＋SO42－+Ba2＋=BaSO4↓+2H2O，D项错误，答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，把握发生的反应、离子方程式的书写方法是解题的关键，试题难度不大。本题的易错点是C项，解题时要注意Fe2＋和Br－的还原性强弱顺序。4.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO42-＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。下列有关说法不正确的是（）A.SO2发生氧化反应B.若有13.44LSO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.4molK2Cr2O7C.氧化性：SO42-<fe3＋<cr2o72-d.每0.2molk2cr2o7参加反应，转移电子的数目为1.2na【答案】b【解析】【分析】在so2+2fe3++2h2o=so42-+2fe2++4h+中，s元素的化合价升高，fe元素的化合价降低，在cr2o72-+6fe2++14h+=2cr3++6fe3++7h2o中，cr元素的化合价降低，fe元素的化合价升高，再结合氧化还原反应的基本概念和规律分析判断。【详解】a.在so2+2fe3++2h2o=so42-+2fe2++4h+中，s元素的化合价升高，所以so2为还原剂发生氧化反应，a项正确；b.若有13.44lso2(标准状况)参加反应，n(so2)=13.44l÷22.4l mol="0.6mol，由得失电子守恒可知，最终消耗K2Cr2O7的物质的量为0.6mol×6-42×6-3=0.2mol，B项错误；C.由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性SO42-<Fe3＋<Cr2O72-，C项正确；D.当1molK2Cr2O7参加反应时，转移电子的物质的量为1mol×2×(6-3)=6mol，则每0.2molK2Cr2O7参加反应，转移电子的物质的量为0.2mol×6=1.2mol，数目为1.2NA，D项正确，答案选B。5.下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法有错误的是（）19A.观察Fe(OH)2的生成B.除去CO中的CO2C.配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液D.25mL滴定管读数为11.80mL【答案】C【解析】A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；B.二氧化碳能够与氢氧化钠溶液反应被吸收，一氧化碳不能，可以用氢氧化钠溶液除去CO中的CO2，故B正确；C．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故C错误；D.滴定管的读数需要精确到0.01mL，根据图示，滴定管读数为11.80mL，故D正确；故选C。点睛：本题考查了物质的分离提纯和化学实验的基本操作和方法。本题的易错点为D，要注意常见实验仪器的读数精度，天平只能精确到0.1g，量筒只能精确到0.1mL，酸、碱式滴定管精确到0.01mL，pH试纸只能读整数值。6.有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是（）A.④⑤B.③⑤C.①④D.①②【答案】D【解析】【分析】①.碳酸比盐酸的酸性弱，CO2与CaCl2溶液不反应；②.过量的CO2与Ca(OH)2溶液反应生成Ca(HCO3)2；③.碳酸比硅酸的酸性强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀；④.过量的CO2与饱和Na2CO3溶液反应生成溶解度更小的NaHCO3；⑤.NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠。19【详解】①.碳酸比盐酸的酸性弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，所以向饱和CaCl2溶液中通入CO2，无沉淀生成，①符合题意；②.酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca(OH)2反应生成Ca(HCO3)2：Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2，最终无沉淀生成，②符合题意；③.碳酸比硅酸的酸性强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，③不符合题意；④.过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，因碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，④不符合题意；⑤.NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸的酸性较弱，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠：2H2O+NaAlO2+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3，⑤不符合题意，综上所述，①②符合题意，答案选D。【点睛】本题主要考查元素及其化合物的性质，注意碳酸的酸性比盐酸的酸性弱，所以CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应，为易错点。7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.NaClNH3、CO2NaHCO3∆Na2CO3B.CuS/点燃CuSHClaqCuCl2C.Fe2O3HClaqFeCl3(aq)蒸发无水FeCl3D.MgCO3HClaqMgCl2(aq)→电解Mg【答案】A【解析】【分析】A.饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生反应生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；B.Cu与S反应生成Cu2S；C.直接蒸发FeCl3溶液得Fe(OH)3固体；D.电解MgCl2溶液不能制得金属Mg。【详解】A.饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生反应生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，NaClNH3、CO2NaHCO3∆Na2CO3物质间的转化均能实现，A项符合题意；B.Cu与S在点燃条件下反应生成Cu2S，不能生成CuS，转化关系不能实现，B项不符合题意；C.氧化铁与盐酸反应得氯化铁溶液，直接蒸发氯化铁溶液，19会促进铁离子水解生成氢氧化铁，应在HCl气流中加热蒸发制无水氯化铁，C项不符合题意；D.电解氯化镁溶液时，阳极上Cl－放电生成Cl2，阴极上H+放电生成H2和Mg(OH)2，转化关系不能实现，D项不符合题意，答案选A。【点睛】本题主要考查钠、铜、铁、镁等常见金属元素及其化合物的综合应用，明确常见元素及其化合物的性质即可解答，题目难度中等，本题的易错点是B项，因S的氧化性较弱，所以与Cu反应时只能生成低价态的Cu2S。8.下列实验与图象对应的是（）选项ABCD实验NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量澄清石灰水中缓慢通入CO2至过量图象A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A项，＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，应是1∶3，错误；B项，Al(OH)3不溶于NH3·H2O，错误；C项，在溶解Al(OH)3时，会增加BaSO4沉淀，所以质量仍增加，正确；D项，CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，错误。9.下列有关溶液组成的描述合理的是（）A.无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-B.弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3-C.pH=1的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-、I-19D.0.1mol·L-1NaAlO2溶液中可能大量存在Na+、H+、Cl-、SO42-【答案】B【解析】【分析】A.Al3+和S2-可以发生双水解反应；B.离子之间互不反应；C.H+和SiO32-反应；D.H+和AlO2-反应。【详解】A.Al3+和S2-在溶液中可以发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，不能大量共存，A项不合理；B.四种离子之间互不反应，且HCO3-水解会使溶液显弱碱性，B项合理；C.在pH=1的溶液中，H+和SiO32-反应生成H2SiO3沉淀，不能大量共存，C项不合理；D.在溶液中，H+可以和NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀或Al3+，不能大量共存，D项不合理，答案选B。10.现有浓度均为1mol·L-1的FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液100mL，向该溶液中加入5.6g铁粉充分反应(溶液的体积变化忽略不计)。下列有关叙述不正确的是（）A.反应后的溶液中含有0.2molFe2+和0.1molCu2+B.反应后的溶液中含有Fe2+、Cu2+，不含Fe3+C.反应后的溶液中Fe2+的浓度增至3mol·L-1D.反应后残留固体为3.2g【答案】A【解析】【分析】浓度均为1mol·L-1的FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液100mL，溶液中n（Fe3+）=0.1mol、n（Cu2+）=0.1mol、n（Fe2+）=0.1mol，向该溶液中加入5.6g铁粉，n（Fe）=0.1mol，溶液中阳离子的氧化性强弱顺序为：Fe3+">Cu2+>Fe2+，与铁发生反应时按照氧化性强弱顺序进行反应，再根据各离子物质的量计算判断。【详解】在该溶液中n（Fe3+）=0.1mol、n（Cu2+）=0.1mol、n（Fe2+）=0.1mol，向溶液中加入5.6g铁粉，n（Fe）=0.1mol，溶液中阳离子的氧化性强弱顺序为：Fe3+>Cu2+>Fe2+，则加入铁粉时首先与Fe3+发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+213190.1mol0.05mol0.15mol剩余的铁粉再与铜离子反应：Cu2++Fe=Cu+Fe2+11110.05mol0.05mol0.05mol0.05mol则溶液中不含Fe3+，含有Cu2+物质的量为0.05mol，Fe2+物质的量为0.3mol，Cu物质的量为0.05mol；A.反应后的溶液中含有Fe2+0.3mol、Cu2+0.05mol，A项错误；B.反应后的溶液中含有Fe2+、Cu2+，不含Fe3+，B项正确；C.反应后的溶液中Fe2+的物质的量浓度增至0.3mol0.1L=3mol·L-1，C项正确；D.反应后的容器中残留有0.05molCu，质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，D项正确，答案选A。11.下列实验方案能达到实验目的的是()实验目的实验方案A证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/LMgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3B比较氯和碳的非金属性强弱将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中C配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中D验证氧化性：Fe3+>I2将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，观察下层液体是否变成紫色A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、向2mL1mol/LNaOH溶液中先加3滴1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，由于NaOH过量，再加入FeCl3时，FeCl3直接与NaOH反应，不能证明沉淀的转化，故A错误；B、19将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中，产生气泡，证明盐酸酸性强于碳酸，而比较元素的非金属性强弱，要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断，若要比较Cl和C的非金属性强弱，则应比较HClO4与H2CO3的酸性强弱，故B错误；C、将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，溶质CuSO4的物质的量为1mol，而溶液的体积不是100mL，所配溶液的浓度不是1mol/L，故C错误；D、将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层液体变成紫色，则证明产生了I2，说明Fe3+将I氧化为I2，氧化性Fe3+＞I2，故D正确。故选D。12.一定量的铁、铝合金与300mL2mol/L硝酸完全反应生成3.36LNO(标况)和三价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液，使铝、铁元素完全沉淀下来，则所加NaOH溶液的体积是（）A.450mLB.150mLC.200mLD.无法计算【答案】B【解析】【分析】硝酸的物质的量为：0.3L×2mol/L=0.6mol，生成NO的物质的量为：3.36L22.4L/mol=0.15mol，根据质量守恒以及反应后溶液的溶质为NaNO3进行计算。【详解】硝酸的物质的量为：0.3L×2mol/L=0.6mol，生成NO的物质的量为：3.36L22.4L/mol=0.15mol，所以反应后的溶液中NO3－的物质的量为0.6mol－0.15mol=0.45mol，再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液，使铝、铁元素恰好全部转化为沉淀，则反应后溶液的溶质成分为NaNO3，由质量守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=n（NO3－）=0.45mol，则所加NaOH溶液的体积V(NaOH)=nc=0.45mol3mol/L=0.15L=150mL，答案选B。13.铜的冶炼过程大致可分为：①富集，将硫化物矿进行浮选；②焙烧，主要反应为2CuFeS2+4O2═Cu2S+3SO2+2FeO（炉渣）；③制粗铜，在1200℃发生的主要反应为2Cu2S+3O2═2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑；④电解精炼铜．下列说法正确的是（）A.冶炼过程中的尾气可用来制硫酸B.上述过程中，由1molCuFeS2制取1molCu时共消耗2molO2C.在反应2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑中，只有Cu2O作氧化剂D.电解精炼铜的过程中，每转移1mol电子时，阳极溶解铜的质量为32g【答案】A【解析】19A、在铜的冶炼过程中，②焙烧、③制粗铜过程中都有二氧化硫生成，二氧化硫的制取硫酸的原料，所以冶炼过程中的尾气可用来制硫酸，故A正确；B、反应的方程式为6CuFeS2+15O2=6Cu+12SO2+6FeO，由1molCuFeS2制取1molCu时，共消耗2.5molO2，故B错误．C、在反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑中，Cu的化合价由+1价升高为+2价，S的化合价由-2价升高为+4价，反应物中Cu2O只做氧化剂，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故C错误．D、电解精炼铜的过程中，阳极溶解的不都是铜，所以每转移1mol电子时，阳极溶解铜的质量不是32g，故D错误．答案选A．14.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A.取ag混合物充分加热，减重bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体C.取ag混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体直接用碱石灰吸收，增重bg【答案】D【解析】【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果，A.此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，根据差量法即可计算质量分数；B．根据钠元素守恒，可列方程组求解；C.根据质量关系，可列方程组求解；D.应先把水蒸气排除才合理。【详解】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不选；B.Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用钠元素守恒可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；C.Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反应的方程式为CO32－+Ba2+=BaCO3↓、HCO3－+OH－+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，根据质量关系列方程组可以计算出Na2CO3质量分数，故C不选；D.混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量有一部分是水的质量，所以不能测定Na2CO3质量分数，故D选，答案选D。15.下列说法中不正确的有（）①铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性的食物②Al2O3熔点高,可用于制作耐高温仪器19③SiO2有导电性,可用于制备光导纤维④二氧化硅既能与氢氟酸反应,又能与烧碱反应,所以它是两性氧化物⑤金属活动性不同,冶炼方法也有所不同⑥明矾常作为饮用水的消毒剂⑦镁铝合金的强度和硬度都比纯铝和纯镁大⑧除去铜器表面铜绿而不损伤器物,可用稀硝酸A.①③⑤⑥B.②⑥⑦⑧C.③④⑥⑧D.④⑤⑦⑧【答案】C【解析】【分析】①.铝、氧化铝都能和强酸、强碱反应生成盐；②.Al2O3熔点高，一般条件下不易熔化；③.SiO2没有导电性，但可用于制备光导纤维；④.二氧化硅和氢氟酸反应生成的不是盐；⑤.根据金属活泼性强弱确定金属冶炼方法；⑥.明矾常作为净水剂；⑦.合金强度和硬度比其任一成分金属的强度和硬度都大；⑧.常温下Cu和稀硝酸反应。【详解】①.铝、氧化铝都能和强酸、强碱反应生成盐，所以铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性的食物，故①正确；②.Al2O3熔点高，一般条件下不易熔化，可以用于制作耐高温仪器，故②正确；③.SiO2没有导电性，但可用于制备光导纤维，制备光导纤维是利用光的全反射原理，故③错误；④.二氧化硅和HF反应的产物不是盐，但二氧化硅和NaOH反应生成的是盐和水，所以二氧化硅是酸性氧化物，故④错误；⑤.根据金属活泼性强弱可以确定金属的冶炼方法，金属的活泼性不同其冶炼方法也不同，故⑤正确；⑥.明矾没有强氧化性，不能作消毒剂，但铝离子能水解生成氢氧化铝胶体而常作为净水剂，故⑥错误；⑦.合金强度和硬度比其任一成分金属的强度和硬度都大，所以镁铝合金的强度和硬度都比纯铝和纯镁大，故⑦正确；⑧.常温下Cu和稀硝酸反应，所以不能用稀硝酸除去铜表面的铜锈，可以用稀盐酸或稀硫酸除去铜锈，故⑧错误，综上所述，错误的是③④⑥⑧，答案选C。16.含硫煤燃烧会产生大气污染物,为防治该污染,某工厂设计了新的治污方法,19同时可得到化工产品,该工艺流程如图所示,下列叙述不正确的是()A.该过程中可得到化工产品H2SO4B.该过程中化合价发生改变的元素为Fe和SC.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2D.图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4【答案】B【解析】【分析】根据工艺流程图可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，据此分析解答。【详解】根据工艺流程图可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品硫酸亚铁和硫酸，吸收过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，即该过程中共有3种元素的化合价发生改变，所以A、C、D正确，B项错误，答案选B。17.有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H＋、NH4+、Na＋、Al3＋、Fe3＋、I－、NO3-、CO32-、SO42-、AlO2-。取该溶液进行以下实验：①用pH试纸检验，溶液呈强酸性。②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色。③该溶液的焰色反应没有黄色；④当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示。19（1）该溶液中肯定含有的离子是_________________________，已确定阳离子的物质的量之比为_______________________。（2）肯定不含的离子是_________________________________。（3）不能确定的离子是_________，如何证明该离子是否存在？__________。（4）请写出沉淀溶解过程的离子方程式____________________________。【答案】(1).H＋、NH4+、Al3＋、I－(2).c(H＋):c(NH4+):c(Al3＋)=2:3:1(3).Na＋、Fe3＋、NO3-、CO32-、AlO2-(4).SO42-(5).取溶液少量于试管中，向其中加入足量盐酸，无明显现象，再加几滴BaCl2溶液，产生白色沉淀，则证明含有SO42-，反之没有(6).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】【分析】①.用pH试纸检测，溶液呈强酸性，说明溶液中存在H+，则一定不存在CO32-、AlO2-；②.取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色，说明溶液中一定含有I－，则一定不含有Fe3+、NO3－；③.该溶液的焰色反应没有黄色，则一定不含Na+；④.另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液，由图可知，先发生H++OH－=H2O，再发生Al3++3OH－=Al(OH)3↓，然后发生NH4++OH－=NH3·H2O，最后发生Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O，则原溶液中含NH4+、Al3+。【详解】(1).由上述分析可知，原溶液中一定含有H+、NH4+、Al3+、I−，由H++OH－=H2O、Al3++3OH－=Al(OH)3↓、NH4++OH－=NH3·H2O并结合图象可知，消耗NaOH的体积分别为0.2L、0.3L、0.3L，阳离子的物质的量之比为c(H+):c(NH4+):c(Al3+)=2:3:1，故答案为：H+、NH4+、Al3+、I−；c(H+):c(NH4+):c(Al3+)=2:3:1；(2).由上述分析可知，溶液中肯定不含的离子是Na+、Fe3+、NO3−、CO32−、AlO2−，故答案为：Na+、Fe3+、NO3−、CO32−、AlO2−；(3).根据上述分析，不能确定溶液中是否含SO42−，证明该离子是否存在的实验方法为：取溶液少量于试管中，向其中加入足量盐酸，无明显现象，再加几滴BaCl2溶液，19产生白色沉淀，则证明含有SO42−，反之没有SO42−，故答案为：SO42−；取溶液少量于试管中，向其中加入足量盐酸，无明显现象，再加几滴BaCl2溶液，产生白色沉淀，则证明含有SO42−，反之没有；(4).沉淀溶解过程的离子方程式为Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O。18.铝元素在自然界中主要存在于铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2)中。工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下。（1）在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。①检验滤液B中是否还含有铁元素的方法为：_______________(注明试剂、现象)。②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为__________(填代号)。a.氢氧化钠溶液      b.硫酸溶液       c.氨水      d.二氧化碳③由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边___________________(填操作名称)、过滤、洗涤。④高铁酸钠（Na2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与漂白液（主要成分NaClO）在强碱性条件下反应可制取Na2FeO4，反应的离子方程式为___________________________。（2）①SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_______________(填代号)。②过量CO2通入到硅酸钠的溶液中，然后加热蒸干，再高温灼烧，最后所得固体成分___________。【答案】(1).取少量滤液B，加入KSCN19溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素(2).c(3).蒸发浓缩、冷却结晶(4).2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O)(5).b(6).硅酸钠【解析】【分析】由图示工艺流程可知，铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中加入稀盐酸，得到的滤渣为二氧化硅，滤液中含有铁离子、亚铁离子和铝离子，加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，滤液B为氯化铝溶液，二氧化硅与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠。【详解】(1).①.检验滤液B中是否还含有铁元素的方法为利用铁离子和亚铁离子的检验方法进行检验，具体操作为取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素，故答案为：取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；②.滤液B中含有的是氯化铝，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，a.氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过量的氢氧化钠会溶解氢氧化铝，氢氧化钠不是最佳试剂，故a不选；b.硫酸溶液不与铝离子反应，故b不选；c.氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故c选；d.二氧化碳和氯化铝不反应，无法生成氢氧化铝沉淀，故d不选，答案为：c；③.加入浓盐酸可抑制氯化铝的水解，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤得氯化铝晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；④.FeCl3与漂白液（主要成分NaClO）在强碱性条件下反应可制取Na2FeO4的离子方程式为2Fe3++3ClO－+10OH－=2FeO42—+3Cl－+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=2FeO42—+3Cl－+5H2O)，故答案为：2Fe3++3ClO－+10OH－=2FeO42—+3Cl－+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=2FeO42—+3Cl－+5H2O)；(2).①.a.蒸发皿中含有二氧化硅，可与NaOH反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故a错误；b.铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，可在铁坩埚中用SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故b正确；19c.玻璃试管中含二氧化硅，可与氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故c错误；d.瓷坩埚中含有二氧化硅，可与氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故d错误，答案选b；②.过量CO2通入到硅酸钠的溶液中，反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，然后加热蒸干，再高温灼烧，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、硅酸分解生成二氧化硅，二氧化硅和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，最后所得固体成分为硅酸钠，故答案为：硅酸钠。19.某学习小组通过查阅资料得知,CO2与Na2O2的反应需要在一定量水蒸气存在的条件下才能进行,于是他们设计了如图所示的装置对此问题进行探究,同时验证Na2O2与CO2反应的气体产物。（1）写出装置A中有关反应的离子方程式:_________________,装置B中的试剂是____,装置E的作用是_____________。（2）U形管C中的试剂是____。若要求根据装置D中的现象来确定CO2与Na2O2之间的反应是否需要在潮湿的条件下才能进行,对两个止水夹的操作方式为先打开K1,关闭K2，D中无明显现象；当打开K2，关闭K1，D中的现象为______________,则说明反应需要在潮湿条件下进行。（3）检验气体产物的方法:用玻璃片在水里盖住集气瓶口,将集气瓶从水中取出,正放在实验台上,_______________。（4）有人认为,经过较长时间反应后,装置D中生成的物质只有Na2CO3而没有NaOH。请设计一个方案证明此结论是正确的:______________。【答案】(1).CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O(2).饱和碳酸氢钠溶液(3).防止后续装置中的水蒸气进入D中干扰实验(4).无水氯化钙(5).D中淡黄色固体变为白色(6).移去玻璃片,将带火星的木条伸入集气瓶,若木条复燃,证明气体产物是氧气(7).取少量装置D中固体溶于水,加入足量的BaCl2(或CaCl2)溶液,静置,用pH19试纸测得上层清液的pH=7【解析】【分析】在装置A中，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳通过盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl，通过干燥管C进行干燥，或者不通过干燥管C直接进入盛有过氧化钠的D中，E中盛有的浓硫酸可以防止后续装置中的水蒸气进入D中干扰实验，用氢氧化钡溶液吸收多余的二氧化碳，最后用排水法收集氧气。【详解】（1）.在装置A中，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，装置B的作用是吸收二氧化碳中的杂质HCl，所以B中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，因氢氧化钡溶液中的水蒸气会进入D中干扰实验，所以装置E中盛有浓硫酸，作用是防止后续装置中的水蒸气进入D中干扰实验，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；饱和碳酸氢钠溶液；防止后续装置中的水蒸气进入D中干扰实验；（2）.由上述分析可知，U型管C的作用是干燥二氧化碳，所以C中的试剂是无水氯化钙，先打开K1、关闭K2，二氧化碳先进入U型管C中干燥，再进入D中，此时D中无明显现象，当打开K2，关闭K1，二氧化碳直接进入D中，D中过氧化钠固体的颜色由淡黄色变为白色，则说明反应需要在潮湿条件下进行，故答案为：无水氯化钙；D中淡黄色固体变为白色；（3）.该反应的气体产物为氧气，检验氧气的方法是：用玻璃片在水里盖住集气瓶口，将集气瓶从水中取出，正放在实验台上，移去玻璃片，将带火星的木条伸入集气瓶，若木条复燃，证明气体产物是氧气，故答案为：移去玻璃片，将带火星的木条伸入集气瓶，若木条复燃，证明气体产物是氧气；（4）.因Na2CO3和NaOH均会使溶液呈碱性，所以不能直接用酸碱指示剂或pH试纸检验，可以先将固体溶于水，再加入足量的BaCl2(或CaCl2)溶液，使碳酸根离子完全沉淀，静置，用pH试纸测得上层清液的pH=7，即可证明装置D中生成的物质只有Na2CO3而没有NaOH，故答案为：取少量装置D中固体溶于水，加入足量的BaCl2(或CaCl2)溶液，静置，用pH试纸测得上层清液的pH=7。【点睛】本题主要考查过氧化钠有关性质的探究实验，侧重于考查反应装置、除杂装置、干燥装置、反应原理等，题目难度中等，本题的易错点是第（4）问，因Na2CO3和NaOH均会使溶液呈碱性，所以要确定D中生成的物质只有Na2CO3而没有NaOH，应先加入足量的BaCl2(或CaCl2)溶液除去碳酸根离子，再测定溶液的pH。20.19活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料．某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如下：已知各相关氢氧化物沉淀pH范围如下表所示：Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀pH5.47.02.34.7完全沉淀pH8.09.04.16.7完成下列填空：（1）步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要_____（选填编号）A．天平B．滴定管C．容量瓶D．胶头滴管（2）步骤II中加入H2O2溶液的作用是_________________________（用离子方程式表示）；（3）用ZnO调节pH，以除去含铁杂质，调节pH的适宜范围是_______________________。（4）步骤III中加入Zn粉的作用是：①__________________；②进一步调节溶液pH。（5）碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]煅烧的化学方程式为________________________________。（6）用如下方法测定所得活性氧化锌的纯度（假设杂质不参与反应）：①取1.000g活性氧化锌，用15.00mL1.000mol·L-1硫酸溶液完全溶解，滴入几滴甲基橙。②用浓度为0.5000mol·L-1的标准氢氧化钠溶液滴定剩余硫酸，到达终点时消耗氢氧化钠溶液12.00mL。判断滴定终点的方法是________；所得活性氧化锌的纯度为________（相对原子质量O-16Zn-65）。【答案】(1).D(2).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(3).4.1～4.7(4).除去溶液中的Cu2+(5).Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O(6).当溶液由橙色变为黄色且半分钟内不变色即为滴定终点(7).97.2%【解析】19【分析】粗氧化锌(含铁、铜的氧化物)加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；(5)碱式碳酸锌的化学式为Zn2(OH)2CO3，分解生成氧化锌、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写得到反应的化学方程式；(6)依据滴定所需氢氧化钠溶液物质的量计算剩余硫酸物质的量，计算得到与氧化锌反应的硫酸物质的量计算得到氧化锌物质的量，计算纯度。【详解】(1)步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸(密度为1.84g/mL)配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要仪器有胶头滴管等，故答案为：D；(2)步骤II中加入H2O2溶液是将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)依据沉淀pH范围调节溶液pH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液pH为4.1～4.7，故答案为：4.1～4.7；(4)步骤III中加入Zn粉的作用是通过置换反应除去铜离子，并且进一步调节溶液pH除净铜离子；故答案为：除去溶液中的Cu2+；(5)碱式碳酸锌的化学式为Zn2(OH)2CO3，分解生成氧化锌、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写得到反应的化学方程式为：Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O，故答案为：Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O；(6)依据滴定原理可知，当溶液由橙色变为黄色且半分钟内不变色即为滴定终点，根据所需氢氧化钠溶液物质的量计算剩余硫酸物质的量，计算得到与氧化锌反应的硫酸物质的量，从而计算得到氧化锌物质的量，与氧化锌反应的氢离子物质的量=0.0150L×1.000mol/L×2-0.500mol/L×0.0120L=0.024mol，由ZnO+2H+=Zn2++H2O，则活性氧化锌的纯度=×100%=97.2%，故答案为：当溶液由橙色变为黄色且半分钟内不变色即为滴定终点，97.2%。19</fe3＋<cr2o72-d.每0.2molk2cr2o7参加反应，转移电子的数目为1.2na【答案】b【解析】【分析】在so2+2fe3++2h2o=so42-+2fe2++4h+中，s元素的化合价升高，fe元素的化合价降低，在cr2o72-+6fe2++14h+=2cr3++6fe3++7h2o中，cr元素的化合价降低，fe元素的化合价升高，再结合氧化还原反应的基本概念和规律分析判断。【详解】a.在so2+2fe3++2h2o=so42-+2fe2++4h+中，s元素的化合价升高，所以so2为还原剂发生氧化反应，a项正确；b.若有13.44lso2(标准状况)参加反应，n(so2)=13.44l÷22.4l>