黑龍江省哈爾濱市第六中學(xué)2020屆高三化學(xué)上學(xué)期第一次調(diào)研考試試題（含解析）.docx

黑龍江省哈爾濱市第六中學(xué)2020屆高三化學(xué)上學(xué)期第一次調(diào)研考試試題（含解析）一、單選題（每題2分）1.下列關(guān)于文獻(xiàn)記載的說(shuō)法正確的是A. 天工開(kāi)物中“世間絲麻裘褐皆具素質(zhì)”，文中“絲、麻”的主要成分都是蛋白質(zhì)B. 肘后備急方中“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，該提取過(guò)程屬于化學(xué)變化C. 抱樸子中“丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又還成丹砂”，描述的是升華和凝華過(guò)程D. 本草綱目中“用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器承滴露”，涉及的實(shí)驗(yàn)操作是蒸餾【答案】D【解析】【詳解】A絲的主要成分是蛋白質(zhì)，麻的主要成分是天然纖維，故A錯(cuò)誤；B青蒿素提取利用的是萃取原理，該過(guò)程中沒(méi)有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故B錯(cuò)誤；C升華屬于物理變化，丹砂（HgS）燒之成水銀，即HgS發(fā)生分解反應(yīng)生成水銀，此過(guò)程為化學(xué)變化，不屬于升華，故C錯(cuò)誤；D白酒的燒制是利用沸點(diǎn)不同進(jìn)行分離，為蒸餾操作，故D正確；故答案為D。2.化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列敘述不正確的是（ ）A. 二氧化硅是將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿某Ｓ貌牧螧. 中國(guó)古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹C. 使用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D. 漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏土【答案】A【解析】【詳解】A單質(zhì)硅可用于制作太陽(yáng)能電池的原料，太陽(yáng)能電池可將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能，二氧化硅是光導(dǎo)纖維的成分，故A錯(cuò)誤；B明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2(OH)2CO3，能夠溶于酸性溶液，可以利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故B正確；C含鈣離子濃度較大的地下水能夠與高級(jí)脂肪酸鈉反應(yīng)生成高級(jí)脂肪酸鈣沉淀，去污能力減弱，故C正確；D瓷器由黏土燒制而成，瓷器的主要原料為黏土，故D正確；答案選A。3.化學(xué)與社會(huì)、生產(chǎn)生活和科技都密切相關(guān)。下列說(shuō)法正確的是A. 在軍艦船底鑲嵌鋅塊作正極，以防船體被蝕B. “天宮二號(hào)”使用的碳纖維是一種新型有機(jī)高分子材料C. SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿D. 維生素C易被氧氣氧化，用作食品抗氧化劑【答案】D【解析】A鋅的活潑性強(qiáng)于鐵，軍艦船底鑲嵌鋅塊作負(fù)極，以防船體被腐蝕，為金屬的犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，故A錯(cuò)誤；B碳纖維成分為碳單質(zhì)，是無(wú)機(jī)物，不是有機(jī)高分子材料，故B錯(cuò)誤；C二氧化硫可用于漂白紙漿是利用了二氧化硫的漂白性，不是二氧化硫的氧化性，故C錯(cuò)誤；D維生素C具有還原性，則用作食品抗氧化劑，故D正確；故選D。4.下列有關(guān)物質(zhì)、變化的說(shuō)法中，正確的是（ ）A. 化學(xué)變化不產(chǎn)生新元素，產(chǎn)生新元素的變化不是化學(xué)變化B. 向煮沸的1molL-1NaOH溶液中滴加FeC13飽和溶液制備Fe(OH)3膠體C. 導(dǎo)電性屬于物質(zhì)的物理性質(zhì)，所以物質(zhì)導(dǎo)電時(shí)不可能發(fā)生化學(xué)變化D. 液氯、乙醇、NH3均屬于非電解質(zhì)【答案】A【解析】A原子為化學(xué)變化中的最小微粒，化學(xué)變化中遵循元素守恒，則化學(xué)變化不產(chǎn)生新元素，產(chǎn)生新元素的變化不是化學(xué)變化，故A正確；BFe(OH)3膠體的制備是將FeCl3飽和溶液滴入沸水中制備的，向煮沸的1mol/LNaOH溶液中滴加FeCl3飽和溶液制備Fe(OH)3沉淀，故B錯(cuò)誤；C導(dǎo)電時(shí)可能為自由電子或自由離子的定向移動(dòng)，如電解時(shí)導(dǎo)電發(fā)生化學(xué)變化，故C錯(cuò)誤；D液氯是單質(zhì)，不屬于電解質(zhì)，也不屬于非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選A。5.下列說(shuō)法不正確的是A. 干冰升華和液氧氣化時(shí)，都只需克服分子間作用力B. N2和Cl2O兩種分子中，每個(gè)原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C. HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性和還原性均依次減弱D. 石墨轉(zhuǎn)化金剛石，既有化學(xué)鍵的斷裂，又有化學(xué)鍵的形成【答案】C【解析】A、干冰和氧氣形成的晶體都是分子晶體，所以干冰升華和液氧氣化時(shí)，都只需克服分子間作用力，故A正確；B、氮?dú)夂琋N，Cl2O中含2個(gè)O-Cl鍵，N原子上存在1對(duì)孤對(duì)電子，O原子上存在2對(duì)孤對(duì)電子，Cl原子上存在3對(duì)孤對(duì)電子，則兩種分子中，每個(gè)原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故B正確；C、同一主族，從上到下，元素的非金屬性逐漸減弱，所以非金屬性：FClBrI，元素非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，對(duì)應(yīng)陰離子的還原性越弱，所以熱穩(wěn)定性：HFHClHBrHI；還原性：HFHClHBrHI，故C錯(cuò)誤；D、石墨轉(zhuǎn)化金剛石是化學(xué)變化，既有化學(xué)鍵的斷裂，又有化學(xué)鍵的形成，故D正確；故選C。6.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是A. 0.1mol苯乙烯中含有碳碳雙鍵的數(shù)目為0.4NAB. 25，1LpH=7的NH4Cl和NH3H2O的混合溶液中，含OH-的數(shù)目為10-7NAC. 一定條件下，0.1molSO2與足量氧氣反應(yīng)生成SO3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAD. 電解精煉銅，當(dāng)電路中通過(guò)電子數(shù)目為0.2NA時(shí)，陽(yáng)極質(zhì)量減少6.4g【答案】B【解析】A苯環(huán)中無(wú)雙鍵，故0.1mol苯乙烯中含0.1mol碳碳雙鍵，故A錯(cuò)誤；B、25，1LpH=7的NH4Cl和NH3H2O的混合溶液中c(OH-)=10-7mol/L，氫氧根的個(gè)數(shù)為10-7NA，故B正確；CSO2與足量氧氣反應(yīng)生成SO3的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.2NA，故C錯(cuò)誤；D電解精煉銅時(shí)，若陽(yáng)極質(zhì)量減少6.4g，由于陽(yáng)極有鐵雜質(zhì)存在，鐵的摩爾質(zhì)量小于銅的，所以陽(yáng)極減少6.4g，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量不是0.2mol，故D錯(cuò)誤；故選B。點(diǎn)睛：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意粗銅中含有雜質(zhì)(鐵、鋅等)，作陽(yáng)極時(shí)，鐵、鋅也要放電。7.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A. 22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微?？倲?shù)為NAB. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，38g3H2O2中含有3NA共價(jià)鍵C. 常溫下，將5.6g鐵塊投入足量濃硝酸中，轉(zhuǎn)移0.3NA電子D. 0.1molL-1MgCl2溶液中含有的Mg2+數(shù)目一定小于0.1NA【答案】B【解析】【詳解】A、非標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCl2的物質(zhì)的量不一定是1mol，故A錯(cuò)誤；B、1個(gè)3H2O2分子中含有3個(gè)共價(jià)鍵，38g3H2O2中含有共價(jià)鍵的數(shù)目是3NA，故B正確；C、常溫下，鐵在濃硝酸中鈍化，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)n=cV，沒(méi)有溶液體積，不能計(jì)算溶質(zhì)物質(zhì)的量，故D錯(cuò)誤。8.K2FeO4 是優(yōu)良的水處理劑，一種制備方法是將 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反應(yīng)為Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O。下列關(guān)于該反應(yīng)的說(shuō)法不正確的是A. 鐵元素被氧化，氮元素被還原B. 每生成 1 mol K2FeO4，轉(zhuǎn)移 6 mol eC. K2FeO4 具有氧化殺菌作用D. 該實(shí)驗(yàn)條件下的氧化性：KNO3K2FeO4【答案】B【解析】【詳解】反在應(yīng)Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中，鐵元素化合價(jià)由Fe2O3 中的+3價(jià)變?yōu)镵2FeO4中的+6價(jià)，化合價(jià)升高，F(xiàn)e2O3為還原劑，而N元素則由KNO3中+5價(jià)變?yōu)镵NO2中的+3價(jià)，化合價(jià)降低，做氧化劑。A、氮元素化合價(jià)降低，被還原，鐵元素化合價(jià)升高被氧化，選項(xiàng)A正確； B、反應(yīng)Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中鐵元素由+3價(jià)變?yōu)?6價(jià)，故1molFe2O3轉(zhuǎn)移6mol電子即6NA個(gè)，生成2molK2FeO4，故當(dāng)生成1molK2FeO4時(shí)轉(zhuǎn)移3NA個(gè)電子，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、K2FeO4 中鐵元素為+6價(jià)，有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，選項(xiàng)C正確；D、反應(yīng)中KNO3為氧化劑，而K2FeO4為氧化產(chǎn)物，而氧化性是氧化劑氧化產(chǎn)物，故氧化性：KNO3K2FeO4，選項(xiàng)D正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查了氧化還原反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)及配平，題目難度較大，明確物質(zhì)的性質(zhì)及題給信息、熟悉化合物中各元素化合價(jià)是解本題關(guān)鍵。9.乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香氣，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。關(guān)于該有機(jī)物的敘述中正確的是 在Ni催化條件下1mol該有機(jī)物可與3mol H2發(fā)生加成； 該有機(jī)物不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)； 該有機(jī)物分子式為C12H22O2； 該有機(jī)物的同分異構(gòu)體中不可能有酚類(lèi)； 1 mol該有機(jī)物水解時(shí)只能消耗1 mol NaOHA. B. C. D. 【答案】C【解析】分子中含有2個(gè)碳碳雙鍵，則1mol該有機(jī)物可消耗2mol H2，酯基與氫氣不發(fā)生加成反應(yīng)，故錯(cuò)誤；分子中不含醛基，則不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故正確；由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子中含有12個(gè)C原子，20個(gè)H原子，2個(gè)O原子，則分子式為C12H20O2，故錯(cuò)誤；分子中含有3個(gè)雙鍵，則不飽和度為3，而酚類(lèi)物質(zhì)不飽和度為4，則它的同分異構(gòu)體中不可能有酚類(lèi)，故正確；能與氫氧化鈉反應(yīng)的官能團(tuán)只有酯基，水解生成羧基和羥基，只有羧基能與氫氧化鈉反應(yīng)，則1mol該有機(jī)物水解時(shí)只能消耗1mol NaOH，故正確；故選C。點(diǎn)睛：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物的官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵。10.對(duì)甲基苯乙烯（）是有機(jī)合成的重要原料。下列對(duì)其結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的推斷錯(cuò)誤的是（）A. 分子式為B. 能發(fā)生加聚反應(yīng)和氧化反應(yīng)C. 具有相同官能團(tuán)的芳香烴同分異構(gòu)體有5種不考慮立體異構(gòu)D. 分子中所有原子可能處于同一平面【答案】D【解析】【分析】對(duì)甲基苯乙烯（）含有甲基、苯環(huán)和碳碳雙鍵，具有苯、乙烯的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和性質(zhì)?！驹斀狻緼項(xiàng)、對(duì)甲基苯乙烯（）含有9個(gè)碳和10個(gè)氫，分子式為C9H10，故A正確；B項(xiàng)、含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應(yīng)和氧化反應(yīng)，故B正確；C項(xiàng)、含有兩個(gè)支鏈時(shí)，有鄰間對(duì)三種結(jié)構(gòu)，含有一個(gè)支鏈時(shí)：支鏈為-CH=CH-CH3、-CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了本身，共有5種同分異構(gòu)體，故C正確；D項(xiàng)、含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，都為平面形結(jié)構(gòu)，處于同一平面，分子中含有-CH3，甲基為四面體結(jié)構(gòu)，所以分子中所有原子不可能處于同一平面，故D錯(cuò)誤。故選D?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、苯環(huán)與H原子的判斷為解答的關(guān)鍵。11.分子式為C4H8BrCl的有機(jī)物共有（不含立體異構(gòu)）A. 8種B. 10種C. 12種D. 14種【答案】C【解析】【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2個(gè)H原子分別被1個(gè)Cl、1個(gè)Br原子取代，丁烷只有2種結(jié)構(gòu)，氯原子與溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，據(jù)此書(shū)寫(xiě)判斷?！驹斀狻肯确治鎏脊羌墚悩?gòu)，分別為 C-C-C-C 與2種情況，然后分別對(duì) 2 種碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 種，骨架有和， 4 種，綜上所述，分子式為C4H8BrCl的有機(jī)物種類(lèi)共8+4=12種，C項(xiàng)正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】本題考查同分異構(gòu)體的書(shū)寫(xiě)，難度中等，學(xué)會(huì)利用同分異構(gòu)體的判斷方法解題是關(guān)鍵。12.X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的4種短周期元素，其中Y、Z為金屬元素。X、Y、Z、W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物甲、乙、丙、丁之間存在如圖所示反應(yīng)關(guān)系(圖中“一”相連的兩種物質(zhì)能發(fā)生反應(yīng))。下列判斷正確的是A. X是元素周期表中非金屬性最強(qiáng)的元素B. Z冶煉可通過(guò)電解其氯化物的方式獲得C. 4種原子中，Y離子半徑最小D. W的陰離子可能促進(jìn)水的電離【答案】D【解析】Y、Z為金屬元素，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可發(fā)生反應(yīng)，則應(yīng)為氫氧化鋁和氫氧化鈉的反應(yīng)，可知Y為Na、Z為Al，乙為NaOH，丙為Al(OH)3，X應(yīng)為N，甲為HNO3，W可為為S、Cl，則丁可能為H2SO4、HClO4。由以上分析可知X為N、Y為Na、Z為Al、W為S或Cl，甲為HNO3，乙為NaOH，丙為Al(OH)3，丁為H2SO4或HClO4。AX為N，元素周期表中非金屬性最強(qiáng)的元素為F，故A錯(cuò)誤；BZ為Al，位于周期表第三周期A族，故B錯(cuò)誤；C.4種原子中，半徑最小的為N，Y為Na，原子半徑最大，故C錯(cuò)誤；D如W為S，對(duì)應(yīng)的離子為S2-，水解呈堿性，可促進(jìn)水的電離，故D正確；故選D。13.X、Y、Z、W是第三周期元素，它們最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物溶于水，得到濃度均為0.010mol/L的溶液，其pH（25）與對(duì)應(yīng)元素原子半徑的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（ ）A. 簡(jiǎn)單離子的半徑：XZWB. 簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：ZWYC. Y單質(zhì)可用于制作半導(dǎo)體材料D. n =2-lg2【答案】D【解析】【分析】第三周期元素中，X最高價(jià)氧化物水化物的溶液pH為12，氫氧根濃度為0.01mol/L，故為一元強(qiáng)堿，則X為Na；Y、W、Z對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物水化物的溶液pH均小于7，均為酸，W最高價(jià)含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，故為一元強(qiáng)酸，則W為Cl元素；最高價(jià)含氧酸中，Z對(duì)應(yīng)的酸性比W的強(qiáng)、Y對(duì)應(yīng)的酸性比W的弱，而原子半徑Y(jié) Z Cl，硅酸不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素，以此來(lái)答題?！驹斀狻緼.比較半徑，首先看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多，半徑越大；電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，原子序數(shù)大，半徑小，故離子的半徑：ZWX，故A錯(cuò)誤；B.非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，故簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：WZY，故B錯(cuò)誤；C.Y為P元素，單質(zhì)不可用于制作半導(dǎo)體材料，故C錯(cuò)誤；D. Z為S元素，形成的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為H2SO4，由于PH=-lgc(H+)=-lg0.02=n，故n =2-lg2，故D正確；故選D。【點(diǎn)睛】比較半徑，首先看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多，半徑越大；電子層數(shù)相同時(shí)，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)越多，半徑越?。浑娮訉訑?shù)和質(zhì)子數(shù)都相同時(shí)，核外電子數(shù)越多，半徑越大。據(jù)此，同種元素的原子半徑大于陽(yáng)離子半徑，小于陰離子半徑。14.下列類(lèi)比關(guān)系正確的是A. 少量碳酸鈉溶液與醋酸反應(yīng):2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2+H2O，則與次氯酸反應(yīng)也生成CO2(HC1O Ka=2.9810-8，H2CO3 K1=4.310-7 K2=5.610-11B. Fe2O3與鹽酸反應(yīng)生成FeCl3，則與氫碘酸反應(yīng)也可生成FeI3C. FeCl3加熱蒸干、灼燒得Fe2O3，則FeCl2加熱蒸干、灼燒得FeOD. Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，則與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應(yīng)【答案】D【解析】A.根據(jù)HClO Ka=2.9810-8 ，H2CO3 K1=4.310-7K2=5.610-11可知，酸性碳酸次氯酸碳酸氫根離子，因此少量碳酸鈉溶液與次氯酸不反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；BFe2O3與氫碘酸反應(yīng)生成的鐵離子具有氧化性，能夠?qū)⒌怆x子氧化生成碘單質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C. FeCl3水解生成的氯化氫易揮發(fā)，加熱蒸干、灼燒得Fe2O3，而FeO不穩(wěn)定，加熱生成四氧化三鐵，故C錯(cuò)誤；D、鋁熱反應(yīng)是鋁在高溫下來(lái)還原一些高熔點(diǎn)的金屬單質(zhì)，并且放出大量的熱，所以Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，故D正確；故選D。15.下列說(shuō)法對(duì)應(yīng)的離子方程式合理的是A. 碳酸鈣與醋酸反應(yīng):CO32-+2CH3COOH=CO2+H2O+2CH3COO-B. 明礬溶液中加入過(guò)量的氫氧化鋇溶液:Al3+SO42-+Ba2+4OH-=BaSO4+AlO2-+2H2OC. 工業(yè)制取漂白液原理: Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD. 泡沫滅火器的工作原理:2A13+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2【答案】C【解析】A碳酸鈣與醋酸反應(yīng)生成醋酸鈣、二氧化碳?xì)怏w和水，醋酸和碳酸鈣都需要保留化學(xué)式，正確的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO-，故A錯(cuò)誤；B向明礬溶液中加入過(guò)量的氫氧化鋇溶液反應(yīng)的離子方程式為：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-= 2BaSO4+AlO2-+2H2O，故B錯(cuò)誤；C.氯氣與NaOH溶液反應(yīng)制備漂白液，則離子反應(yīng)為Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故C正確；D泡沫滅火器中藥品是硫酸鋁和碳酸氫鈉，硫酸鋁溶液水解呈酸性，碳酸氫鈉溶液水解呈堿性，所以硫酸鋁和碳酸氫鈉相互促進(jìn)水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解離子反應(yīng)為Al3+3HCO3-Al(OH)3+3CO2，故D錯(cuò)誤；故選C。點(diǎn)睛：本題考查了離子方程式的正誤判斷，要注意檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要知道泡沫滅火器中藥品是硫酸鋁和碳酸氫鈉。16.室溫下，由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=10-11mol/L的溶液中，一定大量共存的離子組（ ）A. Na+ 、 NH4+ 、Cl- 、SO42-B. S2- 、CH3COO- 、Na+ 、Cs+C. K+ 、 Na+ 、 I- 、NO3-D. K+ 、 Na+ NO3- 、SO42-【答案】D【解析】常溫時(shí)，若由水電離產(chǎn)生c（OH-）為110-11molL-1，說(shuō)明可能為酸性溶液也可能是堿性溶液。A. 在堿性條件下NH4+不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B. 酸性條件下，S2、CH3COO不能大量存在，都與氫離子反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C. 若為酸性溶液，則H、NO3和I會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D. 無(wú)論酸或堿溶液中，該組離子之間均不反應(yīng)，一定大量共存，故D正確。故答案選D。17.某溶液中可能含有OH-、CO32-、A1O2-、SiO32-、SO42-、HCO3-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等離子。當(dāng)向該溶液中逐滴加入一定物質(zhì)的量濃度的鹽酸溶液時(shí)，發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨鹽酸溶液的體積變化如下圖所示。下列說(shuō)法正確的是A. 原溶液中可能含有Na2SO4、可能不含有CO32-B. 原溶液中一定含有的陰離子只有:OH-、A1O2-、CO32-C. 原溶液中含CO32-與A1O2-的物質(zhì)的量之比為3:4D. a-d3/4【答案】C【解析】由圖象分析可知，開(kāi)始無(wú)沉淀生成說(shuō)明加入的鹽酸和溶液中的堿反應(yīng)，說(shuō)明溶液中一定含OH-離子，則與氫氧根離子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；隨后反應(yīng)生成沉淀逐漸增大，說(shuō)明是AlO2-、SiO32-和氫離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2-與HCO3-發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，則溶液中一定不存在HCO3-；繼續(xù)加入鹽酸沉淀量不變，消耗鹽酸的離子只能是CO32-離子，反應(yīng)完后繼續(xù)加入鹽酸，沉淀逐漸減小，到不再改變，進(jìn)一步證明沉淀是氫氧化鋁和硅酸沉淀，氫氧化鋁沉淀溶于鹽酸，最后剩余沉淀為硅酸；硫酸根離子不能確定是否存在，但根據(jù)溶液的電中性可知，溶液中一定含有Na+離子。A溶液中硫酸根離子不能確定，剩余原溶液中不一定含有Na2SO4，故A錯(cuò)誤；B依據(jù)判斷原溶液中一定含有的陰離子是：OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-，故B錯(cuò)誤；C依據(jù)圖像可知和碳酸根離子反應(yīng)的鹽酸為2體積，CO32-+2H+=CO2+H2O 氫氧化鋁溶解消耗的鹽酸體積為4體積，Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，原溶液中含有CO32-與AlO2-的物質(zhì)的量之比為3：4，故C正確；D根據(jù)圖像溶解氫氧化鋁消耗的鹽酸體積為4，假設(shè)鹽酸的濃度為1mol/L，則消耗氯化氫4mol，則溶解的氫氧化鋁為mol，則溶液中含有mol AlO2-，沉淀mol AlO2-需要鹽酸mol，a-d對(duì)應(yīng)于AlO2-和SiO32-消耗的鹽酸大于mol，即a-d，故D錯(cuò)誤；故選C。點(diǎn)睛：本題考查了離子檢驗(yàn)的方法和應(yīng)用，題目難度較大，正確分析圖像曲線變化為解題關(guān)鍵。注意掌握硅酸根離子、偏鋁酸根離子、氫氧化鋁的化學(xué)性質(zhì)及檢驗(yàn)方法。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意根據(jù)反應(yīng)的方程式分析判斷，要知道a-d對(duì)應(yīng)于AlO2-和SiO32-消耗的鹽酸。18.從廢鉛蓄電池鉛膏（含PbSO4、PbO2和Pb等）中回收鉛的一種工藝流程如下：已知：濃硫酸不與PbO2反應(yīng)，Ksp（PbCl2）2.0105，Ksp（PbSO4）1.5108，PbCl2（s）2Cl（aq）=PbCl42（aq）。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A. 合理處理廢鉛蓄電池有利于資源再利用和防止重金屬污染B. 步驟中可用濃硫酸代替濃鹽酸C. 步驟、中均涉及過(guò)濾操作D. PbSO4（s）2Cl（aq）PbCl2（s）SO42（aq）的平衡常數(shù)為7.5104【答案】B【解析】【分析】B、D選項(xiàng)均利用到已知信息，C項(xiàng)注意看流程圖中分離出固體和液體可知均涉及過(guò)濾操作?！驹斀狻緼. 鉛會(huì)使蛋白質(zhì)變性，造成人體重金屬中毒，所以合理處理廢鉛蓄電池有利于資源再利用和防止重金屬污染，故A正確；B. 濃硫酸不與PbO2反應(yīng)，步驟中若用濃硫酸代替濃鹽酸，則鉛無(wú)法反應(yīng)到濾液中，故B錯(cuò)誤；C. 步驟、中均需要分離液體與不溶性固體，都涉及過(guò)濾操作，故C正確；D. PbSO4（s）2Cl（aq）PbCl2（s）SO42（aq）的平衡常數(shù)為：7.5104，故D正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】計(jì)算平衡常數(shù)，寫(xiě)出該反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式，注意利用給出的已知信息，可知該平衡常數(shù)等于兩Ksp相除。19.海洋中有豐富的食品、礦產(chǎn)、能源、藥物和水產(chǎn)資源，如圖為海水利用的部分過(guò)程。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A. 制取NaHCO3的反應(yīng)是利用其溶解度比較小B. 除去粗鹽中雜質(zhì)(Mg2+、SO42-、Ca2+),加入的藥品順序?yàn)?NaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液過(guò)濾后加鹽酸C. 在第、步驟中，溴元素均被氧化D. 工業(yè)上通過(guò)電解飽和MgCl2溶液制取金屬鎂【答案】A【解析】A碳酸氫鈉在反應(yīng)涉及物質(zhì)中溶解度最小，向飽和食鹽水中通入氨氣以及二氧化碳，溶解度較小的碳酸氫鈉會(huì)先析出，制取NaHCO3的反應(yīng)是利用其溶解度小于NaCl，故A正確；B除去粗鹽中雜質(zhì)(Mg2+、SO42-、Ca2+)，BaCl2溶液需要在碳酸鈉之前加入，便于過(guò)量的氯化鋇被碳酸鈉除去，故B錯(cuò)誤；C海水提溴是先通入足量氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，然后將溴單質(zhì)還原為溴化氫，再通入適量氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，其中中溴得電子化合價(jià)降低，所以溴元素被還原，故C錯(cuò)誤；D鎂為活潑金屬，電解氯化鎂溶液，在陽(yáng)極生成氯氣，在陰極生成氫氣和氫氧化鎂沉淀，不能得到鎂，應(yīng)用電解熔融氯化鎂的方法冶煉，故D錯(cuò)誤；故選A。點(diǎn)睛：本題考查海水資源的綜合應(yīng)用，把握金屬冶煉、氧化還原反應(yīng)及海水提碘、海水提溴的反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要熟悉海水提溴的流程，溴化鈉溶液中通入氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，溴單質(zhì)被二氧化硫溶液吸收，再通入氯氣得到溴單質(zhì)。20.對(duì)分別盛有不同無(wú)色溶液四支試管進(jìn)行如下操作，現(xiàn)象和結(jié)論對(duì)應(yīng)正確的是 操作現(xiàn)象結(jié)論A向中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-B向中滴加氯水和CCl4，振蕩?kù)o置下層溶液呈橙色原溶液中有IC向中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成原溶液中有AlO2D向中滴加NaOH溶液，加熱，將濕潤(rùn)紅色石蕊試紙置于試管口試紙變藍(lán)原溶液中有NH4A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】A項(xiàng)，向某溶液中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，若有白色沉淀，該沉淀可能為BaSO4或AgCl等，不能排除Ag+的干擾，應(yīng)先加足量鹽酸酸化，如無(wú)沉淀，然后加入BaCl2溶液，若有白色沉淀，說(shuō)明原溶液中一定含SO42-，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，因?yàn)槁人械穆葰夂弯咫x子反應(yīng)生成溴單質(zhì)、和碘離子反應(yīng)生成碘單質(zhì)，CCl4可把溴單質(zhì)、碘單質(zhì)從水溶液中萃取出來(lái)，CCl4密度比水大，在下層，溴單質(zhì)的CCl4溶液呈橙色、碘單質(zhì)的CCl4溶液呈紫色，滴加氯水和CCl4，下層溶液呈橙色，說(shuō)明原溶液中有溴離子，而不是碘離子，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，原溶液中不一定有AlO2，例如NaHCO3溶液與Ca(OH)2、Ba(OH)2溶液反應(yīng)都會(huì)生成白色沉淀，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，NH4與OH-反應(yīng)生成NH3H2O，加熱時(shí)NH3H2O分解放出氨氣，氨氣遇到濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙，又會(huì)反應(yīng)生成NH3H2O，NH3H2O電離產(chǎn)生OH-，溶液顯堿性，所以試紙變藍(lán)，故D正確。21.利用圖示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，反應(yīng)進(jìn)行足夠長(zhǎng)時(shí)間后裝置II中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象正確的是II中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象A濃鹽酸碳酸鈣滴有酚酞的稀碳酸鈉溶液溶液由紅色變?yōu)闇\紅色B濃氨水氧化鈣硫酸亞鐵溶液產(chǎn)生大量白色沉淀C冰醋酸乙醇和濃硫酸飽和碳酸鈉溶液溶液分層，上層為油狀液體DNH4Cl溶液NaAlO2溶液紫色石蕊試液溶液由紫色變?yōu)樗{(lán)色A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，且鹽酸易揮發(fā)，二氧化碳、鹽酸均與碳酸鈉反應(yīng)，則堿性減弱，觀察到中溶液由紅色最終變?yōu)闊o(wú)色，故A錯(cuò)誤；B反應(yīng)生成氨氣，氨氣與硫酸亞鐵溶液反應(yīng)生成Fe(OH)2白色沉淀，然后變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色Fe(OH)3沉淀，故B錯(cuò)誤；C酯化反應(yīng)需要加熱，則圖中裝置沒(méi)有加熱裝置，不能生成乙酸乙酯，故C錯(cuò)誤；DNH4Cl溶液和NaAlO2溶液混合后生成Al(OH)3白色沉淀，同時(shí)逸出氨氣，氨氣的水溶液顯堿性，遇紫色石蕊試液顯藍(lán)色，故D正確；故答案為D。22.針對(duì)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象表述不正確的是A. 用同一針筒先后抽取80 mL氯氣、20 mL水，振蕩，氣體完全溶解，溶液變?yōu)辄S綠色B. 在表面皿中加入少量膽礬，再加入3 mL濃硫酸，攪拌，固體由藍(lán)色變白色C. 向二氧化硫水溶液中滴加氯化鋇溶液，再滴加雙氧水，產(chǎn)生白色沉淀D. 將點(diǎn)燃后的鎂條伸入充滿二氧化碳的集氣瓶，鎂條劇烈燃燒，有白色、黑色固體生成【答案】A【解析】【詳解】A.氯氣可溶于水，在常溫時(shí)，1體積水大約能溶解2體積氯氣，因而20mL水大約能溶解40mL氯氣，氣體大約剩余40mL未溶解，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.膽礬指的是五水合硫酸銅（CuSO45H2O），其顯藍(lán)色，而濃硫酸具有吸水性，CuSO45H2O變?yōu)镃uSO4，CuSO4為白色固體，B項(xiàng)正確；C.雙氧水將SO2氧化，離子方程式為H2O2+SO2 =SO42-+2H+，氯化鋇溶液中Ba2+與SO42-生成BaSO4白色沉淀，C項(xiàng)正確；D.將點(diǎn)燃后的鎂條伸入充滿二氧化碳的集氣瓶，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為，MgO為白色固體，C是黑色固體，D項(xiàng)正確。故答案選A23.下列所示物質(zhì)的制備方法合理的是A. 實(shí)驗(yàn)室從海帶中提取單質(zhì)碘取樣灼燒溶解過(guò)濾萃取蒸餾B. 金紅石(主要成分TiO2)為原料生產(chǎn)金屬Ti：金紅石、焦炭TiCl4TiC. 從鹵水中(溶質(zhì)主要是MgCl2)提取Mg鹵水Mg(OH)2MgCl2(aq) MgCl(s) MgD. 由食鹽制取漂粉精NaCl(ag) Cl2漂粉精【答案】B【解析】【詳解】A.海帶中的碘元素以I形式存在，從海帶中提取單質(zhì)碘時(shí)，過(guò)濾后要加入氧化劑將碘離子氧化為碘單質(zhì)，再加入萃取劑進(jìn)行萃取、分液，最后經(jīng)蒸餾獲得單質(zhì)碘，故A錯(cuò)誤；B.二氧化鈦和焦炭、氯氣反應(yīng)，產(chǎn)物是四氯化鈦和一氧化碳；鎂與TiCl4置換反應(yīng)得到鈦和氯化鎂，稀有氣體化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，不會(huì)參與化學(xué)反應(yīng)，常做保護(hù)氣，故B正確；C.直接加熱蒸干水分得不到氯化鎂固體，會(huì)促進(jìn)氯化鎂水解，最后得到氫氧化鎂；應(yīng)該蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得MgCl26H2O晶體，然后在HCl氣體環(huán)境中加熱MgCl26H2O可得MgCl2固體，故C錯(cuò)誤；D.澄清石灰水濃度較低，用其制備次氯酸鈣效率較低，應(yīng)用石灰乳，故D錯(cuò)誤；答案：B24.過(guò)氧化鈣(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析試劑、醫(yī)用防腐劑、消毒劑。實(shí)驗(yàn)室常用CaCO3為原料制備過(guò)氧化鈣，流程如下：CaCO3濾液白色結(jié)晶(CaO2)。下列說(shuō)法不正確的是()A. 逐滴加入稀鹽酸后，將溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的HClB. 加入氨水和雙氧水后的反應(yīng)為：CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2OC. 生成CaO2的反應(yīng)需要在冰浴下進(jìn)行的原因是溫度過(guò)高時(shí)過(guò)氧化氫分解D. 過(guò)濾得到的白色結(jié)晶用蒸餾水洗滌后應(yīng)再用乙醇洗滌以去除結(jié)晶表面水分【答案】A【解析】【分析】根據(jù)過(guò)程，碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)后，過(guò)濾，推出溶液中有固體剩余，即碳酸鈣過(guò)量，CaCO3與鹽酸反應(yīng)，發(fā)生CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液顯酸性，過(guò)氧化鈣溶于酸，加熱煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，加入氨水和雙氧水時(shí)發(fā)生的反應(yīng)是CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O，然后過(guò)濾，得到過(guò)氧化鈣，據(jù)此分析；【詳解】A、根據(jù)過(guò)程，碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)后，過(guò)濾，推出溶液中有固體剩余，即碳酸鈣過(guò)量，CaCO3與鹽酸反應(yīng)，發(fā)生CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液顯酸性，過(guò)氧化鈣溶于酸，加熱煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，故A說(shuō)法錯(cuò)誤；B、加入氨水和雙氧水后發(fā)生的反應(yīng)方程式為CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O，故B說(shuō)法正確；C、雙氧水不穩(wěn)定，受熱易分解，需要在冰浴下進(jìn)行的原因是防止雙氧水分解，故C說(shuō)法正確；D、過(guò)氧化鈣在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗滌的目的是去除結(jié)晶表面的水分，故D說(shuō)法正確；答案選A。【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)是選項(xiàng)A，學(xué)生注意到CaO2溶于酸，需要將過(guò)量HCl除去，但是忽略了流程，碳酸鈣加入鹽酸后過(guò)濾，這一操作步驟，碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)：CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，沒(méi)有沉淀產(chǎn)生，為什么過(guò)濾呢？只能說(shuō)明碳酸鈣過(guò)量，鹽酸不足，還要注意到CO2能溶于水，反應(yīng)后溶液顯酸性，因此煮沸的目的是除去CO2。25.探索二氧化碳在海洋中轉(zhuǎn)移和歸宿，是當(dāng)今海洋科學(xué)研究的前沿領(lǐng)域。研究表明，溶于海水的二氧化碳主要以無(wú)機(jī)碳形式存在，其中HCO3-占95%?？茖W(xué)家利用下圖所示裝置從海水中提取CO2，有利于減少環(huán)境溫室氣體含量。下列說(shuō)法不正確的是A. a室中OH-在電極板上被氧化B. b室發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：H+ + HCO3- = CO2 + H2OC. 電路中每有0.2mol 電子通過(guò)時(shí)，就有0.2mol陽(yáng)離子從c室移至b室D. 若用氫氧燃料電池供電，則電池負(fù)極可能發(fā)生的反應(yīng)為：H2 + 2OH- - 2e- =2H2O【答案】C【解析】【詳解】A. a室是陽(yáng)極室，OH-在電極板上失電子被氧化生成氧氣，故A正確；B. a室中生成的氫離子移入b室， b室發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：H+ + HCO3-CO2 + H2O，故B正確；C. 陽(yáng)離子由陽(yáng)極移向陰極，所以陽(yáng)離子從b室移至c室，故C錯(cuò)誤；D. 堿性氫氧燃料電池的負(fù)極反應(yīng)為：H2 + 2OH- - 2e-2H2O，故D正確。二、綜合題26.平板電視顯示屏生產(chǎn)過(guò)程中產(chǎn)生大量的廢玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質(zhì))。某小組以此廢玻璃為原料，設(shè)計(jì)如下工藝流程對(duì)資源進(jìn)行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO2不溶于強(qiáng)酸或強(qiáng)堿；Ce3+易水解，酸性條件下，Ce4+有強(qiáng)氧化性。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要進(jìn)行的操作_，反應(yīng)的離子方程式_。(2)反應(yīng)的離子方程武是_。(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應(yīng)之前要進(jìn)行的操作是_。(4)反應(yīng)需要加入的試劑X可以是_。(5)用滴定法測(cè)定制得的Ce(OH)4產(chǎn)品純度。用FeSO4溶液滴定用_做指示劑，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象_若所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時(shí)間后再進(jìn)進(jìn)行滴定，則測(cè)得該Ce(OH)4產(chǎn)品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)_(填“偏大”、“偏小”或“無(wú)影響”)?！敬鸢浮?(1). 粉碎 (2). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O (4). 洗滌 (5). O2或其它合理答案 (6). K3Fe(CN)6 (7). 最后一滴溶液時(shí)，生成淡藍(lán)色沉淀，且振蕩也不再消失 (8). 偏大【解析】廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質(zhì))加氫氧化鈉溶液，二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，F(xiàn)e2O3、CeO2、FeO不溶，過(guò)濾，得到濾液A的主要成分為硅酸鈉，濾渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，濾渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后過(guò)濾得濾液B是硫酸亞鐵、硫酸鐵的混合溶液，濾渣B的成分是CeO2，CeO2與H2O2和稀H2SO4反應(yīng)生成Ce3+和O2，反應(yīng)為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；Ce3+加堿生成Ce(OH)3懸濁液；Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反應(yīng)中二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，反應(yīng)的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案為：粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反應(yīng)為CeO2與H2O2和稀H2SO4反應(yīng)生成Ce3+和O2，反應(yīng)為：2CeO2+H2O2+6H+= 2Ce3+O2+4H2O；故答案為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應(yīng)之前需要濾渣B進(jìn)行洗滌，故答案為：洗滌；(4)根據(jù)上述分析，反應(yīng)中Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4，需要加入的試劑X可以是O2，故答案為：O2；(5) K3Fe(CN)6能夠與硫酸亞鐵反應(yīng)生成特征的藍(lán)色沉淀，用FeSO4溶液滴定可以用K3Fe(CN)6 做指示劑，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為最后一滴溶液時(shí)，生成淡藍(lán)色沉淀，且振蕩也不再消失；所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時(shí)間后再進(jìn)行滴定，部分亞鐵離子被氧化生成鐵離子，則硫酸亞鐵濃度降低，導(dǎo)致硫酸亞鐵溶液體積增大，所以測(cè)得該Ce(OH)4產(chǎn)品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大；故答案為：K3Fe(CN)6；最后一滴溶液時(shí)，生成淡藍(lán)色沉淀，且振蕩也不再消失；偏大。27.重金屬元素鉻的毒性較大，含鉻廢水需經(jīng)處理達(dá)標(biāo)后才能排放。.某工業(yè)廢水中主要含有Cr3，同時(shí)還含有少量的Fe2、Fe3、Al3、Ca2和Mg2等，且酸性較強(qiáng)。為回收利用，通常采用如下流程處理：注：常溫下，部分陽(yáng)離子以氫氧化物形式完全沉淀時(shí)所需的pH，如下表：氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189（1）氧化過(guò)程中可代替H2O2加入的試劑是_(填字母，下同)。A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4（2）加入NaOH溶液調(diào)整溶液pH8時(shí)，除去的離子是_；已知鈉離子交換樹(shù)脂的原理：MnnNaRMRnnNa，此步操作被交換除去的雜質(zhì)離子是_。A.Fe3 B.Al3 C.Ca2 D.Mg2（3）還原過(guò)程在酸性條件下進(jìn)行，每消耗0.8 mol Cr2O轉(zhuǎn)移4.8 mol e，該反應(yīng)離子方程式為_(kāi)。.酸性條件下，六價(jià)鉻主要以Cr2O形式存在，工業(yè)上常用電解法處理含Cr2O的廢水，該法用Fe作電極電解含Cr2O的酸性廢水，隨著電解進(jìn)行，在陰極附近溶液pH升高，產(chǎn)生Cr(OH)3溶液。（1）電解時(shí)能否用Cu電極來(lái)代替Fe電極？_(填“能”或“不能”)，理由是_。（2）常溫下，Cr(OH)3的溶度積Ksp11020，假設(shè)溶液的c(Cr3)=0.01mol/L，當(dāng)pH應(yīng)為_(kāi)時(shí)開(kāi)始生成沉淀。【答案】 (1). A (2). AB (3). CD (4). 3S2O4Cr2O26H=6SO8Cr313H2O (5). 不能 (6). 因陽(yáng)極產(chǎn)生的Cu2不能使Cr2O還原到低價(jià)態(tài) (7). 8【解析】I.某工業(yè)廢水中主要含有Cr3+,同時(shí)還含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加雙氧水把亞鐵離子氧化為鐵離子,同時(shí)Cr3+被氧化為Cr2O72-,加氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=8,則Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀,過(guò)濾,濾液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通過(guò)鈉離子交換樹(shù)脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-還原為Cr3+,再調(diào)節(jié)pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4，(1)加氧化劑主要目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子,同時(shí)不能引入新的雜質(zhì),所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案為：A；(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知,pH=8時(shí),Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀,則Fe3+、Al3+被除去;通過(guò)鈉離子交換樹(shù)脂,除去Ca2+和Mg2+；故答案為：AB；CD；(3)每消耗0.8molCr2O72-轉(zhuǎn)移4.8mole,則1molCr2O72-轉(zhuǎn)移6mol電子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化為SO42-,則反應(yīng)的離子方程式為：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+6SO42-+8Cr3+13H2O；故答案為：3S2O32-4Cr2O72-26H=6SO42-8Cr313H2O II.(1)若用Cu電極來(lái)代替Fe電極，在陽(yáng)極上銅失去電子得到的陽(yáng)離子是銅離子，該離子不具有還原性，不能和重鉻酸根之間發(fā)生反應(yīng)，故答案為：不能;因陽(yáng)極產(chǎn)生的Cu2+不能使Cr2O72-還原到低價(jià)態(tài)；(2)由Cr(OH)3的溶度積Ksp11020可得Kspc(Cr3+)c3(OH)=0.01c3(OH)=11020，c(OH)=1106，所以c(H+)=1108，pH=8，故答案為：828.ClO2是一種優(yōu)良的消毒劑，常將其制成NaClO2固體，以便運(yùn)輸和貯存，過(guò)氧化氫法備N(xiāo)aClO2固體的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。已知：2NaC1O3+H2O2+H2SO4=2C1O2+O2+Na2SO4+2H2O2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2OClO2熔點(diǎn)-59、沸點(diǎn)11，濃度過(guò)高時(shí)易發(fā)生分解；H2O2沸點(diǎn)150（1）儀器C的名稱(chēng)是_，儀器A的作用是_，冰水浴冷卻的目的是_和_。（2）該裝置不完善的方面是_。（3）空氣流速過(guò)快或過(guò)慢，均降低NaClO2產(chǎn)率，試解釋其原因，空氣流速過(guò)慢時(shí)，_；空氣流速過(guò)快時(shí)，_。（4）Cl-存在時(shí)會(huì)催化ClO2的生成。反應(yīng)開(kāi)始時(shí)在C中加入少量鹽酸，ClO2的生成速率大大提高，并產(chǎn)生微量氯氣。該過(guò)程可能經(jīng)兩步完成，請(qǐng)將其補(bǔ)充完整：_（用離子方程式表示）H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+（5）NaClO2純度測(cè)定：準(zhǔn)確稱(chēng)取所得NaClO2樣品10.0g于燒杯中，加入適量蒸餾水和過(guò)量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應(yīng)（C1O2-的產(chǎn)物為Cl-），將所得混合液配成250mL待測(cè)溶液；取25.00mL待測(cè)液，用2.0molL-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，以淀粉溶液做指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為_(kāi)，重復(fù)滴定3次，測(cè)得Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液平均用量為20.00mL，則該樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)。（M(NaClO2)=90.5g/mol）【答案】 (1). 三頸燒瓶 (2). 防止倒吸 (3). 降低NaClO2的溶解度 (4). 減少H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、減少ClO2的分解 (5). 沒(méi)有尾氣處理裝置 (6). 空氣流速過(guò)慢時(shí)，ClO2不能及時(shí)被移走，濃度過(guò)高導(dǎo)致分解 (7). 空氣流速過(guò)快時(shí)，ClO2不能被充分吸收，導(dǎo)致浪費(fèi)原料，產(chǎn)率降低 (8). 2ClO3-+2Cl-+4H+=2C1O2+Cl2+2H2O (9). 當(dāng)最后一滴滴定液滴下后，溶液由藍(lán)色變無(wú)色，且30秒內(nèi)不恢復(fù) (10). 90.5%【解析】（1）儀器C的名稱(chēng)是三頸燒瓶；儀器A為安全瓶，可以防止倒吸；雙氧水易分解，ClO2濃度過(guò)高時(shí)易發(fā)生分解，因此冰水浴冷卻的目的是為降低NaClO2的溶解度，減少H2O2的分解，增加ClO2的溶解度，減少ClO