陕西省兴平市2020届高三第一次模拟考试化学试题

陕西省兴平市2020届高三第一次模拟考试化学试题

‎2019-2020年陕西省兴平市高三第一次模拟考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Na-23 Cl-35.5 Fe-56‎ 第I卷单项选择题(共48分)‎ 一．单项选择题：每题3分，共48分。‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是 A. 黑火药是我国古代四大发明之一，配方为“一硫二硝三木炭”，其中的硝是指硝酸 B. 包装食品里常有硅胶．生石灰．还原铁粉三类小包，其作用相同 C. 洪灾区民众用明矾净水并用漂白粉消毒，二者化学原理相同 D. 家中做卫生保洁时，不可将“‎84”‎消毒液与洁厕精（含浓盐酸）混合使用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、黑火药是我国古代四大发明之一，配方为“一硫二硝三木炭”， 其中的硝是指硝酸钾，故A错误；‎ B、包装食品里常有硅胶、生石灰是干燥剂，还原铁粉是还原剂防氧化，故B错误；‎ C、明矾净水是利用氢氧化铝的吸附性、用漂白粉消毒是利用次氯酸的强氧化性，故C错误；‎ D、“‎84”‎消毒液与洁厕精（含浓盐酸）混合使用会生成氯气，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.下列关于物质分类的说法正确的是 A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物 B. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等 C. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物 D. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O、MgO属于碱性氧化物, Al2O3是两性氧化物，故A错误；‎ B．根据酸分子在水溶液中电离出氢离子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等，故B错误；‎ C. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均由不同物质组成，为混合物，故C正确；‎ D. 纯碱、熟石灰、醋酸在水溶液或是熔融状态下导电，属于电解质，但是食盐水是混合物，不是电解质，故D错误。‎ 故选C.‎ ‎3.实验室保存下列药品的方法，正确的是 A. 氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里 B. 盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发 C. 盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞 D. 氯水保存在无色玻璃瓶中，液氯贮存在钢瓶里 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氟酸与二氧化硅反应，则不能贮存在细口玻璃瓶里，A错误；‎ B.液溴的密度大于水，且微溶于水，水起液封的作用，盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，B正确；‎ C.盛放液体的试剂瓶为细口瓶，盛放浓硫酸不用广口瓶，C错误；‎ D.氯水见光易分解，氯水应保存在棕色玻璃瓶中；液氯在常温下不与铁反应，可贮存在钢瓶里，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎4.“‎84”‎消毒液、明矾、高铁酸钾(K2FeO4)、臭氧等都可以作水处理剂，已知“‎84”‎消毒液中的有效成分为NaClO，下列有关说法正确的是 A. 若有1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，则转移6×6.02×1023个电子 B. 常温常压下，32gO2、O3的混合气体所含原子数小于2×6.02×1023‎ C. 500mL2mol/L明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数为6.02×1023‎ D. 7.45gNaClO中ClO-含有的电子总数为26×6.02×1022‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，铁的化合价由+6价降低到+3价，得到3mol电子，所以转移的电子数为3×6.02×1023，故A不选；‎ B. 32gO2、O3的混合气体可以看做是‎32g氧原子，即2mol氧原子，所以所含原子数等于2×6.02×1023，故B不选；‎ C. 500mL2mol/L明矾中含1molAl3+，1个氢氧化铝胶体粒子是由多个Al(OH)3聚合而成，所以氢氧化铝胶体粒子数小于6.02×1023，故C不选；‎ D. 7.45gNaClO即0.1molNaClO，1个ClO-中含有的电子数为26个，所以0.1mol中ClO-‎ 含有的电子总数为26×6.02×1022，故D选。‎ 故选D。‎ ‎5.下列离子方程式中，表达正确的是 A. 用石墨作两电极电解MgCl2溶液：‎2C1-+2H2OC12↑+2OH-+H2↑‎ B. 在强碱溶液中次氯酸钠与氢氧化铁反应生成Na2FeO4：3ClO- + 2Fe(OH)3 ＝ 2FeO42- + 3Cl- + H2O + 4H+‎ C. 稀氨水中通入过量CO2：NH3·H2O + CO2 ＝NH4+ + HCO3-‎ D. NaHS的水解反应：HS-＋H2O S2－＋H3O+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氧化镁为难溶物，离子方程式为：Mg2++‎2C1-+2H2OC12↑+Mg(OH)2↓+H2↑，故A错误；‎ B.碱性环境下的反应，离子方程式应为：4OH-+3ClO- + 2Fe(OH)3＝2FeO42- + 3Cl- + 5H2O ，故B错误；‎ C.CO2过量，生成酸式盐，离子方程式为：NH3·H2O + CO2 ＝NH4+ + HCO3-，故C正确；‎ D.HS-既存在电离平衡又存在水解平衡，电离方程式为HS-＋H2O S2－＋H3O+；水解反应的离子方程式应为：HS-＋H2O H2S＋OH-，故D错误；‎ 答案：C ‎6.类推的思维方法在化学学习和研究中有时会产生错误的结论，因此类比推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否。下列类推结论中正确的是 A. Mg失火不能用CO2灭火；Na失火也不能用CO2灭火 B. Fe3O4可写成FeO·Fe2O3；Pb3O4也可写成PbO·Pb2O3‎ C. Fe与Cl2直接化合生成Fe Cl3；Fe与I2直接化合也能得到FeI3‎ D. 工业上电解熔融MgCl2制取金属镁；也用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Mg失火不能用CO2灭火，因为二者会反应生成MgO和C；Na失火也不能用CO2灭火，因为二者会反应生成Na2CO3和C，钠的燃烧产物过氧化钠也会与二氧化碳反应生成可以助燃的氧气，类推正确。‎ B. Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，因为Fe有+2、+3两种价态；Pb3O4不可写成PbO·Pb2O3，因为Pb没有+2、+3价，而应写成2PbO·PbO2，类推错误。‎ C. Fe与Cl2直接化合生成FeCl3；Fe与I2直接化合只能得到FeI2，因为I2的氧化能力弱，类推错误；‎ D. 工业上电解熔融MgCl2制取金属镁；不能用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝，因为熔融AlCl3不导电，类推错误。‎ 故选A。‎ ‎7.下列除去杂质的方法不正确的是 A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥 B. 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+‎ C. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤 D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液，铝转化为偏铝酸钠进入溶液，而镁不反应，充分反应后过滤、洗涤、干燥，即得纯净的镁，正确；‎ B.过量氨水与Fe3+、Al3+都能反应生成相应的氢氧化物沉淀，二者仍混在一起无法分离，所以不能用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+，错误；‎ C. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量铁粉，将FeCl3还原为FeCl2，充分反应后过滤出过量的铁粉，即得纯净的氯化亚铁溶液，正确；‎ D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，Al(OH)3转化为NaAlO2，充分反应，过滤出Mg(OH)2，向滤液中通入过量CO2后，又生成Al(OH)3沉淀，过滤出滤渣，即得纯净的Al(OH)3，正确。‎ 故选B。‎ ‎8.某溶液中含有SO42-、SO32-、SiO32-、Br－、CO32-、Na＋，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是 ‎①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有SO42-、Na＋；②有胶状物质生成；③有气体产生；④溶液颜色发生变化； ⑤共发生了2个氧化还原反应。‎ A. ②③④ B. ①②③ C. ①③⑤ D. ②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】向溶液中通入过量的Cl2，Cl2可以氧化SO32-成为SO42-，所以SO32-浓度降低，SO42-浓度增大，Cl2也可以和Br－发生置换反应，使Br－浓度降低，生成的溴溶于水中使溶液颜色发生变化，Cl2溶于水生成的盐酸还可以跟CO32-发生反应生成CO2，使CO32-浓度降低，和SiO32-生成H2SiO3白色胶状沉淀，使SiO32-浓度降低，所以离子浓度基本保持不变的只有Na＋。Cl2溶于溶液中发生了3个氧化还原反应，其中2个是Cl2分别和SO32-、Br－发生的，另一个是Cl2和水的歧化反应，所以②③④是正确的，故选A。‎ ‎【点睛】Cl2和SO32-发生氧化还原反应，使SO32-浓度降低，还要考虑到生成了SO42-，使SO42-浓度增大，所以溶液中的SO32-、SO42-浓度都发生了变化。在Cl2通入该溶液的反应中，除了Cl2和SO32-、Br－发生的氧化还原反应外，不要忽略了还有Cl2和水发生的氧化还原反应。‎ ‎9.下列说法中正确的是 ‎①Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 ‎②SiO2不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器 ‎③用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液 ‎④K2CO3加热时不能分解为CO2和K2O ‎⑤纳米铁粉可以除被污染水体中的重金属离子 ‎⑥根据反应SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑可推知硅酸酸性比碳酸强 A. ①③④⑤ B. ①④⑤ C. ③④⑤⑦ D. ①③⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂，正确；‎ ‎②SiO2不与除氢氟酸外的任何酸反应，可用石英制造耐酸(非氢氟酸)容器，错误；‎ ‎③用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是含钠元素的溶液，但不一定是钠盐溶液，错误；‎ ‎④K2CO3热稳定性强，加热时不能分解为CO2和K2O，正确；‎ ‎⑤纳米铁粉能与污水中的Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应，从而去除重金属离子，正确；‎ ‎⑥根据反应SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑ 不可推知硅酸酸性比碳酸强，因为此反应是利用难挥发性物质制易挥发性物质，而不是利用酸性的强弱，错误。‎ 所以①④⑤正确。‎ 答案为B。‎ ‎10.用下列装置不能达到实验目的的是( )‎ A. 用甲图装置可证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水) B. 用乙图装置制备Fe(OH)2‎ C. 用丙图装置制取金属锰 D. 用丁图装置制取氯气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B．由图可知，利用Fe和稀硫酸制FeSO4的同时除去液面上方空气，防止制备时氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C．由图可知，Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；D．MnO2和浓盐酸混合加热可制氯气，不能用稀盐酸代替，故D错误；故选D。‎ ‎11.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是 A. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+‎ B. 气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气 C. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋‎ D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，但不能证明无Fe2+，错误；‎ B. 气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气，正确；‎ C. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，可能有Ba2＋，也可能有Ca2+，错误；‎ D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，不能证明原气体一定是CO2，也可能是SO2，错误。‎ 故选B。‎ ‎12.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7‎ 溶液，发生如下化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法不正确的是 A. 氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋＞SO2‎ B. 标准状况下，若有‎6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7‎ C. 反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA D. 由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性； 由氧化性的强弱，判断反应的发生．‎ ‎【详解】A. 由①可知,Fe元素的化合价降低,则氧化性为Fe3＋>SO2,由②可知,Cr元素的化合价降低,则氧化性为Cr2O72－> Fe3＋,则氧化性：Cr2O72－> Fe3＋> SO2，故A正确；‎ B. 6.72LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=‎6.72L÷‎22.4L/mol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3 SO2∼Cr2O72－,则最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；‎ C. 每有1mol K2Cr2O7参加反应,转移电子为1mol×2×(6−3)=6mol,即转移电子的数目为6NA，故C正确；‎ D. 因氧化性为Cr2O72－> SO2,则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；‎ 故选B.‎ ‎【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。‎ ‎13.某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在碘元素：‎ 下列说法不正确的是 A. 步骤①需要将干海带放入蒸发皿中灼烧 B. 步骤②中发生反应的离子方程式为2I-+2H++H2O2＝I2+2H2O C. 步骤③操作后，观察到试管中的溶液变为蓝色，则可说明海带中含有碘元素 D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后通入氧气，则步骤③操作后，试管中的溶液也变成蓝色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 灼烧的时候需要把物质放到坩埚中，而不是蒸发皿中，故A错误；‎ B. 双氧水具有氧化性，把碘离子氧化为碘单质，发生的离子方程式为2I-+2H++H2O2＝I2+2H2O，故B正确；‎ C. 步骤③是检验生成的碘单质，操作后，可以观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；‎ D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后通入氧气，氧气可以将碘离子氧化生成碘单质，4H++4I-+O2=2I2+2H2O，步骤③操作后，也可以观察到试管中溶液变蓝色，故D正确；‎ 故答案：A。‎ ‎14.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是( )‎ X Y Z 物质转化关系 A Cu CuO Cu(OH)2‎ B Si SiO2‎ H2SiO3‎ C NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaOH D FeCl2‎ FeO FeCl3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；‎ B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；‎ C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；‎ D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，‎ FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。‎ ‎15.下列有关元素及其化合物的说法正确的是 A. 盐酸可以除去铜器表面的铜锈[Cu2(OH)2CO3]‎ B. Na久置于空气中最终生成NaHCO3‎ C. AlCl3、FeCl2、CuC12均可由金属单质与氯气直接化合制得 D. CO2、NO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、盐酸可以除去铜器表面的铜锈[Cu2(OH)2CO3]，A正确；B、Na久置于空气中最终生成Na2CO3，B错误；C、FeCl2不能由金属单质与氯气直接化合制得，铁在氯气中燃烧生成FeCl3，C错误；D、CO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同，但NO2与反应生成硝酸和NO，发生自身的氧化还原反应，原理不同，D错误，答案选A。‎ ‎16.下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列选项的编号和曲线的编号一一对应，其中描述错误的是 A. 向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量 B. 向澄清石灰水中通入CO2至过量 C. 向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量 D. 向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O判断；‎ B.根据反应Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2判断；‎ C.根据反应H ++OH-=H2O、Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O 判断；‎ D.根据反应Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、2OH-+CO2═CO32-+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2判断。‎ ‎【详解】A.向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故不选A；‎ B.向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图象符合，故不选B；‎ C.向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分为三个阶段，反应分别为OH-+H+═H20，Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故不选C；‎ D.向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，分别为Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、OH-+CO2═HCO3-+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量的比值为1:1:1，故选D；‎ 答案：D ‎【点睛】易错选项D，准确分析各个阶段的反应，反应顺序可认为是：‎ ‎1.CO2+Ca(OH)2==CaCO3↓+H2O产生沉淀；‎ ‎2.CO2+2KOH==K2CO3+H2O； ‎ ‎3.CO2+K2CO3+H2O==2KHCO3；‎ ‎4.CO2+CaCO3+H2O==Ca(HCO3)2沉淀消失。‎ II卷非选择题（共五道题，共计52分）‎ 二.填空题(共5道大题，共52分)‎ ‎17.有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、Mg2+、K+、Ba2+、Fe3+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣等离子，取该溶液进行以下实验：‎ A.用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性。‎ B.取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变成碱性，整个滴加过程中，溶液均无沉淀生成。‎ C.取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。‎ ‎（1）根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有___；肯定不存在的离子有__；‎ ‎（2）可能存在的离子有___，写出检验该离子的方法___。‎ ‎【答案】 (1). H+、Ba2+、Cl- (2). CO32-、Fe3+、Mg2+、SO42- (3). K+ (4). 焰色反应，透过蓝色钴玻璃显紫色 ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性，则溶液中不含有CO32﹣。‎ B.取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变成碱性，整个滴加过程中，溶液均无沉淀生成，表明溶液中不含有Mg2+、Fe3+。‎ C.取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，表明溶液中含有Ba2+。‎ 依据溶液中离子应大量共存，可推知溶液中一定不含有SO42﹣。‎ 依据溶液一定呈电中性的原则，溶液中一定含有Cl-。‎ ‎(1)根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有H+、Ba2+、Cl-。答案为H+、Ba2+、Cl-‎ 肯定不存在的离子有CO32-、Fe3+、Mg2+、SO42-。答案为CO32-、Fe3+、Mg2+、SO42-‎ ‎(2)可能存在的离子有K+。答案为K+‎ 检验K+的方法是焰色反应，为防钠的焰色的干扰，需透过蓝色钴玻璃。‎ 答案为：焰色反应，透过蓝色钴玻璃显紫色。‎ ‎18.（1）已知草酸(H‎2C2O4)分解的化学方程式为： H‎2C2O4CO↑+CO2↑+ H2O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是___（填序号）‎ ‎（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3·nH2O和Fe两种成分），利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如图所示。‎ ‎①为得到干燥、纯净的CO气体，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是___、___。‎ ‎②在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是___。‎ ‎③准确称量质量为‎20.00g 的样品置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为‎16.64g，D中浓硫酸增重‎1.44g，则n=__。‎ ‎【答案】 (1). ④ (2). NaOH溶液 (3). 浓硫酸 (4). 排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸 (5). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由草酸(H‎2C2O4)分解的化学方程式为：H‎2C2O4CO↑+CO2↑+ H2O，可以看出，反应采用固、液加热型装置，应选D装置。答案为D ‎(2) ①反应生成的CO气体中混有CO2和水蒸气，CO2用NaOH溶液吸收，水蒸气用浓硫酸吸收，所以洗气瓶A中盛放的试剂是NaOH溶液。答案为NaOH溶液 洗气瓶B中盛放的试剂是浓硫酸。答案为浓硫酸 ‎②在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸。‎ 答案为：排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸 ‎③由题意知，m(样品)= ‎20.00g，硬质玻璃管内剩余固体中m(Fe)= ‎16.64g，m(H2O)= ‎1.44g，‎ 则Fe2O3·nH2O中m(H2O)= ‎1.44g，Fe2O3中m(O)= ‎20.00g-16.64g ‎-1.44g=‎‎1.92g n(H2O)= ，n(O)= ‎ 依据化学式Fe2O3·nH2O可得： ‎ ‎，n=2。‎ 答案为2‎ ‎19.A、B、C、D均为中学化学常见物质，且含有一种相同的元素，它们之间有如下转化关系，其中A是单质。‎ ‎（1）若A是生产生活中用量最大的一种金属，B、C所含元素种类相同，D是红褐色沉淀，溶液C可用于腐蚀印刷Cu电路板。请写出A与C反应的化学方程式___。‎ ‎（2）若B、D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，反应②③均需要强碱性溶液，反应④可以通过滴加少量稀盐酸实现。据此判断A元素在周期表中的位置是____，请写出②的离子方程式____。‎ ‎（3）若C是一种淡黄色固体，常用于呼吸面具中的供氧剂，D是一种强碱。写出反应④的离子方程式___。‎ ‎【答案】 (1). 2FeCl3+Fe=3FeCl2 (2). 第三周期第ⅢA族 (3). 2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－+3H2↑ (4). 2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)若A是生产生活中用量最大的一种金属，则为铁，由D是红褐色沉淀，更加证实了此推断。B、C所含元素种类相同，溶液C可用于腐蚀印刷Cu电路板，则C为FeCl3，B为FeCl2。A与C反应的化学方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2。‎ 答案为：2FeCl3+Fe=3FeCl2‎ ‎(2)若B、D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，则二者为Al2O3、Al(OH)3中的某一种。反应②③均需要强碱性溶液，反应④可以通过滴加少量稀盐酸实现，则C应为NaAlO2，B为Al2O3，A为Al，D为Al(OH)3。据此判断A元素在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族。答案为：第三周期第ⅢA族 反应②为Al与NaOH溶液生成NaAlO2的反应，其离子方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－+3H2↑‎ 答案为：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－+3H2↑‎ ‎(3)若C是一种淡黄色固体，常用于呼吸面具中的供氧剂，则C为Na2O2；D是一种强碱，为NaOH。反应④的离子方程式2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑‎ 答案为：2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑。‎ ‎20.Ba2+是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+ 的物质的量浓度。‎ ‎（1）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是___（填字母序号）。‎ a．使用容量瓶前先检查是否漏水 b．使用容量瓶前必须用蒸馏水将其洗净并干燥 c．配制溶液时，若试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~‎2cm处，用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水至刻度线 ‎ d．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一手拖住瓶底，将容量瓶反复倒转摇匀 ‎（2）现需配制250mL0.1000mol∙L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外，还需要__________。‎ ‎（3）需准确称取Na2S2O3固体的质量为__________g。‎ ‎（4）若配制标准Na2S2O3溶液时，出现如下错误操作，所配溶液的浓度将如何变化？‎ ‎①若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，会导致所配溶液的浓度_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）。‎ ‎②若观察液面时俯视容量瓶刻度线，会导致所配溶液的浓度_______。‎ ‎（5）另取50.00mL废水，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO42－全部转化为Cr2O72－，再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2O72－+6S2O32－+14H+ = 2Cr3++3S4O62－+7H2O。则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为_________。‎ ‎【答案】 (1). b、c (2). 250mL容量瓶、胶头滴管 (3). 4.0 (4). 偏低 (5). 偏高 (6). 0.024 mol∙L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为容量瓶是一种精密仪器，容积会随着温度的改变而改变，结合容量瓶使用方法和注意问题回答，容量瓶是精密量具；‎ ‎（2）根据配置溶液溶解、定容等操作来选择玻璃仪器，溶解在烧杯中，定容在容量瓶中用胶头滴管滴定到刻度；‎ ‎（3）根据250mL 0.100mol/L 标准Na2S2O3溶液，利用n=cV来计算物质的量，再利用m=nM来计算其质量，结合托盘天平使用注意问题得到质量；‎ ‎（4）①若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，溶质减小，配制溶液浓度减小；‎ ‎②若观察液面时俯视容量瓶刻度线容量瓶中加入水未达到刻度，溶液浓度增大；‎ ‎（5）由BaCrO4沉淀、CrO42-全部转化为Cr2O72-，Cr2O72-+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2O I2+2S2O32-→2I-+S4O62-，得出废水中Ba2+与Na2S2O3的关系，代入即可计算．‎ ‎【详解】（1）在容量瓶的使用方法中，‎ a．使用容量瓶前应该检验是否漏水，故a正确；‎ b．容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会影响配制溶液的浓度，故b不正确；‎ c．配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～‎2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中，故c不正确；‎ d．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故d正确．‎ 故填：bc；‎ ‎（2）因溶液固体需要在烧杯中，定容时需要用胶头滴管，故答案为：烧杯、胶头滴管；‎ ‎（3）Na2S2O3的物质的量为‎0.25L×0.1mol/L=0.025mol，其质量为0.025mol×‎158g/mol=‎3.95g，‎ 托盘天平精确度为‎0.1g，使用称量Na2S2O3的质量为‎4.0g，‎ 故答案为：4.0； ‎ ‎（4）①若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，溶质减小，配制溶液浓度减小，结果偏低，‎ 故答案为：偏低；‎ ‎②若观察液面时俯视容量瓶刻度线容量瓶中加入水未达到刻度，溶液浓度增大，会导致所配溶液的浓度偏高，‎ 故答案为：偏高；‎ ‎（5）设该工厂废水中Ba2+的物质的量为x，‎ 由BaCrO4沉淀、CrO42-全部转化为Cr2O72-，Cr2O72-+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S2O32-→2I-+S4O62-，‎ 则2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～6S2O32-，‎ ‎　2             6‎ ‎　x             36.00mL×10‎-3L×0.100mol/L ‎2/X=6/36.00mL×10‎-3L×0.100mol/L 解得x=12.00×10-4mol，‎ 则c（Ba2+）=12.00×10-4mol÷50.00×10‎-3L=0.024mol/L，‎ 故答案为：0.024mol/L．‎ ‎【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制要使用容量瓶，注意容量瓶的使用方法，误差分析利用c=n÷v分析，分析出物质的量的变化或者溶液体积的变化，对所配溶液浓度的影响，多步反应要通过中间产物把已知量和未知量联系在一起。‎ ‎21.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。某小组以此废玻璃为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4。‎ 己知：CeO2不溶于强酸或强碱；Ce3+易水解，酸性条件下，Ce4+有强氧化性。‎ ‎（1）废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要进行的操作__，反应①的离子方程式__。‎ ‎（2）反应②的离子方程式是__。‎ ‎（3）为了得到较纯的Ce3+溶液，反应②之前要进行的操作是___。‎ ‎（4）反应③需要加入的试剂X可以是___。‎ ‎（5）用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。‎ 用FeSO4溶液滴定用___做指示剂，滴定终点现象_____。‎ ‎【答案】 (1). 粉碎 (2). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O (4). 洗涤 (5). O2或其它合理答案 (6). K3[Fe(CN)6] (7). 当滴加最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且在半分钟内即便振荡也不消失 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由信息“CeO2不溶于强酸或强碱”可知，反应①中只有SiO2与碱发生反应；滤渣为Fe2O3、CeO2、FeO的混合物；滤渣A中加入稀硫酸，Fe2O3、FeO溶解，此时滤渣中只有CeO2。‎ 滤渣B中加入稀硫酸和双氧水，显然是双氧水作还原剂，将CeO2还原为Ce3+。反应③中，加入的X应为氧化剂，将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4。‎ ‎【详解】(1)废玻璃在用NaOH溶液浸洗前往往要进行粉碎，以增大废玻璃与NaOH溶液的接触面积，提高原料的浸出率。答案为：粉碎 反应①中，只有SiO2与NaOH溶液发生反应，其反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O ‎(2)反应②中，只有CeO2与稀硫酸和双氧水发生反应，其反应的离子方程式是2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O。答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O ‎(3)因为从溶液中过滤出沉淀表面常吸附溶液中的某些离子，为了得到较纯的Ce3+溶液，反应②之前应对固体进行洗涤。答案为：洗涤 ‎(4)反应③将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，需要加入氧化剂，所以试剂X可以是O2等强氧化剂。答案为：O2或其它合理答案 ‎(5)用FeSO4溶液滴定Ce(OH)4产品的纯度，应使用FeSO4标准溶液，用K3[Fe(CN)6]做指示剂。答案为：K3[Fe(CN)6]‎ 滴定终点时，FeSO4溶液过量一滴，它与K3[Fe(CN)6]作用，生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，并且在半分钟内即便振荡也不消失。答案为：当滴加最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且在半分钟内即便振荡也不消失。‎