2017-2018学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

黑龙江省牡丹江市第一高级中学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：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Mn:55 Fe:56 Cu:64 Br:80 I:127 Ba:137‎ 一、单项选择题：（15小题，每小题2分，共30分）‎ ‎1. 下列关于胶体的说法正确的是(　　)‎ A. 将可见光通过胶体出现“光路”是因为发生了光的折射 B. 胶体能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象 C. 牛奶、墨水、氯化铁溶液均为胶体 D. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，继续长时间加热、搅拌可制得Fe(OH)3胶体 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．胶体的丁达尔效应是因为发生光的散射；  B．只有胶粒带有电荷的胶体在通电时发生电泳现象； C．胶体是分散质直径在1-100nm的分散系，氯化铁溶液不是胶体； D．Fe（OH）3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可。‎ 详解：A．将可见光通过胶体出现“光路”是因为发生了光的散射，故A错误；  B．胶体具有吸附性，吸附阳离子或阴离子，则胶体粒子带电，在电场作用下会产生电泳现象，所以B选项是正确的； C．牛奶、墨水属于胶体、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故C错误； D．以向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体，继续加热搅拌，发生聚沉，得到氢氧化铁沉淀，故D错误。 所以B选项是正确的。‎ 点睛：本题考查了胶体性质的分析应用，主要是胶体特征性质的理解，掌握基础是关键，题目较简单。‎ ‎2. 下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，正确的是(　　)‎ A. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：A.碳酸氢钠加热时能分解，碳酸钠加热时不分解； B. 碳酸钠和碳酸氢钠都能和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀；‎ C.相同的温度下,碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的； D.根据碳原子守恒找出盐与二氧化碳的关系,从而知道放出二氧化碳的量.‎ 详解：A.加热时，碳酸氢钠能分解，碳酸钠不分解，所以碳酸钠的稳定性大于碳酸氢钠的稳定性，故A错误； B. 碳酸钠和碳酸氢钠分别和氢氧化钙反应的方程式如下：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O，所以都能发生反应生成沉淀，所以B选项是正确的； C.相同的温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，故C错误； D.根据碳原子守恒碳酸氢钠、碳酸钠与二氧化碳的关系式分别为： Na2CO3CO2； NaHCO3 CO2 106g        1mol       84g       1mol ‎106g        1mol       84g       1mol 所以生成的二氧化碳的量相同，故D错误； 所以B选项是正确的。‎ ‎3. 实验室用如图所示的装置蒸馏海水，下列说法正确的是（ ）‎ A. 实验时冷却水应从a进入，从b流出 B. 蒸馏烧瓶中要加入碎瓷片，目的是防止暴沸 C. 锥形瓶中能收集到高浓度的氯化钠溶液 D. 该装置可用于分离海水中的NaCl和MgCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】A 项，冷凝管中水流的方向应该是下口进上口出，以便冷凝管内充满水，使冷凝管内的气体充分冷凝，所以实验时冷却水应从b进入，从a流出，故A错误；B项，在蒸馏烧瓶中加热液体时可能会因为局部受热不均匀而造成局部沸腾，即暴沸，加入碎瓷片增大了接触面积，可以防止暴沸，故B正确；C项，海水蒸馏分离的是水和无机盐，由于无机盐很难挥发，加热至水沸腾时只有水蒸气逸出，而无机盐不会逸出，所以锥形瓶中收集到的是淡水，故C错误；D项，使用该装置蒸馏含NaCl和MgCl2的海水时，可以得到水和浓度较高的NaCl和MgCl2溶液，但不能分离NaCl和MgCl2，故D错误。‎ ‎4. 下列溶液中，跟100 mL 0.5 mol·L－1 NaCl溶液中所含的Cl－物质的量浓度相同的是(　　)‎ A. 100 mL 0.5 mol·L－1 MgCl2溶液 B. 200 mL 0.25 mol·L－1 AlCl3溶液 C. 25 mL 0.5 mol·L－1 HCl溶液 D. 50 mL 1 mol·L－1 NaCl溶液 ‎【答案】C ‎【解析】分析：浓度与溶液体积大小无关，100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液中所含的Cl－ 物质的量浓度是0.5 mol·L－1。‎ 详解：100 mL 0.5 mol·L－1 NaCl溶液中所含的Cl－物质的量浓度c(Cl-)= 0.5 mol·L－1。‎ A项，该MgCl2溶液中Cl－的物质的量浓度c(Cl-)= 0.5 mol·L－1×2=1 mol·L－1，故不选A项；‎ B项，该AlCl3溶液中Cl－的物质的量浓度c(Cl-)=0.25 mol·L－1×3=0.75mol·L－1，故不选B项；‎ C项，该HCl溶液中的Cl－的物质的量浓度c(Cl-)= 0.5 mol·L－1，故选C项。‎ D项，该NaCl溶液中Cl－的物质的量浓度c(Cl-)=1 mol·L－1，故不选D项；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ 点睛：本题考查物质的量浓度的相关计算，题目难度不大，注意“溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数”，与溶液的体积无关，试题培养了学生的化学计算能力。‎ ‎5. 下列说法在一定条件下可以实现的是(　　)‎ ‎①酸性氧化物与碱发生反应　②弱酸与盐溶液反应可以生成强酸　③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应　④两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性　⑤有单质参加的非氧化还原反应　⑥两种氧化物反应的产物有气体 A. ①②③④⑤⑥ B. ②④⑥ C. ②③⑤ D. ③④⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：①酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的化合物，‎ 所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应； ②弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸，如H2S＋CuSO4=H2SO4＋CuS↓； ③如果生成弱电解质也可以发生复分解反应，所以发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成也能发生； ④两种酸溶液充分反应后,所得溶液呈中性可以实现,如亚硫酸和氢硫酸反应； ⑤氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应； ⑥二氧化氮与水反应生成NO、过氧化钠与水反应生成氧气，都满足:两种氧化物反应的产物有气体。‎ 详解：①酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故①正确；‎ ‎②根据反应H2S＋CuSO4=H2SO4＋CuS↓可知，弱酸可以制备强酸，②正确；‎ ‎③醋酸钠与盐酸反应生成醋酸和氯化钠，符合没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应，故③正确；‎ ‎④2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可以知道：氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故④正确；‎ ‎⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化和还原反应，⑤正确；‎ ‎⑥反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故⑥正确；‎ 综合以上分析，本题选A。‎ 点睛：本题主要考查高中化学中的一些化学反应，需要学生平时多总结归纳，熟练掌握化学方程式。‎ ‎6. 下列离子方程式书写正确的是(　　)‎ A. 200 mL 2 mol·L－1的FeBr2溶液中通入11.2 L标准状况下的氯气：4Fe2＋＋6Br－＋5Cl2===4Fe3＋＋3Br2＋10Cl－‎ B. 以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑‎ C. 氢氧化钠溶液吸收足量SO2气体：SO2＋2OH－===SO＋H2O D. 向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的物质的量最大：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===2BaSO4↓＋AlO＋2H2O ‎【答案】A ‎【解析】分析：A项，根据Fe2＋和Br－的还原性强弱，计算各离子的系数关系；‎ B项，Al3＋会与OH－反应生成白色胶状沉淀；‎ C项，氢氧化钠溶液吸收足量SO2气体生成亚硫酸氢钠；‎ D项，要使沉淀的物质的量最大，需满足Ba2＋完全转化为BaSO4，Al3＋完全转化为Al(OH)3沉淀。‎ 详解：A项，11.2 L标准状况下的氯气的物质的量为0.5mol，200 mL 2 mol·L－1的FeBr2溶液中含有的Fe2＋物质的量为0.4mol，Br－的物质的量为0.8mol，因为Fe2＋的还原性强于Br－的还原性，所以Cl2先与Fe2＋反应，然后与Br－反应，0.5mol Cl2变成Cl－转移电子为1mol，所以共消耗0.4mol Fe2＋和0.6mol Br－，离子方程式为4Fe2＋＋6Br－＋5Cl2===4Fe3＋＋3Br2＋10Cl－，故A项正确；‎ B项，Al3＋会与OH－反应生成白色胶状沉淀，正确的离子方程式为2Al3＋+6Cl－＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑＋3Cl2↑，故B项错误；‎ C项，氢氧化钠溶液吸收足量SO2气体生成亚硫酸氢钠，故C项错误；‎ D项，要使沉淀的物质的量最大，需满足Ba2＋完全转化为BaSO4，Al3＋也完全转化为Al(OH)3沉淀，故D项错误；‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎7. 下列图象正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据图像中横纵坐标轴所代表的溶液成分，分析将一种溶液滴加到另一种溶液，所发生的反应与图像变化是否一致，以此解答。‎ 详解：A.图像A为向可溶性铝盐溶液中加强酸，不发生反应，故A错误；‎ B. 图像B为向可溶性铝盐溶液中加强碱溶液，先发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，继续加碱，氢氧化铝溶解，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，两步反应耗碱量为3:1，且当沉淀量达到最大时，Al3+浓度为0，故B正确；‎ C. 图像C为向可溶性铝盐溶液中加强碱溶液，但从图像看生成的氢氧化铝最大的物质的量小于开始时Al3+的物质的量，即铝元素不守恒，故C错误；‎ D. 图像D为向偏铝盐溶液中加强酸溶液，先发生AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，生成氢氧化铝沉淀，后发生Al(OH)3+3H+ =Al3++3H2O，沉淀溶解，当沉淀量达到最大时，AlO浓度不为0，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎8. 下列有关物质分类或归类正确的是(　　)‎ A. 混合物：福尔马林、水玻璃、熟石灰、纯碱 B. 电解质：二氧化碳、胆矾、生石灰、盐酸 C. 化合物：烧碱、氯化氢、干冰、胆矾 D. 单质：液态氧、白磷、氮气、碘酒、铝热剂 ‎【答案】C ‎【解析】分析：混合物是由不同物质组成的物质；化合物是两种或两种以上元素组成的纯净物；单质是同种元素组成的纯净物；电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；依据概念结合物质组成分析判断。‎ 详解：A.熟石灰是氢氧化钙，纯碱是碳酸钠，都属于纯净物，A错误；‎ B. 二氧化碳为非电解质，盐酸是混合物，B错误；‎ C. 烧碱氢氧化钠，干冰二氧化碳，生石灰氧化钙，胆矾五水硫酸铜均为化合物，C正确；‎ D. 碘酒、铝热剂都是混合物，D错误；‎ 故本题选C。‎ ‎9. 下列各组离子能大量共存的是(　　)‎ ‎①“84”消毒液的水溶液中：Fe2＋、Cl－、Ca2＋、Na＋‎ ‎②加入KSCN显红色的溶液：K＋、NH、Cl－、S2－‎ ‎③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3＋、Al3＋、SO、K＋‎ ‎④pH＝2的溶液中：NH、Na＋、Cl－、Cu2＋‎ ‎⑤无色溶液中：K＋、CH3COO－、HCO、MnO A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①②⑤ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：①“84”消毒液的水溶液中含有ClO -，具有强氧化性； ②加入KSCN显红色的溶液中含有Fe 3+； ③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性；‎ ‎ ④pH=2的溶液，为酸性溶液； ⑤MnO 4 -在水溶液中为紫色。 详解：①“84”消毒液的水溶液中含有ClO -，具有强氧化性，与Fe 2+发生氧化还原反应而不能共存，故①错误；  ②加入KSCN显红色的溶液中含有Fe 3+，与S 2-相互促进水解而不能共存，故②错误；  ③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性，但该组离子之间不反应，则能够共存，故③正确；  ④pH=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故④正确；  ⑤MnO 4 -在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故⑤错误；  故选D．  点睛：本题考查离子的共存，明确题目中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大。‎ ‎10. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A. 27 g铝中加入1 mol·L－1的NaOH溶液，转移电子数是3NA B. 标准状况下，33.6 L HF中含有氟原子的数目为1.5NA C. 6.4 g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2NA D. 25 ℃，pH＝7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中，含OH－的数目为10－7NA ‎【答案】C ‎【解析】分析:A、氢氧化钠溶液体积不明确； B、在标准状况下氟化氢是液体，不能用气体摩尔体积来计算； C、6.4g由S2、S4、S8组成的混合物中含有6.4g硫原子，含硫原子的物质的量为：=0.2mol； D、溶液体积不明确。‎ 详解:A、氢氧化钠溶液体积不明确，故1mol铝不一定能反应完全，故反应不一定转移3NA个电子，故A错误； B、在标准状况下氟化氢是液体，所以不能用气体摩尔体积来计算，因此在标准状况下，33.6氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA的说法是错误的，故B错误；‎ C、6.4g由S2、S4、S8组成的混合物中含有6.4g硫原子，含硫原子的物质的量为：=0.2mol，含有的硫原子数为0.2NA，故C正确；‎ D、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故D 错误。 所以C选项是正确的。‎ ‎11. 使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起偏差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是(　　)‎ ‎①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线。‎ A. ①②⑤⑥ B. ①③⑤⑥ C. ②③④⑥ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了，称量的物质质量偏少，使所配溶液浓度偏低，正确；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数，但是对于容量瓶来说无影响，错误；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质的质量偏小，则所配溶液浓度偏低，，正确；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，但是只要最后定容时溶液的体积不变，则所配置的溶液的浓度不变，错误；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏大，物质溶液的浓度就偏小，正确；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，则溶液的体积就偏大，溶液的浓度偏小，正确。会使所配溶液浓度偏低的是①③⑤⑥，故选项是B。‎ 考点：考查物质的量浓度的溶液的配制的误差分析的知识。‎ ‎12. 已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O　IO→I2　MnO→Mn2＋　HNO2→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是(　　)‎ A. H2O2 B. HNO2 C. MnO D. IO ‎【答案】D ‎【解析】分析：反应中I-→I2，失去1个电子，而H2O2→H2O得到2个电子，IO→I2得到5个电子，MnO→Mn2＋得到5个电子，HNO2→NO得到1个电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等进行判断。‎ 详解:氧化时I-，H2O2→H2O得到2个电子，IO→I2得到5个电子，MnO→Mn2＋得到5个电子，HNO2→NO得到1个电子；I-→I2，失去1个电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等，等物质的量的这些物质IO3-和MnO4-氧化的I-最多，但因为IO3-被还原为I2，则得到I2最多的是IO3-， 所以D选项是正确的。‎ ‎13. 已知HCO＋AlO＋H2O===CO＋Al(OH)3↓。将足量的KHCO3溶液不断滴入含等物质的量的KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的KHCO3溶液体积的关系可表示为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】HCO3﹣先与OH﹣反应，再与AlO2﹣反应，而HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣后，Ba2+与CO32﹣生成沉淀，‎ HCO3﹣+OH﹣+Ba2+═BaCO3↓+H2O①，消耗1molHCO3﹣、1molOH﹣、1molBa2+，生成1molBaCO3沉淀，此阶段化学方程式为KHCO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O+KOH；‎ HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O②，消耗2mol HCO3﹣、2molOH﹣（OH﹣消耗完），没有沉淀生成．此阶段化学方程式为KHCO3+KOH═K2CO3+H2O（此时KOH有2mol，原溶液中有1mol，反应①产生1mol）；‎ HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═CO32﹣+Al（OH）3↓③，消耗1molHCO3﹣、1mol AlO2﹣（AlO2﹣消耗完），生成1molAl（OH）3沉淀．此阶段化学方程式为KHCO3+KAlO2+H2O═Al（OH）3↓+K2CO3． 三阶段消耗KHCO3的物质的量为1：2：1，也即KHCO3溶液体积比为1：2：1；一、三阶段对应的生成沉淀的物质的量为1：1，第二阶段不生成沉淀，所以图象B符合，故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了图象分析，明确物质间的反应及反应先后顺序是解本题关键，注意偏铝酸盐能和可溶性的碳酸盐、碳酸氢盐发生双水解反应生成氢氧化铝，为学习的难点和易错点．‎ ‎14. 足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)‎ A. 60 mL B. 45 mL C. 30 mL D. 15 mL ‎【答案】A ‎【解析】反应可以理解为Cu+HNO3→Cu(NO3)2 + NO+NO2+N2O4+H2O（未配平），生成的氮的氧化物与氧气和水作用得到硝酸，所以可以认为反应前后N的化合价都是+5价不变，发生变化的是Cu和O2。因为加入的氧气为1.68L（0.075mol），所以得电子为0.075×4=0.3mol，所以由得失电子守恒得到：参加反应的Cu为0.15mol，所以硝酸铜为0.15mol，沉淀这些硝酸铜需要的氢氧化钠为0.3mol，所以氢氧化钠溶液的体积为60mL，选项A正确。‎ 点睛：在硝酸这一章节中，经常出现此类的守恒计算问题。一般来说，建议的做法是不看中间过程，只讨论反应的初始反应为和最终产物，建立守恒关系，再计算。例如本题的过程，可以理解为，加入的反应物是Cu、硝酸、氧气和氢氧化钠；得到的产物为氢氧化铜、硝酸、硝酸钠。所以可以建立氧气和铜之间的得失电子守恒。‎ ‎15. 今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO、SO，现取三份100 mL溶液进行如下实验：‎ ‎(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。‎ ‎(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol。‎ ‎(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的是(　　)‎ A. Cl－一定不存在 B. 100 mL溶液中含0.01 mol CO C. K＋一定存在 D. Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在 ‎【答案】C ‎【解析】分析：根据100mL三份溶液中分别加入硝酸银溶液、氢氧化钠溶液、氯化钡溶液后的现象，判断溶液中可能含有的离子，再根据溶液中电荷守恒进一步确定离子的存在。‎ 详解：（1）加入AgNO3溶液有沉淀产生，存在的离子可能有Cl－、CO、SO；‎ ‎（2）加足量NaOH溶液加热产生气体的是氨气，故一定有NH，物质的量为0.04mol；‎ ‎（3）不溶于盐酸的2.33g沉淀是硫酸钡，物质的量是0.01mol；6.27g 沉淀是硫酸钡和碳酸钡的混合物，碳酸钡质量为6.27g-2.33g=3.94g，物质的量为0.02mol，故CO为0.02mol；故一定存在CO、SO，因而一定没有Mg2＋、Ba2＋；已知溶液中含有的正电荷是NH带的0.04mol；溶液中含有的负电荷是=2n(CO)+2n(SO)=0.06mol，故一定有K+，至少0.02mol；综合以上可以得出，一定存在的离子有K＋、NH、、CO、SO，一定没有的离子Mg2＋、Ba2＋，可能存在Cl－；所以答案选C,‎ 故答案为：C。‎ 点睛：本题考查离子的检验，题目难度较大，采用定量计算分析和定性实验相结合的模式，同时涉及离子共存、离子反应等，K＋的确定是容易出现失误的地方。‎ 二、单项选择题：（10小题，每小题3分，共30分）‎ ‎16. 下列各组物质相互混合进行反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是(　　)‎ ‎①金属钠投入FeCl2溶液中 ‎②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应 ‎③少量CaO投入过量的NaHCO3溶液中 ‎④Na2O2投入CuSO4溶液中 A. ①④ B. ③④ C. ①③ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：①中Na与FeCl2溶液反应生成Fe(OH)2沉淀和H2；  ②中过量的NaOH溶液和KAl(SO4)2溶液反应，一方面使Al3+变为AlO2-，既无沉淀产生，另一方面也无气体生成； ③中CaO与NaHCO3溶液反应生成CaCO3沉淀； ④中Na2O2与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2沉淀和O2；‎ 详解:①钠先和水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠再和氯化亚铁发生复分解反应，生成Fe(OH)2沉淀，故①中既有气体生成最终又有沉淀生成； ②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应的方程式为：KAl(SO4)2+4NaOH=KAlO2+2Na2SO4+2H2O，故②中既无气体生成最终又无沉淀生成； ③中CaO与NaHCO3溶液反应生成CaCO3沉淀，故③最终只有沉淀生成； ④Na2O2与水反应：2Na2O2+ 2H2O =4NaOH + O2↑，NaOH与CuSO4发生反应：2NaOH + CuSO4= Cu(OH)2↓+ Na2SO4，故④中既有气体生成最终又有沉淀生成； 所以A选项是正确的。‎ ‎17. 某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3‎ 中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如下图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)。关于该固体混合物，下列说法正确的是(　　)‎ A. 一定含有MgCl2和FeCl2‎ B. 一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3‎ C. 一定含有Al，其质量为4.5 g D. 一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等 ‎【答案】D ‎【解析】分析：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸,气体剩余3.36L，体积减少5.60L-3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；‎ ‎14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，因为氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2； 14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题。‎ 详解：结合以上分析，‎ A. 根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀,且白色沉淀没有变化,则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故A错误； B.根据以上分析可以知道,固体混合物中一定含有MgCl2和AlCl3，故B错误； C. 固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故C错误；‎ D.根据以上分析可以知道，原固体混合物中一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，所以D选项是正确的； 所以D选项是正确的。‎ ‎18. 下列金属冶炼的反应原理，错误的是(　　)‎ A. MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑ B. 2NaCl＋H22Na＋2HCl C. Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2 D. 2HgO2Hg＋O2↑‎ ‎【答案】B 详解：A项，活泼金属需要采用电解法制取，镁为活泼金属，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故A项正确；‎ B项，钠为活泼金属，不能用热还原法冶炼，故B项错误；‎ C项，铁单质是较活泼金属，可采用热还原法制取，故C项正确；‎ D项，Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故D项正确。‎ 综上所述，本题答案选B。‎ ‎19. 下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是(　　)‎ A. 氨碱法制碱 B. 氯碱工业 C. 海带提碘 D. 海水提溴 ‎【答案】A ‎【解析】分析：含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应，反之不是，以此来解答。‎ 详解:A. 氨碱法制取碱是利用氨气、CO2、氯化钠，过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，故选A； B.氯碱工业中电解饱和食盐水，生成NaOH、氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选； C. 碘以离子存在，海水提碘时I元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故C不选；‎ D. 海水中溴以离子存在，需要氧化剂氧化，Br元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故D不选；‎ 所以A选项是正确的。‎ ‎20. 镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，已大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金的性质的叙述中，正确的是(　　)‎ A. 此合金的熔点比镁和铝的熔点都高 B. 此合金的硬度比镁和铝的硬度都小 C. 此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中 D. 此合金能全部溶解于稀盐酸中 ‎【答案】D ‎【解析】分析：根据合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，合金的熔点比组成它的纯金属的熔点低，结合金属的化学性质，进行分析判断。‎ 详解:A.合金的熔点比各成分金属的低，故A错误； B. 合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，故B错误；‎ C.此合金属于镁和铝的混合物，镁与氢氧化钠不反应，故C错误； D. 此合金的主要成分是镁和铝，均能与稀盐酸反应，能全部溶解于稀盐酸中，所以D选项是正确的；‎ 所以D选项是正确的。‎ ‎21. 下表中物质的分类组合完全正确的是(　　)‎ 选项 A B C D 强电解质 Ca(OH)2‎ H2SO4‎ BaSO4‎ HClO4‎ 弱电解质 Al(OH)3‎ CaCO3‎ HClO CH3COONH4‎ 非电解质 SO2‎ Al H2O C2H5OH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】分析：常见的强电解质有强酸、强碱、大多数盐和活泼金属的氧化物；弱电解质有弱酸、弱碱和水，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物，大多数有机化合物和非金属氧化物等属于非电解质，以此分析。‎ 详解：A项，Ca(OH)2是强碱，属于强电解质，Al(OH)3两性氢氧化物，属于弱电解质，SO2非金属氧化物，属于非电解质，故A正确；‎ B项，H2SO4是强酸，属于强电解质，CaCO3盐，属于强电解质，Al是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；‎ C项，BaSO4是盐，属于强电解质，HClO弱酸，属于弱电解质，H2O属于弱电解质，故C错误；‎ D项，HClO4是强酸，属于强电解质，CH3COONH4盐，属于强电解质，C2H5OH有机物，属于非电解质，故D错误；‎ 故本题选A。‎ ‎22. 某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，物质转化关系如图所示：‎ 下列说法错误的是(　　)‎ A. a、b、c既能与酸又能与碱反应 B. a→b发生的反应为AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓‎ C. b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解 D. X为NaOH溶液，Y为盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】分析：在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，加入试剂X，过滤得到铁，说明试剂X能溶解铝，盐酸和铁、铝都反应，氢氧化钠溶液只和铝反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，生成可溶性的偏铝酸盐，所以X为NaOH溶液，Y为盐酸，a为偏氯酸钠溶液，偏铝酸钠和适量盐酸反应NaAlO2+HCl+H2O=AL(OH)3↓+NaCl，生成氢氧化铝沉淀，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，氧化铝电解生成铝和氧气。‎ 详解:A. b为氢氧化铝，为两性氢氧化物，既能与酸又能与碱反应，C为氧化铝，属于两性氧化物，既能与酸又能与碱反应，a为偏氯酸钠溶液，只能和酸反应，不能和碱反应，故A错误； B.a为偏氯酸钠溶液，b为氢氧化铝，a→b发生的反应为NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，‎ 离子反应为：AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，所以B选项是正确的； C.b为氢氧化铝,氢氧化铝受热分解2 Al(OH)3Al2O3+3H2O，生成氧化铝和水，氧化铝电解2 Al2O34Al+3O2↑，生成铝和氧气，所以C选项是正确的； ‎ D. 铁粉和铝粉混合物,加入试剂X,过滤得到铁,试剂X能溶解铝,盐酸和铁、铝都反应,氢氧化钠溶液只和铝反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，a为偏氯酸钠溶液,偏铝酸钠和适量盐酸反应NaAlO2+HCl+H2O=AL(OH)3↓+NaCl，所以X为NaOH溶液，Y为盐酸，所以D选项是正确的；‎ 故本题答案选A。‎ ‎23. 下列反应中，相关示意图错误的是(　　)‎ A 将二氧化硫通入到一定量氯水中 B 将NaHCO3溶液滴入到一定量Ba(OH)2溶液中 C 将铜粉加入到一定量浓硝酸中 D 将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、氯气和二氧化硫、水反应式为 Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，因此溶液的酸性逐渐增强至不变，pH逐渐减小至保持不变，A正确；B、由以少定多法可知，先后发生的反应为：HCO3-+ Ba2++OH-= BaCO3↓+H2O、Ba2++2OH-+ 2HCO3-= BaCO3↓+2H2O +CO32-，即随着小苏打溶液的滴入，先生成的CO32-均被钡离子沉淀，因此CO32-不会逐渐增大，B错误；C、铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，C正确；D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，D正确；答案选B。‎ ‎【考点定位】本题考查元素化合物的图像分析。‎ ‎【名师点晴】明确反应的先后顺序是答题的关键，该类试题侧重考查了学生对知识的记忆、理解以及利用所学知识分析、解决实际问题的能力，反应物的量（过量、少量）时化学反应以及反应先后顺序的分析与判断，突出了化学学科核心知识。‎ ‎24. 向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是( )‎ A. 原NaOH溶液的浓度为0.1 mol·L－1‎ B. 通入CO2的体积为448 mL C. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3‎ D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝2∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】A•根据化学反应，向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3两种可能的情况，再加入盐酸，将Na2CO3或NaHCO3全部反应生成NaCl，根据化学反应中原子守恒，则有n（Na+）=n（Cl﹣），所以n（NaOH）=n（HCl）=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，故A错；‎ B•根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3 xmol，生成NaHCO3mmol Na2CO3 +HCl═NaHCO3+NaCl ‎1mol 1mol 1mol x 0.025L×0.2mol/L mmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol 设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有 NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl ‎1mol 1mol 1mol ymol 0.075L×0.2mol/L zmol 解得：y=0.015mol，z=0.015mol 根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO2 0.015mol，标准状况下的体积为0.336L，故B错；‎ C•所得溶液的溶质成分为Na2CO3、NaHCO3，没有NaOH，故C错误；‎ D•根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3 xmol，生成 NaHCO3mmol Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl ‎1mol 1mol 1mol x 0.025L×0.2mol/L mmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol 设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有 NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl ‎1mol 1mol 1mol ymol 0.075L×0.2mol/L zmol 解得：y=0.015mol，z=0.015mol 求得通入CO2反应后，Na2CO3 、NaHCO3的物质的量分别为0.005mol、0.01mol，既得 n（ NaHCO3）：n（Na2CO3）=2：1，故D正确．故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了元素化合物的性质，结合图象的将反应关系与反应有机的结合起来，对图象的分析，是解决题目的关键，易出错在图象分析不到位，同时化学变化关系分析不出来．‎ ‎25. FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如下图所示，下列说法错误的是(　　)‎ A. 产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO B. 沉淀过程中有CO2气体放出 C. 过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒 D. 可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、碳酸亚铁在空气中高温分解，亚铁可能被空气中氧化氧化成+3价铁，故错误；B、Fe2＋和HCO3－发生双水解反应，生成CO2‎ ‎，故说法正确；C、过滤所用玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，故说法正确；D、KSCN溶液遇Fe3＋显红色，因此KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质，故说法正确。‎ 考点：考查铁及其化合物的性质等知识。‎ 三、主观题：（共40分）‎ ‎26. 按要求填空。‎ ‎(1)在S2－、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、S、I－、H＋中，只有氧化性的是________，只有还原性的是________，既有氧化性又有还原性的是________。‎ ‎(2)某同学写出以下三个化学方程式(未配平)‎ ‎①NO＋HNO3―→N2O3＋H2O ‎②NH3＋NO―→HNO2＋H2O ‎③N2O4＋H2O―→HNO3＋HNO2‎ 其中你认为一定不可能实现的是________。‎ ‎(3)下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是________。‎ ‎①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2‎ ‎②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3‎ ‎③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 若溶质中Cl－与I－共存，为了氧化I－而Cl－不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的________作氧化剂。‎ ‎【答案】 (1). Fe3＋、Mg2＋、H＋ (2). I－、S2－ (3). Fe2＋、S (4). ② (5). KMnO4 (6). FeCl3‎ ‎【解析】(1)根据元素化合价升降分析判断。(2)若含有同种元素不同价态的两种物质发生氧化还原反应时，生成物中该元素的价态应介于两种反应物元素价态之间。N元素－3价与＋2价之间应为0价或＋1价，不可能出现＋3价的氮，所以②式不能实现。(3)由①知氧化性：FeCl3＞I2，还原性：I－＞Fe2＋；由②知氧化性：Cl2＞FeCl3，还原性：Fe2＋＞Cl－；由③知氧化性：KMnO4＞Cl2，还原性：Cl－＞Mn2＋，由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2，还原性强弱顺序为I－＞Fe2＋＞Cl－＞Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及 I－，FeCl3只氧化I－。所以必须选择比Cl2氧化能力的差而比I2氧化能力强的氧化剂FeCl3。‎ ‎27. 用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g·cm－3)配制成1 mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：‎ ‎(1)配制稀盐酸时，应选用容量为________mL的容量瓶。‎ ‎(2)在量取浓盐酸时宜选用下列量筒中的________。‎ A．5 mL B．10 mL C．25 mL D．50 mL ‎(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：‎ ‎①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250 mL容量瓶中。‎ ‎②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面最低处与瓶颈的刻度标线相切。‎ ‎③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。‎ ‎④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。‎ 上述操作中，正确的顺序是(填序号)________。‎ ‎【答案】 (1). 250 (2). C (3). ③①④②‎ ‎【解析】分析：（1）依据配制溶液的体积选择容量瓶的规格； （2）依据c=计算浓盐酸的物质的量浓度，依据稀释前后溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积，依次选择合适的量筒； （3）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；‎ 详解：（1）要配制盐酸220mL，则需要选择250mL的容量瓶；‎ 答案为：250； （2）浓盐酸的物质的量浓度c===11.6mol/L，设所需浓盐酸的体积为V，则有V×11.6mol/L=0.25L×1mol/L，得V=0.0216L，即21.6mL，应选择25mL的量筒，故答案为：C； （3）配制一定物质的量浓度的溶液的一般操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故上述操作中，正确的顺序是③①④②； ‎ ‎28. 氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案(已知：AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋NH3↑)。‎ ‎【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。‎ ‎(1)上图C装置中球形干燥管的作用是_________。‎ ‎(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查气密性，再加入实验药品，接下来的实验操作是______________________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是______________________。‎ ‎(3)由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见：_________________________。‎ ‎【方案2】用下图装置测定m g样品中AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。‎ ‎(4)为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是__________。‎ A．CCl4 B．H2O C．NH4Cl溶液 D．苯 ‎【方案3】按以下步骤测定样品中AlN的纯度：‎ ‎(5)步骤②生成沉淀的离子方程式为__________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 防倒吸 (2). 关闭K1，打开K2 (3). 把装置中残留的氨气全部赶入C装置中被吸收 (4). C装置出口处连接一个干燥装置 (5). AD (6). CO2＋AlO＋2H2O===HCO＋Al(OH)3↓‎ ‎【解析】分析：（1）分析装置和仪器作用分析，氨气是和浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，仪器作用是防止倒吸的作用； （2）组装好实验装置，依据原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品。接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C 被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算； （3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管； （4）依据氨气极易溶于水的性质分析判断； （5）步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成。‎ 详解：（1）分析装置和仪器作用分析，氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，‎ 故答案为：防倒吸；‎ ‎（2）组装好实验装置，原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品.接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算，‎ 故答案为：关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；‎ ‎（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，‎ 故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置；‎ ‎（4）依据氨气极易溶于水的性质分析，为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是；‎ A．CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故A正确；‎ B．氨气极易溶于水，不能排水法测定，故B错误；‎ C．氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故C错误；‎ D．氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故D正确；‎ 故选AD；‎ ‎（5）步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成，反应的离子方程式为：CO2＋AlO＋2H2O===HCO＋Al(OH)3↓，‎ 故答案为：CO2＋AlO＋2H2O===HCO＋Al(OH)3↓。‎ 点睛：本题考查了物质性质的探究实验设计和实验分析判断，实验基本操作和我物质性质的掌握是关键，题目难度中等。‎ ‎29. 高锰酸钾是常用的氧化剂。工业上以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备高锰酸钾晶体。中间产物为锰酸钾。下图是实验室模拟制备KMnO4晶体的操作流程：‎ 已知：锰酸钾(K2MnO4)是墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，这是锰酸根离子(MnO)在水溶液中的特征颜色，在强碱性溶液中能稳定存在；在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO会发生自身氧化还原反应，生成MnO和MnO2。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)KOH的电子式为____________。‎ ‎(2)调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________。‎ ‎(3)趁热过滤的目的是_____________________________________________。‎ ‎(4)已知20 ℃时K2SO4、KCl、CH3COOK的溶解度分别为11.1 g、34 g、217 g，则从理论上分析，选用下列酸中________(填标号)，得到的高锰酸钾晶体纯度更高。‎ A．稀硫酸 B．浓盐酸 C．醋酸 D．稀盐酸 ‎(5)产品中KMnO4的定量分析：‎ ‎①配制浓度为0.1250 mg· mL－1的KMnO4标准溶液100 mL。‎ ‎②将上述溶液稀释为浓度分别为2.5、5.0、7.5、10.0、12.5、15.0(单位：mg·L－1)的溶液，分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度，并将测定结果绘制成曲线如下。‎ ‎③称取KMnO4样品(不含K2MnO4)0.1250 g按步骤①配得产品溶液1000 mL，取10 mL稀释至100 mL，然后按步骤②的方法进行测定，两次测定所得的吸光度分别为0.149、0.151，则样品中KMnO4的质量分数为________。‎ ‎(6)酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2∶1 (3). 防止析出高锰酸钾，降低产率 (4). C (5). 90.0% (6). MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O ‎【解析】分析：软锰矿的主要成分是MnO2，由工艺转化关系可知，MnO2和KOH 在空气中熔融煅烧生成锰酸钾(K2MnO4)，调节锰酸钾(K2MnO4)强碱溶液的pH，制备KMnO4，通过过滤分离出MnO2，对KMnO4溶液冷却结晶过滤得到KMnO4晶体。‎ 详解：（1）本题考查电子式的书写和仪器的选择，KOH属于离子化合物，其电子式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）考查氧化还原反应中得失电子数目守恒，根据信息，锰酸钾在酸性、中性、弱碱性环境中发生歧化反应，MnO2是锰酸钾中Mn由＋6价→＋4价，化合价降低得到，因此MnO2是还原产物，KMnO4是氧化产物，n(KMnO4)×1=n(MnO2)×2，得出n(KMnO4)：n(MnO2)=2:1，‎ 故答案为：2∶1；‎ ‎（3）考查物质的分离，高锰酸钾溶于水，MnO2不溶于水，因此趁热过滤目的是防止析出高锰酸钾，降低产率；‎ 故答案为：防止析出高锰酸钾，降低产率；‎ ‎（4）考查物质的分离和提纯，高锰酸钾与浓盐酸反应，因此选项B错误；然后根据三种物质的溶解度大小，溶解度越大，得到高锰酸钾纯度越高，‎ 故选项c正确；‎ ‎（5）③考查化学计算，吸光度的平均值为(0.149＋0.151)/2=0.150，此时对应的KMnO4的浓度为11.25mg·L－1，则1000mL的溶液中KMnO4的浓度为11.25×mg·L－1=112.5mg·L－1，因此高锰酸钾的质量分数为100%=90.0%；‎ 故答案为：90.0%；‎ ‎（6）本题考查氧化还原反应方程式的书写，利用高锰酸钾的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成Mn2＋，然后根据化合价的升降法进行配平，即离子反应方程式为MnO4－+5Fe2＋+8H＋ =Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，‎ 故答案为：MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。‎ ‎ ‎