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2017-2018学年安徽省六安市第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版
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安徽省六安市第一中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量： P-31 Cu-64 Fe-56 Ca-40 N-14 Pb-207 Cr-52
一、选择题(每小题3分，共48分，每小题仅有一个最佳答案)
1. 下列叙述正确的是（ ）
A. 浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品
B. 我国预计2020年发射首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是晶体硅
C. “海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化
D. “一带一路”是现代“丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是非金属元素及其化合物的性质和用途，难度较小。
详解：A.浓硫酸不能与石英的主要成分二氧化硅反应，故错误；B.太阳能电池板的材料为硅，故正确；C.海水中加入明矾不能使海水淡化，故错误；D.丝绸的主要成分为蛋白质，故错误。故选B。
2. 下列正确的叙述有（ ）
①CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物
②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
③碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体
④灼热的炭与CO2的反应、Ba (OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均既为氧化还原反应，又是吸热反应
⑤需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀
⑥氯化铝溶液与氢氧化铝胶体具有的共同性质是：能透过滤纸，加热蒸干、灼烧后都有氧化铝生成
⑦苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质
⑧金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物。
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】A
【解析】
试题分析：①NO2和NaOH反应生成NaNO3、NaNO2，发生了氧化还原反应，且NO2不是硝酸的酸酐，故①错误；②反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2FeCl3+Fe=3FeCl2均属于化合反应，故②正确；③碘晶体分散到酒精中形成的分散系是溶液，饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系是胶体，故③正确；④Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应不属于氧化还原反应，故④错误；⑤电解、电镀需通电，电离、电化腐蚀均无需通电，故⑤错误；⑥溶液和胶体都能通过滤纸，加热AlCl3溶液和Al(OH)3胶体时，由于Al3+的水解和胶体的聚沉，均生成Al(OH)3沉淀，蒸干、灼烧时，Al(OH)3分解生成氧化铝和水，故⑥正确；⑦氯气是单质，不是非电解质，故⑦错误；⑧金属元素和非金属元素也可以形成共价化合物，如AlCl3、BeCl3是共价化合物，故⑧错误；综上所述：②③⑥正确；故选A。
考点：主要考查物质的简单分类、化学反应的分类、溶液和胶体的性质、电解质、非电解质、离子化合物、电离、电解、电镀、电化腐蚀、水解等基础知识。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 硅晶体中，有NA个Si就有2NA个Si-Si键
B. 常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na+数目相等
C. 惰性电极电解食盐水，若线路中通过2NA个电子的电量时，则阳极产生气体22.4L
D. 标准状况下，2 molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为2NA
【答案】A
【解析】
A，硅晶体属于原子晶体，其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2，有NA个Si就有2NA个Si-Si键，A项正确；B，由于溶液的体积未知，无法判断两溶液中Na+数目的大小关系，B项错误；C，惰性电极电解食盐水时阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，线路中通过2NA个电子时生成1molCl2，但由于Cl2所处温度和压强未知，无法用22.4L/mol计算Cl2的体积，C项错误；D，n（SO2）==2mol，Na2O2与SO2反应的化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4~2e-，2molNa2O2与2molSO2完全反应转移4mol电子，D项错误；答案选A。
点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算。涉及原子晶体中共价键的确定、溶液中粒子物质的量的确定、气体体积的计算、氧化还原反应中转移电子数的确定。注意：在晶体硅中每个硅原子形成4个Si-Si键，但其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2；22.4L/mol适用于标准状况下求气体的体积。
4. 一定温度压强下，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（ ）
A. 气球B中装的是O2 B. 气球A和气球C中气体分子数相等
C. 气球A和气球D中气体物质的量之比为4∶1 D. 气球C和气球D中气体密度之比为2∶1
【答案】D
【解析】
试题分析：A、一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，则根据V=nVm=Vm得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4＞O2＞CO2＞SO2，C中装的是氧气，故A错误；B、根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32：64=1：2，故B错误；C、气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1：4，故C错误；D、气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32：16=2：1，故D正确；故选D。
考点：考查了阿伏加德罗定律及推论的相关知识。
5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
①31g白磷中含有 1.5NA个P-P
②1L0.1 mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个
③标准状况下，22.4LHF含NA个分子
④电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解32g铜
⑤标准状况下，2.24LCl2溶于水， 转移的电子数目为0.1NA
⑥常温下，含0.2 molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA
⑦142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3NA
⑧NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107g
A. ①③④⑧ B. ①⑥⑦ C. ③⑤⑦ D. ①⑥⑧
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是高频考点，注意气体摩尔体积的使用范围，和物质中微粒数目或氧化还原中转移电子数等。
详解：①31g白磷的物质的量为31/124=0.25mol，每个白磷分子含有6个磷磷键，故0.25mol含有0.25*6=1.5mol，即1.5NA个P-P，故正确；②碳酸根离子发生水解，所以不能计算1L0.1 mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数，故错误；③标准状况下， HF不是气体，不能计算其物质的量，故错误；④电解精炼铜时阳极首先是锌铁等活泼金属溶解，然后是铜溶解，所以不能计算铜的质量，故错误；⑤标准状况下，2.24LCl2即0.1mol，与水反应生成盐酸和次氯酸，转移的电子数目为0.1NA，故正确；⑥常温下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应时随着反应的进行硫酸变稀，反应停止，所以生成的二氧化硫的物质的量小于0.1mol，故正确；⑦142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物的物质的量为1mol，所以阴、阳离子总数为3NA，故正确；⑧胶体粒子是很多个分子的集合体，不能计算其质量，故错误；故选B。
6. 在20℃时，在一刚性容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞将容器分隔成左右两室。左室充入氮气，右室充入氢气与氧气的混合气体，活塞恰好停留在离左端的处(如图左所示)，然后引燃氢、氧混合体，反应完毕后恢复至原来温度，活塞恰好停在中间(如图所示)，如果忽略水蒸气体积，则反应前氢气与氧气的体积比可能是 （ ）
A. 3∶4 B. 4∶5 C. 6∶2 D. 2∶7
【答案】B
【解析】
【解析】两边气体处于同温同压状态，气体体积比等于气体的物质的量之比。设n(N2)为1mol，反应前混合气体为3mol，反应后，混合气体变为1mol,反应了 2mol，根据2H2+O2=2H2O，计算可知氢气的物质的量为2*2/3+1=7/3 （mol）,氧气为2/3（mol），氢气与氧气的体积比 7:2；或者氢气为4/3mol.氧气为5/3mol，氢气与氧气的体积比4:5，BD正确
正确答案为BD
点睛：考查阿伏伽德罗定律及简单的计算
7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 含大量Fe3+的溶液中： Na+、Mg2+、SO42-、SCN-
B. =106的溶液中： NH4+、K+、AlO2-、NO3-
C. 能使甲基橙变红的溶液中： Cu2+、 Mg2+、SO42-、Cl-
D. 1.0 mol·L-1的KNO3溶液中：Fe2+、H+、Cl-、I-
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是一定条件下的离子共存问题，是常考题型，注意条件对离子的存在的限制。
详解：A.铁离子和硫氰根离子反应不能共存，故错误；B.溶液为碱性，铵根离子不能存在，故错误；C.溶液为酸性，四种离子不反应能共存，故正确；D.亚铁离子在酸性条件下与硝酸根离子反应，不能共存，故错误。故选C。
点睛：在进行离子共存判断时需要注意是否含有条件，如颜色，溶液的酸碱性等，掌握常见的四种有颜色的离子：铜离子、铁离子、亚铁离子和高锰酸根离子。掌握酸碱指示剂的颜色和变色范围等。
8. 为达到预期的实验目的，下列操作正确的是（ ）
A. 欲配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，将10 g ZnSO4·7H2O溶解在90g水中
B. 欲制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸
C. 为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量
D. 为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用
【答案】C
【解析】
试题分析：A、配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，应为将10 g ZnSO4溶解在90 g水中，错误；B、制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液致液体呈红褐色，错误；C、滴加NaOH溶液至过量，先生成沉淀后逐渐溶解的溶液为AlCl3，生成沉淀不溶解的为MgCl2，无明显现象的为KCl，正确；D、中和滴定时，锥形瓶含少量水不影响结果，错误。
考点：本题考查实验基本操作、胶体的制备、物质的鉴别。
9. 根据下列实验或实验操作和现象，所得结论正确的是（ ）
实验或实验操作
现象
实验结论
A
用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中
出现白色沉淀
H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强
B
向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液
出现白色沉淀
原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种
C
纯Zn片与纯Cu片用导线连接，浸入到稀硫酸
Cu片表面产生大量气泡
金属性：Zn>Cu
D
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
氧化性： Cl2> Br2>I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A.用大理石和盐酸反应制取CO2气体，发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，发生反应：CaCl2+Na2SiO3=2NaCl+CaSiO3↓；所以不能证明酸性：H2CO3>H2SiO3。错误。B. 向某溶液先滴加硝酸酸化，由于硝酸有强的氧化性，可能会发生反应，将SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再滴加BaCl2溶液, 出现白色沉淀，原溶液中可能存在SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，也可能含有Ag+，错误。C.将纯Zn片与纯Cu片用导线连接，浸入到稀硫酸溶液中,构成了原电池，Zn为负极，失去电子，被氧化，变为Zn2+，Cu为正极。在正极上溶液中的H+在正极上得到电子，变为单质H2逸出。故Cu片表面产生大量气泡，金属性：Zn＞Cu正确。D.将氯气通入该装置，发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，反应产生的Br2会发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2；未反应的氯气也会发生反应：Cl2+2 KI==2KCl+I2，所以不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2。错误。
考点：考查化学实验操作与实验现象及实验结论的关系的正误判断的知识。
10. 下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 少量SO2通入Ca (ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
B. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液2Fe3++2I-=2Fe2++I2
C. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O
D. NaHCO3溶液加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是离子方程式的判断，注意氧化还原反应的存在。
详解：A. 少量SO2通入Ca (ClO)2溶液中，因为次氯酸根具有氧化性，氧化+4价的硫使之变成硫酸根离子，故离子方程式SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO是错误；B. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，溶液中硝酸根离子能氧化碘离子不是铁离子氧化，故错误；C. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，+3价的氮元素被高锰酸钾氧化，故正确；D. NaHCO3溶液加入过量的Ba(OH)2溶液生成碳酸钡和氢氧化钠和水，离子方程式为： HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O。故错误。故选C。
点睛：在分析离子方程式时需要注意氧化还原反应中的先后顺序，性质强的先反应。如B项，硝酸根的氧化性强于铁离子，所以硝酸根氧化碘离子，而不是铁离子氧化。
11. 将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为：CrO42-+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2OH-+O2↑，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是（ ）
A. M中Cr的化合价为+3
B. 参与反应的H2O2全部被氧化
C. 向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象
D. 转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g
【答案】D
【解析】
A.因M[化学式为Cr(NH3)3O4] 中有2 个过氧键，则M中Cr的化合价为+4，故A错误；B. 由M中有2 个过氧键，所以，3molH2O2 没有全部被氧化，B错误； C. 向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子被M中的过氧化键氧化为三价铁，溶液由浅绿色变黄棕色，C错误；D．由方程式可知每生成1molO2转移2mol电子，同时生成11mol Cr(NH3)3O4，则转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g，D正确。
点睛：抓住信息：测得M中有2 个过氧键，从而确定M中Cr的化合价为+4价是解题关键，同时M中存在过氧键能氧化亚铁离子。
12. 下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+
B. 向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
C. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
D. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
【答案】A
【解析】
本题考查了离子方程式的正误判断，属于常规考题，注意物质量多少与反应产物的关系是关键。
详解：A. 亚硫酸钠中的硫元素被足量的氯气氧化生成硫酸根离子，氯气变成氯离子，离子方程式正确；B. 氯化铝溶液中加入足量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式错误；C. 碳酸氢铵和足量稍微水反应生成碳酸钙沉淀和氨水，故错误；D. 该离子方程式中碘元素和氧元素化合价都升高，没有元素化合价降低，所以离子方程式错误。故选A。
点睛：注意有关铝元素的离子方程式的书写。1.铝和氢氧化钠反应只能生成偏铝酸钠和氢气，且水参与反应，不能生成氢氧化铝沉淀。2.氯化铝溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化铝沉淀不能生成偏铝酸盐。3.氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成偏铝酸盐，不能生成氢氧化铝沉淀。4.氧化铝溶于氢氧化钠只能生成偏铝酸钠，不能生成氢氧化铝。
13. 已知向溶液X中滴加溶液Y可生成两种沉淀，所得沉淀的物质的量(n)与所加入的溶液Y的体积(V)的关系如图所示，则X、Y分别为（ ）
............
A
B
C
D
X
NH4Al(SO4)2
Ba(OH)2
明矾
Ba(AlO2)2
Y
Ba(OH)2
明矾
Ba(OH)2
硫酸铝
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是离子反应，注意离子反应的顺序是关键。
详解：从图分析，开始加入Y溶液即产生氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝沉淀溶解，说明加入的Y为强碱，从A、C中选择，B、D错误。加入Y产生氢氧化铝沉淀之后有一段沉淀量不变，说明溶液中有铵根离子与氢氧根离子反应，故选A。
点睛：掌握多种离子存在的溶液中离子的反应顺序，如有铝离子和铵根离子等的溶液中加入氢氧化钠，则铝离子先反应生成氢氧化铝沉淀，然后铵根离子反应生成一水合氨，然后氢氧化铝再溶解。
14. 水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、 AlO2-、SiO32-、SO32-、 CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（ ）
A. 气体甲一定是纯净物 B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C. K+、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中 D. CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中
【答案】C
【解析】
加HCl有气体生成说明有CO32-或SO32-，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子；加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水(提供OH-)有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子.
A.加HCl有气体生成说明有CO32-或SO32-，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；B.溶液中一定含有CO32-或SO32-，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；C.原来溶液中K+、AlO2-、SiO32-一定存在，故C正确; D.硫酸根离子是否存在不能确定，CO32-可能存在，故D错误。
15. 制备新型高效水处理剂高铁酸钠(Na2FeO4)的主要反应为2FeSO4+aNa2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+bX。下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应中X物质为O2
B. 反应物Na2O2只作氧化剂
C. 该反应中发生氧化反应的过程只有FeSO4→Na2FeO4
D. 每生成1molNa2FeO4，反应过程中转移4 mole-
【答案】A
【解析】
A．由原子守恒可知，该反应的方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，即该反应中X物质为O2，故A正确；B．反应物Na2O2中O元素的化合价部分升高部分降低，即是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．Na2O2→O2，该过程中O元素的化合价升高，发生氧化反应，故C错误；D．反应中Fe元素的化合价从+2升高到+6，Na2O2则O元素化合价从-1升高0价，生成2molNa2FeO4，转移的电子数10mol，所以生成1molNa2FeO4程中转移5mol e-，故D错误；故选A。
点睛：准确从化合价变化的角度分析氧化还原，灵活运用氧化还原反应的基本规律是解题关键，由原子守恒可知，该反应的方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，反应中Fe元素的化合价升高发生氧化反应，O元素的化合价部分升高部分降低，说明Na2O既是氧化剂又是还原剂，电子转移的数目与化合价的升降数目相等，据此解题即可。
16. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是（ ）
A. 在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中逐滴加入盐酸： OH-、CO32-、AlO2-
B. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中缓慢通入氯气： I-、Br-、Fe2+
C. Fe(NO3)3、Cu (NO3)2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉：Fe(NO3)3、HNO3、Cu(NO3)2
D. 在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液：H+、Fe3+、NH4+
【答案】C
【解析】
A、若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，选项A错误；B、离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，选项B错误；C、氧化性顺序：HNO3>Fe3+＞Cu2+＞H+，铁粉先与氧化性强的反应，反应顺序为HNO3、Fe3+、Cu2+、H+，选项C错误；D、H+先发生反应，因为H+结合OH-的能力最强，然后Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，最后再生成一水合氨，故在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应的顺序为 H+、Fe3+、NH4+，选项D正确。答案选D。
点睛：本题考查离子反应的先后顺序等，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。
二、填空题(每空2分，共52分)
17. HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2;它能被常见的强氧化剂氧化;在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成 Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：
(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_________(填序号)。
A．亚硝酸盐被还原 B．维生素C是还原剂
C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D．亚硝酸盐是还原剂
(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是_________(填序号)。
A．测定这两种溶液的pH B．分别在两种溶液中滴加甲基橙
C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液来区别 D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别
(3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl,请写出反应的离子方程式：____________________________________。
(4)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4,若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+,要求产物纯净，可选用的最佳试剂是_________(填序号)。
a．Cl2 b．Fe C．H2O2 d．HNO3
(5)若FeSO4、和O2的化学计量数比为2∶1,试配平下列方程式：________
FeSO4+ K2O2→ K2FeO4+ K2O+ K2SO4+ O2↑
当转移了1.5NA个电子时，在标况下可收集到_________升氧气。
【答案】 (1). D (2). B (3). NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl- (4). C (5). 2FeSO4+6K2O2→2K2FO4+2K2O+2K2SO4+1O2↑ (6). 3.36
【解析】
分析：本题考查了氧化还原反应，掌握氧化剂和还原剂的关系和氧化还原反应的配平是关键。
详解：(1) 若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，亚硝酸盐做氧化剂，被还原，服用维生素C可解毒，说明能将铁离子还原为亚铁离子，维生素C做还原剂，故选D。(2)A.亚硝酸钠溶液显碱性，而氯化钠显中性，所以能用pH值进行区别，故正确；B.两种溶液中加入甲基橙，都变黄色，不能区别，故错误；C.亚硝酸钠能在酸性条件下与碘化钾反应生成碘单质，遇到淀粉显蓝色，而氯化钠不能，故能区别，故正确；D.硝酸银和氯化钠反应生成白色沉淀而亚硝酸钠不反应，，能区别。故选B。(3)氯水中含有氯气分子，氯气和亚硝酸钠反应生成硝酸钠和盐酸，离子方程式为：NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl-。(4)铁和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，若将亚铁变成铁离子，不引入新的杂质，可以选择过氧化氢，其对应的产物为水，故选C。(5)反应中铁元素的化合价从+2价升高到+6价，升了4价，过氧化钾中氧元素的化合价从-1价升高到0价，升1价，氧元素的化合价从-1价降低到-2价，降低1价，根据硫酸亚铁和氧气化学计量数比是2:1分析，2个硫酸亚铁反应同时生成1个氧气，化合价升高10价，则降低化合价的氧原子需要有10个，加上到氧气中的两个氧原子，总共12个氧原子，则过氧化钾为6个，其余按质量守恒进行配平，可得方程式为：2FeSO4+6K2O2→2K2FO4+2K2O+2K2SO4+1O2↑。反应中转移10个电子，所以当转移1.5mol电子时，生成0.15,mol氧气，标况下体积为3.36L。
18. 有甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH-、Cl-、CO32-、SO42-中的不同阴、阳离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L 乙溶液中c(H+)>0.1mol/L;③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。
(1)它们的化学式分别为甲_________、乙_________、丁_________。
(2)写出甲溶液和丁溶液反应的离子方程式：_________________________________。
【答案】 (1). Ba(OH)2 (2). H2SO4 (3). (NH4)2CO3 (4). Ba2++2OH-+2NH4++CO32-=BaCO3↓+2NH3·H2O
【解析】
分析：本题考查的是离子反应的相关无机推断，掌握离子反应的现象是关键。
详解：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，离子组合后发现能产生碳酸钡和硫酸钡和氢氧化镁沉淀，所以则甲是氢氧化钡，0.1mol/L乙溶液中c(H+)>0.1mol/L，说明其为二元酸，即硫酸，向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙含有氯离子，即氯化镁。则四种物质分别为氢氧化钡、硫酸、氯化镁、碳酸铵。(1)根据以上分析可知甲为Ba(OH)2，乙为H2SO4 ，丁为(NH4)2CO3。 (2)氢氧化钡和碳酸铵反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2NH4++CO32-=BaCO3↓+2NH3·H2O。
19. “钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+。
(1)请写出金属钒与足量浓硝酸反应的离子方程式：___________________________。
(2)灼烧NH4VO3时可生成钒的氧化物V2O5，请写出该反应的化学方程式：______________________。
(3)V2O5是较强的氧化剂。它能与沸腾的浓盐酸作用产生氯气，其中钒元素被还原为蓝色的VO2+，请写出该反应的离子方程式：__________________。
(4)V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2+)的盐。请写出V2O5与烧碱溶液反应生成的盐的化学式：__________________ 。
【答案】 (1). V+6H++5NO3-=VO2++5NO2↑+3H2O (2). 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O (3). V2O5+6H++2Cl-=2VO2+++ Cl2↑+3H2O (4). Na3VO5
【解析】
分析：本题考查的是化学方程式和离子方程式的书写，根据质量守恒和氧化还原反应中的电子守恒进行分析即可。
详解：(1)根据信息分析，金属钒和足量的浓硝酸反应生成VO2NO3和二氧化氮和水，离子方程式为：V+6H++5NO3-=VO2++5NO2↑+3H2O。 (2) 灼烧NH4VO3时可生成钒的氧化物V2O5，没有化合价变化，另外的产物为氨气和水，化学方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O。(3) V2O5是较强的氧化剂。它能与沸腾的浓盐酸作用产生氯气，其中钒元素被还原为蓝色的VO2+，根据元素守恒分析，产物还有水，则离子方程式为：V2O5+6H++2Cl-=2VO2++Cl2↑+3H2O。(4) V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-)，所以与氢氧化钠反应生成Na3VO4,。
20. 氮化钙(CaN2)氮化钙是一种棕色粉末，在空气中氧化，遇水会发生水解，生成氢氧化钙并放出氨。某化学兴趣小组设计制备氮化钙并测定其纯度的实验如下：
Ⅰ．氮化钙的制备
(1)连接装置后，检查装置气密性的方法是_______________________________________。
(2)装置A中每生成标准状况下4.48LN2，转移的电子数为___________________。
(3)装置B的作用是吸收氧气，则B中发生反应的离子方程式为______________________。装置E的作用是______________________。
(4)实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_____________________(请按正确的顺序填入下列步骤的代号)。
①加热D处的酒精喷灯；②打开分液漏斗活塞;③加热A处的酒精灯；
④停上加热A处的酒精灯；⑤停止加热D处的酒精喷灯
(5)请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象____________________。
Ⅱ．测定氮化钙的纯度：①称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00mol·L-1盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至200.00mL；
②取20.00mL稀释后的溶液，用0.20mol·L-1NaOH标准溶液滴定过量的盐酸，达到滴定终点时，消耗标准溶液25.00mL。
(1)氮化钙的质量分数为_________。
(2)达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】 (1). 关闭A，向E中加水，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱 (2). 0.6NA (3). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (4). 吸收空气中水蒸气、防止进入D中 (5). ②③①⑤④ (6). 取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 (7). 92.5% (8). 偏小(低)
【解析】
分析：本题考查的是物质的制备和含量测定，弄清实验装置的作用、发生的反应及指标原理是关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。
详解：装置A中反应生成氮气，装置B可以吸收氧气，C中浓硫酸吸水，氮气和钙粉在装置D中反应，E中浓硫酸防止空气中的水蒸气进入D。(1)连接装置后，关闭A中分液漏斗的活塞，向E中加水，微热烧瓶，E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱，说明装置气密性好。(2)A中的反应为(NH4)2SO4+2NaNO2 2N2↑+Na2SO4+4H2O，转移6mol电子时生成2mol氮气，所以A中每生成标况下4.48L氮气，转移的电子数为0.6NA。(3)B中氧气氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，E装置中浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入D中。 (4)实验开始先使装置的反应发生，排除装置内的空气，实验结束，先停止D处的热源，故顺序为②③①⑤④。(5)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水，氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有为反应的钙，故方法为：取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 Ⅱ．(1)剩余的盐酸物质的量为，故参与反应的盐酸为0.1×1-0.05=0.05mol，根据氮元素守恒：，则氮化钙的物质的量为0.025mol，则氮化钙的质量分数为= 92.5% (2)达到滴定终点，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠的标准液的体积读数变大，使剩余盐酸的量变大，反应盐酸的的氨气的量变小，故测定结果偏小。
21. 以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、 PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
(1)过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是_________________________。
(2)过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
ⅰ： 2Fe2++PbO2+4H++SO42-=2Fe3++PbSO4+2H2O
ⅱ：……
写出ⅱ的离子方程式：______________________。
(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示。过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是_________(选填序号)。
A．减少PbO的损失，提高产品的产率
B．重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率
C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率
(4)PbO2在加热的过程中发生分解生成PbO和O2，其失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品分解40%的残留固体，若a点固体组成表示为PbOx,则x=_________。
【答案】 (1). Pb+PbO2+H2SO4=2PbSO4+H2O (2). Pb+2Fe3++SO42-= PbSO4+2Fe2+ (3). AB (4). 1.6
【解析】
分析：本题考查了化学工艺流程分析，离子方程式的书写、化学实验方案的谁、物质的分离提纯等，难度中等。
详解：(1)根据题给化学工艺流程可知，过程Ⅰ中，在亚铁离子催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4和水，方程式为： Pb+PbO2+H2SO4=2PbSO4+H2O。(2)规划及通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，而本身的质量和化学性质前后保持不变，根据题给信息可知反应中亚铁被二氧化铅氧化为铁离子，则反应ⅱ中铁离子被铅还原为亚铁离子，离子方程式为： Pb+2Fe3++SO42-=PbSO4+2Fe2+。 (3) 过程Ⅱ中脱硫过程中发生的反应为PbO2+ 2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由于氧化铅能溶解于氢氧化钠溶液，因此滤液Ⅰ中含有铅元素，滤液Ⅰ重复使用可以减少氧化铅的损失，提高产品的差率，且滤液Ⅰ中过量的氢氧化钠可以重复使用，提高原料的利用率，因此选AB。 (4) PbO2在加热的过程中发生分解生成PbO和O2，a点分解49%，假设取1mol二氧化铅，40%分解，即0.4mol分解生成0.4mol氧化铅，则产物中含有0.6mol二氧化铅和0.4mol氧化铅，则铅和氧原子个数比为（0.6+0.4）：（0.6×2+0.4）=1:1.6，故答案为：1.6。
安徽省六安市第一中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量： P-31 Cu-64 Fe-56 Ca-40 N-14 Pb-207 Cr-52
一、选择题(每小题3分，共48分，每小题仅有一个最佳答案)
1. 下列叙述正确的是（ ）
A. 浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品
B. 我国预计2020年发射首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是晶体硅
C. “海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化
D. “一带一路”是现代“丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是非金属元素及其化合物的性质和用途，难度较小。
详解：A.浓硫酸不能与石英的主要成分二氧化硅反应，故错误；B.太阳能电池板的材料为硅，故正确；C.海水中加入明矾不能使海水淡化，故错误；D.丝绸的主要成分为蛋白质，故错误。故选B。
2. 下列正确的叙述有（ ）
①CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物
②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
③碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体
④灼热的炭与CO2的反应、Ba (OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均既为氧化还原反应，又是吸热反应
⑤需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀
⑥氯化铝溶液与氢氧化铝胶体具有的共同性质是：能透过滤纸，加热蒸干、灼烧后都有氧化铝生成
⑦苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质
⑧金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物。
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】A
【解析】
试题分析：①NO2和NaOH反应生成NaNO3、NaNO2，发生了氧化还原反应，且NO2不是硝酸的酸酐，故①错误；②反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2FeCl3+Fe=3FeCl2均属于化合反应，故②正确；③碘晶体分散到酒精中形成的分散系是溶液，饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系是胶体，故③正确；④Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应不属于氧化还原反应，故④错误；⑤电解、电镀需通电，电离、电化腐蚀均无需通电，故⑤错误；⑥溶液和胶体都能通过滤纸，加热AlCl3溶液和Al(OH)3胶体时，由于Al3+的水解和胶体的聚沉，均生成Al(OH)3沉淀，蒸干、灼烧时，Al(OH)3分解生成氧化铝和水，故⑥正确；⑦氯气是单质，不是非电解质，故⑦错误；⑧金属元素和非金属元素也可以形成共价化合物，如AlCl3、BeCl3是共价化合物，故⑧错误；综上所述：②③⑥正确；故选A。
考点：主要考查物质的简单分类、化学反应的分类、溶液和胶体的性质、电解质、非电解质、离子化合物、电离、电解、电镀、电化腐蚀、水解等基础知识。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 硅晶体中，有NA个Si就有2NA个Si-Si键
B. 常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na+数目相等
C. 惰性电极电解食盐水，若线路中通过2NA个电子的电量时，则阳极产生气体22.4L
D. 标准状况下，2 molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为2NA
【答案】A
【解析】
A，硅晶体属于原子晶体，其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2，有NA个Si就有2NA个Si-Si键，A项正确；B，由于溶液的体积未知，无法判断两溶液中Na+数目的大小关系，B项错误；C，惰性电极电解食盐水时阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，线路中通过2NA个电子时生成1molCl2，但由于Cl2所处温度和压强未知，无法用22.4L/mol计算Cl2的体积，C项错误；D，n（SO2）==2mol，Na2O2与SO2反应的化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4~2e-，2molNa2O2与2molSO2完全反应转移4mol电子，D项错误；答案选A。
点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算。涉及原子晶体中共价键的确定、溶液中粒子物质的量的确定、气体体积的计算、氧化还原反应中转移电子数的确定。注意：在晶体硅中每个硅原子形成4个Si-Si键，但其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2；22.4L/mol适用于标准状况下求气体的体积。
4. 一定温度压强下，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（ ）
A. 气球B中装的是O2 B. 气球A和气球C中气体分子数相等
C. 气球A和气球D中气体物质的量之比为4∶1 D. 气球C和气球D中气体密度之比为2∶1
【答案】D
【解析】
试题分析：A、一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，则根据V=nVm=Vm得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4＞O2＞CO2＞SO2，C中装的是氧气，故A错误；B、根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32：64=1：2，故B错误；C、气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1：4，故C错误；D、气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32：16=2：1，故D正确；故选D。
考点：考查了阿伏加德罗定律及推论的相关知识。
5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
①31g白磷中含有 1.5NA个P-P
②1L0.1 mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个
③标准状况下，22.4LHF含NA个分子
④电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解32g铜
⑤标准状况下，2.24LCl2溶于水， 转移的电子数目为0.1NA
⑥常温下，含0.2 molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA
⑦142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3NA
⑧NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107g
A. ①③④⑧ B. ①⑥⑦ C. ③⑤⑦ D. ①⑥⑧
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是高频考点，注意气体摩尔体积的使用范围，和物质中微粒数目或氧化还原中转移电子数等。
详解：①31g白磷的物质的量为31/124=0.25mol，每个白磷分子含有6个磷磷键，故0.25mol含有0.25*6=1.5mol，即1.5NA个P-P，故正确；②碳酸根离子发生水解，所以不能计算1L0.1 mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数，故错误；③标准状况下， HF不是气体，不能计算其物质的量，故错误；④电解精炼铜时阳极首先是锌铁等活泼金属溶解，然后是铜溶解，所以不能计算铜的质量，故错误；⑤标准状况下，2.24LCl2即0.1mol，与水反应生成盐酸和次氯酸，转移的电子数目为0.1NA，故正确；⑥常温下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应时随着反应的进行硫酸变稀，反应停止，所以生成的二氧化硫的物质的量小于0.1mol，故正确；⑦142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物的物质的量为1mol，所以阴、阳离子总数为3NA，故正确；⑧胶体粒子是很多个分子的集合体，不能计算其质量，故错误；故选B。
6. 在20℃时，在一刚性容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞将容器分隔成左右两室。左室充入氮气，右室充入氢气与氧气的混合气体，活塞恰好停留在离左端的处(如图左所示)，然后引燃氢、氧混合体，反应完毕后恢复至原来温度，活塞恰好停在中间(如图所示)，如果忽略水蒸气体积，则反应前氢气与氧气的体积比可能是 （ ）
A. 3∶4 B. 4∶5 C. 6∶2 D. 2∶7
【答案】B
【解析】
【解析】两边气体处于同温同压状态，气体体积比等于气体的物质的量之比。设n(N2)为1mol，反应前混合气体为3mol，反应后，混合气体变为1mol,反应了 2mol，根据2H2+O2=2H2O，计算可知氢气的物质的量为2*2/3+1=7/3 （mol）,氧气为2/3（mol），氢气与氧气的体积比 7:2；或者氢气为4/3mol.氧气为5/3mol，氢气与氧气的体积比4:5，BD正确
正确答案为BD
点睛：考查阿伏伽德罗定律及简单的计算
7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 含大量Fe3+的溶液中： Na+、Mg2+、SO42-、SCN-
B. =106的溶液中： NH4+、K+、AlO2-、NO3-
C. 能使甲基橙变红的溶液中： Cu2+、 Mg2+、SO42-、Cl-
D. 1.0 mol·L-1的KNO3溶液中：Fe2+、H+、Cl-、I-
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是一定条件下的离子共存问题，是常考题型，注意条件对离子的存在的限制。
详解：A.铁离子和硫氰根离子反应不能共存，故错误；B.溶液为碱性，铵根离子不能存在，故错误；C.溶液为酸性，四种离子不反应能共存，故正确；D.亚铁离子在酸性条件下与硝酸根离子反应，不能共存，故错误。故选C。
点睛：在进行离子共存判断时需要注意是否含有条件，如颜色，溶液的酸碱性等，掌握常见的四种有颜色的离子：铜离子、铁离子、亚铁离子和高锰酸根离子。掌握酸碱指示剂的颜色和变色范围等。
8. 为达到预期的实验目的，下列操作正确的是（ ）
A. 欲配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，将10 g ZnSO4·7H2O溶解在90g水中
B. 欲制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸
C. 为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量
D. 为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用
【答案】C
【解析】
试题分析：A、配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，应为将10 g ZnSO4溶解在90 g水中，错误；B、制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液致液体呈红褐色，错误；C、滴加NaOH溶液至过量，先生成沉淀后逐渐溶解的溶液为AlCl3，生成沉淀不溶解的为MgCl2，无明显现象的为KCl，正确；D、中和滴定时，锥形瓶含少量水不影响结果，错误。
考点：本题考查实验基本操作、胶体的制备、物质的鉴别。
9. 根据下列实验或实验操作和现象，所得结论正确的是（ ）
实验或实验操作
现象
实验结论
A
用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中
出现白色沉淀
H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强
B
向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液
出现白色沉淀
原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种
C
纯Zn片与纯Cu片用导线连接，浸入到稀硫酸
Cu片表面产生大量气泡
金属性：Zn>Cu
D
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
氧化性： Cl2> Br2>I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A.用大理石和盐酸反应制取CO2气体，发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，发生反应：CaCl2+Na2SiO3=2NaCl+CaSiO3↓；所以不能证明酸性：H2CO3>H2SiO3。错误。B. 向某溶液先滴加硝酸酸化，由于硝酸有强的氧化性，可能会发生反应，将SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再滴加BaCl2溶液, 出现白色沉淀，原溶液中可能存在SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，也可能含有Ag+，错误。C.将纯Zn片与纯Cu片用导线连接，浸入到稀硫酸溶液中,构成了原电池，Zn为负极，失去电子，被氧化，变为Zn2+，Cu为正极。在正极上溶液中的H+在正极上得到电子，变为单质H2逸出。故Cu片表面产生大量气泡，金属性：Zn＞Cu正确。D.将氯气通入该装置，发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，反应产生的Br2会发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2；未反应的氯气也会发生反应：Cl2+2 KI==2KCl+I2，所以不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2。错误。
考点：考查化学实验操作与实验现象及实验结论的关系的正误判断的知识。
10. 下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 少量SO2通入Ca (ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
B. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液2Fe3++2I-=2Fe2++I2
C. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O
D. NaHCO3溶液加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是离子方程式的判断，注意氧化还原反应的存在。
详解：A. 少量SO2通入Ca (ClO)2溶液中，因为次氯酸根具有氧化性，氧化+4价的硫使之变成硫酸根离子，故离子方程式SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO是错误；B. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，溶液中硝酸根离子能氧化碘离子不是铁离子氧化，故错误；C. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，+3价的氮元素被高锰酸钾氧化，故正确；D. NaHCO3溶液加入过量的Ba(OH)2溶液生成碳酸钡和氢氧化钠和水，离子方程式为： HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O。故错误。故选C。
点睛：在分析离子方程式时需要注意氧化还原反应中的先后顺序，性质强的先反应。如B项，硝酸根的氧化性强于铁离子，所以硝酸根氧化碘离子，而不是铁离子氧化。
11. 将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为：CrO42-+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2OH-+O2↑，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是（ ）
A. M中Cr的化合价为+3
B. 参与反应的H2O2全部被氧化
C. 向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象
D. 转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g
【答案】D
【解析】
A.因M[化学式为Cr(NH3)3O4] 中有2 个过氧键，则M中Cr的化合价为+4，故A错误；B. 由M中有2 个过氧键，所以，3molH2O2 没有全部被氧化，B错误； C. 向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子被M中的过氧化键氧化为三价铁，溶液由浅绿色变黄棕色，C错误；D．由方程式可知每生成1molO2转移2mol电子，同时生成11mol Cr(NH3)3O4，则转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g，D正确。
点睛：抓住信息：测得M中有2 个过氧键，从而确定M中Cr的化合价为+4价是解题关键，同时M中存在过氧键能氧化亚铁离子。
12. 下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+
B. 向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
C. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
D. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
【答案】A
【解析】
本题考查了离子方程式的正误判断，属于常规考题，注意物质量多少与反应产物的关系是关键。
详解：A. 亚硫酸钠中的硫元素被足量的氯气氧化生成硫酸根离子，氯气变成氯离子，离子方程式正确；B. 氯化铝溶液中加入足量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式错误；C. 碳酸氢铵和足量稍微水反应生成碳酸钙沉淀和氨水，故错误；D. 该离子方程式中碘元素和氧元素化合价都升高，没有元素化合价降低，所以离子方程式错误。故选A。
点睛：注意有关铝元素的离子方程式的书写。1.铝和氢氧化钠反应只能生成偏铝酸钠和氢气，且水参与反应，不能生成氢氧化铝沉淀。2.氯化铝溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化铝沉淀不能生成偏铝酸盐。3.氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成偏铝酸盐，不能生成氢氧化铝沉淀。4.氧化铝溶于氢氧化钠只能生成偏铝酸钠，不能生成氢氧化铝。
13. 已知向溶液X中滴加溶液Y可生成两种沉淀，所得沉淀的物质的量(n)与所加入的溶液Y的体积(V)的关系如图所示，则X、Y分别为（ ）
............
A
B
C
D
X
NH4Al(SO4)2
Ba(OH)2
明矾
Ba(AlO2)2
Y
Ba(OH)2
明矾
Ba(OH)2
硫酸铝
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是离子反应，注意离子反应的顺序是关键。
详解：从图分析，开始加入Y溶液即产生氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝沉淀溶解，说明加入的Y为强碱，从A、C中选择，B、D错误。加入Y产生氢氧化铝沉淀之后有一段沉淀量不变，说明溶液中有铵根离子与氢氧根离子反应，故选A。
点睛：掌握多种离子存在的溶液中离子的反应顺序，如有铝离子和铵根离子等的溶液中加入氢氧化钠，则铝离子先反应生成氢氧化铝沉淀，然后铵根离子反应生成一水合氨，然后氢氧化铝再溶解。
14. 水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、 AlO2-、SiO32-、SO32-、 CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（ ）
A. 气体甲一定是纯净物 B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C. K+、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中 D. CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中
【答案】C
【解析】
加HCl有气体生成说明有CO32-或SO32-，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子；加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水(提供OH-)有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子.
A.加HCl有气体生成说明有CO32-或SO32-，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；B.溶液中一定含有CO32-或SO32-，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；C.原来溶液中K+、AlO2-、SiO32-一定存在，故C正确; D.硫酸根离子是否存在不能确定，CO32-可能存在，故D错误。
15. 制备新型高效水处理剂高铁酸钠(Na2FeO4)的主要反应为2FeSO4+aNa2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+bX。下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应中X物质为O2
B. 反应物Na2O2只作氧化剂
C. 该反应中发生氧化反应的过程只有FeSO4→Na2FeO4
D. 每生成1molNa2FeO4，反应过程中转移4 mole-
【答案】A
【解析】
A．由原子守恒可知，该反应的方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，即该反应中X物质为O2，故A正确；B．反应物Na2O2中O元素的化合价部分升高部分降低，即是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．Na2O2→O2，该过程中O元素的化合价升高，发生氧化反应，故C错误；D．反应中Fe元素的化合价从+2升高到+6，Na2O2则O元素化合价从-1升高0价，生成2molNa2FeO4，转移的电子数10mol，所以生成1molNa2FeO4程中转移5mol e-，故D错误；故选A。
点睛：准确从化合价变化的角度分析氧化还原，灵活运用氧化还原反应的基本规律是解题关键，由原子守恒可知，该反应的方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，反应中Fe元素的化合价升高发生氧化反应，O元素的化合价部分升高部分降低，说明Na2O既是氧化剂又是还原剂，电子转移的数目与化合价的升降数目相等，据此解题即可。
16. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是（ ）
A. 在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中逐滴加入盐酸： OH-、CO32-、AlO2-
B. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中缓慢通入氯气： I-、Br-、Fe2+
C. Fe(NO3)3、Cu (NO3)2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉：Fe(NO3)3、HNO3、Cu(NO3)2
D. 在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液：H+、Fe3+、NH4+
【答案】C
【解析】
A、若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，选项A错误；B、离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，选项B错误；C、氧化性顺序：HNO3>Fe3+＞Cu2+＞H+，铁粉先与氧化性强的反应，反应顺序为HNO3、Fe3+、Cu2+、H+，选项C错误；D、H+先发生反应，因为H+结合OH-的能力最强，然后Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，最后再生成一水合氨，故在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应的顺序为 H+、Fe3+、NH4+，选项D正确。答案选D。
点睛：本题考查离子反应的先后顺序等，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。
二、填空题(每空2分，共52分)
17. HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2;它能被常见的强氧化剂氧化;在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成 Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：
(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_________(填序号)。
A．亚硝酸盐被还原 B．维生素C是还原剂
C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D．亚硝酸盐是还原剂
(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是_________(填序号)。
A．测定这两种溶液的pH B．分别在两种溶液中滴加甲基橙
C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液来区别 D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别
(3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl,请写出反应的离子方程式：____________________________________。
(4)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4,若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+,要求产物纯净，可选用的最佳试剂是_________(填序号)。
a．Cl2 b．Fe C．H2O2 d．HNO3
(5)若FeSO4、和O2的化学计量数比为2∶1,试配平下列方程式：________
FeSO4+ K2O2→ K2FeO4+ K2O+ K2SO4+ O2↑
当转移了1.5NA个电子时，在标况下可收集到_________升氧气。
【答案】 (1). D (2). B (3). NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl- (4). C (5). 2FeSO4+6K2O2→2K2FO4+2K2O+2K2SO4+1O2↑ (6). 3.36
【解析】
分析：本题考查了氧化还原反应，掌握氧化剂和还原剂的关系和氧化还原反应的配平是关键。
详解：(1) 若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，亚硝酸盐做氧化剂，被还原，服用维生素C可解毒，说明能将铁离子还原为亚铁离子，维生素C做还原剂，故选D。(2)A.亚硝酸钠溶液显碱性，而氯化钠显中性，所以能用pH值进行区别，故正确；B.两种溶液中加入甲基橙，都变黄色，不能区别，故错误；C.亚硝酸钠能在酸性条件下与碘化钾反应生成碘单质，遇到淀粉显蓝色，而氯化钠不能，故能区别，故正确；D.硝酸银和氯化钠反应生成白色沉淀而亚硝酸钠不反应，，能区别。故选B。(3)氯水中含有氯气分子，氯气和亚硝酸钠反应生成硝酸钠和盐酸，离子方程式为：NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl-。(4)铁和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，若将亚铁变成铁离子，不引入新的杂质，可以选择过氧化氢，其对应的产物为水，故选C。(5)反应中铁元素的化合价从+2价升高到+6价，升了4价，过氧化钾中氧元素的化合价从-1价升高到0价，升1价，氧元素的化合价从-1价降低到-2价，降低1价，根据硫酸亚铁和氧气化学计量数比是2:1分析，2个硫酸亚铁反应同时生成1个氧气，化合价升高10价，则降低化合价的氧原子需要有10个，加上到氧气中的两个氧原子，总共12个氧原子，则过氧化钾为6个，其余按质量守恒进行配平，可得方程式为：2FeSO4+6K2O2→2K2FO4+2K2O+2K2SO4+1O2↑。反应中转移10个电子，所以当转移1.5mol电子时，生成0.15,mol氧气，标况下体积为3.36L。
18. 有甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH-、Cl-、CO32-、SO42-中的不同阴、阳离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L 乙溶液中c(H+)>0.1mol/L;③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。
(1)它们的化学式分别为甲_________、乙_________、丁_________。
(2)写出甲溶液和丁溶液反应的离子方程式：_________________________________。
【答案】 (1). Ba(OH)2 (2). H2SO4 (3). (NH4)2CO3 (4). Ba2++2OH-+2NH4++CO32-=BaCO3↓+2NH3·H2O
【解析】
分析：本题考查的是离子反应的相关无机推断，掌握离子反应的现象是关键。
详解：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，离子组合后发现能产生碳酸钡和硫酸钡和氢氧化镁沉淀，所以则甲是氢氧化钡，0.1mol/L乙溶液中c(H+)>0.1mol/L，说明其为二元酸，即硫酸，向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙含有氯离子，即氯化镁。则四种物质分别为氢氧化钡、硫酸、氯化镁、碳酸铵。(1)根据以上分析可知甲为Ba(OH)2，乙为H2SO4 ，丁为(NH4)2CO3。 (2)氢氧化钡和碳酸铵反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2NH4++CO32-=BaCO3↓+2NH3·H2O。
19. “钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+。
(1)请写出金属钒与足量浓硝酸反应的离子方程式：___________________________。
(2)灼烧NH4VO3时可生成钒的氧化物V2O5，请写出该反应的化学方程式：______________________。
(3)V2O5是较强的氧化剂。它能与沸腾的浓盐酸作用产生氯气，其中钒元素被还原为蓝色的VO2+，请写出该反应的离子方程式：__________________。
(4)V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2+)的盐。请写出V2O5与烧碱溶液反应生成的盐的化学式：__________________ 。
【答案】 (1). V+6H++5NO3-=VO2++5NO2↑+3H2O (2). 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O (3). V2O5+6H++2Cl-=2VO2+++ Cl2↑+3H2O (4). Na3VO5
【解析】
分析：本题考查的是化学方程式和离子方程式的书写，根据质量守恒和氧化还原反应中的电子守恒进行分析即可。
详解：(1)根据信息分析，金属钒和足量的浓硝酸反应生成VO2NO3和二氧化氮和水，离子方程式为：V+6H++5NO3-=VO2++5NO2↑+3H2O。 (2) 灼烧NH4VO3时可生成钒的氧化物V2O5，没有化合价变化，另外的产物为氨气和水，化学方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O。(3) V2O5是较强的氧化剂。它能与沸腾的浓盐酸作用产生氯气，其中钒元素被还原为蓝色的VO2+，根据元素守恒分析，产物还有水，则离子方程式为：V2O5+6H++2Cl-=2VO2++Cl2↑+3H2O。(4) V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-)，所以与氢氧化钠反应生成Na3VO4,。
20. 氮化钙(CaN2)氮化钙是一种棕色粉末，在空气中氧化，遇水会发生水解，生成氢氧化钙并放出氨。某化学兴趣小组设计制备氮化钙并测定其纯度的实验如下：
Ⅰ．氮化钙的制备
(1)连接装置后，检查装置气密性的方法是_______________________________________。
(2)装置A中每生成标准状况下4.48LN2，转移的电子数为___________________。
(3)装置B的作用是吸收氧气，则B中发生反应的离子方程式为______________________。装置E的作用是______________________。
(4)实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_____________________(请按正确的顺序填入下列步骤的代号)。
①加热D处的酒精喷灯；②打开分液漏斗活塞;③加热A处的酒精灯；
④停上加热A处的酒精灯；⑤停止加热D处的酒精喷灯
(5)请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象____________________。
Ⅱ．测定氮化钙的纯度：①称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00mol·L-1盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至200.00mL；
②取20.00mL稀释后的溶液，用0.20mol·L-1NaOH标准溶液滴定过量的盐酸，达到滴定终点时，消耗标准溶液25.00mL。
(1)氮化钙的质量分数为_________。
(2)达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】 (1). 关闭A，向E中加水，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱 (2). 0.6NA (3). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (4). 吸收空气中水蒸气、防止进入D中 (5). ②③①⑤④ (6). 取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 (7). 92.5% (8). 偏小(低)
【解析】
分析：本题考查的是物质的制备和含量测定，弄清实验装置的作用、发生的反应及指标原理是关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。
详解：装置A中反应生成氮气，装置B可以吸收氧气，C中浓硫酸吸水，氮气和钙粉在装置D中反应，E中浓硫酸防止空气中的水蒸气进入D。(1)连接装置后，关闭A中分液漏斗的活塞，向E中加水，微热烧瓶，E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱，说明装置气密性好。(2)A中的反应为(NH4)2SO4+2NaNO2 2N2↑+Na2SO4+4H2O，转移6mol电子时生成2mol氮气，所以A中每生成标况下4.48L氮气，转移的电子数为0.6NA。(3)B中氧气氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，E装置中浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入D中。 (4)实验开始先使装置的反应发生，排除装置内的空气，实验结束，先停止D处的热源，故顺序为②③①⑤④。(5)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水，氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有为反应的钙，故方法为：取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 Ⅱ．(1)剩余的盐酸物质的量为，故参与反应的盐酸为0.1×1-0.05=0.05mol，根据氮元素守恒：，则氮化钙的物质的量为0.025mol，则氮化钙的质量分数为= 92.5% (2)达到滴定终点，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠的标准液的体积读数变大，使剩余盐酸的量变大，反应盐酸的的氨气的量变小，故测定结果偏小。
21. 以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、 PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
(1)过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是_________________________。
(2)过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
ⅰ： 2Fe2++PbO2+4H++SO42-=2Fe3++PbSO4+2H2O
ⅱ：……
写出ⅱ的离子方程式：______________________。
(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示。过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是_________(选填序号)。
A．减少PbO的损失，提高产品的产率
B．重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率
C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率
(4)PbO2在加热的过程中发生分解生成PbO和O2，其失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品分解40%的残留固体，若a点固体组成表示为PbOx,则x=_________。
【答案】 (1). Pb+PbO2+H2SO4=2PbSO4+H2O (2). Pb+2Fe3++SO42-= PbSO4+2Fe2+ (3). AB (4). 1.6
【解析】
分析：本题考查了化学工艺流程分析，离子方程式的书写、化学实验方案的谁、物质的分离提纯等，难度中等。
详解：(1)根据题给化学工艺流程可知，过程Ⅰ中，在亚铁离子催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4和水，方程式为： Pb+PbO2+H2SO4=2PbSO4+H2O。(2)规划及通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，而本身的质量和化学性质前后保持不变，根据题给信息可知反应中亚铁被二氧化铅氧化为铁离子，则反应ⅱ中铁离子被铅还原为亚铁离子，离子方程式为： Pb+2Fe3++SO42-=PbSO4+2Fe2+。 (3) 过程Ⅱ中脱硫过程中发生的反应为PbO2+ 2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由于氧化铅能溶解于氢氧化钠溶液，因此滤液Ⅰ中含有铅元素，滤液Ⅰ重复使用可以减少氧化铅的损失，提高产品的差率，且滤液Ⅰ中过量的氢氧化钠可以重复使用，提高原料的利用率，因此选AB。 (4) PbO2在加热的过程中发生分解生成PbO和O2，a点分解49%，假设取1mol二氧化铅，40%分解，即0.4mol分解生成0.4mol氧化铅，则产物中含有0.6mol二氧化铅和0.4mol氧化铅，则铅和氧原子个数比为（0.6+0.4）：（0.6×2+0.4）=1:1.6，故答案为：1.6。
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