甘肃省武威市第六中学2020届高三上学期第三次阶段性复习过关考试化学试题

甘肃省武威市第六中学2020届高三上学期第三次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（三）‎ 化学 相对原质量：H‎-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Si-28 Cl-35.5 Al-27‎ ‎1.化学与科技、医药、工业生产均密切相关。下列有关叙述正确的是( )‎ A. ‎2017年4月26日，中国第二艘航母举行下水仪式，该航母使用了素有“现代工业的骨骼”之称的碳纤维。碳纤维是一种新型的有机高分子材料 B. 硫酸铜溶液可用来浸泡蔬菜，以保持蔬菜的新鲜 C. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的主要材料是经提纯的SiO2‎ D. 获得2015年诺贝尔生理学、医学奖的屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳纤维是一种新型的无机非金属材料，A错误；‎ B. 硫酸铜对人体有害，不能浸泡蔬菜，B错误；‎ C. 计算机芯片的主要材料是经提纯的Si，C错误；‎ D 屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎2.我国古代典籍中有“石胆……浅碧色，烧之变白色者真”的记载，其中石胆是指（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在选项给出的四种物质中只有、晶体有色，而和均为无色晶体，加热分解生成CuSO4和H2O，CuSO4呈白色；而加热发生分解反应，生成的Fe2O3呈红棕色，所以符合题意的物质是，故合理选项是A。‎ ‎3.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(　　)‎ A. ‎8.7‎ g‎ MnO2与40 mL 10 mol·L－1的浓盐酸充分反应，生成的氯气的分子数为0.1NA B. 常温常压下，Cu－Zn原电池中，正极产生‎1.12 L H2时，转移的电子数应为0.1NA C. 将含3NA个离子的Na2O2固体溶于水配成‎1 L溶液，所得溶液中Na＋的浓度为2 mol·L－1‎ D. ‎1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎8.7‎ g MnO2的物质的量为=0.1mol，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，则1mol MnO2与4 mol浓盐酸充分反应后生成的Cl2分子数小于NA，A项错误；‎ B. 常温常压不等于标准状况，则‎1.12 L H2不能按标准状况下的气体摩尔体积计算，故转移的电子数不是0.1NA，B项错误；‎ C. 含3NA个离子的Na2O2固体，物质的量为1mol，含钠离子为2mol，则溶于水配成‎1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为=2mol/L，C项正确； D． NaAlO2水溶液溶剂水中也含有氧原子，因此‎1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数远大于2NA，D项错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题B项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为‎22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。‎ ‎4.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回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9.2 mol·L－1‎ B. 该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%‎ C. 配制250mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸62.5mL D. 该硫酸50.0mL与足量铜反应可得到标准状况下SO2气体‎10.304 L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、利用c===18.4mol·L－1，故A错误；‎ B、令硫酸的体积为VmL，稀释过程中溶质的质量不变，即m(H2SO4)=VmL×‎1.84g/cm3×98%，水的体积为VmL，则水的质量为Vg，溶液的质量为(VmL×1. ‎84g/cm3＋Vg)，稀释后所得溶液的质量分数为×100%=63.5%>49%，故B错误；‎ C、根据溶质的物质的量不变，得出250×10－‎3L×4.6mol·L－1=V(H2SO4)×10－‎3L×18.4mol·L－1，V(H2SO4)=62.5mL，故C正确；‎ D、铜是足量的，铜只与浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸浓度逐渐变稀，反应将会停止，根据所给信息，无法计算出SO2的体积，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】等质量的98%的硫酸与水混合所得溶液的质量分数等于49%；98%的硫酸与等体积的水混合，由于硫酸的密度大于水，所得溶液的质量分数大于49%。‎ ‎5.下列有关分类的说法正确的是 A. 胶体的本质特征是具有丁达尔效应 B. 阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物 C. 白磷转化为红磷是物理变化 D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体的本质特征是分散质粒子直径介于1～100 nm之间，选项A错误；‎ B、阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，由于元素的价态可能不同，则由这样的阴、阳离子组成的物质不一定是纯净物，如过氧化钠与氧化钠，选项B错误；‎ C、白磷转化为红磷是化学变化，选项C错误；‎ D、Mn2O7是酸性氧化物，也是金属氧化物，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.复印机工作时易产生臭氧，臭氧浓度过高时对人体有害．臭氧具有强氧化性，可使润湿的KI-淀粉试纸变蓝．有关反应式为：O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2对此下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应中1mol O3得到4mol电子 B. 反应中O3是氧化剂，H2O与KI是还原剂 C. 氧化产物I2与还原产物KOH的物质的量之比是1：1‎ D. 由此反应知，氧化性强弱顺序是O3＞I2＞O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2KI+O3+H2O=2KOH+I2+O2中，I元素的化合价由-1价升高为0价，O元素的化合价由0价降低为-2价，根据氧化还原反应规律解答。‎ ‎【详解】A. 在每个O3分子中只有一个O原子得到2个电子生成KOH，则1mol O3在反应中得到2mol电子，A项错误；‎ B. 反应中O元素化合价降低，则O3在反应中被还原，做氧化剂，I元素的化合价由-1价升高为0，KI是还原剂，B项错误；‎ C. 在每个O3分子中只有一个O原子得到2个电子生成1个还原产物KOH，2个-1价的I原子失去2个电子生成1个氧化产物I2，则氧化产物I2与还原产物KOH的物质的量之比是1：1，C项正确；‎ D. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由此反应知，氧化性强弱顺序是O3＞I2，但不能判断出I2的氧化性与O2的相对强弱，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.常温下，下列各离子能在指定溶液中一定大量共存的是（ ）‎ A. 使甲基橙变红溶液：Fe2+、NO3－、SO42－、Na+‎ B. 加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl－、NH4+、NO3-‎ C. 水电离出来的c（H+）=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+‎ D. 值为100的溶液：S2-、Na+、SO42－、SO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 使甲基橙变红的溶液显酸性，Fe2+、NO3－、H+三离子间发生氧化还原反应而不能大量共存，A不合题意；‎ B. 加入铝粉放出氢气的溶液，若为酸溶液，不能含NO3-；若为碱溶液，NH4+不能大量存在，B不合题意；‎ C. 水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液，可能为酸溶液，可能为碱溶液，HCO3-不能大量存在，C不合题意；‎ D. 值为100的溶液，c(OH-)=10-6mol/L，碱性环境下S2-、Na+、SO42－、SO32-都能大量存在，D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎8.下列实验过程可以达到实验目的的是( )‎ 选项 实验目的 操作过程 A 比较Fe3+和I2的氧化性强弱 向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色 B 证明SO2具有漂白性 将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去 C 检验NaHCO3与Na2CO3溶液 用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水 D 检验溶液中含有SO42-‎ 向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入FeCl3后溶液变蓝色，说明I－被氧化成I2，氧化剂为Fe3＋，利用氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于I2，故A符合题意；‎ B、SO2的漂白性，中学阶段体现在能使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾褪色，体现SO2的还原性，故B不符合题意；‎ C、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO3都能产生沉淀，鉴别NaHCO3和Na2CO可以用CaCl2溶液，NaHCO3与CaCl2不发生反应，Na2CO3与CaCl2生成沉淀CaCO3，故C不符合题意；‎ D、HNO3具有强氧化性，将SO32－氧化成SO42－，对SO42－的检验产生干扰，应先加盐酸，再滴加BaCl2溶液，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎9. 用下列装置不能达到有关实验目的的是 A. 用甲图装置证明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. 用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠块浮在水和煤油的界面，说明ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水)，A正确；‎ B. 该方案可行，煤油的作用是隔绝空气，防止生成Fe(OH)2被氧化，B正确；‎ C. 该装置为铝热反应的装置，C正确；‎ D. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，应将NaHCO3置于小试管(内管、受热温度低)、将Na2CO3置于大试管(外管、受热温度高)中，D错误；‎ 故合理选项为D。‎ ‎10.下列关于金属及其化合物的说法中正确的是（ ）‎ A. 碳酸钠溶液中的碳酸氢钠可以用加热的方法除去 B. CuCl2溶液中混有少量的FeCl2，可以先加入H2O2，再加入过量CuO充分反应后过滤除去 C. Li在空气中燃烧可得到氧化锂和过氧化锂两种氧化物 D. 由于Mg、Al比较活泼，工业上常用电解其熔融的氯化物来制备Mg、Al单质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸氢钠在水溶液中加热不分解，可以加入适量的氢氧化钠溶液达到除杂的目的，A错误；‎ B. CuCl2溶液中混有少量的FeCl2，可以先加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，Fe 3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入过量CuO，与H+反应生成Cu2+和H2O，从而促进Fe3+水解反应不断进行，最终完全水解，产生氢氧化铁沉淀，过滤，滤液为纯净的氯化铜溶液，B正确；‎ C. Li在空气中燃烧只能得到氧化锂，C错误；‎ D. 由于AlCl3是共价化合物，熔融时不导电，所以工业上不能用电解熔融氯化铝来制备Al单质，D错误。‎ 故选B。‎ ‎11.已知5.5gCO、HCOOCH3、CH3COOH的混合物在O2中完全燃烧，将其产物通过足量的Na2O2后，则Na2O2固体增重为（ ）‎ A. ‎4.7‎g‎ B. ‎6.1g C. ‎5.5g D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】HCOOCH3、CH3COOH都可以改写为(CO)2(H2)2，借助于O2，Na2O2+H2==2NaOH， Na2O2+CO==Na2CO3，所以5.5gCO、HCOOCH3、CH3COOH的混合物能被Na2O2完全吸收，最终Na2O2增重‎5.5g。故选C。‎ ‎12.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是 选项 化学性质 实际应用 A Al2(SO4)3和小苏打反应 泡沫灭火器灭火 B 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 C 次氯酸、次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物 D HF与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al2(SO4)3溶液由于水解呈酸性，小苏打溶液由于水解呈碱性，在溶液中二者发生双水解反应，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，故A正确；‎ B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板反应方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，说明氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，与铁、铜的活泼性无关，故B错误；‎ C.次氯酸、次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白织物，故C正确；‎ D.玻璃中含有二氧化硅，HF与SiO2反应生成SiF4和水，故氢氟酸可用于雕刻玻璃，氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎13.下列实验操作或叙述不当的是（ ）‎ A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B. 向稀HNO3中加入过量的Fe粉，充分反应后，加入KSCN溶液，无明显现象，证明HNO3不能氧化Fe到Fe3+‎ C. 用铂丝蘸取某碱金属盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+‎ D. 常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Zn与CuSO4溶液反应生成的Cu附着在锌粒表面，锌、铜、稀硫酸构成原电池，锌作负极，铜将促进锌失电子，从而加快反应速率，A叙述合理；‎ B. 向稀HNO3中加入过量的Fe粉，充分反应后，加入KSCN 溶液，无明显现象，可能是生成的Fe3+被Fe还原为Fe2+，不能证明HNO3能否将Fe氧化到Fe3+，B叙述不当；‎ C. 盐溶液灼烧时，火焰呈黄色，这是钠的焰色，从而证明碱金属的盐溶液中含有Na+，C叙述合理；‎ D. 常压蒸馏时，圆底烧瓶中液体的加入量不超过容积的三分之二，不低于容积的三分之一，D叙述合理。‎ 故选B。‎ ‎14.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是 A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2‎ B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－‎ C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋‎ D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；‎ B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；‎ C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；‎ D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。‎ 答案选D。‎ ‎15.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）‎ 选项 现象或事实 解释 A 氢氟酸可用于蚀刻玻璃 是碱性氧化物 B 明矾可用作净水剂 明矾水解生成沉淀 C 铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落 氧化铝的熔点高于铝的熔点 D 铁制容器用于储存、运输浓硝酸 铁制容器和浓硝酸不反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiO2是酸性氧化物，故A错误；‎ B．明矾净水是因Al3+水解生成Al(OH)3胶体，不是沉淀，故B错误；‎ C．铝容易被空气中的氧气氧化生成氧化铝，氧化铝的熔点高于铝的熔点，因此铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故C正确；‎ D．Fe遇浓硝酸钝化，钝化是化学变化，故D错误 故选C。‎ ‎16.向‎18.4 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成‎30.3 g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（ ）‎ A ‎7.84L B. ‎6.72L C. ‎4.48L D. 无法计算 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】向‎18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：‎30.3g-18.4g=‎11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n（OH-）=‎11.9g÷‎17g/mol=0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为0可知，FeCl3、CuCl2中n（Cl-）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH-），即n（Cl-）=0.7mol，根据质量守恒，消耗Cl2的物质的量为：n（Cl2）=n（Cl-）/2=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：‎22.4L/mol×0.35mol=‎7.84L，答案为A。‎ ‎【点晴】‎ 本题是有关混合物的计算，题目难度中等，解题关键需要根据电荷守恒定律和电子守恒定律明确铁铜混合溶于过量硝酸被氧化失去的电子的物质的量，与所得氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量相等，氯气氧化等量混合物所得电子的物质的量相等，搞清了本题的本质因素，难度明显降低，也简化了解题过程，事实上选择型的计算题基本上都适用于原子守恒、电子守恒及电荷守恒关系的，将这三个守恒分析清楚了，相信一定能快速确定正确选项。‎ ‎17.材料与生产、生活和科技密切相关。回答下列问题：‎ ‎（1）无机非金属材料与我们的生活联系密切。我国具有独立知识产权的电脑芯片“龙芯一号”填补了我国计算机史上空白，“龙芯一号”材料的化学式为___；传统的无机非金属材料在日常生活中有着广泛的运用。在玻璃熔炉中碳酸钠反应的化学方程式为___。‎ ‎（2）金属材料的应用更是广泛。工业常用30%FeCl3溶液腐蚀绝缘板上铜箔，制造印刷电路板。腐蚀废液中含有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋离子。当向腐蚀液中加入足量的Fe粉，一定不存在的离子是___；用实验判定腐蚀液中含有Fe2＋离子___。‎ ‎（3）碳酸钠和碳酸氢钠是生活中常见的物质。碳酸氢钠的俗称小苏打，其水溶液显___性。（填“酸”、“碱”或“中”），碳酸氢钠可治疗胃酸（0.2%～0.4%的盐酸）过多，除去碳酸钠溶液中碳酸氢钠的化学方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). Si (2). Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑ (3). Fe3＋、Cu2＋ (4). 用试管取少量腐蚀液滴加少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪色，说明含有Fe2＋；或用试管取少量腐蚀液滴加几滴铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀 (5). 碱 (6). NaHCO3＋NaOH=Na2CO3 ＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）“龙芯一号”材料的化学式为Si；在玻璃熔炉中碳酸钠和二氧化硅反应，生成硅酸钠和二氧化碳。‎ ‎（2）腐蚀废液中含有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋离子，当向腐蚀液中加入足量的Fe粉，Fe3+、Cu2+完全被Fe还原为Fe2+和Cu；用实验判定腐蚀液中含有Fe2＋离子，可以用酸性高锰酸钾溶液，也可以用铁氰化钾溶液。‎ ‎（3）碳酸氢钠的俗称小苏打，其在水溶液中发生水解HCO3-＋H2OH2CO3+OH-。除去碳酸钠溶液中碳酸氢钠，可加入NaOH溶液。‎ ‎【详解】（1）“龙芯一号”材料的化学式为Si；在玻璃熔炉中碳酸钠和二氧化硅反应，化学方程式为Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑。答案为：Si；Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑；‎ ‎（2）腐蚀废液中含有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋离子，当向腐蚀液中加入足量的Fe粉，Fe3+、Cu2+完全被Fe还原为Fe2+和Cu，从而得出一定不存在的离子是Fe3＋、Cu2＋；用实验判定腐蚀液中含有Fe2＋离子，可以用酸性高锰酸钾溶液，也可以用KSCN溶液和Cl2‎ ‎，还可以用铁氰化钾溶液。答案为：Fe3＋、Cu2＋；用试管取少量腐蚀液滴加少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪色，说明含有Fe2＋，或用试管取少量腐蚀液滴加几滴铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀；‎ ‎（3）碳酸氢钠俗称小苏打，其在水溶液中发生水解HCO3-＋H2OH2CO3+OH-，其水溶液显碱性。除去碳酸钠溶液中碳酸氢钠，可加入NaOH溶液，发生反应的化学方程式为NaHCO3＋NaOH=Na2CO3 ＋H2O。答案为：碱；NaHCO3＋NaOH=Na2CO3 ＋H2O。‎ ‎【点睛】用实验判定腐蚀液中是否含Fe2＋离子时，应首先明确腐蚀液中是否含有Fe3+。用酸性KMnO4溶液或铁氰化钾溶液检验Fe2+时，不受Fe3+的干扰，但如果使用KSCN溶液，则会受Fe3+的干扰。所以，只要明确溶液中含有Fe3+，或可能含有Fe3+，就不能使用KSCN溶液。‎ ‎18.某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。‎ 阳离子 Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+‎ 阴离子 SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-‎ 实验I：取少量该试液进行如下实验。‎ 实验Ⅱ：为了进一步确定该溶液的组成，取100mL原溶液，向该溶液中滴加1mol•L-l的NaOH溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有___种，沉淀Z的化学式___。‎ ‎（2）写出实验Ⅱ的图象中BC段对应的离子方程式：___。‎ ‎（3）A点对应的固体质量为__g。‎ ‎（4）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是__，推算该溶液中离子的浓度为___mol•L-l。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). Mg(OH)2 (3). Al(OH)3+OH-=AlO2- +2H2O (4). 0.136 (5). NO3- (6). 0.08‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强酸性无色溶液中，不存在Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-。‎ ‎（1）不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-，沉淀Z只能为Mg(OH)2。‎ ‎（2）实验Ⅱ的图象中的0~1mL段，H+与OH-反应，1~6mL段，Mg2+、Al3+与OH-发生反应，生成Mg(OH)2、Al(OH)3；AB段，NH4+与OH-反应；BC段为Al(OH)3与OH-反应，生成NaAlO2和H2O。‎ ‎（3）A点对应的固体为Mg(OH)2、Al(OH)3。‎ ‎（4）通过实验I可以确定，溶液中不存在Cl-，则该溶液中一定存在的阴离子是NO3-，可利用电荷守恒，推算该溶液中NO3-的浓度。‎ ‎【详解】（1）不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-共4种离子，沉淀Z只能为Mg(OH)2。答案为：4；Mg(OH)2；‎ ‎（2）实验Ⅱ的图象中的0~1mL段，H+与OH-反应，1~6mL段，Mg2+、Al3+与OH-发生反应，生成Mg(OH)2、Al(OH)3；AB段，NH4+与OH-反应；BC段为Al(OH)3与OH-反应，生成NaAlO2和H2O，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2- +2H2O。答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2- +2H2O；‎ ‎（3）A点对应的固体为Mg(OH)2、Al(OH)3，由Al(OH)3+OH-=AlO2- +2H2O，n(OH-)=1mol/L×1mL×10‎-3L/mL=0.001mol，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，消耗NaOH3mL，与Mg2+反应的NaOH为2mL，与HNO3反应的NaOH为1mL，与NH4+反应的NaOH为2mL。从而得出Mg(OH)2为0.001mol，Mg(OH)2、Al(OH)3的质量为0.001mol×‎58g/mol+0.001mol×‎78g/mol=‎0.136g。答案为：0.136；‎ ‎（4）通过实验I可以确定，溶液中不存在Cl-，则该溶液中一定存在的阴离子是NO3-，可利用电荷守恒，推算该溶液中NO3-的浓度为c(NO3-)=c(H+)+‎2c(Mg2+)+‎3c(Al3+)+c(NH4+)‎ ‎==0.08mol/L。答案为：NO3-；0.08。‎ ‎【点睛】在判断图象中线段对应反应时，若我们弄不清哪种离子先反应，哪种离子后反应，可从共存寻求突破。比如HNO3与NaOH反应完之后，我们假设NH4+先与OH-反应生成一水合氨，一水合氨又会与Mg2+、Al3+反应，分别生成Mg(OH)2、Al(OH)3和NH4+，则表明假设错误，应为Mg2+、Al3+先与OH-反应，而NH4+后发生反应。‎ ‎19.实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：‎ ‎（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式___。‎ ‎（2）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是___，对比E和F中现象的差异可得出的结论及解释是___。‎ ‎（3）G处的现象是___。‎ ‎（4）画出H处尾气吸收装置图并注明试剂___。‎ ‎（5）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明注意事项：‎ ‎1）.本品对棉织品有漂白脱色作用，对金属制品有腐蚀作用。‎ ‎2）.密封保存，请勿与洁厕灵同时使用。‎ ‎3）.保质期为一年。‎ ‎“与洁厕灵同时使用”会产生有毒的氯气，写出反应的离子方程式___。‎ ‎（6）现在有一种名为“净水丸”的产品也能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。外层的优氯净Cl2Na（NCO）3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去。亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). E中不褪色，F中褪色 (3). 干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性 (4). 出现蓝色 (5). ‎ ‎ (6). Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O (7). SO32-+HClO=SO42-+H++Cl−‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，Cl元素失电子生成Cl2，则MnO2得电子生成MnCl2、H元素转化为H2O。‎ ‎（2）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象有明显的差异，主要原因是水的加入引起了氯气性质的改变。‎ ‎（3）G处Cl2将KI氧化为I2，I2再与淀粉作用。‎ ‎（4）H处尾气吸收，可利用盛有碱溶液的烧杯或试管。‎ ‎（5）“与洁厕灵同时使用”会产生有毒的氯气，则NaClO与盐酸反应生成氯气等。‎ ‎（6）亚硫酸钠与次氯酸发生氧化还原反应，SO32-被氧化，则HClO被还原。‎ ‎【详解】（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，Cl元素失电子生成Cl2，则MnO2得电子生成MnCl2、H元素转化为H2O，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）氯气本身没有漂白性，不能使红色干布条褪色，但遇到红色湿布条后，先与水反应生成次氯酸，再漂白红色布条，所以可观察到的现象为E中不褪色，F中褪色。答案为：E中不褪色，F中褪色；干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性；‎ ‎（3）G处发生的反应为Cl2+2KI=2KCl+I2，I2再与淀粉反应，从而看到G处的现象是出现蓝色。答案为：出现蓝色；‎ ‎（4）H处尾气吸收，可利用盛有碱溶液的烧杯或试管。答案为：‎ ‎（5）“与洁厕灵同时使用”会产生有毒的氯气，则NaClO与盐酸反应生成氯气等，反应的离子方程式为Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O。答案为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O；‎ ‎（6）亚硫酸钠与次氯酸发生氧化还原反应，SO32-被氧化为SO42-，则HClO被还原为Cl-，反应的离子方程式为SO32-+HClO=SO42-+H++Cl−。答案为：SO32-+HClO=SO42-+H++Cl−。‎ ‎【点睛】‎ 分析氧化还原反应产物时，我们通常需先分析两种反应物中元素的价态，预判氧化剂和还原剂，然后借助原子结构中的最外层电子数，确定还原剂中变价元素的最终价态，氧化剂中变价元素的最终价态，如果有多种价态，可考虑共存性，或遵循就近原则，确定氧化产物和还原产物，再利用电荷守恒、质量守恒确定其它产物。‎ ‎20.用含有少量SiO2、Fe2O3杂质的辉铜矿（主要成分Cu2S）和软锰矿（主要成分MnO2），制备碱式碳酸铜，可进一步制取有机合成中的催化剂氯化亚铜（CuCl），其主要工艺流程如图：‎ 已知：①MnO2能氧化硫化物生成S；‎ ‎②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：‎ ‎③CuCl是一种白色粉末，难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系。‎ ‎（1）浸出液中含有CuSO4和MnSO4等主要产物，写出生成该主要产物的化学方程式：___。‎ ‎（2）实验室中用18.4mol/L的浓硫酸配制480 mL4.5mol/L的硫酸溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、___、___。‎ ‎（3）沉淀物的主要成分是___。‎ ‎（4）CuCl2溶液中加入Na2SO3溶液的离子反应方程式为___。‎ ‎（5）得到的CuCl晶体需用水洗涤，洗涤CuCl晶体的操作是___。‎ ‎（6）热重分析法是程序控制温度下，测量物质的质量与温度关系的一种实验技术。现取‎2.50g胆矾样品，逐渐升温加热分解，分解过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。‎ ‎①a点时固体物质的化学式为___。‎ ‎②‎1000℃‎时发生反应的化学方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O (2). 500mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). Fe(OH)3 (5). 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ (6). 向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次 (7). CuSO4·3H2O (8). 4CuO2Cu2O＋O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）浸出液中含有CuSO4和MnSO4等主要产物，则MnO2、Cu2S、H2SO4三者发生反应，MnO2作氧化剂，Cu2S作还原剂，Cu由+1价升高到+2价，S由-2价升高到0价。‎ ‎（2）实验室没有480 mL规格的容量瓶，应选用500mL的容量瓶。‎ ‎（3）前面除掉了SiO2，Mn在后续操作中被除去，所以此操作去除的是Fe元素。‎ ‎（4）CuCl2溶液中加入Na2SO3溶液，由产物CuCl知，发生了氧化还原反应，则SO32-被氧化。‎ ‎（5）得到的CuCl晶体需用水洗涤，洗涤CuCl晶体的操作是往漏斗内直接加水。‎ ‎（6）①因为热重分析时，金属元素的质量不变，所以可利用Cu元素守恒进行分析。样品中，n(CuSO4∙5H2O)=，依据铜元素守恒，‎2.14g固体也应为0.01mol，M=，从而确定a点时固体物质的组成。‎ ‎②‎1000℃‎时，‎0.72g固体去掉Cu元素的质量，剩下的应该是氧元素的质量，由此可确定e的组成。‎ ‎【详解】（1）由浸出液中的产物CuSO4和MnSO4，可确定MnO2、Cu2S、H2SO4三者发生反应，MnO2作氧化剂，Cu2S作还原剂，Cu由+1价升高到+2价，S由-2价升高到0‎ 价，则反应的化学方程式为2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O。答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O；‎ ‎（2）选用500mL的容量瓶，再考虑定容时需使用胶头滴管，最后确定缺少的仪器为500mL容量瓶、胶头滴管。答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；‎ ‎（3）前面除掉了SiO2，Mn在后续操作中被除去，所以此操作去除的是Fe元素，因为通过调节pH将铁元素转化为沉淀，所以沉淀的化学式为Fe(OH)3。答案为：Fe(OH)3；‎ ‎（4）由产物CuCl知，Cu由+2价降低为+1价，则SO32-转化为SO42-，反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O ‎=2CuCl↓+SO42-+2H+；。‎ ‎（5）得到的CuCl晶体需用水洗涤，洗涤CuCl晶体的操作是向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次。答案为：向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次；‎ ‎（6）①样品中，n(CuSO4∙5H2O)=，依据铜元素守恒，‎2.14g固体也应为0.01mol，M=，即160+18n=214，n=3，a点时固体的化学式为CuSO4·3H2O。答案为：CuSO4·3H2O；‎ ‎②‎1000℃‎时，‎0.72g固体去掉Cu元素的质量0.01mol×‎64g/mol=‎0.64g，剩下的是氧元素的质量‎0.72g-0.64g=‎0.08g，n(Cu):n(O)=0.01mol:=2:1，e的组成为Cu2O，反应的化学方程式为4CuO2Cu2O＋O2↑。答案为：4CuO2Cu2O＋O2↑。‎ ‎【点睛】因为热重分析时，金属元素的质量不变，所以可利用金属元素守恒进行分析。通过带结晶水的盐加热时，先失去结晶水生成无水盐，然后再加热灼烧，无水盐才分解。结晶水合物失去结晶水，不一定一步完成，可能要分几步。分析失水的步骤时，需进行计算，根据金属的物质的量，确定无水盐的质量，从而确定到哪一步结晶水全部失去。如本题中，无水硫酸铜的质量为0.01mol×‎160g/mol=‎1.6g，则第三个阶梯c(258~‎680℃‎)，固体为无水盐。从而说明CuSO4∙5H2O分三步失去全部结晶水，可由质量变化确定晶体的组成。在此步之后，无水盐分解生成金属氧化物，可由金属元素守恒，确定氧元素的质量，最后确定其组成。‎