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【化学】安徽省定远重点中学2018-2019学年高一上学期第三次月考试题（解析版）
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安徽省定远重点中学2018-2019学年高一上学期第三次月考试题
1.下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（ ）
A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干
B. 酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗
C. 酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D. 用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
【答案】B
【详解】A.容量瓶是精确的量器，洗净的容量瓶不可以放进烘箱烘干，A项错误；
B.滴定管用蒸馏水洗净后内壁上附有水膜，若直接装入标准溶液，标准溶液的浓度将减小，影响实验结果的准确性，所以酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗，B项正确；
C.若锥形瓶用待滴定溶液润洗，锥形瓶中待测溶液的体积将偏大，引起待测酸（或碱）的浓度偏大，所以锥形瓶不能用待滴定溶液润洗，C项错误；
D.“立即用滴管吸出多余液体”，但吸出的液体中仍含有溶质，使得所配溶液的浓度偏小，正确的操作应该是重新配制，D项错误；答案选B。
2. 下列操作错误的是（ ）
A. 除去CO2中少量的SO2：通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
B. 除去溴苯中的少量溴：加入NaOH溶液，振荡、静置分层后，除去水层
C. 提取碘水中的碘：用四氯化碳萃取
D. 除去乙酸乙酯中的少量乙酸：加入乙醇和浓硫酸，使乙酸全部转化为乙酸乙酯
【答案】D
【解析】试题分析：A．由于酸性：H2SO3>H2CO3，所以将含有SO2的CO2气体通入到盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶中，会发生反应：NaHCO3+ SO2=CO2+ NaHSO3，从而达到除杂、净化的目的，正确；B．溴单质可以与NaOH溶液发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，而溴苯与NaOH溶液不能发生反应，密度比水大，然后振荡、静置分层后，除去水层，就得到溴苯，正确；C．由于碘在水中溶解度小，在四氯化碳中溶解度大，水与四氯化碳互不相溶，所以提取碘水中的碘：用四氯化碳萃取，就可以达到目的，正确；D．除去乙酸乙酯中的少量乙酸：可根据乙酸乙酯在碳酸钠饱和溶液的溶解度小，乙酸与碳酸钠发生反应，变为可溶性的物质，然后分液除去，错误。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 水的摩尔质量是18g B. 1分子硫酸的质量是98g
C. 1molN2的质量是28g D. 摩尔是七个基本物理量之一
【答案】C
【解析】试题分析：A．水的摩尔质量是18g/mol，故A错误；B．1分子硫酸的质量是98/NAg，故B错误；C．N2摩尔质量是28g/mol，1molN2的质量是28g，故C正确；D．物质的量是七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，故D错误；答案为C。
4.0.5 L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2 L1 mol/L KCl溶液中的Cl－的数目之比( )
A. 5∶2 B. 3∶1 C. 15∶2 D. 1∶3
【答案】C
【解析】试题分析：浓度与体积无关。两溶液中Cl－浓度比为1×3：1×1。
5.实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是（ ）
A. 装置①常用于分离互不相溶的液体混合物
B. 装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸
C. 装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢
D. 装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体
【答案】D
【解析】A. 装置①是蒸馏装置，常用于分离沸点相差较大且互溶的液体，分离互不相溶的液体常用分液法，故A错误；
B．装置②用于吸收NH3或HCl气体时，不能将NH3或HCl气体直接通入水中，否则会倒吸，应将苯换成四氯化碳并将导管通入四氯化碳中，故B错误；
C．装置④中干燥管内装的是碱石灰，可以和HCl气体反应，故不能用于收集HCl气体，故C错误；
D．装置③用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体时，这些气体和空气都不反应，同时可以根据密度的情况，导管分别采用长进短出或短进长出的方法，故D正确；
故答案选D。
6.下图是实验室的硫酸试剂标签上的部分内容。据此，下列说法正确的是（ ）
A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2mol·L－1
B. 1mol Fe与足量的稀硫酸反应，标准状况下产生44.8L气体
C. 若实验室需要4.6 mol/L的稀硫酸500mL，配制稀硫酸时则应量取该硫酸125.0mL
D. 该硫酸与等体积的水混合后，所得溶液的质量分数等于49%
【答案】C
【详解】A.该硫酸的物质的量浓度==18.4mol/L。A项错误；
B.Fe与足量的稀硫酸反应方程式为：Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，由此可知1molFe与足量稀硫酸反应生成的H2在标准状况下的体积为22.4L。B项错误；
C.设配制稀硫酸时应量取该浓硫酸xmL，由稀释定律可知，则有，解得x=125.0。即配制稀硫酸时应量取该浓硫酸125.0mL。C项正确；
D.由于该硫酸的密度比水的密度大，所以等体积水的质量比该硫酸的质量小，该硫酸加等体积的水后，溶质质量不变，但所得溶液质量小于加水前该硫酸质量的2倍，根据溶质质量分数=，可知所得溶液的质量分数将大于49%，D项错误；答案选C。
7.NA表示阿伏加德罗常数的值.下列叙述错误的是（ ）
A. 18g葡萄糖分子中官能团数目为0.6NA
B. 含有0.1mol NH4+的氨水中，含有OH-的数日大于0.1NA
C. 常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少会失去电子数为0.15NA
D. 常温下，1L pH=9的CH3COONa將液中，发生电离的水分子数为1×10-5NA
【答案】C
【解析】A、葡萄糖含有5个羟基和1个醛基，18g葡萄糖为0.1mol，分子中官能团数目为0.6NA，选项A正确；B、含有0.1molNH4+的氨水中，由NH3·H2O电离的NH4+和OH-的数目为0.1NA，另氨水中的水电离出OH-，故含有OH-的数目大于0.1NA，选项B正确；C、常温下，3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.2mol的HNO3消耗0.075molFe，转移的电子数最少为0.15NA，选项C错误；D、常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，OH-由水电离产生，其数目为1×10-5 NA，故发生电离的水分子数为1×10-5 NA，选项D正确。答案选C。
8.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2+ + 2S2O32－+ O2 +xOH－=Fe3O4 + S4O62－ + 2H2O，
下列说法中不正确的是（ ）
A. 每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4 mol
B. Fe2+和S2O32－都是还原剂
C. 1 mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为1/3 mol
D. x＝4
【答案】C
【解析】试题分析：A．每生成1molFe3O4，只有1mol氧气得到电子，则反应转移的电子总数为1mol×2×(2-0)=4mol，故A正确；B．反应产物Fe3O4中Fe的化合价为+3、+2价，则参加反应的Fe2+部分被氧化作还原剂，S元素的化合价升高，则S2O32-也是还原剂，故B正确；C．由电子守恒可知，1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为1mol×(3−2)/2×(2-0)=0.25mol，故C错误；D．由电荷守恒可知，(+2)×3+(-2)×2+x×(-1)=-2，解得x=4，故D正确；故选C。
9.24 mL 0.05 mol·L－1的 Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 mol·L－1的K2R2O7的溶液完全反应，则R元素在还原产物中的化合价为（ ）
A. 0 B. +2 C. +3 D. +6
【答案】C
【解析】试题解析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，化合价升高2价，共失去电子为24mL×10-3× 0.05×2=2.4×10-4mol，K2R2O7被还原到+x价，得到电子为20mL×10-3×0.02×（6-x）×2，根据电子守恒规律：2.4×10-4=20mL×10-3×0.02×（6-x）×2，x=.+3，答案C正确；
10.下列关于溶液的叙述正确的是（ ）
A. 所有溶液都是无色的
B. 由分散质和分散剂组成的分散系一定是溶液
C. 均一稳定的液体是溶液
D. 溶液是由溶质和溶剂组成的
【答案】D
【解析】A、溶液可以有颜色例如硫酸铜溶液是蓝色，故A错误；B、分散系包括溶液、胶体和浊液，故B错误；C、均一稳定的液体可能是纯净物如液溴，不是溶液，故C错误；D、溶液由溶质和溶剂组成，属于混合物，故D正确；故选D。
11.用质量分数为98%的浓硫酸(ρ＝1.84 g·cm－3)配制240 mL 1.84 mol·L－1稀硫酸，下列操作正确的是 ( )
A. 将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却
B. 必需的定量仪器有100 mL量筒、250 mL容量瓶
C. 量取浓硫酸的体积为25.0 mL
D. 先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容
【答案】C
【解析】A．浓硫酸稀释应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时不断用玻璃棒搅拌，故A错误；B．用浓硫酸配制稀硫酸溶液用到的仪器：玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管和容量瓶，其中容量瓶规格为250mL，量筒的规格是25mL，不需要100mL大量程的量筒，故B错误；C．质量分数为98%的浓硫酸（ρ=1.84g•cm-3）物质的量浓度C==18.4mol/L，则配制240mL1.84mol•L-1的稀硫酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则V×18.4mol/L=250mL×1.84mol/L，解得V=25.0mL，故C正确；D．容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓硫酸，故D错误；故答案为C。
12.下列对一些物质或化学反应的分类以及依据正确的是（ ）
A. 豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间
B. NaCl溶液是电解质，因为NaCl溶液能导电
C. Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加
D. H2SO4是酸，因为H2SO4中含有氢元素
【答案】A
【解析】A．豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间，豆浆属于胶体，故A正确；B．NaCl溶液是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，故B错误；C．Na和H2O的反应是离子反应，因为反应中有离子生成，故C错误；D．H2SO4是酸，因为H2SO4电离时生成的阳离子都是氢离子，故D错误；故选A。
13.在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. 无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO4-
B. 能与Al反应产生H2的溶液中：HCO3-、Na+、Al3+、Br-
C. 澄清透明溶液中：K+、Fe3+、HCO3-、AlO2−
D. 常温下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+
【答案】D
【解析】A. MnO4－是有色离子，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；
B. 能与Al反应产生H2的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，若为酸性溶液，HCO3－不能大量共存，若为碱性溶液，HCO3－和Al3＋不能大量共存，故B错误；
C. Fe3＋可以和AlO2－发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，HCO3－和AlO2－在溶液中反应生成CO32－和Al(OH)3沉淀，故不能大量共存，故C错误；
D. 常温下pH=1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+互相之间不发生任何反应，可以大量共存，故D正确；
故答案选D。
14.已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO﹣+OH﹣═FeO4n﹣+Cl﹣+H2O（未配平）．则下列有关叙述错误的是（ ）
A. 已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，则n=2
B. 每产生1molCl﹣，转移2mol电子
C. FeO4n﹣具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂
D. 若n=2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
【答案】D
【解析】试题分析：A．已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，由化合价的代数和等于电荷数可得n=2，正确；B．反应中Cl的化合价从+1价降低到-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，正确； C．FeO4n﹣具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂，正确；D．若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，错误。
15. 称取两份铝粉，第一份加足量的NaOH溶液，第二份加足量的盐酸，若放出等量的气体，则两份铝粉的质量比 （ ）
A. 1:2 B. 1:3 C. 2:3 D. 1:1
【答案】D
【解析】铝与NaOH溶液或盐酸反应都是产生氢气，实质类似，因此欲放出等量的气体，两份铝粉的质量相等。
16.在相同条件下，0.1mol镁和0.1mol铝分别和足量的稀盐酸起反应后产生的氢气（ ）
A. 镁产生的多 B. 铝产生的多 C. 镁和铝产生的一样多 D. 无法比较
【答案】B
【详解】根据镁和铝分别与稀盐酸反应的化学方程式中计量关系计算：
显然，铝产生的H2多。答案选B。
17.标况下将CO2气体缓缓地通入到含2 mol KOH、1 mol Ba(OH)2和2 mol KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应进程中的各种描述正确的是（ ）
A. A～B段和C～D段发生的反应相同
B. B～C段反应的离子方程式是A1O2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-
C. V="134.4" L，n=3mol
D. D点所得溶液中离子浓度的关系为：c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH﹣)＞c(HCO3-)＞c(H+)
【答案】C
【解析】试题分析：O→A二氧化碳首先与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，A→B段是氢氧化钾与二氧化碳反应生成碳酸钾，B→C段是偏铝酸钾与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钾，C→D段是碳酸根离子与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子，D→E段是碳酸钡溶解变成碳酸氢钡。A、B错误，根据图示可知，通入V升二氧化碳气体时，溶液中存在碳酸氢钾碳酸氢钡，根据守恒可知，消耗二氧化碳共6mol，体积为134.4L，生成沉淀最大值是1mol的碳酸钡和2mol氢氧化铝，C正确；D点时溶液为碳酸氢钾溶液，碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度D项错误。
18. 将一块钠投入到盛有煤油和水的烧杯中，观察到的现象可能是（ ）
A. 钠在水层中反应并四处游动
B. 钠停留在煤油层中不发生反应
C. 钠在煤油中的液面上反应并四处游动
D. 钠在煤油与水的界面处反应并可能上下跳动
【答案】D
【解析】试题分析：钠、煤油和水的密度大小关系为：＜＜，并且Na与水反应生成氢气，因此钠会在煤油与水的界面处反应并可能上下跳动，故答案D。
19.X、Y、Z、W四种物质的转化关系如图所示。下列组合中不符合该关系的是( )
A
B
C
D
X
HCl
Na2O2
Na2CO3
SO2
Y
FeCl2
NaOH
CO2
Na2SO3
Z
Cl2
Na2CO3
CaCO3
H2SO4
W
FeCl3
NaHCO3
Ca(HCO3)2
NaHSO3
【答案】B
【解析】试题分析：A、HCl与Fe反应生成FeCl2，HCl与二氧化锰反应生成氯气，氯气与FeCl2反应生成FeCl3，符合此图，正确；B、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，但碳酸钠与氢氧化钠不反应，不符合此图，错误；C、碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，二氧化碳与碳酸钙、水反应生成碳酸氢钙，符合此图，正确；D、二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，二氧化硫与氯水反应生成硫酸，硫酸与亚硫酸钠反应可生成亚硫酸氢钠，符合此图，正确，答案选B。
20.a mol Fe3O4与b mol FeO投入V L c mol·L－1的HNO3溶液(过量)中，充分反应，产生气体为NO，则反应后溶液中NO3－的量为（ ）
A. 62(a＋b) g B. 186(a＋b) g
C. mol D. mol
【答案】C
【解析】a mol Fe3O4与b mol FeO投入V L c mol·L－1的HNO3溶液(过量)中，因为硝酸过量，所以溶液中最后剩余的硝酸根可以认为是：用原溶液中的总硝酸根减去转化为NO气体离开溶液的硝酸根即可。原溶液有cV mol硝酸，也有同样多的硝酸根。反应中铁应该都转化为+3价，其中1个Fe3O4中有3个+8/3价铁升高到+3价，所以1个Fe3O4失去3×1/3=1个电子，a mol Fe3O4失去a mol电子，1个FeO中有1个+2价铁升高到+3价，所以1个FeO失去1个电子，b mol FeO失去b mol电子，则一共失去（a+b）mol电子。根据得失电子守恒，硝酸应该得到（a+b）mol电子。每个硝酸应该得到3个电子生成1个NO，所以NO为(a+b)/3 mol，所以溶液中剩余的硝酸为 mol。选项C正确。
21.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+ + 4NH3•H2O = AlO2- + 4NH4+ + 2H2O
B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+ + OH- + HCO3- = CaCO3↓ + H2O
C. 碳酸钙溶于醋酸CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2↑ + H2O
D. 向NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H++ SO42－+Ba2++OH－=BaSO4↓+ H2O
【答案】B
【解析】A. 氯化铝溶液中加入过量氨水，反应的离子方程式为：Al3+ +3NH3•H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+，选项A错误；B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，反应的离子方程式为：Ca2+ + OH- + HCO3-= CaCO3↓ + H2O，选项B正确；C. 碳酸钙溶于醋酸，反应的离子方程式为：CaCO3 + 2CH3COOH= Ca2+ + 2CH3COO-+CO2↑ + H2O，选项C错误；D. 向NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性，反应的离子方程式为：2H++ SO42－+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O，选项D错误。答案选B。
22.下列各项实验操作中正确的是（ ）
A. 加入适量的NaOH可除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3
B. 在蒸馏时应先打开冷凝水开关，待水充满后再点燃酒精灯
C. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，然后换一个烧杯将上层液体放出
D. 在做蒸馏实验时应将温度计的水银球浸没在液体里
【答案】B
【解析】A. 加入适量的NaOH，与Na2CO3不反应，与NaHCO3反应生成Na2CO3和H2O，因此不能除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，故A错误；B. 蒸馏时，为防止馏分以气体形式逸出，则先打开冷凝水开关，待水充满后再点燃酒精灯，故B正确；C. 分液时为避免上下层液体再次混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，然后将上层液体从上口倒出，故C错误；D. 蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；答案选B。
23.实验室常用的分离操作有：①萃取分液法②结晶法③分液法④蒸馏法⑤过滤法。选择以上方法分离混合物，选择正确的是（ ）
A．
饱和食盐水与沙子的混合物
①萃取分液法
B．
水和汽油的混合物
④蒸馏法
C．
从碘的水溶液里提取碘
③分液法
D．
从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾
②结晶法
【答案】D
【解析】沙子难溶于饱和食盐水，分离饱和食盐水与沙子的混合物用过滤法，故A错误；水和汽油的混合物分层，用分液法分离，故B错误；碘微溶于水、易溶于有机溶剂，从碘的水溶液里提取碘用萃取分液法，故C错误；硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同，从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾用结晶法，故D正确。
24.工业上可用硫酸银与硫黄培烧制备氧化铝，再电解氧化铝，发生反应如下：反应Ⅰ：2A12(SO4)3+3S2Al2O3+9SO2↑
反应Ⅱ：2Al2O34Al+3O2↑
下列说法正确的是（ ）
A. 反应Ⅰ中S 单质是氧化剂
B. 反应Ⅱ中铝元素被氧化
C. 当生成5.4gAl时，反应Ⅰ和Ⅱ共转移1.2mole-
D. 反应Ⅰ中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：9
【答案】C
【解析】A、反应I中S的化合价由0价→＋4价，化合价升高，被氧化，作还原剂，故A错误；B、反应II中Al的化合价由＋3价→0价，化合价降低，被还原，故B错误；C、生成5.4gAl时转移电子物质的量为5.4×3/27mol=0.6mol，此时消耗Al2O3物质的量为0.2×2/4mol=0.1mol，反应I中，生成0.1molAl2O3时，转移电子物质的量为0.1×3×4/2mol=0.6mol，因此共转移电子物质的量为(0.6＋0.6)mol=1.2mol，故C正确；D、反应I中还原剂是S，氧化剂是Al2(SO4)3，3S→3SO2，6SO42－－6SO2，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：6=1：2，故D错误。
25.过氧乙酸(CH3COOOH)是无色透明液体，易溶于水、易挥发，见光易分解，具有强氧化性的高效消毒剂，使用过氧乙酸消毒剂时通常先用水稀释工业品过氧乙酸，然后用喷雾法对空气与地面进行消毒。
（1）某学生在实验室用密度为1.15g/mL，质量分数为15%的工业品过氧乙酸配制0.1mol/L过氧乙酸溶液250mL，该生用量筒量取工业品过氧乙酸体积___________________ mL，除量筒、玻璃棒、烧杯外还需要的其它仪器是__________________________________________________________________________。
（2）该学生配制前设计了下列操作，其合理的操作顺序是___________________________________________（字母表示，每个字母只能用一次）。
A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需体积的工业品过氧乙酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的工业品过氧乙酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，倒置并振荡，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处
（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（选填“偏高” 、“ 偏低”或“无影响”）?
a. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水_____________________；
b. 转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外___________________________；
c．量取15%的工业品过氧乙酸时，仰视量筒___________________________________；
d．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，补充几滴水至刻度线____________。
（4）下列叙述正确的是__________________(填字母)。
A.可用过滤的方法将过氧乙酸溶液中混有的NaCl除掉
B.过氧乙酸包装上应贴的危险警告标签应如右图所示
C.过氧乙酸应注意密闭、低温保存于棕色细口瓶中
D.过氧乙酸是一种有机物，它可以用于萃取碘水中的碘单质
（5）过氧乙酸半小时内会完全分解成乙酸(CH3COOH)和一种常见的气体单质，检验该气体单质的实验方法是_________________________________________________________________________________________。
（6）如果生产过氧乙酸的原料CH3COONa中混有了SO42－,要想除掉SO42－请选择下列试剂按照加入先后顺序填空_________________________（试剂不必选完，填序号）。
①盐酸②醋酸钡溶液③氯化钡溶液④醋酸⑤碳酸钠溶液⑥碳酸氢钠溶液
【答案】(1). 11.0 m L (2). 250mL容量瓶、胶头滴管 (3). BCAFED (4). 无 (5). 低 (6). 高 (7). 低 (8). BC (9). 用带火星的木条接触气体，观察是否复燃 (10). ②⑤④
【解析】（1）密度为1.15g/mL，质量分数为15%的工业品过氧乙酸的物质的量浓度为：c==mol/L=2.27mol/L，配制0.1mol/L过氧乙酸溶液250mL，根据稀释公式C1V1=C2V2得：2.27mol/L×V1=0.1mol/L×0.250L，解得：V1=0.011L=11.0mL；该生用量筒量取工业品过氧乙酸体积11.0 mL；操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌。冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器是250mL容量瓶、胶头滴管；（2）根据上述步骤计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故正确顺序为：BCAFED；（3）a.若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响；b. 转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面会导致溶质损失，浓度偏低；c. 量取15%的工业品过氧乙酸时，仰视量筒，所取溶液体积偏大，所配溶液浓度偏高；d. 定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线是正常的，又补充几滴水至刻度处则浓度偏低；（4）A、氯化钠易溶于过氧乙酸，故不能用过滤的方法除去过氧乙酸中的氯化钠，选项A错误；B、过氧乙具有强氧化性，标志正确，选项B正确；C、过氧乙酸是液态，见光分解，故应避光保存，且由于是液态，应保存在细口瓶中，选项C正确；D、过氧乙酸易溶于水，故不能萃取碘水中的碘，选项D错误。答案选BC；（5）过氧乙酸能分解为乙酸和氧气，而氧气能使带火星的木条复燃，故检验氧气的方法为：用带火星的木条接触气体，观察是否复燃；（6）除去乙酸钠中混有的硫酸根离子，应加入钡盐，引入钡离子，而从不要引入新杂质的角度来分析，应加入过量的醋酸钡；然后加过量的碳酸钠除去过量的钡离子，最后加醋酸除去过量的碳酸根离子即可，故答案为：②⑤④。
26.聚合氯化铝晶体是介于AlCl3和A1(OH)3之间的一种水溶性无机高分子聚合物，其制备原料主要是铝加工行业的废渣——铝灰，它主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质。聚合氯化铝生产工艺流程如下：
（1）反应中副产品a是______（用化学式表示）；
（2）升高pH至4.0～4.5的目的是______；
（3）生产过程中可循环使用的物质是______（用化学式表示）；
（4）为使得到的晶体较纯净，生产过程中使pH升高的C物质可选用______（填编号）；
a．NaOH b．Al c．氨水 d．A12O3 e．NaAlO2
（5）聚合氯化铝晶体的化学式可表示为[A12(OH)nCl6-n•H2O]m，实验室为测定n的值，进行如下操作：
①称取ag晶体，制成粉末，加热至质量不再变化时，得到bg。此过程可能用到的下列仪器有______；
a.蒸发皿 b.坩埚 c.研钵 d.试管
②另取a g晶体：用A试剂溶解→加足量AgNO3溶液→进行C操作→洗涤、烘干→称量为cg。则试剂A为______（填物质名称），C操作为______（填操作名称）。最后综合推算出n的值_____ 。
【答案】(1). H2 (2). 促进AlCl3的水解，使晶体析出 (3). HCl (4). b、d (5). b、c (6). 硝酸 (7). 过滤 (8). (861b-102c)/143.5b
【解析】
【分析】利用铝灰制备聚合氯化铝，先用盐酸溶解铝灰：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，SiO2不溶于盐酸，调节AlCl3溶液的pH至4.0~5.0，使AlCl3部分水解，最后得到聚合三氯化铝。聚合氯化铝晶体{[A12(OH)nCl6-n•H2O]m}的性质应类似于Al(OH)3和AlCl3。由此分析。
【详解】(1)铝灰中加盐酸搅拌加热至950C，有反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，同时盐酸挥发出HCl气体，因此产生的H2中混有HCl气体，用水喷淋吸收气体中的HCl，所以副产品a是H2。
(2)因为聚合氯化铝晶体是介于AlCl3和A1(OH)3之间的物质，AlCl3在溶液中发生水解生成Al(OH)3：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，升高溶液的pH至4.0~5.0的目的是：促进AlCl3的水解，使晶体析出。
(3)铝灰中加盐酸搅拌加热至950C，产生的H2中混有盐酸挥发出来的HCl气体，用水喷淋气体得到的溶液e即为稀盐酸溶液，盐酸可以循环使用。所以生产过程中可循环使用的物质的化学式为HCl。
(4)加入的c物质是为了促进AlCl3的水解反应：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al和Al2O3都可以消耗H+而升高溶液的pH：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，为不引入新的杂质，c物质应选用Al和Al2O3，答案选b、d。
(5)①晶体制成粉末要在研钵中将其研碎，加热固体物质一般使用坩埚，答案选bc。②该实验目的是测定a g晶体中Cl-的物质的量。溶解晶体的试剂应该选用硝酸溶液（既能溶解晶体也不干扰Cl-物质的量的测定），加入AgNO3溶液是为了将试样中的Cl-转化为AgCl沉淀，所以c操作是过滤，最后得到c g纯净的AgCl沉淀。c gAgCl的物质的量==mol。聚合氯化铝晶体[A12(OH)nCl6-n•H2O]m的性质应与Al(OH)3和AlCl3类似，所以加热晶体过程中先有AlCl3水解完全生成Al(OH)3，再有Al(OH)3受热分解，当加热至质量不再变化时，即得到b g纯净的Al2O3，因此a g晶体中铝元素物质的量==mol。所以聚合氯化铝晶体{[A12(OH)nCl6-n•H2O]m}中铝元素与氯元素物质的量之比=2:(6-n)= :，解得n=。
27.利用含铜、铁的粗锌制备硫酸锌及相关物质。工艺流程图及有关数据如下：
物质
Cu(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)3
ZnS
CuS
Ksp
5.0×10－20
2.0×10－16
4.0×10－38
1.2×10－23
8.5×10－45
请回答下列问题：
（1）粗锌中的铜与混酸的稀溶液反应的化学方程式为__________________________，图中处理气体X要能够体现绿色化学思想，还需补充气体______（填化学式）。
（2）若溶液I中c(Cu2＋)为0.05mol·L－1，则溶液II中c(Fe3＋)＞____mol·L－1。
（3）若固体A是Zn，取9.61 g固体C溶解于足量的500mL 2 mol·L－1稀硝酸中，共收集到标准状况下2.24L的气体，向所得溶液中加入2 mol·L－1 NaOH溶液，则当生成沉淀最多时，沉淀的质量为_____g；若固体A是另一种物质，取部分固体C于试管中，加入盐酸产生有臭鸡蛋味气体，则该反应的离子方程式为________________________。
（4）溶液Ⅲ经过蒸发浓缩、____________、过滤、洗涤、干燥，即得到较纯净的硫酸锌晶体；溶液还可以制备ZnS，实际选择的是（NH4）2S溶液而不是Na2S溶液作为反应物，理由是后者制得的ZnS含有较多的杂质，则该杂质是____________（填化学式）。
（5）金属锌常用作酸性干电池的负极，干电池不使用时，由于负极与电解质溶液接触而发生自放电反应：2NH4＋＋Zn＝2NH3＋H2↑＋Zn2＋，造成电量自动减少。写出铅蓄电池不使用时，其正极上发生自放电的化学方程式__________________________。
【答案】(1). （3Cu＋2HNO3(稀)＋3H2SO4＝3CuSO4＋2NO↑＋4H2O (2). O2 (3). 4.0×10－11 (4). 14.71 (5). 2H＋＋ZnS＝H2S↑＋Zn2＋ (6). 冷却结晶 (7). Zn(OH)2 (8). 2PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋O2↑＋2H2O
【解析】试题分析：（1）粗锌中的铜与混酸的稀溶液反应，铜被氧化成+2价的铜离子，硝酸被还原成+2价的一氧化氮，反应为3Cu＋2HNO3(稀)＋3H2SO4＝3CuSO4＋2NO↑＋4H2O。气体X为一氧化氮，补充氧气在溶液中可发生4NO+O2+2H2O=4HNO3，全部转化成硝酸循环使用，能够体现绿色化学思想；
（2）固体B为氢氧化铜沉淀，固体C含氢氧化铁沉淀，若溶液I中c（Cu2+）为0.05mol•L-1，根据c（Cu2+）×c2（OH-）＞Ksp[Cu（OH）2[，c2（OH-）＝5×10−20/5×10−2，c（OH-）＝1×10-9mol/L，要得到固体氢氧化铁根据c（Fe3+）×c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，c（Fe3+）＞4×10−16/(1×10−9)3＝4×10-11mol/L；
（3）若固体A是Zn，取9.61g固体C溶解于足量的500mL2mol•L-1稀硝酸中，而最终为氢氧化物，故沉淀质量为金属质量加上金属阳离子结合氢氧根质量，氢氧根物质的量与金属失电子物质的量相等，而电子与硝酸根结合生成NO，故有氢氧根物质的量为＝0.3mol，所以总质量为9.61g+0.3mol×17g/mol＝14.71g；若固体A是另一种物质，取部分固体C于试管中，加入足量的盐酸，有臭鸡蛋气味的气体产生，气体为硫化氢，该实验为制备硫酸锌，所以阳离子为锌，阴离子为硫，和盐酸反应生成硫化氢的物质为硫化锌，反应为2H＋＋ZnS＝H2S↑＋Zn2＋；
（4）溶液Ⅲ为硫酸锌溶液，制备七水合硫酸锌，防止结晶水失水，需冷却结晶，溶液Ⅲ还可以制备ZnS，实际选择的是（NH4）2S溶液，铵根离子水解抑制锌离子水解，因氢氧化锌的Ksp小于硫化锌，用Na2S溶液作为反应物，制得的ZnS含有较多的杂质Zn（OH）2；
（5）铅蓄电池放电时，Pb作负极、PbO2作正极，负极上Pb失电子与硫酸根离子结合生成PbSO4，反应式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，正极上PbO2得电子和硫酸根、氢离子反应生成PbSO4和H2O，正极反应式为：2PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O+O2↑，铅蓄电池不使用时，正极PbO2与硫酸发生还原反应，Pb（+4→+2），O（-2→0），发生氧化还原反应的方程式为2PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋O2↑＋2H2O。
28.Ⅰ、元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_________。
（2）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O72−还原成Cr3+，该反应的离子方程式为______________。
Ⅱ、以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
2.2~2.9
2.8~3.1
22~28
60~65
1~2
<1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为___________
（2）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。
III、氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌(含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质)的流程如下:
在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2，回答下列问题:
反应②中发生反应的离子方程式为___________，___________。
【答案】(1). 蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 (2). Cr2O72-+3HSO3-+5H＋=2Cr3++3SO42-+4H2O (3). V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O (4). 2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑ (5). MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋ (6). 3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋
【解析】
【分析】I、(1)因为Cr3+与Al3+的化学性质相似，Al(OH)3有两性，可推测Cr(OH)3也应有两性，故Cr(OH)3应该能与碱反应生成Cr(OH)4-，再结合各粒子在溶液中的颜色和溶解性写出实验现象。
(2)NaHSO3作为还原剂，通常硫元素被氧化为+6价的Na2SO4，Cr2O72-被还原为Cr3+，+1价氢元素与-2价氧元素结合成稳定的H2O，由此写出离子方程式。
II(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+，钒元素的化合价都是+5价，应属于复分解反应，再根据电荷守恒和元素守恒写出其离子方程式。
(2)偏钒酸铵（NH4VO3）属于铵盐，铵盐受热一般易分解，再根据钒元素化合价分析确定该反应是否属于氧化还原反应，然后写出其化学方程式。
III、由题意知由“废钒催化剂”回收V2O5，而工业级氧化锌含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质，流程中必须除去铁元素、锰元素、镍元素。加稀硫酸后的浸出液中主要含ZnSO4、FeSO4、MnSO4、NiSO4。由流程图分析可知第②步应该是除去铁元素和锰元素，而Ni(II)不能被氧化，第③步是利用Zn置换出镍而除去镍元素。由此写出相应的离子方程式。
【详解】I、(1)因为Cr3+与Al3+的化学性质相似，因此向Cr2(SO4)3溶液逐滴加入NaOH溶液依次发生反应：Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，Cr(OH)3+OH-=Cr(OH)4-，所以可观察到的现象是：蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。
(2)NaHSO3作为还原剂，通常硫元素被氧化为+6价的Na2SO4，Cr2O72-被还原为Cr3+，+1价氢元素与-2价氧元素结合成稳定的H2O，该反应的离子方程式为Cr2O72-+3HSO3-+5H＋=2Cr3++3SO42-+4H2O。
II(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+，钒元素的化合价没有变化，应属于复分解反应，所以其离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O。
(2)偏钒酸铵（NH4VO3）属于铵盐，铵盐受热一般分解为氨气和水，根据目标产品V2O5看，钒元素化合价没有变化，故该分解反应不属于氧化还原反应，“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。
III、因为工业级氧化锌含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质，加稀硫酸后的浸出液中主要含ZnSO4、FeSO4、MnSO4、NiSO4。由流程图分析可知第②步应该是除去铁元素和锰元素。Fe2+和Mn2+都有较强的还原性，KMnO4是强氧化剂被还原为MnO2，溶液pH约为5时铁元素主要以Fe(OH)3形式存在。由此得到反应②中发生反应的离子方程式为MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋，3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+。
1.下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（ ）
A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干
B. 酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗
C. 酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D. 用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
【答案】B
【详解】A.容量瓶是精确的量器，洗净的容量瓶不可以放进烘箱烘干，A项错误；
B.滴定管用蒸馏水洗净后内壁上附有水膜，若直接装入标准溶液，标准溶液的浓度将减小，影响实验结果的准确性，所以酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗，B项正确；
C.若锥形瓶用待滴定溶液润洗，锥形瓶中待测溶液的体积将偏大，引起待测酸（或碱）的浓度偏大，所以锥形瓶不能用待滴定溶液润洗，C项错误；
D.“立即用滴管吸出多余液体”，但吸出的液体中仍含有溶质，使得所配溶液的浓度偏小，正确的操作应该是重新配制，D项错误；答案选B。
2. 下列操作错误的是（ ）
A. 除去CO2中少量的SO2：通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
B. 除去溴苯中的少量溴：加入NaOH溶液，振荡、静置分层后，除去水层
C. 提取碘水中的碘：用四氯化碳萃取
D. 除去乙酸乙酯中的少量乙酸：加入乙醇和浓硫酸，使乙酸全部转化为乙酸乙酯
【答案】D
【解析】试题分析：A．由于酸性：H2SO3>H2CO3，所以将含有SO2的CO2气体通入到盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶中，会发生反应：NaHCO3+ SO2=CO2+ NaHSO3，从而达到除杂、净化的目的，正确；B．溴单质可以与NaOH溶液发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，而溴苯与NaOH溶液不能发生反应，密度比水大，然后振荡、静置分层后，除去水层，就得到溴苯，正确；C．由于碘在水中溶解度小，在四氯化碳中溶解度大，水与四氯化碳互不相溶，所以提取碘水中的碘：用四氯化碳萃取，就可以达到目的，正确；D．除去乙酸乙酯中的少量乙酸：可根据乙酸乙酯在碳酸钠饱和溶液的溶解度小，乙酸与碳酸钠发生反应，变为可溶性的物质，然后分液除去，错误。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 水的摩尔质量是18g B. 1分子硫酸的质量是98g
C. 1molN2的质量是28g D. 摩尔是七个基本物理量之一
【答案】C
【解析】试题分析：A．水的摩尔质量是18g/mol，故A错误；B．1分子硫酸的质量是98/NAg，故B错误；C．N2摩尔质量是28g/mol，1molN2的质量是28g，故C正确；D．物质的量是七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，故D错误；答案为C。
4.0.5 L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2 L1 mol/L KCl溶液中的Cl－的数目之比( )
A. 5∶2 B. 3∶1 C. 15∶2 D. 1∶3
【答案】C
【解析】试题分析：浓度与体积无关。两溶液中Cl－浓度比为1×3：1×1。
5.实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是（ ）
A. 装置①常用于分离互不相溶的液体混合物
B. 装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸
C. 装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢
D. 装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体
【答案】D
【解析】A. 装置①是蒸馏装置，常用于分离沸点相差较大且互溶的液体，分离互不相溶的液体常用分液法，故A错误；
B．装置②用于吸收NH3或HCl气体时，不能将NH3或HCl气体直接通入水中，否则会倒吸，应将苯换成四氯化碳并将导管通入四氯化碳中，故B错误；
C．装置④中干燥管内装的是碱石灰，可以和HCl气体反应，故不能用于收集HCl气体，故C错误；
D．装置③用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体时，这些气体和空气都不反应，同时可以根据密度的情况，导管分别采用长进短出或短进长出的方法，故D正确；
故答案选D。
6.下图是实验室的硫酸试剂标签上的部分内容。据此，下列说法正确的是（ ）
A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2mol·L－1
B. 1mol Fe与足量的稀硫酸反应，标准状况下产生44.8L气体
C. 若实验室需要4.6 mol/L的稀硫酸500mL，配制稀硫酸时则应量取该硫酸125.0mL
D. 该硫酸与等体积的水混合后，所得溶液的质量分数等于49%
【答案】C
【详解】A.该硫酸的物质的量浓度==18.4mol/L。A项错误；
B.Fe与足量的稀硫酸反应方程式为：Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，由此可知1molFe与足量稀硫酸反应生成的H2在标准状况下的体积为22.4L。B项错误；
C.设配制稀硫酸时应量取该浓硫酸xmL，由稀释定律可知，则有，解得x=125.0。即配制稀硫酸时应量取该浓硫酸125.0mL。C项正确；
D.由于该硫酸的密度比水的密度大，所以等体积水的质量比该硫酸的质量小，该硫酸加等体积的水后，溶质质量不变，但所得溶液质量小于加水前该硫酸质量的2倍，根据溶质质量分数=，可知所得溶液的质量分数将大于49%，D项错误；答案选C。
7.NA表示阿伏加德罗常数的值.下列叙述错误的是（ ）
A. 18g葡萄糖分子中官能团数目为0.6NA
B. 含有0.1mol NH4+的氨水中，含有OH-的数日大于0.1NA
C. 常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少会失去电子数为0.15NA
D. 常温下，1L pH=9的CH3COONa將液中，发生电离的水分子数为1×10-5NA
【答案】C
【解析】A、葡萄糖含有5个羟基和1个醛基，18g葡萄糖为0.1mol，分子中官能团数目为0.6NA，选项A正确；B、含有0.1molNH4+的氨水中，由NH3·H2O电离的NH4+和OH-的数目为0.1NA，另氨水中的水电离出OH-，故含有OH-的数目大于0.1NA，选项B正确；C、常温下，3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.2mol的HNO3消耗0.075molFe，转移的电子数最少为0.15NA，选项C错误；D、常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，OH-由水电离产生，其数目为1×10-5 NA，故发生电离的水分子数为1×10-5 NA，选项D正确。答案选C。
8.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2+ + 2S2O32－+ O2 +xOH－=Fe3O4 + S4O62－ + 2H2O，
下列说法中不正确的是（ ）
A. 每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4 mol
B. Fe2+和S2O32－都是还原剂
C. 1 mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为1/3 mol
D. x＝4
【答案】C
【解析】试题分析：A．每生成1molFe3O4，只有1mol氧气得到电子，则反应转移的电子总数为1mol×2×(2-0)=4mol，故A正确；B．反应产物Fe3O4中Fe的化合价为+3、+2价，则参加反应的Fe2+部分被氧化作还原剂，S元素的化合价升高，则S2O32-也是还原剂，故B正确；C．由电子守恒可知，1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为1mol×(3−2)/2×(2-0)=0.25mol，故C错误；D．由电荷守恒可知，(+2)×3+(-2)×2+x×(-1)=-2，解得x=4，故D正确；故选C。
9.24 mL 0.05 mol·L－1的 Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 mol·L－1的K2R2O7的溶液完全反应，则R元素在还原产物中的化合价为（ ）
A. 0 B. +2 C. +3 D. +6
【答案】C
【解析】试题解析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，化合价升高2价，共失去电子为24mL×10-3× 0.05×2=2.4×10-4mol，K2R2O7被还原到+x价，得到电子为20mL×10-3×0.02×（6-x）×2，根据电子守恒规律：2.4×10-4=20mL×10-3×0.02×（6-x）×2，x=.+3，答案C正确；
10.下列关于溶液的叙述正确的是（ ）
A. 所有溶液都是无色的
B. 由分散质和分散剂组成的分散系一定是溶液
C. 均一稳定的液体是溶液
D. 溶液是由溶质和溶剂组成的
【答案】D
【解析】A、溶液可以有颜色例如硫酸铜溶液是蓝色，故A错误；B、分散系包括溶液、胶体和浊液，故B错误；C、均一稳定的液体可能是纯净物如液溴，不是溶液，故C错误；D、溶液由溶质和溶剂组成，属于混合物，故D正确；故选D。
11.用质量分数为98%的浓硫酸(ρ＝1.84 g·cm－3)配制240 mL 1.84 mol·L－1稀硫酸，下列操作正确的是 ( )
A. 将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却
B. 必需的定量仪器有100 mL量筒、250 mL容量瓶
C. 量取浓硫酸的体积为25.0 mL
D. 先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容
【答案】C
【解析】A．浓硫酸稀释应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时不断用玻璃棒搅拌，故A错误；B．用浓硫酸配制稀硫酸溶液用到的仪器：玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管和容量瓶，其中容量瓶规格为250mL，量筒的规格是25mL，不需要100mL大量程的量筒，故B错误；C．质量分数为98%的浓硫酸（ρ=1.84g•cm-3）物质的量浓度C==18.4mol/L，则配制240mL1.84mol•L-1的稀硫酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则V×18.4mol/L=250mL×1.84mol/L，解得V=25.0mL，故C正确；D．容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓硫酸，故D错误；故答案为C。
12.下列对一些物质或化学反应的分类以及依据正确的是（ ）
A. 豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间
B. NaCl溶液是电解质，因为NaCl溶液能导电
C. Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加
D. H2SO4是酸，因为H2SO4中含有氢元素
【答案】A
【解析】A．豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间，豆浆属于胶体，故A正确；B．NaCl溶液是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，故B错误；C．Na和H2O的反应是离子反应，因为反应中有离子生成，故C错误；D．H2SO4是酸，因为H2SO4电离时生成的阳离子都是氢离子，故D错误；故选A。
13.在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. 无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO4-
B. 能与Al反应产生H2的溶液中：HCO3-、Na+、Al3+、Br-
C. 澄清透明溶液中：K+、Fe3+、HCO3-、AlO2−
D. 常温下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+
【答案】D
【解析】A. MnO4－是有色离子，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；
B. 能与Al反应产生H2的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，若为酸性溶液，HCO3－不能大量共存，若为碱性溶液，HCO3－和Al3＋不能大量共存，故B错误；
C. Fe3＋可以和AlO2－发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，HCO3－和AlO2－在溶液中反应生成CO32－和Al(OH)3沉淀，故不能大量共存，故C错误；
D. 常温下pH=1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+互相之间不发生任何反应，可以大量共存，故D正确；
故答案选D。
14.已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO﹣+OH﹣═FeO4n﹣+Cl﹣+H2O（未配平）．则下列有关叙述错误的是（ ）
A. 已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，则n=2
B. 每产生1molCl﹣，转移2mol电子
C. FeO4n﹣具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂
D. 若n=2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
【答案】D
【解析】试题分析：A．已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，由化合价的代数和等于电荷数可得n=2，正确；B．反应中Cl的化合价从+1价降低到-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，正确； C．FeO4n﹣具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂，正确；D．若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，错误。
15. 称取两份铝粉，第一份加足量的NaOH溶液，第二份加足量的盐酸，若放出等量的气体，则两份铝粉的质量比 （ ）
A. 1:2 B. 1:3 C. 2:3 D. 1:1
【答案】D
【解析】铝与NaOH溶液或盐酸反应都是产生氢气，实质类似，因此欲放出等量的气体，两份铝粉的质量相等。
16.在相同条件下，0.1mol镁和0.1mol铝分别和足量的稀盐酸起反应后产生的氢气（ ）
A. 镁产生的多 B. 铝产生的多 C. 镁和铝产生的一样多 D. 无法比较
【答案】B
【详解】根据镁和铝分别与稀盐酸反应的化学方程式中计量关系计算：
显然，铝产生的H2多。答案选B。
17.标况下将CO2气体缓缓地通入到含2 mol KOH、1 mol Ba(OH)2和2 mol KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应进程中的各种描述正确的是（ ）
A. A～B段和C～D段发生的反应相同
B. B～C段反应的离子方程式是A1O2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-
C. V="134.4" L，n=3mol
D. D点所得溶液中离子浓度的关系为：c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH﹣)＞c(HCO3-)＞c(H+)
【答案】C
【解析】试题分析：O→A二氧化碳首先与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，A→B段是氢氧化钾与二氧化碳反应生成碳酸钾，B→C段是偏铝酸钾与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钾，C→D段是碳酸根离子与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子，D→E段是碳酸钡溶解变成碳酸氢钡。A、B错误，根据图示可知，通入V升二氧化碳气体时，溶液中存在碳酸氢钾碳酸氢钡，根据守恒可知，消耗二氧化碳共6mol，体积为134.4L，生成沉淀最大值是1mol的碳酸钡和2mol氢氧化铝，C正确；D点时溶液为碳酸氢钾溶液，碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度D项错误。
18. 将一块钠投入到盛有煤油和水的烧杯中，观察到的现象可能是（ ）
A. 钠在水层中反应并四处游动
B. 钠停留在煤油层中不发生反应
C. 钠在煤油中的液面上反应并四处游动
D. 钠在煤油与水的界面处反应并可能上下跳动
【答案】D
【解析】试题分析：钠、煤油和水的密度大小关系为：＜＜，并且Na与水反应生成氢气，因此钠会在煤油与水的界面处反应并可能上下跳动，故答案D。
19.X、Y、Z、W四种物质的转化关系如图所示。下列组合中不符合该关系的是( )
A
B
C
D
X
HCl
Na2O2
Na2CO3
SO2
Y
FeCl2
NaOH
CO2
Na2SO3
Z
Cl2
Na2CO3
CaCO3
H2SO4
W
FeCl3
NaHCO3
Ca(HCO3)2
NaHSO3
【答案】B
【解析】试题分析：A、HCl与Fe反应生成FeCl2，HCl与二氧化锰反应生成氯气，氯气与FeCl2反应生成FeCl3，符合此图，正确；B、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，但碳酸钠与氢氧化钠不反应，不符合此图，错误；C、碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，二氧化碳与碳酸钙、水反应生成碳酸氢钙，符合此图，正确；D、二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，二氧化硫与氯水反应生成硫酸，硫酸与亚硫酸钠反应可生成亚硫酸氢钠，符合此图，正确，答案选B。
20.a mol Fe3O4与b mol FeO投入V L c mol·L－1的HNO3溶液(过量)中，充分反应，产生气体为NO，则反应后溶液中NO3－的量为（ ）
A. 62(a＋b) g B. 186(a＋b) g
C. mol D. mol
【答案】C
【解析】a mol Fe3O4与b mol FeO投入V L c mol·L－1的HNO3溶液(过量)中，因为硝酸过量，所以溶液中最后剩余的硝酸根可以认为是：用原溶液中的总硝酸根减去转化为NO气体离开溶液的硝酸根即可。原溶液有cV mol硝酸，也有同样多的硝酸根。反应中铁应该都转化为+3价，其中1个Fe3O4中有3个+8/3价铁升高到+3价，所以1个Fe3O4失去3×1/3=1个电子，a mol Fe3O4失去a mol电子，1个FeO中有1个+2价铁升高到+3价，所以1个FeO失去1个电子，b mol FeO失去b mol电子，则一共失去（a+b）mol电子。根据得失电子守恒，硝酸应该得到（a+b）mol电子。每个硝酸应该得到3个电子生成1个NO，所以NO为(a+b)/3 mol，所以溶液中剩余的硝酸为 mol。选项C正确。
21.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+ + 4NH3•H2O = AlO2- + 4NH4+ + 2H2O
B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+ + OH- + HCO3- = CaCO3↓ + H2O
C. 碳酸钙溶于醋酸CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2↑ + H2O
D. 向NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H++ SO42－+Ba2++OH－=BaSO4↓+ H2O
【答案】B
【解析】A. 氯化铝溶液中加入过量氨水，反应的离子方程式为：Al3+ +3NH3•H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+，选项A错误；B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，反应的离子方程式为：Ca2+ + OH- + HCO3-= CaCO3↓ + H2O，选项B正确；C. 碳酸钙溶于醋酸，反应的离子方程式为：CaCO3 + 2CH3COOH= Ca2+ + 2CH3COO-+CO2↑ + H2O，选项C错误；D. 向NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性，反应的离子方程式为：2H++ SO42－+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O，选项D错误。答案选B。
22.下列各项实验操作中正确的是（ ）
A. 加入适量的NaOH可除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3
B. 在蒸馏时应先打开冷凝水开关，待水充满后再点燃酒精灯
C. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，然后换一个烧杯将上层液体放出
D. 在做蒸馏实验时应将温度计的水银球浸没在液体里
【答案】B
【解析】A. 加入适量的NaOH，与Na2CO3不反应，与NaHCO3反应生成Na2CO3和H2O，因此不能除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，故A错误；B. 蒸馏时，为防止馏分以气体形式逸出，则先打开冷凝水开关，待水充满后再点燃酒精灯，故B正确；C. 分液时为避免上下层液体再次混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，然后将上层液体从上口倒出，故C错误；D. 蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；答案选B。
23.实验室常用的分离操作有：①萃取分液法②结晶法③分液法④蒸馏法⑤过滤法。选择以上方法分离混合物，选择正确的是（ ）
A．
饱和食盐水与沙子的混合物
①萃取分液法
B．
水和汽油的混合物
④蒸馏法
C．
从碘的水溶液里提取碘
③分液法
D．
从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾
②结晶法
【答案】D
【解析】沙子难溶于饱和食盐水，分离饱和食盐水与沙子的混合物用过滤法，故A错误；水和汽油的混合物分层，用分液法分离，故B错误；碘微溶于水、易溶于有机溶剂，从碘的水溶液里提取碘用萃取分液法，故C错误；硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同，从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾用结晶法，故D正确。
24.工业上可用硫酸银与硫黄培烧制备氧化铝，再电解氧化铝，发生反应如下：反应Ⅰ：2A12(SO4)3+3S2Al2O3+9SO2↑
反应Ⅱ：2Al2O34Al+3O2↑
下列说法正确的是（ ）
A. 反应Ⅰ中S 单质是氧化剂
B. 反应Ⅱ中铝元素被氧化
C. 当生成5.4gAl时，反应Ⅰ和Ⅱ共转移1.2mole-
D. 反应Ⅰ中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：9
【答案】C
【解析】A、反应I中S的化合价由0价→＋4价，化合价升高，被氧化，作还原剂，故A错误；B、反应II中Al的化合价由＋3价→0价，化合价降低，被还原，故B错误；C、生成5.4gAl时转移电子物质的量为5.4×3/27mol=0.6mol，此时消耗Al2O3物质的量为0.2×2/4mol=0.1mol，反应I中，生成0.1molAl2O3时，转移电子物质的量为0.1×3×4/2mol=0.6mol，因此共转移电子物质的量为(0.6＋0.6)mol=1.2mol，故C正确；D、反应I中还原剂是S，氧化剂是Al2(SO4)3，3S→3SO2，6SO42－－6SO2，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：6=1：2，故D错误。
25.过氧乙酸(CH3COOOH)是无色透明液体，易溶于水、易挥发，见光易分解，具有强氧化性的高效消毒剂，使用过氧乙酸消毒剂时通常先用水稀释工业品过氧乙酸，然后用喷雾法对空气与地面进行消毒。
（1）某学生在实验室用密度为1.15g/mL，质量分数为15%的工业品过氧乙酸配制0.1mol/L过氧乙酸溶液250mL，该生用量筒量取工业品过氧乙酸体积___________________ mL，除量筒、玻璃棒、烧杯外还需要的其它仪器是__________________________________________________________________________。
（2）该学生配制前设计了下列操作，其合理的操作顺序是___________________________________________（字母表示，每个字母只能用一次）。
A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需体积的工业品过氧乙酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的工业品过氧乙酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，倒置并振荡，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处
（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（选填“偏高” 、“ 偏低”或“无影响”）?
a. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水_____________________；
b. 转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外___________________________；
c．量取15%的工业品过氧乙酸时，仰视量筒___________________________________；
d．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，补充几滴水至刻度线____________。
（4）下列叙述正确的是__________________(填字母)。
A.可用过滤的方法将过氧乙酸溶液中混有的NaCl除掉
B.过氧乙酸包装上应贴的危险警告标签应如右图所示
C.过氧乙酸应注意密闭、低温保存于棕色细口瓶中
D.过氧乙酸是一种有机物，它可以用于萃取碘水中的碘单质
（5）过氧乙酸半小时内会完全分解成乙酸(CH3COOH)和一种常见的气体单质，检验该气体单质的实验方法是_________________________________________________________________________________________。
（6）如果生产过氧乙酸的原料CH3COONa中混有了SO42－,要想除掉SO42－请选择下列试剂按照加入先后顺序填空_________________________（试剂不必选完，填序号）。
①盐酸②醋酸钡溶液③氯化钡溶液④醋酸⑤碳酸钠溶液⑥碳酸氢钠溶液
【答案】(1). 11.0 m L (2). 250mL容量瓶、胶头滴管 (3). BCAFED (4). 无 (5). 低 (6). 高 (7). 低 (8). BC (9). 用带火星的木条接触气体，观察是否复燃 (10). ②⑤④
【解析】（1）密度为1.15g/mL，质量分数为15%的工业品过氧乙酸的物质的量浓度为：c==mol/L=2.27mol/L，配制0.1mol/L过氧乙酸溶液250mL，根据稀释公式C1V1=C2V2得：2.27mol/L×V1=0.1mol/L×0.250L，解得：V1=0.011L=11.0mL；该生用量筒量取工业品过氧乙酸体积11.0 mL；操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌。冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器是250mL容量瓶、胶头滴管；（2）根据上述步骤计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故正确顺序为：BCAFED；（3）a.若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响；b. 转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面会导致溶质损失，浓度偏低；c. 量取15%的工业品过氧乙酸时，仰视量筒，所取溶液体积偏大，所配溶液浓度偏高；d. 定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线是正常的，又补充几滴水至刻度处则浓度偏低；（4）A、氯化钠易溶于过氧乙酸，故不能用过滤的方法除去过氧乙酸中的氯化钠，选项A错误；B、过氧乙具有强氧化性，标志正确，选项B正确；C、过氧乙酸是液态，见光分解，故应避光保存，且由于是液态，应保存在细口瓶中，选项C正确；D、过氧乙酸易溶于水，故不能萃取碘水中的碘，选项D错误。答案选BC；（5）过氧乙酸能分解为乙酸和氧气，而氧气能使带火星的木条复燃，故检验氧气的方法为：用带火星的木条接触气体，观察是否复燃；（6）除去乙酸钠中混有的硫酸根离子，应加入钡盐，引入钡离子，而从不要引入新杂质的角度来分析，应加入过量的醋酸钡；然后加过量的碳酸钠除去过量的钡离子，最后加醋酸除去过量的碳酸根离子即可，故答案为：②⑤④。
26.聚合氯化铝晶体是介于AlCl3和A1(OH)3之间的一种水溶性无机高分子聚合物，其制备原料主要是铝加工行业的废渣——铝灰，它主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质。聚合氯化铝生产工艺流程如下：
（1）反应中副产品a是______（用化学式表示）；
（2）升高pH至4.0～4.5的目的是______；
（3）生产过程中可循环使用的物质是______（用化学式表示）；
（4）为使得到的晶体较纯净，生产过程中使pH升高的C物质可选用______（填编号）；
a．NaOH b．Al c．氨水 d．A12O3 e．NaAlO2
（5）聚合氯化铝晶体的化学式可表示为[A12(OH)nCl6-n•H2O]m，实验室为测定n的值，进行如下操作：
①称取ag晶体，制成粉末，加热至质量不再变化时，得到bg。此过程可能用到的下列仪器有______；
a.蒸发皿 b.坩埚 c.研钵 d.试管
②另取a g晶体：用A试剂溶解→加足量AgNO3溶液→进行C操作→洗涤、烘干→称量为cg。则试剂A为______（填物质名称），C操作为______（填操作名称）。最后综合推算出n的值_____ 。
【答案】(1). H2 (2). 促进AlCl3的水解，使晶体析出 (3). HCl (4). b、d (5). b、c (6). 硝酸 (7). 过滤 (8). (861b-102c)/143.5b
【解析】
【分析】利用铝灰制备聚合氯化铝，先用盐酸溶解铝灰：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，SiO2不溶于盐酸，调节AlCl3溶液的pH至4.0~5.0，使AlCl3部分水解，最后得到聚合三氯化铝。聚合氯化铝晶体{[A12(OH)nCl6-n•H2O]m}的性质应类似于Al(OH)3和AlCl3。由此分析。
【详解】(1)铝灰中加盐酸搅拌加热至950C，有反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，同时盐酸挥发出HCl气体，因此产生的H2中混有HCl气体，用水喷淋吸收气体中的HCl，所以副产品a是H2。
(2)因为聚合氯化铝晶体是介于AlCl3和A1(OH)3之间的物质，AlCl3在溶液中发生水解生成Al(OH)3：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，升高溶液的pH至4.0~5.0的目的是：促进AlCl3的水解，使晶体析出。
(3)铝灰中加盐酸搅拌加热至950C，产生的H2中混有盐酸挥发出来的HCl气体，用水喷淋气体得到的溶液e即为稀盐酸溶液，盐酸可以循环使用。所以生产过程中可循环使用的物质的化学式为HCl。
(4)加入的c物质是为了促进AlCl3的水解反应：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al和Al2O3都可以消耗H+而升高溶液的pH：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，为不引入新的杂质，c物质应选用Al和Al2O3，答案选b、d。
(5)①晶体制成粉末要在研钵中将其研碎，加热固体物质一般使用坩埚，答案选bc。②该实验目的是测定a g晶体中Cl-的物质的量。溶解晶体的试剂应该选用硝酸溶液（既能溶解晶体也不干扰Cl-物质的量的测定），加入AgNO3溶液是为了将试样中的Cl-转化为AgCl沉淀，所以c操作是过滤，最后得到c g纯净的AgCl沉淀。c gAgCl的物质的量==mol。聚合氯化铝晶体[A12(OH)nCl6-n•H2O]m的性质应与Al(OH)3和AlCl3类似，所以加热晶体过程中先有AlCl3水解完全生成Al(OH)3，再有Al(OH)3受热分解，当加热至质量不再变化时，即得到b g纯净的Al2O3，因此a g晶体中铝元素物质的量==mol。所以聚合氯化铝晶体{[A12(OH)nCl6-n•H2O]m}中铝元素与氯元素物质的量之比=2:(6-n)= :，解得n=。
27.利用含铜、铁的粗锌制备硫酸锌及相关物质。工艺流程图及有关数据如下：
物质
Cu(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)3
ZnS
CuS
Ksp
5.0×10－20
2.0×10－16
4.0×10－38
1.2×10－23
8.5×10－45
请回答下列问题：
（1）粗锌中的铜与混酸的稀溶液反应的化学方程式为__________________________，图中处理气体X要能够体现绿色化学思想，还需补充气体______（填化学式）。
（2）若溶液I中c(Cu2＋)为0.05mol·L－1，则溶液II中c(Fe3＋)＞____mol·L－1。
（3）若固体A是Zn，取9.61 g固体C溶解于足量的500mL 2 mol·L－1稀硝酸中，共收集到标准状况下2.24L的气体，向所得溶液中加入2 mol·L－1 NaOH溶液，则当生成沉淀最多时，沉淀的质量为_____g；若固体A是另一种物质，取部分固体C于试管中，加入盐酸产生有臭鸡蛋味气体，则该反应的离子方程式为________________________。
（4）溶液Ⅲ经过蒸发浓缩、____________、过滤、洗涤、干燥，即得到较纯净的硫酸锌晶体；溶液还可以制备ZnS，实际选择的是（NH4）2S溶液而不是Na2S溶液作为反应物，理由是后者制得的ZnS含有较多的杂质，则该杂质是____________（填化学式）。
（5）金属锌常用作酸性干电池的负极，干电池不使用时，由于负极与电解质溶液接触而发生自放电反应：2NH4＋＋Zn＝2NH3＋H2↑＋Zn2＋，造成电量自动减少。写出铅蓄电池不使用时，其正极上发生自放电的化学方程式__________________________。
【答案】(1). （3Cu＋2HNO3(稀)＋3H2SO4＝3CuSO4＋2NO↑＋4H2O (2). O2 (3). 4.0×10－11 (4). 14.71 (5). 2H＋＋ZnS＝H2S↑＋Zn2＋ (6). 冷却结晶 (7). Zn(OH)2 (8). 2PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋O2↑＋2H2O
【解析】试题分析：（1）粗锌中的铜与混酸的稀溶液反应，铜被氧化成+2价的铜离子，硝酸被还原成+2价的一氧化氮，反应为3Cu＋2HNO3(稀)＋3H2SO4＝3CuSO4＋2NO↑＋4H2O。气体X为一氧化氮，补充氧气在溶液中可发生4NO+O2+2H2O=4HNO3，全部转化成硝酸循环使用，能够体现绿色化学思想；
（2）固体B为氢氧化铜沉淀，固体C含氢氧化铁沉淀，若溶液I中c（Cu2+）为0.05mol•L-1，根据c（Cu2+）×c2（OH-）＞Ksp[Cu（OH）2[，c2（OH-）＝5×10−20/5×10−2，c（OH-）＝1×10-9mol/L，要得到固体氢氧化铁根据c（Fe3+）×c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，c（Fe3+）＞4×10−16/(1×10−9)3＝4×10-11mol/L；
（3）若固体A是Zn，取9.61g固体C溶解于足量的500mL2mol•L-1稀硝酸中，而最终为氢氧化物，故沉淀质量为金属质量加上金属阳离子结合氢氧根质量，氢氧根物质的量与金属失电子物质的量相等，而电子与硝酸根结合生成NO，故有氢氧根物质的量为＝0.3mol，所以总质量为9.61g+0.3mol×17g/mol＝14.71g；若固体A是另一种物质，取部分固体C于试管中，加入足量的盐酸，有臭鸡蛋气味的气体产生，气体为硫化氢，该实验为制备硫酸锌，所以阳离子为锌，阴离子为硫，和盐酸反应生成硫化氢的物质为硫化锌，反应为2H＋＋ZnS＝H2S↑＋Zn2＋；
（4）溶液Ⅲ为硫酸锌溶液，制备七水合硫酸锌，防止结晶水失水，需冷却结晶，溶液Ⅲ还可以制备ZnS，实际选择的是（NH4）2S溶液，铵根离子水解抑制锌离子水解，因氢氧化锌的Ksp小于硫化锌，用Na2S溶液作为反应物，制得的ZnS含有较多的杂质Zn（OH）2；
（5）铅蓄电池放电时，Pb作负极、PbO2作正极，负极上Pb失电子与硫酸根离子结合生成PbSO4，反应式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，正极上PbO2得电子和硫酸根、氢离子反应生成PbSO4和H2O，正极反应式为：2PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O+O2↑，铅蓄电池不使用时，正极PbO2与硫酸发生还原反应，Pb（+4→+2），O（-2→0），发生氧化还原反应的方程式为2PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋O2↑＋2H2O。
28.Ⅰ、元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_________。
（2）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O72−还原成Cr3+，该反应的离子方程式为______________。
Ⅱ、以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
2.2~2.9
2.8~3.1
22~28
60~65
1~2
<1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为___________
（2）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。
III、氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌(含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质)的流程如下:
在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2，回答下列问题:
反应②中发生反应的离子方程式为___________，___________。
【答案】(1). 蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 (2). Cr2O72-+3HSO3-+5H＋=2Cr3++3SO42-+4H2O (3). V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O (4). 2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑ (5). MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋ (6). 3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋
【解析】
【分析】I、(1)因为Cr3+与Al3+的化学性质相似，Al(OH)3有两性，可推测Cr(OH)3也应有两性，故Cr(OH)3应该能与碱反应生成Cr(OH)4-，再结合各粒子在溶液中的颜色和溶解性写出实验现象。
(2)NaHSO3作为还原剂，通常硫元素被氧化为+6价的Na2SO4，Cr2O72-被还原为Cr3+，+1价氢元素与-2价氧元素结合成稳定的H2O，由此写出离子方程式。
II(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+，钒元素的化合价都是+5价，应属于复分解反应，再根据电荷守恒和元素守恒写出其离子方程式。
(2)偏钒酸铵（NH4VO3）属于铵盐，铵盐受热一般易分解，再根据钒元素化合价分析确定该反应是否属于氧化还原反应，然后写出其化学方程式。
III、由题意知由“废钒催化剂”回收V2O5，而工业级氧化锌含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质，流程中必须除去铁元素、锰元素、镍元素。加稀硫酸后的浸出液中主要含ZnSO4、FeSO4、MnSO4、NiSO4。由流程图分析可知第②步应该是除去铁元素和锰元素，而Ni(II)不能被氧化，第③步是利用Zn置换出镍而除去镍元素。由此写出相应的离子方程式。
【详解】I、(1)因为Cr3+与Al3+的化学性质相似，因此向Cr2(SO4)3溶液逐滴加入NaOH溶液依次发生反应：Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，Cr(OH)3+OH-=Cr(OH)4-，所以可观察到的现象是：蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。
(2)NaHSO3作为还原剂，通常硫元素被氧化为+6价的Na2SO4，Cr2O72-被还原为Cr3+，+1价氢元素与-2价氧元素结合成稳定的H2O，该反应的离子方程式为Cr2O72-+3HSO3-+5H＋=2Cr3++3SO42-+4H2O。
II(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+，钒元素的化合价没有变化，应属于复分解反应，所以其离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O。
(2)偏钒酸铵（NH4VO3）属于铵盐，铵盐受热一般分解为氨气和水，根据目标产品V2O5看，钒元素化合价没有变化，故该分解反应不属于氧化还原反应，“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。
III、因为工业级氧化锌含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质，加稀硫酸后的浸出液中主要含ZnSO4、FeSO4、MnSO4、NiSO4。由流程图分析可知第②步应该是除去铁元素和锰元素。Fe2+和Mn2+都有较强的还原性，KMnO4是强氧化剂被还原为MnO2，溶液pH约为5时铁元素主要以Fe(OH)3形式存在。由此得到反应②中发生反应的离子方程式为MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋，3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+。
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