2020-2021学年河南省三门峡实验高中高二（下）月考化学试卷（6月份）

这是一份2020-2021学年河南省三门峡实验高中高二（下）月考化学试卷（6月份），共21页。试卷主要包含了00mL待测液，用0，2n5vB，0ml/L，【答案】D，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年河南省三门峡实验高中高二（下）月考化学试卷（6月份）

1. 宋代《千里江山图)描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2⋅CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2⋅2CuCO3)。下列说法错误的是( )
A. 保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C. 孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D. Cu(OH)2⋅CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2⋅2CuCO3
2. 下列物质对应的组成不正确的是( )
A. 干冰：CO2 B. 熟石灰：CaSO4⋅2H2O
C. 胆矾：CuSO4⋅5H2O D. 小苏打：NaHCO3
3. 下列关于物质分类的说法正确的是( )
A. 金刚石、白磷都属于单质
B. 漂白粉、石英都属于纯净物
C. 氯化铵、次氯酸都属于强电解质
D. 葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物
4. 下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是( )
A. 定期清淤，疏通河道
B. 化工企业“三废”处理后，达标排放
C. 利用微生物降解水域中的有毒有害物质
D. 河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理
5. 实验室中下列做法错误的是( )
A. 用冷水贮存白磷
B. 用浓硫酸干燥二氧化硫
C. 用酒精灯直接加热蒸发皿
D. 用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧
6. 测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取20.00mL待测液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定．上述操作中，不需要用到的仪器为( )
A. B. C. D.
7. 下列叙述正确的是( )
A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)2胶体
B. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+
C. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
D. 沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
8. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A. 18g重水(D2O)中含有的质子数为10NA
B. 3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA
C. 32g环状S8()分子中含有的S−S键数为NA
D. 1LpH=4的0.1mol⋅L−1K2Cr2O7溶液中Cr2O72−数为0.1NA
9. 在实验室采用如图装置制备气体，合理的是( )

化学试剂
制备气体
A.
Ca(OH)2+NH4Cl
NH3
B.
MnO2+HCl(浓)
Cl2
C.
MnO2+KClO3
O2
D.
NaCl+H2SO4(浓)
HCl


A. A B. B C. C D. D
10. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是( )
A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CO32−+CaSO4=CaCO3+SO42−
B. 过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O
C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：Al3++4OH−=AlO2−+2H2O
D. 氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++S2−=CuS↓
11. 下列说法正确的是( )
A. 同温同压下，O2和CO2的密度相同
B. 质量相同的H2O和D2O(重水)所含的原子数相同
C. 物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同
D. 室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同
12. 工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应．并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为( )
A. 11.2n5v B. 5v11.2n C. 22.4v5n D. 22.4n5v
13. 下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是( )

实验现象
离子方程式
A
向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解
Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3⋅H2O
B
向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体
Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+
C
二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色
3SO2+2MnO4−+4H+=3SO42−+2Mn2++2H2O
D
氧化亚铁溶于稀硝酸
FeO+2H+=Fe2++H2O
A. A B. B C. C D. D
14. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl−
B. c(H+)/c(OH−)=1×10−12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−
C. c(Fe2+)=1mol⋅L-1的溶液中：H+、NH4+、MnO4−、SO42−
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−
15. 某未知溶液可能含Cl−、CO32−、Na+、SO42−、Al3+，将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红．取少量试液，加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀．下列判断合理的是( )
A. 一定有Cl− B. 一定有SO42− C. 一定没有Al3+ D. 一定有CO32−
16. 下列操作规范且能达到实验目的的是( )
A. 测定醋酸浓度
B. 测定中和热
C. 稀释浓硫酸
D. 萃取分离碘水中的碘
17. 把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为( )
A. 2(2b−a)V mol⋅L−1 B. (2b−a)V mol⋅L−1
C. 2(b−a)V mol⋅L−1 D. (b−a)V mol⋅L−1
18. 1.52g铜镁合金完全溶解于 50mL 密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到 NO2 和 N2O4的混合气体 1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入 1.0mol/LNaOH溶 液，当金属离子全部沉淀时，得到 2.54g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 2：1
B. 该浓硝酸中 HNO3 的物质的量浓度是 14.0mol/L
C. NO2和 N2O4 的混合气体中，NO2的体积分数是 80%
D. 得到 2.54g沉淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 600 mL
19. 用无水Na2CO3固体配制250mL0.1000mol⋅L−1的溶液。请回答下列问题：
(1)在配制过程中不必要的玻璃仪器是 ______。
A.烧杯
B.量筒
C.玻璃棒
D.胶头滴管
E.容量瓶
(2)定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，______，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。
(3)下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是 ______。
A.称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制
B.定容时俯视容量瓶的刻度线
C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线
D.转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
(4)由FeSO4⋅7H2O固体配制0.10mol⋅L−1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、______(从如图中选择，写出名称)。


20. 磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全(c=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“熔烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式 ______ 。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 ______ 。
(3)“母液①”中Mg2+浓度为 ______ mol⋅L−1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是 ______ 。“酸溶渣”的成分是 ______ 、 ______ 。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2⋅xH2O沉淀，该反应的离子方程式是 ______ 。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ______ ，循环利用。
21. 胆矾(CuSO4⋅5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 ______ (填标号)。
A.烧杯
B.容量瓶
C.蒸发皿
D.移液管
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ______ ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 ______ 。
(3)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3⋅H2O调pH为3.5∼4，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 ______ 、乙醇洗涤、 ______ ，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5∼4的目的是 ______ ，煮沸10min的作用是 ______ 。
(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为 ______ (写表达式)。
(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是 ______ (填标号)。
①胆矾未充分干燥
②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少量胆矾迸溅出来
22. 氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景。通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)：
将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末。塞好瓶口。
转至油浴中，35℃搅拌1小时。缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
蒸馏水洗涤沉淀。
冷却干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
(1)装置图中，仪器a、c的名称分别是 ______ 、 ______ ，仪器b的进水口是 ______ (填字母)。
(2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是 ____________________________ 。
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是 _______________________ 。
(4)步骤Ⅲ中，H2O2的作用是 ________________________________________ (以离子方程式表示)。
(5)步骤中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42−来判断。检测的方法是 ________________________________________ 。
(6)步骤可用pH试纸检测来判断Cl−是否洗净，其理由是 ________________________________________ 。
答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A.Cu(OH)2⋅CuCO3和Cu(OH)2⋅2CuCO3均不稳定，受热易分解，图纸材料纤维素等能水解，长期在潮湿环境中易腐烂变质，则保存《千里江山图》需控制温度和湿度，故A正确；
B.Cu(OH)2⋅CuCO3和Cu(OH)2⋅2CuCO3中除O元素外，C、H、Cu均为最高价，无还原性，不能被空气中氧气氧化，则孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化，故B正确；
C.Cu(OH)2⋅CuCO3和Cu(OH)2⋅2CuCO3均能与酸反应，不与碱反应，则孔雀石、蓝铜矿颜料耐碱不耐酸，故C错误；
D.Cu(OH)2⋅CuCO3中铜的质量分数为128222×100%，Cu(OH)2⋅2CuCO3中铜的质量分数为192346×100%，则Cu(OH)2⋅CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2⋅2CuCO3，故D正确；
故选：C。
本题以《千里江山图》为载体，考查物质的组成、结构和性质的关系，涉及元素质量分数的计算和盐的通性，基础考查，难度中等。

2.【答案】B

【解析】解：A、干冰是固态的CO2，易升华而成为CO2气体，故A正确；
B、生石膏成分：CaSO4⋅2H2O，由生石灰与水反应后生成的物质是熟石灰，即：CaO+H2O=Ca(OH)2，所以熟石灰的成分为：Ca(OH)2，故B错误；
C、CuSO4溶液加热浓缩、冷却结晶出蓝色的CuSO4⋅5H2O晶体，俗称：胆矾、蓝矾，故C正确；
D、小苏打的化学成分为：NaHCO3，故D正确；
故选：B。
本题考查学生对化学名称及物质的理解和掌握，题目难度不大，掌握常见物质的成分及俗名等，阅读题目获取新信息能力等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。

3.【答案】A

【解析】解：A.由一种元素组成的纯净物是单质，金刚石、白磷都是由一种元素组成的纯净物，所以属于单质，故A正确；
B.由一种物质组成的为纯净物，漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，所以为混合物，故B错误；
C.完全电离的电解质是强电解质，次氯酸在水溶液里部分电离，为弱电解质，故C错误；
D.相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉，葡萄糖是小分子有机物，故D错误；
故选：A。
A.由一种元素组成的纯净物是单质；
B.由一种物质组成的为纯净物；
C.完全电离的电解质是强电解质；
D.相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉．
本题考查了基本概念，明确单质、纯净物、强电解质、高分子化合物的概念是解本题关键，知道常见物质的成分结合基本概念即可解答，题目难度不大．

4.【答案】A

【解析】解：A.定期清淤，疏通河道，属于物理修复，没有涉及化学变化，故A正确；
B.工业“三废”是指废水、废气、废渣，必须经过化学反应，将有毒、有害物质降低到规定的标准，才能排放，即达标排放，故B错误；
C.利用微生物降解水域中的有毒有害物质的过程发生了化学变化，故C错误；
D.垃圾分类处理后，进行无害化处理，涉及到了化学变化，故D错误。
故选：A。
本题主要考查化学变化与物理变化的辨识，属于基本知识，基础题型，难度不大，但题目考查的知识面较广，同时考查学生的环保意识。

5.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查了药品的存放、常见仪器的使用方法及注意事项，题目难度不大，注意积累相关的基础知识，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。
【解答】
A.白磷的着火点很低，能在常温下易与氧气发生氧化反应而自燃，所以放在冷水里，故A正确；
B.浓硫酸具有吸水性且不与二氧化硫反应，所以能用浓硫酸干燥二氧化硫，故B正确；
C.蒸发皿可以直接加热，酒精灯外焰温度较高，加热时用酒精灯的外焰进行加热，故C正确；
D.金属钾燃烧：K+O2KO2，超氧化钾能与二氧化碳反应生成氧气助燃，反应为4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2，不能用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧，故D错误。  
6.【答案】B

【解析】解：配制一定物质的量浓度溶液需要的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，中和滴定用到的仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、烧杯、锥形瓶，所以该实验用不到的仪器为分液漏斗，
故选：B。
配制一定物质的量浓度溶液需要的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，中和滴定用到的仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、烧杯、锥形瓶，据此解答。
本题考查了化学仪器的使用，明确配制一定物质的量浓度溶液、中和滴定操作步骤，依据操作步骤选择需要的仪器即可解答，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液发生复分解反应，生成红褐色沉淀氢氧化铁，不能得到Fe(OH)2胶体，故A错误；
B.明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，水解反应为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故B错误；
C.铝盐和铁盐水解生成对应氢氧化物胶体，胶体具有疏松多孔的结构，具有吸附作用，可以吸附悬浮杂质，起到净水作用，故C正确；
D.氢氧化铁胶体不带电，氢氧化铁胶体微粒吸附带电微粒，故D错误；
故选：C。
A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液反应生成氢氧化铁沉淀；
B.明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，是铝离子水解生成，反应为可逆反应，水解反应微弱；
C.铝盐和铁盐水解生成的胶体具有较大表面积，具有吸附作用；
D.胶体是电中性的分散系。
本题考查了胶体制备、胶体性质和应用，注意知识的积累，题目难度不大。

8.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关应用，难度不大，掌握公式的运用和物质的性质是解题关键。
【解答】
A.18g重水的物质的量为18g20g⋅mol−1=0.9mol，而重水分子中含10个质子，故0.9mol重水中含质子数为9NA，故A错误；
B.3NO2+H2O=2HNO3+NO，3mol二氧化氮完全反应生成1mol一氧化氮和2mol硝酸，转移电子数为2NA，故B错误；
C.一个S8分子中含8个S−S键，则32gS8含有的S−S键个数为32g256g⋅mol−1×8×NAmol−1=NA，故C正确；
D.重铬酸根离子能与水反应生成铬酸根离子，反应为Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+，所以1L0.1mol⋅L−1K2Cr2O7溶液中Cr2O72−的数目小于0.1NA，故D错误。  
9.【答案】C

【解析】A.Ca(OH)2和NH4Cl加热反应能够生成NH3，但NH3的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，图示收集方法不合理，故A错误；
B.该装置为固体加热制气体装置，HCl(浓)是液体，无法用图示装置制取Cl2，故B错误；
C.KClO3在MnO2做催化剂时加热分解生成O2，O2的密度大于空气，可用向上排空气法收集，图示装置合理，故C正确；
D.该装置为固体加热制气体装置，H2SO4(浓)是液体，无法用图示装置制取HCl，故D错误；
故选：C。

10.【答案】A

【解析】A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，离子方程式为：CO32−+CaSO4=CaCO3+SO42−，故A正确；
B.过量铁粉加入稀硝酸中，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，故B错误；
C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，反应生成氢氧化铝沉淀，故C错误；
D.氯化铜溶液中通入硫化氢，反应生成硫化铜沉淀和氯化氢，正确的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误。

11.【答案】C

【解析】A.同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，故密度不相同，故A错误；
B.质量相同的H2O和D2O(重水)的物质的量之比为20：18，分子中均含有3个原子，则所含的原子数之比为20：18，不相同，故B错误；
C.每个CH3CH2OH和CH3OCH3分子中含共价键数均为8，则物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同，故C正确；
D.室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相等，而硫酸是二元酸，故pH相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同，故D错误。

12.【答案】D

【解析】解：设阿伏加德罗常数为NA，氨气和转移电子之间的关系式为：
4NH3+5O2=4NO+6H2O转移电子
4mol 20mol
V22.4mol          nNA
NA=4nmol20mol.V22.4mol=22.4n5V/mol，
答：阿伏加德罗常数NA为22.4n5Vmol，故选D。
反应为4NH3+5O2=4NO+6H2O，依据氧化还原反应中氨气和电子转移之间的关系式计算．
本题考查了物质的量的有关计算，根据方程式中氨气和转移电子之间的关系式进行计算即可，题目不大．

13.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，注意电子、电荷守恒的应用，选项BD为解答的易错点，题目难度不大。
【解答】
A.NH4+水解导致溶液呈酸性，Mg(OH)2能溶于酸，离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3⋅H2O，故A正确；
B.得到的是胶体，胶体不是沉淀，所以不能写沉淀符号，离子方程式为Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故B错误；
C.二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸，转移电子不守恒，离子方程式为5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，故C错误；
D.亚铁离子易被氧化生成铁离子，离子方程式为3FeO+10H++NO3−=3Fe3++NO↑+5H2O，故D错误；
故选：A。  
14.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、络合反应、复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐含信息的灵活运用，题目难度不大。
【解答】
A.含Fe3+的溶液呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN−发生反应而不能大量共存，故A错误；
B.c(H+)/c(OH−)=1×10−12，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确；
C.H+、Fe2+、MnO4−发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D.能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3−能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误。
故选B。  
15.【答案】B

【解析】解：将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32−不存在；
取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42−；
在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有Cl−，因为前面已滴加了氯化钡；
溶液显酸性，则含有Al3+；
根据以上实验不能确定是否含有Cl−、Na+，
综上可知，一定含有SO42−、Al3+，一定没有CO32−，不能确定是否含有Cl−、Na+；
故选B.
将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32−不存在；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42−，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有Cl−，因为前面已滴加了氯化钡，而溶液显酸性，则含有Al3+，据此作判断．
本题考查了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识，要注意前面的操作对后面实验的干扰，题目难度不大．

16.【答案】A

【解析】解：A.NaOH溶液盛放在碱式滴定管，锥形瓶中为醋酸，为碱滴定酸，且选酚酞作指示剂，图中滴定实验合理，故A正确；
B.图中大小烧杯口没有相平，隔热保温效果不好，不能准确测定中和热，故B错误；
C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故C错误；
D.分液漏斗的下端尖嘴应紧靠烧杯内壁，防止液滴飞溅，操作不合理，故D错误；
故选：A。
A.NaOH溶液盛放在碱式滴定管，锥形瓶中为醋酸，为碱滴定酸；
B.图中大小烧杯口没有相平，隔热保温效果不好；
C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
D.分液漏斗的下端尖嘴应紧靠烧杯内壁。
本题考查化学实验方案的评价，为2021年河北新高考试题，把握中和滴定、中和热测定、溶液配制、混合物分离提纯、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

17.【答案】A

【解析】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，
一份加加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，由方程式可知每份溶液中n(Mg2+)=12n(OH−)=12amol，
另一份BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++SO42−=BaSO4↓，由方程式可知n(SO42−)=n(Ba2+)=n(BaCl2)=bmol，
由电荷守恒可知每份中2n(Mg2+)+n(K+)=2n(SO42−)，故每份中溶液n(K+)=2bmol−2×12amol=(2b−a)mol，故原溶液中钾离子浓度=(2b−a)molV2L=2(2b−a)Vmol/L，
故选：A。
两等份溶液中，一份加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，由方程式可知每份溶液中n(Mg2+)=12n(OH−)，另一份加BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++SO42−=BaSO4↓，由方程式可知n(SO42−)=n(Ba2+)，再利用电荷守恒可知每份中2n(Mg2+)+n(K+)=2n(SO42−)，据此计算每份中n(K+)，根据c=nV计算钾离子浓度。
本题考查离子反应的有关混合计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键。

18.【答案】D

【解析】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1.02g17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可知，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：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是：2：1，故A正确；
B.该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：1000×1.4×63%63mol/L=14.0mol/L，故B正确；
C.标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：1.12L22.4L/mol=0.05mol，设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知，a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得：a=0.04，NO2的体积分数为0.04mol0.05mol×100%=80%，故C正确；
D.金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L−0.04mol−(0.05−0.04)mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：0.64mol1mol/L=0.64L=640mL，故D错误。
故选：D。
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=mM计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、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；
B.根据c=1000ρωM计算浓硝酸的物质的量浓度；
C.根据n=VVm计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，设二氧化氮的物质的量为amol，表示出四氧化二氮的物质的量，根据电子转移守恒列方程计算；
D.根据n=cV可计算硝酸总物质的量，金属离子全部沉淀时，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，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=nc计算需要氢氧化钠溶液的体积．
本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，理解反应发生的过程为解答关键，是对学生综合能力的考查，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法．

19.【答案】B 用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切  AC 天平、烧杯

【解析】解：(1)配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，需要胶头滴管滴加液体，则需要的玻璃仪器是A、C、D、E，不必要的玻璃仪器是B，
故答案为：B；
(2)定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，
故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切；
(3)A.称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制，溶质Na2CO3的质量偏低，则配得的Na2CO3溶液浓度偏低，故A正确；
B.定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故B错误；
C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，使配得的Na2CO3溶液浓度偏低，故C正确；
D.转移洗涤液时洒到容量瓶外，没有洗涤，重新配制，容量瓶中有上次配制残留的溶质，使配得的Na2CO3溶液浓度偏高，故D错误，
故答案为：AC；
(4)配制步骤为计算、称量、溶解、定容等，称量时用到天平、钥匙，溶解时用到烧杯、玻璃棒，定容需要容量瓶、胶头滴管，
故答案为：天平、烧杯。
(1)配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，需要胶头滴管滴加液体；
(2)当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；
(3)结合c=nV及不当操作可知，n偏小或V偏大均使配得的Na2CO3溶液浓度偏低，以此来解答；
(4)配制溶液(固体)用到天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握配制溶液的步骤、仪器、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，题目难度不大。

20.【答案】(1)Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑
(2)Fe3+、Al3+、Mg2+
(3)1×10−6
(4)硫酸；SiO2；CaSO4
(5)TiO2++(x+1)H2OTiO2⋅xH2O↓+2H+
(6)(NH4)2SO4


【解析】高钛炉渣主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3，加入硫酸铵焙烧，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，水浸后的滤液中含有NH4+、Al3+、Mg2+、Fe3+、SO42−，加氨水调节pH，分步沉淀获得不同的氢氧化物，水浸渣为CaSO4、TiO2和SiO2的混合物，加酸后二氧化硅、硫酸钙不与酸反应，为酸溶渣，溶液中含有TiO2+，稀释后水解析出TiO2⋅xH2O，据此分析回答问题。
(1)“焙烧”中，Al2O3转化为NH4Al(SO4)2，方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑，
故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑；
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，用氨水逐步调节pH至11.6，根据表格数据，依次析出的金属离子是Fe3+、Al3+、Mg2+，
故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
(3)母液①的pH为11.6，故c(H+)=10−11.6mol/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−2.4mol/L，设母液①中镁离子浓度为xmol/L，依据表格数据可知，pH为11.1时，镁离子浓度为1.0×10−5mol/L，Ksp(氢氧化镁)=(10−2.9)2×1.0×10−5=x⋅(10−2.4)2，解得x=1.0×10−6，
故答案为：1.0×10−6；
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，故应使用难挥发，高沸点的硫酸，酸溶渣的成分为二氧化硅和硫酸钙，
故答案为：硫酸；SiO2；CaSO4；
(5)依据提示，TiO2+水解过程的离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2⋅xH2O↓+2H+，
故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2⋅xH2O↓+2H+；
(6)依据(1)可知，反应尾气为氨气，“母液①”含有大量的铵根离子，“母液②”含有大量的硫酸根离子，混合并吸收尾气后获得硫酸铵，进而循环利用，
故答案为：(NH4)2SO4。
本题考查化学工艺流程，其中明确流程每一步为解题关键，需要学生有较强的理解分析能力，注重基础考查，整体难度适中。

21.【答案】(1)AC
(2)CuO+H2SO4CuSO4+H2O；H2SO4利用率高，无污染性气体二氧化硫产生
(3)过滤；干燥；使Fe3+尽可能转化成Fe(OH)3除去，同时抑制铜离子水解；使胶体聚沉，便于过滤
(4)80(m2−m3)9(m3−m1) 
(5)①③

【解析】解：(1)反应需要烧杯作为反应容器，过滤操作也需要用到烧杯，最后获取硫酸铜的步骤为蒸发结晶，需要用到蒸发皿，
(2)CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O，若直接使用废铜与浓硫酸反应，也可以获得硫酸铜，但会有二氧化硫产生，对环境造成污染，而且产生等量胆矾消耗硫酸更多，
(3)由于混有氧化铁，溶于硫酸产生Fe3+，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，依据流程可知，加入过氧化氢，重新氧化亚铁离子，便于后续除杂，滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾，其中控制溶液pH为3.5∼4的目的是使Fe3+尽可能转化成Fe(OH)3除去，同时抑制铜离子水解，防止生成杂质导致产品不纯，煮沸10min的目的在于破坏Fe(OH)3胶体，使胶体聚沉，便于过滤，
(4)设结晶水个数为x，胆矾分子式表示为CuSO4⋅xH2O，受热分解发生反应CuSO4⋅xH2OCuSO4+xH2O，n(H2O)=m2−m318mol，n(CuSO4)=m3−m1160mol，依据方程式可知n(H2O)：n(CuSO4)=x：1，解得x=80(m2−m3)9(m3−m1)，
(5)依据结晶水表达式x=80(m2−m3)9(m3−m1)可知，
①胆矾未充分干燥，m2偏大，导致最终结果偏大，故①选；
②坩埚未置于干燥器中冷却，m1、m2不变，m3偏大，依据x=80(m2−m3)9(m3−m1)可知，结果偏小，故②不选；
③加热时胆矾迸出，m3质量偏小，m2−m3偏大，m3−m1偏小，最终结果偏大，故③选。
本题以胆矾的制备为背景，考查了学生有关物质分离提纯、氧化还原反应、化学式计算等内容，其中(5)为解题难点，需要分析对应的变化对结果所造成的影响，掌握基础，明晰流程为解题关键，整体难度适中。

22.【答案】(1)滴液漏斗；三颈烧瓶； d ；
(2)降温并减慢反应速率；
(3)反应温度接近水的沸点，油浴更易控温； 
(4)2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O； 
(5)取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42−，反之则有；
(6)用pH试纸测定最后一次洗涤液pH=7时，溶液中无Cl−，沉淀洗涤干净。

【解析】(1)仪器a为滴液漏斗，仪器c是三颈烧瓶，仪器b中冷却水下进上出，即进水口为d，
故答案为：滴液漏斗；三颈烧瓶；d；
(2)c中加入KMnO4粉末后反应剧烈并放热，则使用冰水浴可降温，缓慢加入KMnO4粉末可减慢反应速率，避免c中剧烈反应产生暴沸现象，
故答案为：降温并减慢反应速率；
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是该实验反应温度为98℃，接近水的沸点，油浴更易控温，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；
(4)H2O2有还原性，能除去多余的KMnO4，发生反应的离子方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42−来判断，具体操作是取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42−，若有白色沉淀生成，则说明有SO42−，
故答案为：取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42−，反之则有；
(6)步骤可用pH试纸检测来判断Cl−是否洗净，原因是当测定最后一次洗涤液pH=7时，溶液呈中性，说明洗涤干净，溶液中没有Cl−，
故答案为：用pH测定最后一次洗涤液pH=7时，溶液中无Cl−，沉淀洗涤干净。
本题考查物质的制备实验，涉及混合物的分离与提纯、元素化合物性质的应用，综合性较强，难度中等。