还剩18页未读，
继续阅读
湖南省邵阳市邵东县第一中学2020届高三第一次月考化学试题
展开
邵东一中高三第一次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：C：12、H：1、O：16、N：14、Na：23、Cl：35.5、S：32、Fe：56、Cu:64、K:39、Ag:108、Al:27
一、选择题（每小题只有一个答案符合题意）
1.化学知识在生产和生活中有着重要应用。下列说法错误的是（ ）
A. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒
B. 明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒
C. 金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火
D. 发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
【答案】A
【解析】
【详解】A．重金属离子能够使蛋白质变性，引起人体中毒，可以服用牛奶或者鸡蛋清等解毒，故A错误；
B．明矾是强酸弱碱盐，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，过氧化氢具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B正确；
C．金属钠着火时生成的过氧化钠可与二氧化碳反应，放出氧气，镁可在二氧化碳中燃烧，则金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火，故C正确；
D．碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，分解生成气体，能使焙制出的糕点疏松多孔，故D正确；
故选A。
2.下列现象或应用与胶体性质无关的是（ ）
A. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐
B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷
C. 在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀
D. 用半透膜可以除去淀粉溶液中的少量NaCl
【答案】C
【解析】
A、将卤水或石膏加入豆浆，制成豆腐，利用的是胶体聚沉形成的凝胶，和胶体有关，故A不符合；B、烟是胶体，胶体微粒带有电荷，通高压电，使胶体微粒在电场中定向移动，产生电泳，从而净化空气，与胶体有关，故B不符合；C、FeCl3溶液中加入NaOH溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故C符合；D、淀粉溶液是胶体，胶粒不能透过半透膜，可用渗析的方法提纯胶体，故D不符合；故选C。
3.下例说法正确的是（ ）
A. 花生油属于混合物，液氯属于纯净物
B. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物
C. 煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化
D. 氢氧化铁、有色玻璃和果冻都是胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．花生油为多种高级脂肪酸甘油酯组成的，属于混合物，液氯只含一种物质，属于纯净物，故A正确；
B．过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠还生成氧气，不是碱性氧化物，故B错误；
C．煤的气化与液化、干馏都有新物质生成，均属于化学变化，故C错误；
D．氢氧化铁为纯净物，不是胶体，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意胶体为混合物，注意区分氢氧化铁和氢氧化铁胶体。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 质量a g的C2H4和C3H6的混合物中共用电子对数目为3a NA /14
B. 常温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1NA
C. 常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为2NA
D. 1L 1molL-1的NaClO 溶液中含有ClO-的数目为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．a g的C2H4和C3H6的混合物中含有mol最简式CH2，C2H4和C3H6中，每个C原子平均形成了1对碳碳共用电子对、每个H原子平均形成了1对碳氢共用电子对，含有molC、molH原子，含有的共用电子对为mol+mol=mol，含有的共用电子对数为NA，故A正确；
B. 没有告诉pH=13的NaOH溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量，故B错误；
C．14g氮气和一氧化碳混合物的物质的量为0.5mol，0.5mol二者的混合气体中含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故C错误；
D．1L 1mol•L-1的NaClO溶液中含有次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，溶液中次氯酸根离子的物质的量小于1mol，含有的ClO-的数目小于NA，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点和难点为A，要注意1个碳碳双键看作2个共用电子对。
5.下列叙述正确的是( )
A. 将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，制得1 mol·L－1NaCl溶液
B. 将1体积c mol·L－1硫酸用水稀释为5体积，得到0.2c mol·L－1硫酸
C. 将25 g无水CuSO4溶于水配制成100 mL溶液，其浓度为1 mol·L－1
D. 将w g a% NaCl溶液蒸发掉w/2 g水，得到4a% NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据c=n/V及晶体溶入水中，水的体积变化分析判断A；
B.根据稀释定律“稀释前后溶质的量不变”分析判断B；
C.根据c=n/V=m/MV分析判断C；
D.根据不知溶液状态，无法判断蒸发后溶液的状态分析判断D。
【详解】A项，5.85gNaCl晶体的物质的量为1mol，NaCl溶于水后，溶液的体积大于100mL，所得溶液中c(NaCl)小于1 mol·L－1，A错误；
B. 将1体积c mol·L－1硫酸用水稀释为5体积，根据稀释前后溶质的量不变可知：稀释后溶液的浓度为1×c/5=0.2c mol·L－1, B正确；
C. 25g无水CuSO4的物质的量为25/160mol，CuSO4的物质的量大于0.1 mol，则c(CuSO4)大于1 mol·L－1；C错误；
D.若不析出晶体，得到的是2a%的NaCl溶液，D错误；
综上所述，本题选B。
6.混合气体由N2和CH4组成，测得混合气体在标准状况下的密度为0.821g/L，则混合气体中N2和CH4的体积比为 （ ）
A. 1：1 B. 1：4 C. 4：1 D. 1：2
【答案】B
【解析】
【详解】混合气体在标准状况下的密度为0.821g/L，则混合气体平均相对分子质量是0.821×22.4＝18.4。根据十字交叉法可知，混合气体中N2和CH4的体积之比为，所以答案选B。
7. 下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 能使甲基橙变红的溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO、Cl－
B. 在pH＝12的溶液中：Na＋、AlO、NO、S2－
C. 室温下，由水电离的c(H＋)＝10－10mol/L的溶液中：Cl－、HCO、NO、NH
D. 加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH、ClO－、K＋
【答案】B
【解析】
试题分析：A．能使甲基橙变红的溶液显酸性，Fe2＋与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B．在pH＝12的溶液显中性，四种离子之间不反应，可以大量共存，B错误；C．室温下，由水电离的c(H＋)＝10－10mol/L的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性，碳酸氢根不能大量共存，如果显碱性碳酸氢钠和铵根均不能大量共存，C错误；D．加入Mg能放出H2的溶液显酸性，ClO－不能大量共存，D错误，答案选B。
考点：考查离子共存正误判断
8.下列除杂质的方法可行的是( )
A. 除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3：加入适量稀盐酸
B. 除去FeCl2溶液中少量的FeCl3：加入稍过量铁粉，过滤
C. 除去NH4Cl固体中少量I2：加热，I2升华除去
D. 除去乙烯中的少量SO2：通过酸性KMnO4溶液，洗气
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入盐酸生成了氯化钠，引入新杂质，应通入二氧化碳气体，故A错误；
B．氯化铁与铁粉反应生成氯化亚铁，可用于除杂，且符合除杂原则，故B正确；
C．加热时氯化铵分解生成氨气、氯化氢，冷却后又生成氯化铵，碘升华为蒸气冷却生成碘固体，不能分离，故C错误；
D．乙烯和SO2都可被酸性高锰酸钾氧化，应用氢氧化钠溶液除杂，故D错误；
故选B。
9.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳 Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClO
B. Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO＋OH－==BaCO3↓＋H2O
C. 用氨水吸收少量二氧化硫 OH﹣+SO2═HSO3﹣
D. 硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2＋＋SO42-==BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙和HClO，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故A错误；
B．Ba(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水，该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故B正确；
C．用氨水吸收少量二氧化硫生成亚硫酸铵，离子方程式为2NH3•H2O+SO2=SO32-+2NH4++H2O，故C错误；
D．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选B。
10.据统计城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发,汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。则下列判断正确的是
A. 还原剂与氧化产物的物质的量之比为5：8
B. 若氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1mol
C. 每生成1.6mol氮气，则有0.2molKNO3被氧化
D. NaN3是只含有离子键的离子化合物
【答案】B
【解析】
A．KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10：16×=2:3，故A错误；B．由反应可知，转移10mol电子时氧化产物比还原产物多14mol，则氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1mol，故B正确；C．反应中KNO3是氧化剂，被还原，故C错误；D．NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误；故选B。
点睛：把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。将N3-作为整体来分析为解答的难点。10NaN3+2KNO3═ K2O+5Na2O+16N2↑中，NaN3中N元素的化合价由负价升高为0，KNO3中N元素的化合价由+5价降低为0，该反应中转移10e-。
11.铝、铍( Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知BeCl2 +Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓能完全进行，则下列推断正确的是( )
A. Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液
B. BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物
C. Na2BeO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO
D. BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2
【答案】A
【解析】
【分析】
在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，由反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2 Be(OH)2↓可知，BeCl2与Na2BeO2发生互促水解生成Be(OH)2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，根据铝、氧化铝、氢氧化铝性质判断Be、氧化铍、Be(OH)2性质。
【详解】A．Be(OH)2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故A正确；
B．根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，共价化合物在水溶液中也可以导电，BeCl2水溶液导电性强，不能说明BeCl2是离子化合物，故B错误；
C．Na2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH＞7，将其蒸干，水解得到的氢氧化钠又与Be(OH)2反应得到Na2BeO2，灼烧后可得残留物Na2BeO2，故C错误；
D．BeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的pH＜7，将其蒸干，HCl挥发，水解彻底，得到Be(OH)2，灼烧后可得残留物BeO，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为CD，要注意水解生成物质的挥发性对水解的影响。
12.下列实验对应的现象以及结论均正确的是
选项
实验
现象
结论
A
向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置
下层为橙色
裂化汽油可萃取溴
B
向Ba(ClO)2溶液中通入SO2
有白色沉淀生成
酸性:H2SO3>HClO
C
向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，将产生的气体通入品红溶液
无明显现象
铜片未打磨
D
将一小块钠加入盛有无水乙醇的烧杯中
有气泡产生，收集气体，点燃产生爆鸣声
生成的气体是H2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.裂化汽油中含有烯烃，溴水与裂化汽油会发生加成反应，所以该实验的现象和结论均错误，A项错误；
B.Ba(ClO)2溶液中ClO-具有强氧化性，SO2有强还原性，ClO-能把SO2氧化为SO42-，发生反应的离子方程式为：Ba2++2ClO-+2SO2+2H2O=BaSO4↓+2Cl-+SO42-+4H+，所以该实验的结论错误，B项错误；
C.浓硫酸与铜片反应需要在加热条件下进行，本实验没有加热，不一定有SO2生成，所以“没有明显现象”不能得出“铜片未打磨”的结论，C项错误；
D.常温下钠与乙醇反应：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，氢气中混有空气，点燃有爆鸣声，所以该实验的现象和结论均正确，D项正确；答案选D。
13.某溶液中含有HCO3－、CO32－、SO32－、Na+、NO3－五种离子。若向其中加入Na2O2粉末，充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变是
A. NO3－ B. CO32－、NO3－ C. SO32－、NO3－ D. CO32－、NO3－、Na+
【答案】A
【解析】
【详解】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，而氢氧化钠能和HCO3－反应生成CO32－。另外过氧化钠还具有强氧化性，能把SO32－氧化生成SO42－，所以浓度基本不变的是NO3－，
答案选A。
【点睛】易错选C，原因是由于只考虑到过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，而忽略过氧化钠的另一个重要性质——强氧化性导致的，因此既要掌握基础知识，更重要的是灵活运用知识。
14.用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是
A. 制取并收集少量氨气 B. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
C. 制取并检验乙烯 D. 比较盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱
【答案】B
【解析】
A. 制取并收集少量氨气，原理可行，但收集装置不对，只有进气管没有出气管，无法收集氨气，A不正确； B. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，虽然两者受热温度不同，但是碳酸氢钠在较低的温度下分解而碳酸钠在较高的温度下不分解，可以说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，B正确；C. 制取乙烯时要使用温度计控制加热温度在170℃，缺少温度计，C不正确；D. 比较盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱，由于浓盐酸有挥发性，二氧化碳中有氯化氢杂质，氯化氢通入硅酸钠溶液中与其反应生成硅酸沉淀，无法证明碳酸与硅酸的酸性强弱，D不正确。本题选B。
15.向18．4 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30．3 g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（ ）
A. 7.84L B. 6.72L C. 4.48L D. 无法计算
【答案】A
【解析】
试题分析：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g-18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n（OH-）=11.9g÷17g/mol=0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为0可知，FeCl3、CuCl2中n（Cl-）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH-），即n（Cl-）=0.7mol，根据质量守恒，消耗Cl2的物质的量为：n（Cl2）=n（Cl-）/2=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol×0.35mol=7.84L，答案为A。
【考点定位】：有关混合物反应的计算
【名师点晴】本题是有关混合物的计算，题目难度中等，解题关键需要根据电荷守恒定律和电子守恒定律明确铁铜混合溶于过量硝酸被氧化失去的电子的物质的量，与所得氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量相等，氯气氧化等量混合物所得电子的物质的量相等，搞清了本题的本质因素，难度明显降低，也简化了解题过程，事实上选择型的计算题基本上都适用于原子守恒、电子守恒及电荷守恒关系的，将这三个守恒分析清楚了，相信一定能快速确定正确选项。
16.把500 mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（ ）
A. （b/10-a/20）mol/L B. （5b-5a/2）mol/L
C. （2b-a）mol/L D. （10 b -5a）mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】设100mL溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH═NH3•H2O+Na2CO3+H2O，则NH4HCO3为0.5amol，加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，则Na2CO3的物质的量为×(b-0.5a)mol，n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol，c(Na+)==(10b-5a)mol/L，故选D。
17.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是( )
A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应
D. 反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；
B．氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；
C．电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化还原反应，故C错误；
D．反应②为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D正确；
故选D。
【点睛】理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键。本题的易错点为B，要注意氧化铁不能与氢氧化钠反应。
18.向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是
A. a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-
B. b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4-、Cl-
C. c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-
D. d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+
【答案】C
【解析】
【详解】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性。
A．a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应，不能大量共存，故A错误；
B．b点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反应，不能大量共存，故B错误；
C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+能够发生氧化还原反应，不能大量共存，F-在酸性条件下也不能大量存在，故D错误；
故选C。
19.下列示意图与对应反应情况相符的是
A. 硝酸银和硝酸镁的混合溶液中逐滴加入氨水
B. 向Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2
C. 向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液
D. 向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．AgNO3和Mg(NO3)2的混合溶液中缓慢加入氨水，先生成氢氧化银和氢氧化镁沉淀，随后氢氧化银沉淀溶解，氢氧化镁不溶，与图像不符合，故A错误；
B．向Ba(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2，首先生成碳酸钡白色沉淀，然后生成碳酸钾；继续通入CO2，碳酸钾和CO2反应生成碳酸氢钾，最后碳酸钡溶解生成碳酸氢钡，图像与实际反应相符，故B正确；
C．设KAl(SO4)2溶液中含有1mol KAl(SO4)2，逐滴加入Ba(OH)2溶液1.5mol时，铝离子和硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成1mol氢氧化铝和1.5mol硫酸钡沉淀，继续滴加Ba(OH)2溶液0.5mol时，形成的氢氧化铝恰好被溶解溶解，同时生成0.5mol硫酸钡，反应的大致图像为：，图像与实际反应不相符，故C错误；
D．NaAlO2溶液中滴入盐酸溶液，先发生AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓生成沉淀，后发生Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O沉淀溶解至最后消失，反应图像大致为：，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点和难点为C，要注意纵坐标为沉淀的物质的量，如果换成沉淀的质量，图像就正确了。
20.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5 mol·L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。则下列说法不正确的是
A. 稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵
B. c点对应NaOH溶液的体积为48ml
C. b点与a点的差值为0.05mol
D. 样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5:3
【答案】B
【解析】
试题分析：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③NH4++OH-═NH3•H2O，④Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为：104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05mol。由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为：94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH4++OH-═NH3•H2O 可知，计算溶液中n(NH4+)=0.03mL，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+)，即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol，解得：n(Fe)=0.03mol。由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH4+)=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故C点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故C点加入NaOH的物质的量为0.2mol。A．根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B．根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故B错误；C．根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中：n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C正确；D．根据分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，故D正确；故选B。
【考点定位】考查化学图像、硝酸的性质
【名师点晴】本题以图象形式考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，题目难度较大，明确图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，为易错题目，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
二、非选择题
21.Ⅰ.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为：2KClO3+4HCl(浓)= 2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
(1)氧化剂与还原剂的物质的量之比_________；
(2)若产生标况下22.4L Cl2，则转移电子的物质的量为___________；
Ⅱ.(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：__________；
(2)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解3.00g K2FeO4样品，调节pH值使高铁酸根全部被还原成铁离子，再调节pH为3~4，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示剂，滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液18.00mL。
①滴定终点的现象是_________。
②原样品中高铁酸钾的质量分数为___________。
【答案】 (1). 1:1 (2). 2mol (3). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (4). 滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色 (5). 39.6%
【解析】
【分析】
Ⅰ.(1)根据化合价的变化分析，反应中KClO3为氧化剂，HCl为还原剂；(2)反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，据此计算转移电子物质的量；
Ⅱ.(1)用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，同时生成氯化钾与水，配平书写离子方程式；(2)①依据2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，碘单质遇淀粉变蓝，据此判断滴定终点时的现象；②用碱性KI溶液溶解K2FeO4样品，调节pH值使高铁酸根全部被还原成铁离子，根据电子得失守恒可知2FeO42-～3I2，结合2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-～3I2～6Na2S2O3，据此计算。
【详解】Ⅰ.(1)2KClO3+4HCl(浓)= 2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应中KClO3的氯元素的化合价由+5价降低到+4价，是氧化剂，HCl中的氯元素化合价由-1价升高到0价，HCl是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故答案为：1∶1；
(2)标况下22.4L Cl2的物质的量为1molCl2，反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，所以转移的电子的物质的量为1mol×2=2mol，故答案为：2mol；
Ⅱ.(1)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，同时生成氯化钾与水，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10 OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(2)①滴定反应为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，滴定中的指示剂为淀粉，因此滴定终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色；
②用碱性KI溶液溶解K2FeO4样品，调节pH值使高铁酸根全部被还原成铁离子，根据电子得失守恒可知2FeO42-～3I2，结合2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-～3I2～6Na2S2O3可知，原样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=39. 6%，故答案为：39. 6%；
22.某强碱性溶液中可能含有的离子是 K+ 、NH4+、Al 3+ 、AlO2-、SO42- 、SiO32- 、CO32- 、Cl-中的某几种离子，现进行如下实验：
①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，无沉淀生成。
②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失。则原溶液中肯定存在的离子是_________，肯定不存在的离子是____________；已知一定量的原溶液中加入5 mL 0.2 mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187 g，则原溶液中是否含有Cl-？_____________。
【答案】 (1). OH- 、K+ 、AlO2- 、CO32- (2). NH4+、Al3+、SO42- 、SiO32- (3). 含有 Cl-
【解析】
【分析】
强碱性溶液中一定不存在Al3+，①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42-和SiO32-；②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，所以一定含有偏铝酸根离子和碳酸根离子，一定不含有铵根离子，结合溶液的电中性和相关计算判断K+、Cl-的存在。
【详解】强碱性溶液中一定不存在Al3+，①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42-和SiO32-，可能含有CO32-离子；②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后(和氢氧根离子反应)，开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，一定不含有铵根离子，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子，根据电中性原理，一定含有K+；原溶液中肯定存在的离子是OH-、AlO2-、CO32-、K+，肯定不存在的离子是NH4+、SO42-、SiO32-、Al3+；一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸即0.001molHCl时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187g，即氯化银的量为=0.0013mol，大于0.001mol，所以原溶液中含有Cl-，故答案为：OH-、AlO2-、CO32-、K+；NH4+、SO42-、SiO32-、Al3+；含有Cl-。
23.TMB由碳氢氮三种元素组成，其相对分子质量为240，是一种新型指纹检测的色原试剂，已在逐步取代强致癌物联苯胺和其他致癌性的联苯胺衍生物应用于临床化验法医检验刑事侦破及环境监测等领域。某研究小组欲利用燃烧法测定TMB的分子式(氮元素转化为N2)实验装置如图所示。回答下列问题：
(1)实验装置两处用到装有碱石灰的干燥管，其中F处的目的是______________________。仪器a的名称是___________。
(2)将足量双氧水置于a中，圆底烧瓶中装入MnO2固体，按图连接好装置。
①A中发生反应的化学方程式为______________________________________。
②待B、D处导管口有均匀气泡时，再点燃C处酒精灯，原因是______________________。
(3)装置C中CuO粉末的作用为_________________________________。
(4)理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则TMB的分子式为___________。
【答案】 (1). 防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收CO2的定量检测造成干扰 (2). 分液漏斗 (3). 2H2O2 2H2O+O2↑ (4). 排除装置内原有的CO2和水蒸气 (5). 使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2 (6). C16H20N2
【解析】
【分析】
装置A是过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用分解生成水和氧气，通过装置B中浓硫酸干燥氧气，氧气进入装置C，TMB完全燃烧，氮元素转化为N2，氧化铜可以保证不完全燃烧生成的一氧化碳生成二氧化碳，进入装置D中，浓硫酸干燥吸收生成的水蒸气，生成的二氧化碳被装置E中碱石灰吸收，装置F是防止空气中二氧化碳和水蒸气进入E干扰二氧化碳的定量测定，据此分析解答。
【详解】(1)实验装置两处用到装有碱石灰的干燥管，其中F处的目的是：防止外部空气中的二氧化碳和水蒸气进入E，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰；根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为：防止外部空气中的二氧化碳和水蒸气进入E，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰；分液漏斗；
(2)①装置A中发生的反应是过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气和水，反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
②待B、D处导管口有均匀气泡时，再点燃C处酒精灯，可以排除装置内原有的二氧化碳和水蒸气，故答案为：排除装置内原有的二氧化碳和水蒸气；
(3)装置C中CuO粉末可以使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳，故答案为：使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳；
(4)理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则m(H2O)=3.60g，m(CO2)=14.08g，则n(H2O)==0.2mol，n(H)=0.4mol，n(CO2)==0.32mol，n(C)=0.32mol，所以n(N)==0.04mol，则n(C)∶n(H)∶n(N)=0.32mol∶0.4mol∶0.04mol=8∶10∶1，TMB的相对分子质量为：2×120=240，设分子式为C8nH10nNn，则有12×8n+10n+14n=240，解得n=2，所以分子式为C16H20N2，故答案为：C16H20N2。
24.硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式_____。为提高浸出速率，可采取的措施有_________（写出两条）。
（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是_____________（化学式）。
（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是_________。然后在调节溶液的pH约为5，目的是___。
（4）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程________________。
【答案】 (1). Mg2B2O5•H2O+2H2SO4 = 2H3BO3+2MgSO4 (2). 适当增加硫酸浓度、提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径 (3). SiO2、CaSO4 (4). 将亚铁离子氧化铁离子 (5). 使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去 (6). 2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO(或2H3BO3+3Mg=3MgO+2B+3H2O)
【解析】
【分析】
由工艺流程和问题(2)可知，加硫酸溶解，Fe3O4、SiO2不溶；CaO转化为微溶于水CaSO4，因此浸渣中主要含有SiO2、CaSO4和Fe3O4；“净化除杂”需先加H2O2溶液，将Fe 2+转化为Fe 3+，调节溶液的pH约为5，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，据此分析解答。
【详解】(1)Mg2B2O5•H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，反应方程式为Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3，为提高浸出速率，可采取的措施有提高反应温度，适当增加硫酸浓度，将铁硼矿粉进一步粉碎；故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3；提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径、适当增加硫酸浓度等；
(2)利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离，“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：SiO2、CaSO4；
(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子，然后再调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；使Al3+与Fe3+形成氢氧化物沉淀而除去；
(4)硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，硼酸受热容易分解，生成B2O3，加热条件下镁能够还原B2O3生成MgO和硼，反应的化学方程式为：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，总反应为2H3BO3+3Mg=3MgO+2B+3H2O，故答案为：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO(或2H3BO3+3Mg=3MgO+2B+3H2O)。
邵东一中高三第一次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：C：12、H：1、O：16、N：14、Na：23、Cl：35.5、S：32、Fe：56、Cu:64、K:39、Ag:108、Al:27
一、选择题（每小题只有一个答案符合题意）
1.化学知识在生产和生活中有着重要应用。下列说法错误的是（ ）
A. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒
B. 明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒
C. 金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火
D. 发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
【答案】A
【解析】
【详解】A．重金属离子能够使蛋白质变性，引起人体中毒，可以服用牛奶或者鸡蛋清等解毒，故A错误；
B．明矾是强酸弱碱盐，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，过氧化氢具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B正确；
C．金属钠着火时生成的过氧化钠可与二氧化碳反应，放出氧气，镁可在二氧化碳中燃烧，则金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火，故C正确；
D．碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，分解生成气体，能使焙制出的糕点疏松多孔，故D正确；
故选A。
2.下列现象或应用与胶体性质无关的是（ ）
A. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐
B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷
C. 在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀
D. 用半透膜可以除去淀粉溶液中的少量NaCl
【答案】C
【解析】
A、将卤水或石膏加入豆浆，制成豆腐，利用的是胶体聚沉形成的凝胶，和胶体有关，故A不符合；B、烟是胶体，胶体微粒带有电荷，通高压电，使胶体微粒在电场中定向移动，产生电泳，从而净化空气，与胶体有关，故B不符合；C、FeCl3溶液中加入NaOH溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故C符合；D、淀粉溶液是胶体，胶粒不能透过半透膜，可用渗析的方法提纯胶体，故D不符合；故选C。
3.下例说法正确的是（ ）
A. 花生油属于混合物，液氯属于纯净物
B. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物
C. 煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化
D. 氢氧化铁、有色玻璃和果冻都是胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．花生油为多种高级脂肪酸甘油酯组成的，属于混合物，液氯只含一种物质，属于纯净物，故A正确；
B．过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠还生成氧气，不是碱性氧化物，故B错误；
C．煤的气化与液化、干馏都有新物质生成，均属于化学变化，故C错误；
D．氢氧化铁为纯净物，不是胶体，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意胶体为混合物，注意区分氢氧化铁和氢氧化铁胶体。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 质量a g的C2H4和C3H6的混合物中共用电子对数目为3a NA /14
B. 常温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1NA
C. 常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为2NA
D. 1L 1molL-1的NaClO 溶液中含有ClO-的数目为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．a g的C2H4和C3H6的混合物中含有mol最简式CH2，C2H4和C3H6中，每个C原子平均形成了1对碳碳共用电子对、每个H原子平均形成了1对碳氢共用电子对，含有molC、molH原子，含有的共用电子对为mol+mol=mol，含有的共用电子对数为NA，故A正确；
B. 没有告诉pH=13的NaOH溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量，故B错误；
C．14g氮气和一氧化碳混合物的物质的量为0.5mol，0.5mol二者的混合气体中含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故C错误；
D．1L 1mol•L-1的NaClO溶液中含有次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，溶液中次氯酸根离子的物质的量小于1mol，含有的ClO-的数目小于NA，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点和难点为A，要注意1个碳碳双键看作2个共用电子对。
5.下列叙述正确的是( )
A. 将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，制得1 mol·L－1NaCl溶液
B. 将1体积c mol·L－1硫酸用水稀释为5体积，得到0.2c mol·L－1硫酸
C. 将25 g无水CuSO4溶于水配制成100 mL溶液，其浓度为1 mol·L－1
D. 将w g a% NaCl溶液蒸发掉w/2 g水，得到4a% NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据c=n/V及晶体溶入水中，水的体积变化分析判断A；
B.根据稀释定律“稀释前后溶质的量不变”分析判断B；
C.根据c=n/V=m/MV分析判断C；
D.根据不知溶液状态，无法判断蒸发后溶液的状态分析判断D。
【详解】A项，5.85gNaCl晶体的物质的量为1mol，NaCl溶于水后，溶液的体积大于100mL，所得溶液中c(NaCl)小于1 mol·L－1，A错误；
B. 将1体积c mol·L－1硫酸用水稀释为5体积，根据稀释前后溶质的量不变可知：稀释后溶液的浓度为1×c/5=0.2c mol·L－1, B正确；
C. 25g无水CuSO4的物质的量为25/160mol，CuSO4的物质的量大于0.1 mol，则c(CuSO4)大于1 mol·L－1；C错误；
D.若不析出晶体，得到的是2a%的NaCl溶液，D错误；
综上所述，本题选B。
6.混合气体由N2和CH4组成，测得混合气体在标准状况下的密度为0.821g/L，则混合气体中N2和CH4的体积比为 （ ）
A. 1：1 B. 1：4 C. 4：1 D. 1：2
【答案】B
【解析】
【详解】混合气体在标准状况下的密度为0.821g/L，则混合气体平均相对分子质量是0.821×22.4＝18.4。根据十字交叉法可知，混合气体中N2和CH4的体积之比为，所以答案选B。
7. 下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 能使甲基橙变红的溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO、Cl－
B. 在pH＝12的溶液中：Na＋、AlO、NO、S2－
C. 室温下，由水电离的c(H＋)＝10－10mol/L的溶液中：Cl－、HCO、NO、NH
D. 加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH、ClO－、K＋
【答案】B
【解析】
试题分析：A．能使甲基橙变红的溶液显酸性，Fe2＋与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B．在pH＝12的溶液显中性，四种离子之间不反应，可以大量共存，B错误；C．室温下，由水电离的c(H＋)＝10－10mol/L的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性，碳酸氢根不能大量共存，如果显碱性碳酸氢钠和铵根均不能大量共存，C错误；D．加入Mg能放出H2的溶液显酸性，ClO－不能大量共存，D错误，答案选B。
考点：考查离子共存正误判断
8.下列除杂质的方法可行的是( )
A. 除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3：加入适量稀盐酸
B. 除去FeCl2溶液中少量的FeCl3：加入稍过量铁粉，过滤
C. 除去NH4Cl固体中少量I2：加热，I2升华除去
D. 除去乙烯中的少量SO2：通过酸性KMnO4溶液，洗气
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入盐酸生成了氯化钠，引入新杂质，应通入二氧化碳气体，故A错误；
B．氯化铁与铁粉反应生成氯化亚铁，可用于除杂，且符合除杂原则，故B正确；
C．加热时氯化铵分解生成氨气、氯化氢，冷却后又生成氯化铵，碘升华为蒸气冷却生成碘固体，不能分离，故C错误；
D．乙烯和SO2都可被酸性高锰酸钾氧化，应用氢氧化钠溶液除杂，故D错误；
故选B。
9.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳 Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClO
B. Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO＋OH－==BaCO3↓＋H2O
C. 用氨水吸收少量二氧化硫 OH﹣+SO2═HSO3﹣
D. 硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2＋＋SO42-==BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙和HClO，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故A错误；
B．Ba(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水，该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故B正确；
C．用氨水吸收少量二氧化硫生成亚硫酸铵，离子方程式为2NH3•H2O+SO2=SO32-+2NH4++H2O，故C错误；
D．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选B。
10.据统计城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发,汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。则下列判断正确的是
A. 还原剂与氧化产物的物质的量之比为5：8
B. 若氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1mol
C. 每生成1.6mol氮气，则有0.2molKNO3被氧化
D. NaN3是只含有离子键的离子化合物
【答案】B
【解析】
A．KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10：16×=2:3，故A错误；B．由反应可知，转移10mol电子时氧化产物比还原产物多14mol，则氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1mol，故B正确；C．反应中KNO3是氧化剂，被还原，故C错误；D．NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误；故选B。
点睛：把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。将N3-作为整体来分析为解答的难点。10NaN3+2KNO3═ K2O+5Na2O+16N2↑中，NaN3中N元素的化合价由负价升高为0，KNO3中N元素的化合价由+5价降低为0，该反应中转移10e-。
11.铝、铍( Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知BeCl2 +Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓能完全进行，则下列推断正确的是( )
A. Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液
B. BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物
C. Na2BeO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO
D. BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2
【答案】A
【解析】
【分析】
在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，由反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2 Be(OH)2↓可知，BeCl2与Na2BeO2发生互促水解生成Be(OH)2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，根据铝、氧化铝、氢氧化铝性质判断Be、氧化铍、Be(OH)2性质。
【详解】A．Be(OH)2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故A正确；
B．根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，共价化合物在水溶液中也可以导电，BeCl2水溶液导电性强，不能说明BeCl2是离子化合物，故B错误；
C．Na2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH＞7，将其蒸干，水解得到的氢氧化钠又与Be(OH)2反应得到Na2BeO2，灼烧后可得残留物Na2BeO2，故C错误；
D．BeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的pH＜7，将其蒸干，HCl挥发，水解彻底，得到Be(OH)2，灼烧后可得残留物BeO，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为CD，要注意水解生成物质的挥发性对水解的影响。
12.下列实验对应的现象以及结论均正确的是
选项
实验
现象
结论
A
向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置
下层为橙色
裂化汽油可萃取溴
B
向Ba(ClO)2溶液中通入SO2
有白色沉淀生成
酸性:H2SO3>HClO
C
向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，将产生的气体通入品红溶液
无明显现象
铜片未打磨
D
将一小块钠加入盛有无水乙醇的烧杯中
有气泡产生，收集气体，点燃产生爆鸣声
生成的气体是H2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.裂化汽油中含有烯烃，溴水与裂化汽油会发生加成反应，所以该实验的现象和结论均错误，A项错误；
B.Ba(ClO)2溶液中ClO-具有强氧化性，SO2有强还原性，ClO-能把SO2氧化为SO42-，发生反应的离子方程式为：Ba2++2ClO-+2SO2+2H2O=BaSO4↓+2Cl-+SO42-+4H+，所以该实验的结论错误，B项错误；
C.浓硫酸与铜片反应需要在加热条件下进行，本实验没有加热，不一定有SO2生成，所以“没有明显现象”不能得出“铜片未打磨”的结论，C项错误；
D.常温下钠与乙醇反应：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，氢气中混有空气，点燃有爆鸣声，所以该实验的现象和结论均正确，D项正确；答案选D。
13.某溶液中含有HCO3－、CO32－、SO32－、Na+、NO3－五种离子。若向其中加入Na2O2粉末，充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变是
A. NO3－ B. CO32－、NO3－ C. SO32－、NO3－ D. CO32－、NO3－、Na+
【答案】A
【解析】
【详解】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，而氢氧化钠能和HCO3－反应生成CO32－。另外过氧化钠还具有强氧化性，能把SO32－氧化生成SO42－，所以浓度基本不变的是NO3－，
答案选A。
【点睛】易错选C，原因是由于只考虑到过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，而忽略过氧化钠的另一个重要性质——强氧化性导致的，因此既要掌握基础知识，更重要的是灵活运用知识。
14.用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是
A. 制取并收集少量氨气 B. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
C. 制取并检验乙烯 D. 比较盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱
【答案】B
【解析】
A. 制取并收集少量氨气，原理可行，但收集装置不对，只有进气管没有出气管，无法收集氨气，A不正确； B. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，虽然两者受热温度不同，但是碳酸氢钠在较低的温度下分解而碳酸钠在较高的温度下不分解，可以说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，B正确；C. 制取乙烯时要使用温度计控制加热温度在170℃，缺少温度计，C不正确；D. 比较盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱，由于浓盐酸有挥发性，二氧化碳中有氯化氢杂质，氯化氢通入硅酸钠溶液中与其反应生成硅酸沉淀，无法证明碳酸与硅酸的酸性强弱，D不正确。本题选B。
15.向18．4 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30．3 g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（ ）
A. 7.84L B. 6.72L C. 4.48L D. 无法计算
【答案】A
【解析】
试题分析：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g-18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n（OH-）=11.9g÷17g/mol=0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为0可知，FeCl3、CuCl2中n（Cl-）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH-），即n（Cl-）=0.7mol，根据质量守恒，消耗Cl2的物质的量为：n（Cl2）=n（Cl-）/2=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol×0.35mol=7.84L，答案为A。
【考点定位】：有关混合物反应的计算
【名师点晴】本题是有关混合物的计算，题目难度中等，解题关键需要根据电荷守恒定律和电子守恒定律明确铁铜混合溶于过量硝酸被氧化失去的电子的物质的量，与所得氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量相等，氯气氧化等量混合物所得电子的物质的量相等，搞清了本题的本质因素，难度明显降低，也简化了解题过程，事实上选择型的计算题基本上都适用于原子守恒、电子守恒及电荷守恒关系的，将这三个守恒分析清楚了，相信一定能快速确定正确选项。
16.把500 mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（ ）
A. （b/10-a/20）mol/L B. （5b-5a/2）mol/L
C. （2b-a）mol/L D. （10 b -5a）mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】设100mL溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH═NH3•H2O+Na2CO3+H2O，则NH4HCO3为0.5amol，加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，则Na2CO3的物质的量为×(b-0.5a)mol，n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol，c(Na+)==(10b-5a)mol/L，故选D。
17.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是( )
A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应
D. 反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；
B．氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；
C．电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化还原反应，故C错误；
D．反应②为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D正确；
故选D。
【点睛】理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键。本题的易错点为B，要注意氧化铁不能与氢氧化钠反应。
18.向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是
A. a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-
B. b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4-、Cl-
C. c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-
D. d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+
【答案】C
【解析】
【详解】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性。
A．a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应，不能大量共存，故A错误；
B．b点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反应，不能大量共存，故B错误；
C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+能够发生氧化还原反应，不能大量共存，F-在酸性条件下也不能大量存在，故D错误；
故选C。
19.下列示意图与对应反应情况相符的是
A. 硝酸银和硝酸镁的混合溶液中逐滴加入氨水
B. 向Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2
C. 向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液
D. 向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．AgNO3和Mg(NO3)2的混合溶液中缓慢加入氨水，先生成氢氧化银和氢氧化镁沉淀，随后氢氧化银沉淀溶解，氢氧化镁不溶，与图像不符合，故A错误；
B．向Ba(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2，首先生成碳酸钡白色沉淀，然后生成碳酸钾；继续通入CO2，碳酸钾和CO2反应生成碳酸氢钾，最后碳酸钡溶解生成碳酸氢钡，图像与实际反应相符，故B正确；
C．设KAl(SO4)2溶液中含有1mol KAl(SO4)2，逐滴加入Ba(OH)2溶液1.5mol时，铝离子和硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成1mol氢氧化铝和1.5mol硫酸钡沉淀，继续滴加Ba(OH)2溶液0.5mol时，形成的氢氧化铝恰好被溶解溶解，同时生成0.5mol硫酸钡，反应的大致图像为：，图像与实际反应不相符，故C错误；
D．NaAlO2溶液中滴入盐酸溶液，先发生AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓生成沉淀，后发生Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O沉淀溶解至最后消失，反应图像大致为：，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点和难点为C，要注意纵坐标为沉淀的物质的量，如果换成沉淀的质量，图像就正确了。
20.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5 mol·L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。则下列说法不正确的是
A. 稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵
B. c点对应NaOH溶液的体积为48ml
C. b点与a点的差值为0.05mol
D. 样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5:3
【答案】B
【解析】
试题分析：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③NH4++OH-═NH3•H2O，④Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为：104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05mol。由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为：94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH4++OH-═NH3•H2O 可知，计算溶液中n(NH4+)=0.03mL，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+)，即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol，解得：n(Fe)=0.03mol。由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH4+)=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故C点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故C点加入NaOH的物质的量为0.2mol。A．根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B．根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故B错误；C．根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中：n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C正确；D．根据分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，故D正确；故选B。
【考点定位】考查化学图像、硝酸的性质
【名师点晴】本题以图象形式考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，题目难度较大，明确图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，为易错题目，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
二、非选择题
21.Ⅰ.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为：2KClO3+4HCl(浓)= 2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
(1)氧化剂与还原剂的物质的量之比_________；
(2)若产生标况下22.4L Cl2，则转移电子的物质的量为___________；
Ⅱ.(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：__________；
(2)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解3.00g K2FeO4样品，调节pH值使高铁酸根全部被还原成铁离子，再调节pH为3~4，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示剂，滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液18.00mL。
①滴定终点的现象是_________。
②原样品中高铁酸钾的质量分数为___________。
【答案】 (1). 1:1 (2). 2mol (3). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (4). 滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色 (5). 39.6%
【解析】
【分析】
Ⅰ.(1)根据化合价的变化分析，反应中KClO3为氧化剂，HCl为还原剂；(2)反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，据此计算转移电子物质的量；
Ⅱ.(1)用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，同时生成氯化钾与水，配平书写离子方程式；(2)①依据2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，碘单质遇淀粉变蓝，据此判断滴定终点时的现象；②用碱性KI溶液溶解K2FeO4样品，调节pH值使高铁酸根全部被还原成铁离子，根据电子得失守恒可知2FeO42-～3I2，结合2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-～3I2～6Na2S2O3，据此计算。
【详解】Ⅰ.(1)2KClO3+4HCl(浓)= 2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应中KClO3的氯元素的化合价由+5价降低到+4价，是氧化剂，HCl中的氯元素化合价由-1价升高到0价，HCl是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故答案为：1∶1；
(2)标况下22.4L Cl2的物质的量为1molCl2，反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，所以转移的电子的物质的量为1mol×2=2mol，故答案为：2mol；
Ⅱ.(1)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，同时生成氯化钾与水，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10 OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(2)①滴定反应为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，滴定中的指示剂为淀粉，因此滴定终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色；
②用碱性KI溶液溶解K2FeO4样品，调节pH值使高铁酸根全部被还原成铁离子，根据电子得失守恒可知2FeO42-～3I2，结合2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-～3I2～6Na2S2O3可知，原样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=39. 6%，故答案为：39. 6%；
22.某强碱性溶液中可能含有的离子是 K+ 、NH4+、Al 3+ 、AlO2-、SO42- 、SiO32- 、CO32- 、Cl-中的某几种离子，现进行如下实验：
①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，无沉淀生成。
②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失。则原溶液中肯定存在的离子是_________，肯定不存在的离子是____________；已知一定量的原溶液中加入5 mL 0.2 mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187 g，则原溶液中是否含有Cl-？_____________。
【答案】 (1). OH- 、K+ 、AlO2- 、CO32- (2). NH4+、Al3+、SO42- 、SiO32- (3). 含有 Cl-
【解析】
【分析】
强碱性溶液中一定不存在Al3+，①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42-和SiO32-；②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，所以一定含有偏铝酸根离子和碳酸根离子，一定不含有铵根离子，结合溶液的电中性和相关计算判断K+、Cl-的存在。
【详解】强碱性溶液中一定不存在Al3+，①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42-和SiO32-，可能含有CO32-离子；②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后(和氢氧根离子反应)，开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，一定不含有铵根离子，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子，根据电中性原理，一定含有K+；原溶液中肯定存在的离子是OH-、AlO2-、CO32-、K+，肯定不存在的离子是NH4+、SO42-、SiO32-、Al3+；一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸即0.001molHCl时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187g，即氯化银的量为=0.0013mol，大于0.001mol，所以原溶液中含有Cl-，故答案为：OH-、AlO2-、CO32-、K+；NH4+、SO42-、SiO32-、Al3+；含有Cl-。
23.TMB由碳氢氮三种元素组成，其相对分子质量为240，是一种新型指纹检测的色原试剂，已在逐步取代强致癌物联苯胺和其他致癌性的联苯胺衍生物应用于临床化验法医检验刑事侦破及环境监测等领域。某研究小组欲利用燃烧法测定TMB的分子式(氮元素转化为N2)实验装置如图所示。回答下列问题：
(1)实验装置两处用到装有碱石灰的干燥管，其中F处的目的是______________________。仪器a的名称是___________。
(2)将足量双氧水置于a中，圆底烧瓶中装入MnO2固体，按图连接好装置。
①A中发生反应的化学方程式为______________________________________。
②待B、D处导管口有均匀气泡时，再点燃C处酒精灯，原因是______________________。
(3)装置C中CuO粉末的作用为_________________________________。
(4)理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则TMB的分子式为___________。
【答案】 (1). 防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收CO2的定量检测造成干扰 (2). 分液漏斗 (3). 2H2O2 2H2O+O2↑ (4). 排除装置内原有的CO2和水蒸气 (5). 使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2 (6). C16H20N2
【解析】
【分析】
装置A是过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用分解生成水和氧气，通过装置B中浓硫酸干燥氧气，氧气进入装置C，TMB完全燃烧，氮元素转化为N2，氧化铜可以保证不完全燃烧生成的一氧化碳生成二氧化碳，进入装置D中，浓硫酸干燥吸收生成的水蒸气，生成的二氧化碳被装置E中碱石灰吸收，装置F是防止空气中二氧化碳和水蒸气进入E干扰二氧化碳的定量测定，据此分析解答。
【详解】(1)实验装置两处用到装有碱石灰的干燥管，其中F处的目的是：防止外部空气中的二氧化碳和水蒸气进入E，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰；根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为：防止外部空气中的二氧化碳和水蒸气进入E，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰；分液漏斗；
(2)①装置A中发生的反应是过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气和水，反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
②待B、D处导管口有均匀气泡时，再点燃C处酒精灯，可以排除装置内原有的二氧化碳和水蒸气，故答案为：排除装置内原有的二氧化碳和水蒸气；
(3)装置C中CuO粉末可以使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳，故答案为：使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳；
(4)理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则m(H2O)=3.60g，m(CO2)=14.08g，则n(H2O)==0.2mol，n(H)=0.4mol，n(CO2)==0.32mol，n(C)=0.32mol，所以n(N)==0.04mol，则n(C)∶n(H)∶n(N)=0.32mol∶0.4mol∶0.04mol=8∶10∶1，TMB的相对分子质量为：2×120=240，设分子式为C8nH10nNn，则有12×8n+10n+14n=240，解得n=2，所以分子式为C16H20N2，故答案为：C16H20N2。
24.硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式_____。为提高浸出速率，可采取的措施有_________（写出两条）。
（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是_____________（化学式）。
（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是_________。然后在调节溶液的pH约为5，目的是___。
（4）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程________________。
【答案】 (1). Mg2B2O5•H2O+2H2SO4 = 2H3BO3+2MgSO4 (2). 适当增加硫酸浓度、提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径 (3). SiO2、CaSO4 (4). 将亚铁离子氧化铁离子 (5). 使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去 (6). 2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO(或2H3BO3+3Mg=3MgO+2B+3H2O)
【解析】
【分析】
由工艺流程和问题(2)可知，加硫酸溶解，Fe3O4、SiO2不溶；CaO转化为微溶于水CaSO4，因此浸渣中主要含有SiO2、CaSO4和Fe3O4；“净化除杂”需先加H2O2溶液，将Fe 2+转化为Fe 3+，调节溶液的pH约为5，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，据此分析解答。
【详解】(1)Mg2B2O5•H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，反应方程式为Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3，为提高浸出速率，可采取的措施有提高反应温度，适当增加硫酸浓度，将铁硼矿粉进一步粉碎；故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3；提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径、适当增加硫酸浓度等；
(2)利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离，“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：SiO2、CaSO4；
(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子，然后再调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；使Al3+与Fe3+形成氢氧化物沉淀而除去；
(4)硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，硼酸受热容易分解，生成B2O3，加热条件下镁能够还原B2O3生成MgO和硼，反应的化学方程式为：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，总反应为2H3BO3+3Mg=3MgO+2B+3H2O，故答案为：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO(或2H3BO3+3Mg=3MgO+2B+3H2O)。
相关资料
更多
