甘肃省武威市第六中学2020届高三上学期阶段性复习过关考试化学试题

甘肃省武威市第六中学2020届高三上学期阶段性复习过关考试化学试题

武威六中2020届高三一轮复习过关考试（二）‎ 化学 相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64 Ba-137‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）‎ ‎1.2013年世界环境日的主题为：Think.Eat.Save. ——思前、食后、厉行节约。爱护环境，呵护地球是我们每一个人不可推卸的责任。下列现象与污染源对应不正确的是 A. 酸雨——硫的氧化物、氮的氧化物 B. 光化学烟雾——氮的氧化物 C. 臭氧空洞——氟氯烃（即氟利昂） D. 温室效应——SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸雨与人们排放的SO2、氮的氧化物有关，正确；‎ B、光化学烟雾与碳氢化合物和氮的氧化物有关，正确；‎ C、臭氧空洞与氟氯烃（即氟利昂）有关，正确；‎ D、温室效应与大气中CO2浓度不断上升有关，不正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.下列各组中两物质作用时，反应条件或反应物用量改变。对生成物没有影响的是（ ）‎ A. Fe与稀HNO3 B. NaOH溶液与CO2‎ C. Na2O2与CO2 D. AlCl3溶液与NaOH溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．Fe与稀HNO3的反应与量有关；‎ B．反应与量有关；‎ C．反应与量无关；‎ D．反应与量有关．‎ ‎【详解】A．Fe与稀HNO3的反应与量有关，Fe少量生成硝酸铁，Fe过量生成硝酸亚铁，故A不选；‎ B．二氧化碳少量时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，与量有关，故B不选；‎ C．反应与量无关，反应条件或反应物用量的改变对生成物没有影响，故C选；‎ D．反应与量有关，AlCl3溶液与NaOH溶液，NaOH溶液少量时生成氢氧化铝沉淀，NaOH溶液过量时生成偏铝酸钠，故D不选．‎ 故选C。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列各项叙述中正确的有 A. pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+‎ B. 将‎1L 2mol/L 的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得到的氢氧化铁胶体粒子数为2NA C. ‎1L lmol．L-1 FeBr2溶液与l mol氯气反应时转移的电子数为3NA D. ‎23g Na与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.25 NA和0.5 NA之间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、 pH=1的H3PO4溶液中，c(H＋)=0.1mol/L,缺少溶液的体积，无法计算含H+的个数，故A错误；B. 将‎1L 2mol/L 的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得到的氢氧化铁胶体粒子数远少于2NA，每个氢氧化铁胶体粒子由成千上万个Fe(OH)3 分子构成，故B错误；C. l mol氯气只能得到2NA个电子，‎1L lmol．L-1 FeBr2溶液与l mol氯气反应时转移的电子数为2NA，故C错误；D. 根据方程式：4Na＋O2=2Na2O，‎23g Na与O2充分反应生成Na2O，消耗O2的分子数0.25mol,同理，2Na＋O2=Na2O2，‎23g Na与O2反应生成Na2O2，消耗O2的分子数0.5mol，生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.25 NA和0.5 NA之间，故D正确；故选D。‎ ‎4.下列物质中既能跟稀H2SO4反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是 ‎①NaHCO3    ②Al2O3   ③Al(OH)3   ④Al ⑤(NH4)2CO3‎ A. ③④ B. ②③④ C. ①③④ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故①符合；‎ ‎②Al2O3‎ 是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故②符合；‎ ‎③Al(OH)3 是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③符合；‎ ‎④Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故④符合；‎ ‎⑤(NH4)2CO3，加热条件下能与氢氧化钠反应生成碳酸钠、氨气和水，能与硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，故⑤符合。‎ 答案选D。‎ ‎5.下列离子方程式的书写正确的是 A. 铝与盐酸反应： Al + 6H+ =Al3+ + 3H2 ↑‎ B. 过量CO2通入NaOH溶液中： CO2 + 2OH－=H2O + CO32—‎ C. Fe粉加入FeCl3溶液：Fe + Fe3+ =2 Fe3+‎ D. 碳酸钠与氯化钙混合：CO32— + Ca2+ =CaCO3 ↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电荷不守恒，离子方程式为2Al+6H+=2Al3++3H2↑，错误；‎ B、过量CO2通入NaOH溶液中，反应生成的是碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-，错误；‎ C、电荷不守恒，离子方程式为Fe + 2Fe3+ = 3Fe3+，错误；‎ D、两者反应生成沉淀碳酸钙，离子方程式为CO32-+Ca2+=CaCO3↓，正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.用0.1 mol/L的Na2SO3溶液30 mL,恰好将2×10－3 mol XO4－还原，则元素X在还原产物中的化合价是 A. ＋4 B. ＋‎3 ‎C. ＋2 D. ＋1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据得失电子数目守恒，30×10－3×0.1×(6－4)=2×10－3×(7－X)，解得X=4，故选项A正确。‎ ‎7.在强酸性无色透明的溶液中，可以大量共存的离子组是 A. K+、NO3ˉ、OHˉ、Clˉ B. SO42-、Al3+、NH4+、Na+‎ C. Iˉ、Ba2+、Mg2+、NO3ˉ D. Clˉ、SCNˉ、K+、Fe3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H+、OH-结合生成水，则不能共存，错误；‎ B、该组离子之间不反应，能共存，且离子均为无色，B正确；‎ C、NO3-、H+、I-发生氧化还原反应，则不能共存，错误；‎ D、SCN-、Fe3+结合生成络离子，则不能共存，错误。‎ 答案选B。‎ ‎8.黑火药是我国四大发明之一，其爆炸反应为：2KNO3+S+‎3C=K2S+N2↑+3CO2↑，其中的氧化剂与还原剂物质的量之比为（ ）‎ A. 2：3 B. 1：‎3 ‎C. 1：1 D. 2：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 反应S+2KNO3+‎3C =K2S+N2↑+3CO2↑中，N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，据此分析。‎ ‎【详解】反应中N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，所以还原剂是C、氧化剂是S和KNO3，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，‎ 故选C。‎ ‎9.将Na2O2加入到含有HCO3—、CO32—、SO32—、Na＋、NO3—的溶液中，充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（　　）‎ A. NO3— B. CO32—、NO3— C. SO32—、NO3— D. CO32—、NO3—、Na＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2O2粉末加入溶液中，因被氧化而减少，因有NaOH生成，则与之反应生成，使、Na+均增加，减少，整个过程中只有浓度保持不变，答案选A。‎ ‎10.下列各组物质的稀溶液相互反应，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，所产生的现象不相同的是 A. AlCl3 和NH3 .H2O B. Na2CO3和HCl C. NaHCO3和HCl D. NaCl和AgNO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是先出现白色沉淀，后沉淀不消失，现象相同，选项A不选；‎ B、前者逐滴滴入后者时开始就有气泡冒出，而后者逐滴滴入前者，先没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，选项B选；‎ C、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是开始就有气泡冒出，现象相同，选项C不选；‎ D、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是开始就有白色沉淀产生且沉淀不溶解，现象相同，选项D不选。‎ 答案选B。‎ ‎11.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图像中，能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D．‎ ‎12.下列关于离子检验的说法正确的是（ ）‎ A. 向某溶液中加入少量稀硫酸，若有白色沉淀生成，则该溶液中含有Ba2+‎ B. 用 酸性KMnO4溶液可检验硫酸铁溶液中是否含有硫酸亚铁 C. 向某溶液中加入适量稀盐酸，观察是否有气泡产生，可检验溶液中是否含有CO32-‎ D. 向某溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该溶液中存在SO42-或SO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．加入少量稀硫酸，有白色沉淀产生，可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙；‎ B．亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等氧化剂反应；‎ C．加入适量稀盐酸，有大量气泡产生的可能是碳酸根或者碳酸氢根；‎ D．硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀；‎ ‎【详解】A．加入少量稀硫酸，有白色沉淀产生，可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙，所以不能确定溶液中一定含有Ba2＋，故A错误；‎ B．亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故B正确；‎ C．加入适量稀盐酸，有大量气泡产生的可能是碳酸根或者碳酸氢根，所以不能确定是否含有CO32－，故C错误；‎ D．硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，则溶液中可能含SO42－或SO32－或Cl－，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎13.下列除杂方法不正确的是（ ）‎ A. 用过量烧碱溶液，除去镁粉中混有的少量铝粉 B. 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+‎ C. 用生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水 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后再过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸盐；‎ B、氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中；‎ C、生石灰与水反应，能吸收水形成氢氧化钙溶液；‎ D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，向其中通入过量的二氧化碳反应会生成氢氧化铝沉淀．‎ ‎【详解】A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐，所以镁粉中混有少量铝粉，可以加入过量烧碱溶液充分反应，然后过滤、洗涤、干燥即可，故A正确；‎ B、Fe3＋和Al3＋均和氨水反应分别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中，故不能实现，故B错误；‎ C、生石灰能与水反应，生成氢氧化钙，氢氧化钙和乙醇的沸点相差较大，可以通过加热蒸馏，分离出乙醇，故C正确；‎ D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，实现除杂的目的，故D正确。‎ 故选：B ‎14.下列图象与对应实验操作相符合的是（ ）‎ A. 图1 表示在水中慢慢通入氨气至过量 B. 图2表示在氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳至过量 C. 图3表示在醋酸溶液中慢慢滴加同浓度的氨水至过量 D. 图4表示在氯化铝溶液中滴加氨水至过量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．氨气通入水中，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，溶液中氨气饱和，PH不再变化；‎ B．向NaOH和Ca（OH）2的混合溶液中通入CO2，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O ‎，再发生CO2+NaOH═NaHCO3，最后发生CaCO3↓+H2O+CO2═Ca（HCO3）2；‎ C．溶液导电能力的强弱主要取决于阴、阳离子浓度的大小，离子浓度越大，导电能力越强，乙酸与氨水反应生成乙酸铵，乙酸铵属于强电解质，但氨水至过量，导电能力减弱；‎ D．向氯化铝溶液中滴加氨水，由于生成的氢氧化铝不溶于氨水弱碱，沉淀不溶解。‎ ‎【详解】A．氨气通入水中，NH3+H2ONH3·H2ONH4＋+OH－，氨气未饱和前，溶液的PH在不断增大，当溶液饱和时，PH不再变化，故A正确；‎ B．因向NaOH和Ca（OH）2的混合液中通入CO2，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成沉淀，再发生CO2+NaOH═NaHCO3，沉淀的量不变，最后发生反应：CaCO3↓+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，沉淀溶解，且生成沉淀和沉淀溶解消耗的CO2相等，图象与反应不符合，故B错误；‎ C．醋酸是弱酸，导电能力不大，加入氨水后，离子方程式：NH3·H2O+CH3COOH═NH4＋+H2O+CH3COO－，生成醋酸铵是强电解质，导电能力增强，导电性变化大，至过量时，氨水溶液的体积占主导，离子浓度变小，导电能力降低，故C错误；‎ D．一水合氨不会溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反应的离子方程式为：Al3＋+3NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4＋，沉淀不溶解，故D错误；‎ 故选：A ‎15.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.2mol·L-1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）‎ A. 在0~a范围内，只发生反应OH-+H+=H2O B. a=0.35‎ C. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑‎ D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．计算ab段消耗盐酸的体积，进而计算a的值。根据碳原子守恒可得碳酸钠的物质的量，b点溶液中溶质为NaCl，由氯原子守恒可得NaCl的物质的量，再根据钠离子守恒计算NaOH的物质的量。‎ ‎【详解】A．在0～a范围内，先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；‎ B．生成二氧化碳为0.01mol，由NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知ab段消耗HCl为0.01mol，消耗盐酸体积为0.01mol÷0.2mol·L－1=‎0.05L，故a=0.4-0.05=0.35，故B正确；‎ C．ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3－+H＋=H2O+CO2↑，故C错误；‎ D．由碳原子守恒可知Na2CO3为0.01mol，b点溶液中溶质为NaCl，由氯原子守恒可得n（NaCl）=n（HCl）=‎0.4L×0.2mol·L－1=0.08mol，由钠离子守恒：n（NaOH）=n（NaCl）-2n（Na2CO3）=0.08mol-2×0.01mol=0.06mol，故原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为6：1，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】考查了混合物反应的计算，难点A，解题关键：明确碳酸钠与氯化氢反应是分步进行。‎ ‎16.白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：‎ ‎(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4‎ ‎(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4‎ 下列有关说法中错误的是 A. 在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂 B. 在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4‎ C. 在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜 D. 在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；在(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中P元素化合价由0价变为-3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有6/11的P被氧化，其余的P被还原，A、两个反应中只有P、Cu元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；B、两个反应中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是H3PO4，故B正确；C．在反应（2）中，P元素化合价由0价变为-3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D、在反应（2）中，15molCuSO4转移30mol电子，则当有5mol CuSO4发生反应时，共转移10mol电子，故D正确；故选C。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应，掌握元素化合价变化和氧化剂、还原剂的概念是解本题关键，注意该反应中P元素化合价变化，在反应（2）中既升高又降低，为易错点，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。‎ 第Ⅱ卷（共52分）‎ ‎17.现有金属单质A、B、C和气体甲、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示（图中有些反应的生成物和反应条件没有标出）。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：B___、丙____；‎ ‎（2）写出下列反应的离子方程式：‎ 反应③_____；‎ 反应⑤_____；‎ ‎（3）向F的溶液中加入D溶液后产生的现象是____，用化学反应方程式解释产生此现象的原因____、___。‎ ‎【答案】 (1). Al (2). HCl (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). 2Fe2+＋Cl2＝‎ ‎2Fe3＋＋2Clˉ (5). 先变成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀 (6). FeCl2+2NaOH＝Fe(OH)2↓＋2NaCl (7). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属A焰色反应黄色证明为Na，与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应，说明B为Al，黄氯色气体乙为Cl2，气体甲和氯气反应生成丙为HCl，物质E为盐酸溶液，物质D氢氧化钠和物质G为反应生成红褐色沉淀H为Fe（OH）3，G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe。‎ ‎【详解】（1）依据分析B为Al，E为HCl；‎ ‎（2）反应③是氢氧化钠和铝反应生成氢气和偏铝酸钠，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ ；‎ 反应⑤是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁的反应，反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，离子方程式为：2Fe2+＋Cl2＝2Fe3＋＋2Clˉ ；‎ ‎（3）F为FeCl2，D为NaOH，向F溶液中加入D溶液，生成氢氧化亚铁白色沉淀，在空气中被氧化成氢氧化铁，氢整个反应过程的实验现象是先有白色沉淀出现，然后白色沉淀逐渐变为墨绿色最终变为红褐色，涉及的化学方程式为：FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3。‎ ‎【点睛】本题考查无机物的推断，解题突破口为：焰色反应及物质的颜色，难点（3），亚铁在空气中的氧化的现象及反应。‎ ‎18.NaClO2是一种离效消毒剂、漂白剂在实验室中可用如图装置制备。.‎ ‎(1)装置②中酸X可以为_____________。‎ A.盐酸 B.H2SO‎4 C.HNO3 D.H‎2C2H4溶液 ‎(2)写出装置②中产生ClO2的离子方程式_____________________。‎ ‎(3)装置③的作用是_____________，装置④采用冷水欲的原因是__________________。‎ ‎(4)由装置④反应后的溶液可得到NaClO2晶体，其实验步骤为：‎ ⅰ.减压，蒸发结晶；ⅱ.___________；ⅲ.热水洗涤；ⅳ.低温干燥，得到成品 ‎ (已知低温时NaClO2饱和溶液中会析出NaClO2·3H2O。）‎ ‎(5)ClO2可用于氧化工厂污水中所含CN-，生成两种无毒无害的气体，写出其离子反应方程式__________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 2ClO3-+SO32-+2H+═‎2C1O2↑+SO42-+H2O (3). 安全瓶 (4). 防止出H2O2分解 (5). 趁热过滤 (6). 2ClO2+2CN-═2CO2+N2+2Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据亚氯酸钠的氧化性，所选酸不能有强的还原性，且不易挥发，故装置②中酸X可以为硫酸；（2）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和Na2SO4，配平方程式为2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4=2ClO2 ↑+ 2Na2SO4 + H2O；（3）装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降低而产生倒吸；（4）因为NaClO2饱和溶液在温度低于‎38℃‎时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于‎38℃‎时析出晶体是NaClO2，高于‎60℃‎时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38－‎60℃‎得到晶体，故操作为趁热过滤；用38－‎60℃‎的温水洗涤；(5)ClO2可用于氧化工厂污水中所含CN-，生成两种无毒无害的气体是二氧化碳和氮气，根据氧化还原反应配平，则其离子反应方程式为：2ClO2+2CN-═2CO2+N2+2Cl-。‎ ‎19.利用化学原理对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。‎ 某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如图（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Fe2+、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋）：‎ 常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：‎ 阳离子 Fe3＋‎ Fe2＋‎ Mg2＋‎ Al3＋‎ Cr3＋‎ 开始沉淀时的pH ‎1.9‎ ‎7.0‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ 沉淀完全时的pH ‎3.2‎ ‎9.0‎ ‎11.1‎ ‎8‎ ‎9（＞9溶解）‎ ‎（1） 酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是____（至少写两条）。‎ ‎（2）H2O2的作用是_____。‎ ‎（3）调pH＝8是为了除去___（填Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋）。‎ ‎（4）钠离子交换树脂的原理为Mn＋＋nNaR→MRn＋nNa＋，被交换的杂质离子是___（填Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋）。‎ ‎（5）已知以下氧化还原反应方程式（未配平）：Na2Cr2O7＋SO2＋H2O＝Cr（OH）（H2O）5SO4＋Na2SO4；以上反应各物质的配平系数依次为___。每生成1 mol Cr（OH）（H2O）5SO4转移电子的数目为___。‎ ‎【答案】 (1). 升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸(多次浸取)、适当延长浸取时间 (2). 将Fe2＋和Cr3＋氧化 (3). Fe3＋、Al3＋ (4). Mg2＋、Ca2＋ (5). 1、3、11、2、1 (6). 3NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋，过滤后向滤液中加入双氧水，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的Fe2＋生成Fe3＋；加入氢氧化钠溶液后，调节溶液的pH至8，根据表中数据知，Fe3＋、Al3＋转化为沉淀除去；然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，然后加入二氧化硫，发生氧化还原反应得到Cr（OH）（H2O）5SO4。‎ ‎【详解】（1）升高温度、搅拌、增大反应物浓度都可以提高浸取率，其采用措施为升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）、适当延长浸取时间（只要答出任意一点即可，其他合理答案也可）；‎ ‎（2）过氧化氢具有氧化性，可将Fe2＋和Cr3＋氧化；‎ ‎（3）pH=8时，Fe3＋、Al3＋完全生成沉淀，所以pH=8时除去阳离子为Fe3＋、Al3＋；‎ ‎（4）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，即：Mg2＋、Ca2＋；‎ ‎（5）二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；Na2CrO4+3SO2+11H2O=2CrOH（H2O）5SO4↓+Na2SO4，‎ 根据方程式：3SO2～2CrOH（H2O）5SO4，可知每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4转移电子的数目为3NA。‎ ‎20.有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应生成的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。‎ ‎（1）实验步骤：（夹持装置未画出）‎ ‎①按图组装好实验装置后，首先进行的操作是_____。‎ ‎②称取样品，将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C和装碱石灰的U形管D的质量。‎ ‎③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是____。‎ ‎④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体 ‎⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量。‎ 关于以上实验方案，请回答下列问题。‎ ‎（2）若反应后不鼓入空气，会导致测量的NaCl质量分数___。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。‎ ‎（3）E处干燥管中盛放的药品是____，其作用是____，如果没有该装置，会导致测量的NaHCO3的质量分数___（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。‎ ‎（4）若样品质量为wg，反应后C、D装置增加的质量分别为m‎1g、m‎2g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为____（用含w、m1、m2的代数式表示）。‎ ‎【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 除去装置中的水蒸气和二氧化碳 (3). 偏大 (4). 碱石灰 (5). 防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果 (6). 偏大 (7). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将混合物加热会产生H2O（g）、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量．由C的增重（Na2CO3·10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3·10H2O的质量，从而求出NaCl的质量；故应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是赶B中的空气，打开活塞K1、K2，关闭K3，就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D影响实验效果.‎ ‎（1）①气体发生装置需要检查装置气密性；‎ ‎③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，故实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差．活塞的操作方法是：打开活塞K1、K2，关闭活塞K3；‎ ‎（2）若加热反应后不鼓入空气，生成水蒸气质量和二氧化碳质量测定结果会减小；‎ ‎（3）E处干燥管是碱石灰，防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，如果实验中没有该装置D装置中测定二氧化碳质量增大；‎ ‎（4）根据D装置中增重质量计算吸收的二氧化碳的量，根据碳酸氢钠分解时生成的二氧化碳和水蒸气的关系式计算碳酸氢钠生成的水蒸气，总的水蒸气减去碳酸氢钠生成的水蒸气就是十水碳酸钠分解生成的水蒸气，根据十水碳酸钠分解生成的水蒸气和十水碳酸钠的关系式计算十水碳酸钠的质量，从而计算其质量分数．‎ ‎【详解】（1）①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性。‎ ‎③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差。‎ ‎（2）若加热反应后不鼓入空气，生成水蒸气质量和二氧化碳质量测定结果会减小，碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3·10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，则测得Na2CO3·10H2O的含量将偏小对测定结果的影响是NaCl偏大。‎ ‎（3）干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果，若撤去E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏大；‎ ‎（4）D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x．‎ ‎2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑‎ ‎ ‎18g ‎‎44g ‎ x m‎2g x=‎9m2‎/‎22 g，‎ 装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量=m‎1g-9m2‎/‎22 g=(m1‎-9m2‎/22 )g．‎ 设十水碳酸钠的质量为y．‎ Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O ‎286g‎ ‎‎180g y (m1‎-9m2‎/22 )g y=286(m1‎-9m2‎/22 )/‎‎180g 所以十水碳酸钠的质量分数=×100%‎