【化学】海南省定安县定安中学2020届高三上学期第二次月考（解析版）

【化学】海南省定安县定安中学2020届高三上学期第二次月考（解析版）

海南省定安县定安中学2020届高三上学期第二次月考 一、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项十符合题目要求的。）‎ ‎1.下列分离和提纯的实验操作中，正确的是　　‎ A. 蒸发 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 分液 ‎【答案】D ‎【详解】A．蒸发需要的仪器为蒸发皿，不能选烧杯， A错误；‎ B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，B错误；‎ C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，则温度计的水银球应在支管口处，冷却水应下口进水，C错误；‎ D．利用分液漏斗分离分层的液体混合物，图中分液操作装置合理，D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O B. 次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO C. 向100mL0.1mol·L-1的FeBr2溶液中通入0.015mol的Cl2：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-‎ D. 向明矾溶液逐滴加入Ba(OH)2溶液至铝离子刚好沉淀完全：Al3++SO42-+Ba2++3OH-=BaSO4↓+Al(OH)3↓‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2Fe(OH)3+2I-+6H+═2Fe2++I2+6H2‎ O，故A错误；‎ B．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2 的离子反应为ClO-+H2O+CO2═HCO3-+HClO，故B错误；‎ C．向100 mL 0.1 mol•L-1的FeBr2溶液中通入0.015 mol的Cl2 的离子反应为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，故C正确；‎ D．向明矾溶液逐滴加入Ba(OH)2溶液至铝离子刚好沉淀完全的离子反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.已知2MOyx－+5S2－+16H+=2M2++5S↓+8H2O，则MOyx－中的x的值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据电子的得失守恒可知5×2＝2×n，解得n＝5，即MOyx－在反应中得到5个电子，所以化合价是＋7价。根据原子守恒可知，y＝4，所以x＝1，答案A。‎ 考点：氧化还原反应 ‎4.下列有关钠和镁的说法中，不正确的是（　　）‎ A. 电解熔融NaCl可以得到金属钠 B. 金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来 C. 金属镁着火，可用二氧化碳灭火 D. 金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A、活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼；‎ B、Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti；‎ C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧；‎ D、镁燃烧发出耀眼的白光且放出大量热。‎ 详解：A、Na是活泼金属，工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼，A正确；‎ B、Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti，所以金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来，B正确；‎ C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧生成MgO和C，金属镁着火，不能用二氧化碳灭火，C错误；‎ D、镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹和焰火，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎5.下列各项叙述正确的是（ ）‎ A. 氯水、氨水、水玻璃、明矾均为混合物 B. CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物 C. C60、C70、金刚石、石墨之间互为同素异形体 D. 强电解质溶液的导电能力一定强 ‎【答案】C ‎【详解】A．氯水、氨水、水玻璃均为混合物，而明矾是纯净物，故A错误；‎ B．CO2和P2O5均为酸性氧化物，而NO2不是酸性氧化物；Na2O为碱性氧化物，而Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；‎ C．C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故C正确；‎ D．强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1.0L0.5mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为2NA B. 用含有0.2molFeCl3的饱和溶液配制的氢氧化铁胶体中，胶粒数等于0.2NA C. 1.0gH2O与D2O的混合物所含中子数为0.5NA D. 标准状况下，11.2L氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为NA ‎【答案】D ‎【详解】A．Na2SO4水溶液中除了硫酸钠外，水也含氧原子，故溶液中氧原子的个数多于2NA个，故A错误；‎ B．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得的氢氧化铁胶粒的个数小于0.2NA个，故B错误；‎ C．H2O的摩尔质量为18g/mol，D2O的摩尔质量均为20g/mol，故1g混合物的物质的量总和不确定，而水分子含有8个中子，而D2O分子内含有10个中子，故无法确定1g混合物中含有的中子的个数，故C错误；‎ D．标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol，而氯气和铁反应后变为-1价，故0.5mol氯气反应后转移NA个电子，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎7.己知在碱性溶液中可发生如下反应：‎ ‎2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）‎ A. +3 B. +4 C. +5 D. +6‎ ‎【答案】D ‎【详解】根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，‎ 答案选D。‎ ‎8.常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是( )‎ A. 使甲基橙呈红色的溶液中：Na＋、AlO2－、NO3—、Fe2＋‎ B. 0.1 mol•L-1HCl溶液：Ba2+、K＋、CH3COO－、NO3—‎ C. 0.1 mol•L-1 CO32－的溶液：Na＋、Fe3＋、NO、SCN－‎ D. Kw/c(H＋)＝0.1 mol•L-1的溶液：Na＋、K＋、SO32－、NO3—‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：A、使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，AlO2—不能共存，且酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子而不能大量共存；B. 0.1 mol•L-1HCl溶液：H+和CH3COO－结合生成CH3COOH而不能大量共存；C. 0.1 mol•L-1 CO32－的溶液： CO32－和Fe3＋相互促进水解，Fe3＋和SCN－结合生成络离子，则不能共存；Kw/c(H+)=0.1 mol·L-1的溶液为碱性溶液，Na+、K+、SO32-、NO都可以大量共存。‎ 详解：A、使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，AlO2—不能共存，且酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子而不能大量共存，选项A错误；‎ B. 0.1 mol•L-1HCl溶液：H+和CH3COO－结合生成CH3COOH而不能大量共存，选项B错误；‎ C. 0.1 mol•L-1 CO32－的溶液： CO32－和Fe3＋相互促进水解，Fe3＋和SCN－结合生成络离子，则不能共存，选项C错误；‎ Kw/c(H+)=0.1 mol·L-1的溶液为碱性溶液，Na+、K+、SO32-、NO都可以大量共存，选项D正确。‎ 答案选D。‎ 点睛：本题考查离子共存，熟悉离子之间的反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应、相互促进水解等知识的应用，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应、不能结合生成络离子等，则离子能大量共存。‎ 二、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。）‎ ‎9.反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-，下列有关该反应的说法中正确的是（ ）‎ A. ClO-作氧化剂 B. FeO42-为还原产物 C. 每产生1molFeO42-，转移3mol电子 D. OH-作氧化剂 ‎【答案】AC ‎【详解】3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+5H2O+3Cl-中，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价；‎ A．Cl元素的化合价降低，则ClO-作氧化剂，故A正确；‎ B．Fe失去电子被氧化，则FeO42-为氧化产物，故B错误；‎ C．每产生1 mol FeO42-，转移1mol×(6-3)=3 mol电子，故C正确；‎ D．O、H元素的化合价不变，OH-不是氧化剂，故D错误；‎ 故答案为AC。‎ ‎10.下列关于Na2CO3和NaHCO3的性质比较中，不正确的是（ ）‎ A. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3‎ B. 常温下在水中的溶解性：NaHCO3＞Na2CO3‎ C. 等物质的量浓度的溶液与稀盐酸反应的产生气体的速率：Na2CO3＞NaHCO3‎ D. 等质量的固体与足量盐酸反应放出CO2的质量：Na2CO3＜NaHCO3‎ ‎【答案】BC ‎【详解】A．因2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，故A正确；‎ B．常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，NaHCO3＜Na2CO3，故B错误；‎ C．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32-+2H+═CO2↑+H2O，HCO3-+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，产生气体的速率：Na2CO3＜NaHCO3，故C错误；‎ D．设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、mol，根据Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，产生的CO2的物质的量分别为1mol、mol，即放出CO2的质量：Na2CO3＜NaHCO3，故D正确；‎ 故答案为BC。‎ ‎【点睛】考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质：①‎ 溶于水并观察现象,溶解度较大其溶于水放热的是碳酸钠,溶解度较小且水温无明显变化的是碳酸氢钠；②溶于水加热,再通入澄清的石灰水,有气泡产生且有白沉淀的是碳酸氢钠,无变化的是碳酸钠；③用pH试纸或pH计测试其pH值,碱性较强的是碳酸钠,碱性较弱的是碳酸氢钠；④溶于水并加氢氧化钙或氢氧化钡,有白色沉淀生成的是碳酸钠,无变化的是碳酸氢钠。‎ ‎11.设NA表示阿伏加德罗常数的值下列有关说法中正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，46gN2O4中含氧原子数为2NA B. 常温常压下，11.2LNH3中含共价键的数目为1.5NA C. 电解精炼铜阳极质量减少32g时电路中转移电子总数为NA D. 1L0.2mol/LNa2SO4溶液中含有阴阳离子总数为0.6NA ‎【答案】AD ‎【详解】A.46gN2O4，含有NO2物质的量为=1mol，含有氧原子数为2NA，故A正确；‎ B．常温常压Vm不等于22.4L/mol，无法计算氨气的物质的量，无法计算氨气含有共价键数目，故B错误；‎ C．电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少32g，转移的电子的物质的量不一定为NA，故C错误；‎ D．1 L 0.2 mol/LNa2SO4溶液含有0.4mol硫酸钠和0.2mol硫酸根离子，共含有阴阳离子总数为0.6NA，故D正确；‎ 故答案为AD。‎ ‎【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。‎ ‎12.下列变化过程中，一定要加入还原剂才能实现的是（ ）‎ A. O2→Na2O2 B. Cl2→Cl-‎ C. H2O2→H2O D. H2SO4(浓)→SO2‎ ‎【答案】AD ‎【详解】A. O2→Na2O2中，氧元素化合价降低，在反应中被还原，则需要加入还原剂才能实现转化，如Na在氧气中燃烧，故A正确；‎ B. Cl2→Cl-中，氯元素化合价降低，在反应中被还原，但不一定要加入还原剂反应也能实现，如Cl2溶于NaOH溶液即可，故B错误；‎ C. H2O2→H2O中，氧元素化合价降低，在反应中被还原，但不一定要加入还原剂反应也能实现，如H2O2在MnO2作催化剂的作用下直接分解即可，故C错误；‎ D. H2SO4(浓)→SO2中，S元素的化合价降低，在反应中被还原，则需要加入还原剂才能实现转化，如加入Cu，故D正确；‎ 故答案为AD。‎ ‎13.工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2在该反应中（ ）‎ A. 硫元素既被氧化又被还原 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2‎ C. 每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子 D. 相同条件下，每吸收10L SO2就会放出2.5LCO2‎ ‎【答案】AD ‎【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析。‎ ‎【详解】A．由反应方程式中S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故A正确；‎ B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；‎ C．反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；‎ D．根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，则每10LSO2参与反应就会放出2.5LCO2，故D正确；‎ 故答案为AD。‎ ‎14.做实验时不小心使皮肤上沾了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才消除，如果用草酸(H2C2O4)乙二酸的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速褪去，其离子方程式为：MnO4-+H2C2O4+H+=CO2↑+Mn2++□，下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 该反应的氧化剂为KMnO4‎ B. 发生还原反应的是H2C2O4‎ C. 该离子方程式右侧方框内的产生是H2O D. 10molH+参加反应时，电子转移10mol ‎【答案】B ‎【分析】MnO4-+C2O42-+H+═CO2↑+Mn2++□中，Mn元素的化合价降低，C元素的化合价升高，由电子守恒、电荷守恒可知2MnO4-+5H2C2O42-+6H+═10CO2↑+2Mn2++□，由原子守恒可知□为水，以此来解答。‎ ‎【详解】A．Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，故A正确；‎ B．C元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则氧化反应的是H2C2O4，故B错误；‎ C．由电子、电荷及原子守恒可知，离子反应为2MnO4-+5H2C2O42-+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，故C正确；‎ D.10mol H+参加反应时，mol=molMn得到电子，则电子转移为mol×(7-2)=mol，故D错误；‎ 故答案为B。‎ 三、填空题 ‎15.（1）配平该反应化学方程式且回答下列问题：__KMnO4+__HCl=__MnCl2+___KCl+__Cl2↑+__H2O ‎（2）氧化剂________，氧化产物是__________（填化学式）。‎ ‎（3）若生成71gCl2，被氧化的HCl是____mol。‎ ‎【答案】(1). 2 (2). 16 (3). 2 (4). 2 (5). 5 (6). 8 (7). KMnO4 (8). Cl2 (9). 2‎ ‎【分析】(1)反应中高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价，降价数为5，得到5，mol电子，氯化氢中-1价氯化合价升高为氯气中0价，升高为1，生成1mol氯气失去2mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式；‎ ‎(2)反应中所含元素化合价降低的为氧化剂，生成物中所含元素化合价升高为氧化产物；‎ ‎(3)依据方程式2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，生成1mol氯气转移2mol电子，被氧化氯化氢物质的量为2mol，据此解答。‎ ‎【详解】(1)反应中高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价，降价数为5，得到5mol电子，氯化氢中-1价氯化合价升高为氯气中0价，升高为1，生成1mol氯气失去2mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒，高锰酸钾系数为2，氯气系数为5，依据原子个数守恒，氯化锰系数为2，氯化钾系数为2，依据氯原子个数守恒氯化氢系数为16，水分子系数为8，所以方程式：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；‎ ‎(2)依据(1)分析可知，反应中高锰酸钾中锰元素化合价降低，所以高锰酸钾为氧化剂，化学式KMnO4；生成物中氯气中的氯是由氯化氢中-1价氯化合价升高得到，所以氯气为氧化产物，化学产物Cl2；‎ ‎(3)71gCl2物质的量为=1mol，依据方程式2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，生成1mol氯气转移2mol电子，被氧化的氯化氢物质的量为2mol。‎ ‎【点睛】配平的步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。‎ ‎16.取少量Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，得到黄色溶液，用此溶液进行以下实验：‎ ‎（1）在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中加入制取的黄色溶液2mL，继续煮沸至液体呈____色，停止加热，用激光笔照射烧杯中的液体，可以观察到液体中____________________，用这个实验可以区别_______和_______。‎ ‎（2）向烧杯中逐滴加入过量的盐酸，会出现一系列变化：现象________________________；原因_________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 红褐 (2). 丁达尔效应 (3). 胶体 (4). 溶液 (5). 先出现红褐色沉淀，然后沉淀溶解 (6). 氢氧化铁胶体遇电解质聚沉，然后与盐酸反应沉淀溶解 ‎【分析】(1)根据制取胶体的实验分析；氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应；‎ ‎(2)氢氧化铁胶体胶体遇到盐酸(电解质溶液)会发生聚沉；氢氧化铁沉淀，继续加入盐酸，会发生酸碱中和反应。‎ ‎【详解】(1)向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液变成红褐色，即可制得氢氧化铁胶体，反应为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+，胶体中分散质粒子直径在1nm～100nm之间，用激光笔照射烧杯中的液体，从入射光的垂直方向可以观察到液体中出现的一条光亮的“通路”，这就是丁达尔效应，氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应来区分胶体和溶液；‎ ‎(2)能使胶体聚沉的方法有：加入带相反电荷胶粒的胶体、加热、加入电解质溶液．氢氧化铁胶体胶体遇到盐酸(电解质溶液)会发生聚沉，产生红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入盐酸，会发生酸碱中和反应，生成氯化铁和水，离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O。‎ ‎【点睛】本题考查胶体的制备与性质，氢氧化铁胶体的制备方法：在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热；液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，不要认为丁达尔效应是溶液、胶体和浊液的本质区别，丁达尔效应可以区分溶液和胶体，这是容易混淆的。‎ ‎17.铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：‎ ‎（1）实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为_____________________。‎ ‎（2）电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式_____________‎ ‎__________________，配制的FeCl3溶液应保持酸性，原因是__________________________。‎ ‎（3）溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得：‎ ‎①2Cu2++5I-=2CuI↓+I3-‎ ‎②I3-+2S2O32-=S4O62-+3I-‎ 现取20.00mL含Cu2+的溶液，加入足量的KI充分反应后，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，此溶液中Cu2+的浓度为________mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O (2). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (3). 防止Fe3+水解 (4). 0.1250‎ ‎【分析】(1)实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，反应中Cu被氧化为Cu2+，据此写出反应的离子方程式；‎ ‎(2)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+‎ ‎，自身被还原为Fe2+，FeCl3溶液中Fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性抑制Fe3+水解；‎ ‎(3)根据滴定过程中发生的反应方程式计算。‎ ‎【详解】(1)实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，反应中Cu被氧化为Cu2+，则发生反应的离子方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；‎ ‎(2)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，所以过程中发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；FeCl3溶液中Fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性以抑制Fe3+水解；‎ ‎(3)取20.00mL含Cu2+的溶液，加入足量KI充分反应后，用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，发生反应：I3-+2S2O32-=S4O62-+3I-，则消耗n(I3-)=×0.1000mol/L×25.00×10-3L=1.25×10-3mol，根据I元素守恒，则20.00mL溶液中c(Cu2+)=mol/L=0.125mol/L。‎ ‎18.一无色透明的溶液做如下实验：‎ ‎①取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成。‎ ‎②另取部分溶液加入Na2O2，有无色无味气体放出且有白色沉淀生成，加入Na2O2的量与生成沉淀的量的关系如图所示，试问：‎ ‎（1）Cu2+、NH4+、Al3+、Mg2+、Na+、Fe3+、K+、SO42-等离子中一定存在的离子是________；可能存在的离子是__________；一定不存在的离子是_____________。‎ ‎（2）上述溶液至少由___________等物质混合成。‎ ‎【答案】 (1). SO42-、Al3+、Mg2+ (2). Na+、K+ (3). Cu2+、Fe3+、NH4+ (4). Al2(SO4)3、MgSO4‎ ‎【分析】因是“无色透明溶液”，该溶液中不能含有有色的Cu2+、Fe3+，根据“取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成”可知溶液中含有SO42-；向溶液中加入过氧化钠，产生无色无味气体，说明该溶液中不含 NH4+，因为若有  NH4+，会与过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠反应生成氨气，氨气具有刺激性气味；当向溶液中加入过氧化钠时，会生成白色沉淀，且沉淀量先增加后减少，但不会完全消失，说明溶液中含有Al3+、Mg2+‎ ‎；由于沉淀达到最大量后，加入过量的过氧化钠后沉淀立刻溶解，则溶液中一定不存在NH4+；因此该溶液中一定存在的离子为：SO42-、Al3+、Mg2+，可能含有Na+、K+，一定不存在的离子为：Cu2+、Fe3+、NH4+，据此进行解答。‎ ‎【详解】(1)因是“无色透明溶液”，该溶液中不能含有有色的Cu2+、Fe3+，根据“取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成”可知溶液中含有SO42-；向溶液中加入过氧化钠，产生无色无味气体，说明该溶液中不含 NH4+，因为若有  NH4+，会与过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠反应生成氨气，氨气具有刺激性气味．当向溶液中加入过氧化钠时，会生成白色沉淀，且沉淀量先增加后减少，但不会完全消失，说明溶液中含有Al3+、Mg2+；由于沉淀达到最大量后，加入过量的过氧化钠后沉淀立刻溶解，则溶液中一定不存在NH4+，因此该溶液中一定存在的离子为：SO42-、Al3+、Mg2+，可能含有Na+、K+，一定不存在的离子为：Cu2+、Fe3+、NH4+；‎ ‎(2)溶液中一定含有的离子为SO42-、Al3+、Mg2+，所以至少存在的物质为：Al2(SO4)3、MgSO4。‎ ‎19.按要求写出下列化学方程式或离子方程式：‎ ‎（1）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为_____________________。‎ ‎（2）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1。写出该反应的化学方程式：___________________________________。‎ ‎（3）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_____________________________________。‎ ‎【答案】(1). PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O (2). 4KClO3KCl+3KClO4 (3). S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+‎ ‎【分析】(1)PbO2与浓盐酸共热生成的黄绿色气体为Cl2，同时有PbCl2和水；‎ ‎(2)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，一种是无氧酸盐，应为KCl，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，由电子转移守恒可知该盐为KClO4；‎ ‎(3)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，氯气被还原生成氯离子。‎ ‎【详解】(1)PbO2与浓盐酸共热生成的黄绿色气体为Cl2，发生反应的化学方程式为PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃‎ 时分解只生成两种盐，一种是无氧酸盐，应为KCl，另一种盐的阴阳离子个数比为1:1，由电子转移守恒可知该盐为KClO4，反应方程式为：4KClO3KCl+3KClO4；‎ ‎(3)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，氯气被还原生成氯离子，离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O═2SO42-+8Cl-+10H+。 ‎