甘肅省武威市第六中學(xué)2021屆高三上學(xué)期第二次階段性復(fù)習(xí)過關(guān)考試(解析版)

1、甘肅省武威市第六中學(xué) 2021屆高三上學(xué)期第二次階段性復(fù)習(xí)過關(guān)考試相對(duì)原子質(zhì)量： H-1C-12N-140-16Na-23AI-27S-32Fe-56Cu-64Ba-137第I卷一、選擇題每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，每題 3分，共48分1.2021年世界環(huán)境日的主題為：Th in k.Eat.Save.思前、食后、厲行節(jié)約。保護(hù)環(huán)境，呵護(hù)地球是我們每一個(gè)人不可推卸的責(zé)任。以下現(xiàn)象與污染源對(duì)應(yīng)不正確的選項(xiàng)是A、酸雨硫的氧化物、氮的氧化物B.光化學(xué)煙霧 氮的氧化物C.臭氧空洞一一氟氯烴即氟利昂D.溫室效應(yīng)一一SO2【答案】D【詳解】A、酸雨與人們排放的 SO 2、氮的氧化物有關(guān)，正確；B、光化學(xué)煙霧

2、與碳?xì)浠衔锖偷难趸镉嘘P(guān)，正確；C、臭氧空洞與氟氯烴即氟利昂有關(guān)，正確；D、溫室效應(yīng)與大氣中 CO2濃度不斷上升有關(guān)，不正確。答案選D。2.以下各組中兩物質(zhì)作用時(shí)，反響條件或反響物用量改變。對(duì)生成物沒有影響的是A. Fe 與稀 HNO3B. NaOH 溶液與 CO2C. Na2O2 與 CO2D. AlCl 3溶液與 NaOH 溶液【答案】C【分析】A . Fe與稀HNO3的反響與量有關(guān)；B. 反響與量有關(guān)；C. 反響與量無(wú)關(guān)；D .反響與量有關(guān).【詳解】A . Fe與稀HNO3的反響與量有關(guān)，F(xiàn)e少量生成硝酸鐵，F(xiàn)e過量生成硝酸亞鐵，故A不選；B .二氧化碳少量時(shí)生成碳酸鈉，二氧化碳過量

3、時(shí)生成碳酸氫鈉，與量有關(guān)，故B不選；C選;C.反響與量無(wú)關(guān)，反響條件或反響物用量的改變對(duì)生成物沒有影響，故NaOHD .反響與量有關(guān)，AICI3溶液與NaOH溶液，NaOH溶液少量時(shí)生成氫氧化鋁沉淀,溶液過量時(shí)生成偏鋁酸鈉，故D不選.應(yīng)選C。3設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，以下各項(xiàng)表達(dá)中正確的有()A. pH=1的H3PO4溶液中，含有 O.INa個(gè)H +B. 將1L 2mol/L的FeCl3溶液參加到沸水中，加熱使之完全反響，所得到的氫氧化鐵膠體粒子數(shù)為2NaC. 1L Imol . L-1 FeBr2溶液與I mol氯氣反響時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NaD. 23g Na與O2充分反響生成 Na2

4、O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子數(shù)在0.25 Na和0.5 Na 之間【答案】D【解析】A、 pH=1的H3PO4溶液中，c(H + )=0.1mol/L,缺少溶液的體積，無(wú)法計(jì)算含H+的個(gè)數(shù)，故A錯(cuò)誤；B.將1L 2mol/L的FeCh溶液參加到沸水中，加熱使之完全反響，所得 到的氫氧化鐵膠體粒子數(shù)遠(yuǎn)少于2Na，每個(gè)氫氧化鐵膠體粒子由成千上萬(wàn)個(gè)Fe(OH)3分子構(gòu)成，故B錯(cuò)誤；C. l mol氯氣只能得到2Na個(gè)電子，1L lmol . L-1 FeBr2溶液與I mol氯氣 反響時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2Na，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)方程式：4Na+ O2=2Na2O, 23g Na與O2充分反響

5、生成 Na2O，消耗 O2的分子數(shù)0.25mol,同理，2Na+ O2=Na2O2, 23g Na與O2反響O2的分子數(shù)在生成Na2O2，消耗O2的分子數(shù)0.5mol，生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗0.25 Na 和 0.5 Na 之間,故D正確；應(yīng)選D。4以下物質(zhì)中既能跟稀H2SO4反響，又能跟氫氧化鈉溶液反響的是( NaHCO3 Al 2O3 AI(OH) 3 AI(NH4)2CO3A.B.C.D.全部【答案】D【詳解】NaHCO3屬于弱酸酸式鹽，能與硫酸反響生成硫酸鈉、二氧化碳與水, 化鈉反響生成碳酸鈉與水，故符合; AI 203是兩性氧化物，能與硫酸反響生成硫酸鋁與水，與氫氧化

6、鈉反響生成偏鋁酸鈉與水，故符合； AI(OH) 3是兩性氫氧化物，能與硫酸反響生成硫酸鋁與水，與氫氧化鈉反響生成偏鋁酸鈉與水，故符合； AI與硫酸反響生成硫酸鋁與氫氣，與氫氧化鈉反響生成偏鋁酸鈉與氫氣，故符合； (NH4)2CO3,加熱條件下能與氫氧化鈉反響生成碳酸鈉、氨氣和水，能與硫酸反響生成硫酸銨、二氧化碳和水，故符合。答案選D。5以下離子方程式的書寫正確的選項(xiàng)是()A. 鋁與鹽酸反響：Al + 6H + =Al 3+ + 3H2 TB. 過量 CO2 通入 NaOH 溶液中：CO2+ 2OH 一=缶0 + CO32C. Fe 粉參加 FeCb 溶液：Fe + Fe3+ =2 Fe3+D.

7、 碳酸鈉與氯化鈣混合：CO32 + Ca2+ =CaCO3 J【答案】D【詳解】A、電荷不守恒，離子方程式為2AI+6H +=2AI 3+3H2 f,錯(cuò)誤；B、過量CO2通入NaOH溶液中，反響生成的是碳酸氫根離子，正確的離子方程式為：CO2+OH-=HCO3-，錯(cuò)誤；C、 電荷不守恒，離子方程式為Fe + 2Fe3+ = 3Fe3+，錯(cuò)誤；D、 兩者反響生成沉淀碳酸鈣，離子方程式為CO32-+Ca2+=CaCO3j,正確。答案選D。6用0.1 mol/L的Na2SO3溶液30 mL,恰好將2X10一3 mol XO 4復(fù)原，那么元素 X在復(fù)原產(chǎn)物中的化合價(jià)是()A. + 4B. + 3C.

8、+ 2D. + 1【答案】A【詳解】根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，30X10一3X0.1 (6 4)=2 X03X(7 X)，解得X=4，應(yīng)選項(xiàng)A正確。7.在強(qiáng)酸性無(wú)色透明的溶液中，可以大量共存的離子組是()A、K+、NO3； OH) Cl -B. SO42-、Al3+、NH4+、Na+C. I、一Ba2+、Mg2+、NO3 -D. Cl、SCN： K+、Fe3+【答案】B【詳解】A、H+、OH-結(jié)合生成水，那么不能共存，錯(cuò)誤；B、 該組離子之間不反響，能共存，且離子均為無(wú)色，B正確；C、NO3-、H+、I-發(fā)生氧化復(fù)原反響，那么不能共存，錯(cuò)誤；D、SCN-、Fe3+結(jié)合生成絡(luò)離子，那么不能共存，錯(cuò)誤

9、。答案選B。8黑火藥是我國(guó)四大創(chuàng)造之一，其爆炸反響為:2KNO3+S+3C=K2S+N2f +3COf,其中的氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為D. 2 : 1A. 2 : 3B. 1 : 3C. 1 : 1【答案】C分析】反響S+2KNO3+3C =K2S+N2 f +3COf中，N和S元素化合價(jià)降低，被復(fù)原，C元素化合價(jià)升高，被氧化，據(jù)此分析?！驹斀狻糠错懼?N和S元素化合價(jià)降低，被復(fù)原，C元素化合價(jià)升高，所以復(fù)原劑是C、氧化劑是S和KNO3,所以氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為1 : 1 ,應(yīng)選C。9將Na2O2參加至寸體積變化忽略不計(jì)、SO32、Na+> NO3的溶液中，充分反響后溶液度

10、保持不變的是A. NO 3N03、NaA【詳解】Na2O2 粉答案選A。10.以下各組物質(zhì)的的現(xiàn)象不相同的是反響生成CO；,32、NO3C. SO32、NO3D. CO 32、SO2因被氧化而減少，因有 NaOH生成，那么HCO3與之+均增加，HCO3減少，整個(gè)過程中只有 NO3濃度保持不變,巴前者逐滴滴入后者與把后者逐滴滴入前者，所產(chǎn)生B. Na2CO3 和 HCIA. AICI 3 和 NH3 .H2OC. NaHCO3 和 HCID. NaCI 和 AgNO 3【答案】B【詳解】A、無(wú)論前者逐滴滴入后者，還是后者逐滴滴入前者，都是先出現(xiàn)白色沉淀，后沉 淀不消失，現(xiàn)象相同，選項(xiàng) A不選；B

11、、前者逐滴滴入后者時(shí)開始就有氣泡冒出，而后者逐滴滴入前者，先沒有氣泡冒出，一段時(shí)間后觀察到有氣泡冒出，現(xiàn)象不同，選項(xiàng)B選；C、無(wú)論前者逐滴滴入后者，還是后者逐滴滴入前者，都是開始就有氣泡冒出，現(xiàn)象相同， 選項(xiàng)C不選；D、無(wú)論前者逐滴滴入后者，還是后者逐滴滴入前者，都是開始就有白色沉淀產(chǎn)生且沉淀不溶解，現(xiàn)象相同，選項(xiàng) D不選。答案選B。11向MgS04和Al2SO43的混合溶液中，逐滴參加NaOH溶液。以下圖像中，能正確表示上述反響的是橫坐標(biāo)表示參加 NaOH溶液的體積，縱坐標(biāo)表示反響生成沉淀的質(zhì)量【詳解】因橫坐標(biāo)表示參加 NaOH溶液的體積，縱坐標(biāo)表示反響生成沉淀的質(zhì)量， 那么向MgSO4 和

12、Al2SO43的混合溶液中，逐滴參加NaOH溶液，發(fā)生Mg2+2OH一 MOH2AI3+3OHAl OH 3 J,那么沉淀的質(zhì)量一直在增大，直到最大，然后發(fā)生Al OH 3+OH AIQ+2H2O，沉淀的質(zhì)量減少，但氫氧化鎂不與堿反響，那么最后沉淀的質(zhì)量為一定值，顯然只有 D符合，應(yīng)選D 12.以下關(guān)于離子檢驗(yàn)的說法正確的選項(xiàng)是A. 向某溶液中參加少量稀硫酸，假設(shè)有白色沉淀生成，那么該溶液中含有Ba2+B. 用酸性KMnO 4溶液可檢驗(yàn)硫酸鐵溶液中是否含有硫酸亞鐵C. 向某溶液中參加適量稀鹽酸，觀察是否有氣泡產(chǎn)生，可檢驗(yàn)溶液中是否含有CO32-D. 向某溶液中滴加 BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，

13、再加稀硝酸，沉淀不溶解，說明該溶液中存在 SO42或 SO32-【答案】B【分析】A 參加少量稀硫酸，有白色沉淀產(chǎn)生，可能是硫酸鋇或者硫酸銀或者硫酸鈣；B. 亞鐵離子具有復(fù)原性，可與高錳酸鉀等氧化劑反響；C. 參加適量稀鹽酸，有大量氣泡產(chǎn)生的可能是碳酸根或者碳酸氫根；D硫酸鋇和AgCl均為不溶于酸的白色沉淀；【詳解】A 參加少量稀硫酸，有白色沉淀產(chǎn)生，可能是硫酸鋇或者硫酸銀或者硫酸鈣，所 以不能確定溶液中一定含有Ba2+，故A錯(cuò)誤；B 亞鐵離子具有復(fù)原性， 可與高錳酸鉀等發(fā)生氧化復(fù)原反響，高錳酸鉀溶液褪色， 可鑒別，故B正確；C.參加適量稀鹽酸，有大量氣泡產(chǎn)生的可能是碳酸根或者碳酸氫根，所以不

14、能確定是否含有CO32，故C錯(cuò)誤；D硫酸鋇和AgCI均為不溶于酸的白色沉淀，那么向某溶液中參加BaCl2溶液生成白色沉淀，繼續(xù)加稀硝酸沉淀不消失，那么溶液中可能含SO42或SO32或C，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。13以下除雜方法不正確的選項(xiàng)是()A. 用過量燒堿溶液，除去鎂粉中混有的少量鋁粉B. 用過量氨水除去Fe3+溶液中的少量 Al3+C. 用生石灰，通過加熱蒸餾，以除去乙醇中的少量水D. Al (OH ) 3中混有少量Mg (OH ) 2：參加足量燒堿溶液，充分反響，過濾，向?yàn)V液中通 入過量CO 2后再過濾【答案】B【分析】A、金屬鎂和氫氧化鈉不反響，金屬鋁和氫氧化鈉反響生成可溶性的偏鋁酸鹽；

15、B、氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀均不能溶于弱堿氨水中；C、生石灰與水反響，能吸收水形成氫氧化鈣溶液；D、燒堿溶液和氫氧化鋁反響生成偏鋁酸鈉溶液，向其中通入過量的二氧化碳反響會(huì)生成氫 氧化鋁沉淀.【詳解】A、金屬鎂和氫氧化鈉不反響，金屬鋁和氫氧化鈉反響生成可溶性的鹽，所以鎂粉中混有少量鋁粉，可以參加過量燒堿溶液充分反響，然后過濾、洗滌、枯燥即可，故A正確；B、Fe3+和AI3+均和氨水反響分別生成氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀均不能溶于弱堿氨水中，故不能實(shí)現(xiàn)，故B錯(cuò)誤；C、生石灰能與水反響，生成氫氧化鈣，氫氧化鈣和乙醇的沸點(diǎn)相差較大，可以通過加熱蒸 餾，別離出乙醇，故 C正確；D、燒堿

16、溶液和氫氧化鋁反響生成偏鋁酸鈉溶液，過濾出氫氧化鎂，向?yàn)V液中通入過量的二氧化碳會(huì)生成氫氧化鋁沉淀，實(shí)現(xiàn)除雜的目的，故D正確。應(yīng)選：B。A.圖1表示在水中慢慢通入氨氣至過量B.C.圖3表示在醋酸溶液中慢慢滴加同濃度的氨水至過量D.圖4表示在氯化鋁溶液中滴加氨水至過量圖2表示在氫氧化鈉和偏鋁酸鈉混合溶液中通入二氧化碳至過量【答案】A【分析】A 氨氣通入水中，氨氣和水反響生成一水合氨，一水合氨電離出銨根離子和氫氧根離子，溶液中氨氣飽和，PH不再變化;B 向NaOH和Ca (OH ) 2的混合溶液中通入 C02,先發(fā)生 Ca (OH ) 2+CO2 CaCO J +HO, 再發(fā)生 CO2+NaOH N

17、aHCO 3,最后發(fā)生 CaCO3 J +HO+CO2 Ca(HCO3) 2;C.溶液導(dǎo)電能力的強(qiáng)弱主要取決于陰、陽(yáng)離子濃度的大小， 離子濃度越大，導(dǎo)電能力越強(qiáng),乙酸與氨水反響生成乙酸銨，乙酸銨屬于強(qiáng)電解質(zhì)，但氨水至過量，導(dǎo)電能力減弱；D 向氯化鋁溶液中滴加氨水，由于生成的氫氧化鋁不溶于氨水弱堿，沉淀不溶解?！驹斀狻緼 .氨氣通入水中，NH3+H2NH3 H2 NH4+OH，氨氣未飽和前，溶液的PH在不斷增大，當(dāng)溶液飽和時(shí)，PH不再變化，故 A正確；B. 因向NaOH和Ca ( OH) 2的混合液中通入 CO2,先發(fā)生 Ca (OH ) 2+CO2 CaCO J +HO,生成沉淀，再發(fā)生 CO

18、2+NaOF NaHCO 3,沉淀的量不變，最后發(fā)生反響：CaCO3 J +HO+CO2 Ca( HCO3) 2,沉淀溶解，且生成沉淀和沉淀溶解消耗的CO2相等，圖象與反響不符合，故 B錯(cuò)誤；C. 醋酸是弱酸，導(dǎo)電能力不大，參加氨水后，離子方程式：NH3H2O+CH3COO NH 4+H2O+CH3COO，生成醋酸銨是強(qiáng)電解質(zhì)，導(dǎo)電能力增強(qiáng)，導(dǎo)電性變化大，至過量時(shí)，氨 水溶液的體積占主導(dǎo)，離子濃度變小，導(dǎo)電能力降低，故C錯(cuò)誤；D .一水合氨不會(huì)溶解氫氧化鋁，氯化鋁與氨水反響的離子方程式為：Al+3NH 3 H2OAl(OH ) 3 J +3NHJ沉淀不溶解，故 D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。15向NaOH

19、和Na2CO3混合溶液中滴加 0.2mol L-1稀鹽酸，C02的生成量與參加鹽酸的體積(V )的關(guān)系如下圖。以下判斷正確的選項(xiàng)是()俺酸 LA. 在0a范圍內(nèi)，只發(fā)生反響 OH-+H+=H2OB. a=0.35C. ab段發(fā)生反響的離子方程式為：CO32-+2H +=H2O+CO2 fD. 原混合溶液中NaOH與Na2CO3的物質(zhì)的量之比為 2:1【答案】B【分析】向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加鹽酸時(shí)，首先和 NaOH發(fā)生反響：NaOH+HCl=NaCl+H 2O,繼續(xù)滴加時(shí)，鹽酸與 Na2CO3首先發(fā)生反響：HCl+Na 2CO3=NaHCO 3+NaCl，不放出氣體，繼續(xù)滴加時(shí)發(fā)

20、生反響：NaHCO3+HCl=NaCl+H 2O+CO2T.計(jì)算ab段消耗鹽酸的體積， 進(jìn)而計(jì)算a的值。根據(jù)碳原子 守恒可得碳酸鈉的物質(zhì)的量，b點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為NaCl,由氯原子守恒可得 NaCl的物質(zhì)的量， 再根據(jù)鈉離子守恒計(jì)算 NaOH的物質(zhì)的量?！驹斀狻緼.在0a范圍內(nèi)，先發(fā)生反響：NaOH+HCI=NaCI+H 2O,繼續(xù)滴加時(shí)，發(fā)生反響： HCl+Na 2CO3=NaHCO 3+NaCl，故 A 錯(cuò)誤；B 生成二氧化碳為 O.OImol，由 NaHCO3+HCI=NaCI+H 2O+CO 2 f 可知 ab 段消耗 HCI 為O.OImol，消耗鹽酸體積為 O.OImol &2

21、mol1=0.05L，故 a=0.4-0.05=0.35，故 B 正確；C. ab段發(fā)生反響為：NaHCO3+HCI=NaCI+H 2O+CO2 f 反響的離子方程式為：HCO3+H +=H2O+CO2 f 故 C 錯(cuò)誤；D .由碳原子守恒可知 Na2CO3為0.01moI, b點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為 NaCl，由氯原子守恒可得 n(NaCl) =n (HCI ) =0.4L X0.2moI L 1=0.08moI，由鈉離子守恒：n ( NaOH) =n ( NaCl) -2n(Na2CO3)=0.08moI-2 g1mol=0.06mol，故原混合溶液中 NaOH與Na2CO3的物質(zhì)的量之 比為6：

22、 1,故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：B?！军c(diǎn)睛】考查了混合物反響的計(jì)算，難點(diǎn)A，解題關(guān)鍵：明確碳酸鈉與氯化氫反響是分步進(jìn)行。16白磷有劇毒，白磷中毒可用硫酸銅溶液解毒，白磷與硫酸銅可以發(fā)生如下兩個(gè)反響：12P+5CuSO4+8H 2O=5Cu+2H 3PO4+5H 2SO4211P+15CuSO4+24H 2O=5Cu 3P+6H 3PO4+15H 2SO4以下有關(guān)說法中錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A. 在上述兩個(gè)反響中，水既不是氧化劑也不是復(fù)原劑B. 在上述兩個(gè)反響中，氧化產(chǎn)物都是H3PO4C. 在上述兩個(gè)反響中，氧化劑都只有硫酸銅D. 在反響中，當(dāng)有5 mol CuSO4發(fā)生反響時(shí)，共轉(zhuǎn)移 10 mol電子【答案】C【

23、解析】在12P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H 3PO4+5H2SO4反響中P元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?價(jià)， Cu 元素化合價(jià)由 +2 價(jià)變?yōu)?0 價(jià)；在211P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反響 中P元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?3價(jià)、+5價(jià)，Cu元素化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?1價(jià)，如果有11molP 參加氧化復(fù)原反響，那么有 6/11的P被氧化，其余的P被復(fù)原，A、兩個(gè)反響中只有 P、Cu 元素化合價(jià)變化，水既不是氧化劑也不是復(fù)原劑，故A正確；B、兩個(gè)反響中P元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?5價(jià)，化合價(jià)升高被氧化，所以氧化產(chǎn)物都是 H3PO4，故B正確；C.在反響2中，P

24、元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?3價(jià)、+5價(jià)，所以P既是氧化劑又是復(fù)原劑，故C錯(cuò)誤；D、在反響2中，15molCuSO4轉(zhuǎn)移30mol電子，那么當(dāng)有 5mol CuSO4發(fā)生反響時(shí)，共轉(zhuǎn)移10mol電子，故 D正確；應(yīng)選 Co點(diǎn)睛：此題考查氧化復(fù)原反響， 掌握元素化合價(jià)變化和氧化劑、復(fù)原劑的概念是解此題關(guān)鍵，注意該反響中P元素化合價(jià)變化，在反響2中既升高又降低，為易錯(cuò)點(diǎn)，側(cè)重于考查學(xué) 生對(duì)根底知識(shí)的應(yīng)用能力。第n卷共52分17現(xiàn)有金屬單質(zhì) A、B、C和氣體甲、丙以及物質(zhì) D、E、F、G、H，它們之間的相互轉(zhuǎn)化 關(guān)系如下圖圖中有些反響的生成物和反響條件沒有標(biāo)出。Ck請(qǐng)答復(fù)以下問題：(1) 寫出以下物質(zhì)的化

25、學(xué)式：B、丙;(2 )寫出以下反響的離子方程式：反響 ；反響 ；(3) 向F的溶液中參加 D溶液后產(chǎn)生的現(xiàn)象是 用化學(xué)反響方程式解釋產(chǎn)生此現(xiàn)象的原因 【答案】(1). Al (2). HCI (3). 2AI+2OH -+2H2O=2AIO 2-+3H2 f(4). 2Fe2+ + Cb= 2Fe3+ + 2CI -(5).先變成白色沉淀，然后迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色沉淀(6).FeCl2+2NaOH = Fe(OH) 2 J+ 2NaCI(7). 4Fe(OH) 2+ O2+ 2H2O=4Fe(OH) 3【分析】金屬A焰色反響黃色證明為Na，與水反響生成氣體甲為 出，D為NaOH ;金

26、屬B和氫氧化鈉溶液反響，說明B為AI，黃氯色氣體乙為 CI2,氣體甲和氯氣反響生成丙為HCI，物質(zhì)E為鹽酸溶液，物質(zhì) D氫氧化鈉和物質(zhì) G為反響生成紅褐色沉淀 H為Fe (OH )3, G為FeCI3,推斷物質(zhì) F為FeCI2；判斷C為Fe?！驹斀狻?1)依據(jù)分析B為AI , E為HCI ;(2) 反響是氫氧化鈉和鋁反響生成氫氣和偏鋁酸鈉，反響的化學(xué)方程式為：2AI+2NaOH+2H 2O=2NaAIO 2+3H 2 f 離子方程式為：2AI+2OH -+2H 2O=2AIO 2-+3H2 f ；反響是氯化亞鐵和氯氣反響生成氯化鐵的反響，反響的化學(xué)方程式為：2FeCl2+Cl2=2FeCl3,

27、離子方程式為：2Fe2+ + Cl2= 2Fe3+ + 2CI -;(3) F為FeCl2, D為NaOH，向F溶液中參加D溶液，生成氫氧化亞鐵白色沉淀，在空氣中被氧化成氫氧化鐵， 氫整個(gè)反響過程的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是先有白色沉淀出現(xiàn)，然后白色沉淀逐漸變?yōu)槟G色最終變?yōu)榧t褐色，涉及的化學(xué)方程式為：FeCl2+2NaOH=Fe (OH) 2 J +2NaC、4Fe3)，亞鐵(OH)2+O2+2H2O 4Fe( OH ) 3?！军c(diǎn)睛】此題考查無(wú)機(jī)物的推斷，解題突破口為：焰色反響及物質(zhì)的顏色，難點(diǎn)(在空氣中的氧化的現(xiàn)象及反響。18.NaCIO 2是一種離效消毒劑、漂白劑在實(shí)驗(yàn)室中可用如圖裝置制備。(1) 裝置

28、中酸X可以為。A.鹽酸B.H2SO4C.HNO3D.H2C2H4 溶液(2) 寫出裝置中產(chǎn)生 CIO2的離子方程式 。(3) 裝置的作用是，裝置采用冷水欲的原因是 。(4) 由裝置反響后的溶液可得到NaCIO2晶體，其實(shí)驗(yàn)步驟為：i.減壓，蒸發(fā)結(jié)晶；ii .；iii 熱水洗滌；iv 低溫枯燥，得到成品(低溫時(shí) NaCIO 2飽和溶液中會(huì)析出 NaCIO2 3H2O。)(5) CIO 2可用于氧化工廠污水中所含CN-,生成兩種無(wú)毒無(wú)害的氣體，寫出其離子反響方程式?！敬鸢浮?1). B (2). 2CIO 3-+SO32-+2H+ 2C1Qf +S&-+H2O(3).平安瓶 (4).防止出

29、 H 202 分解(5).趁熱過濾(6). 2CIO 2+2CN- 2CO+N 2+2CI-【解析】(1 )根據(jù)亞氯酸鈉的氧化性，所選酸不能有強(qiáng)的復(fù)原性，且不易揮發(fā)，故裝置中酸X可以為硫酸；(2)根據(jù)反響物 NaCIO3、Na2SO3、H2SO4，生成物為CIO2和Na2SO4, 配平方程式為 2NaCIO3 + Na2SO3 + H 2SO4=2CIO 2 f + 2NaSO4 + H2O； (3)裝置為平安瓶， 防止裝置中氣體溫度降低而產(chǎn)生倒吸；(4)因?yàn)镹aCIO2飽和溶液在溫度低于 38C時(shí)析出的晶體是NaCIO2 3H2O,高于38 C時(shí)析出晶體是 NaCIO2,高于60 C時(shí)NaC

30、IO2分解成NaCIO3 和NaCI，假設(shè)要得到NaCIO2晶體，需在38 60C得到晶體，故操作為趁熱過濾；用38-60 C 的溫水洗滌；(5)CIO2可用于氧化工廠污水中所含CN-,生成兩種無(wú)毒無(wú)害的氣體是二氧化碳和氮?dú)?，根?jù)氧化復(fù)原反響配平，那么其離子反響方程式為：2CIO2+2CN- 2CQ+N2+2CI-。19利用化學(xué)原理對(duì)工廠排放的廢水、廢渣等進(jìn)行有效檢測(cè)與合理處理。某工廠對(duì)制革工業(yè)污泥中Cr元素的回收與再利用工藝如圖(硫酸浸取液中金屬離子主要是Cr3十，其次是 Fe3j Fe2+、Al3*、Ca2+> Mg")：常溫下局部陽(yáng)離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見表:

31、陽(yáng)離子Fe3*Fe2*Mg2*Al 3*Cr3*開始沉淀時(shí)的pH1.97.0一一一沉淀完全時(shí)的pH3.29.011.189 (> 9溶解)(1) 酸浸時(shí)，為了提高浸取率可采取的措施是 (至少寫兩條)。(2) H2O2的作用是。(3) 調(diào) pH = 8 是為了除去 (填 Fe3*、Fe2 + > Al3*、Ca"、Mg")。(4) 鈉離子交換樹脂的原理為Mn* + nNaR> MRn + nNa*,被交換的雜質(zhì)離子是 (填 Fe3*、Fe2*、Al3*、Ca2*、Mg2*)。(5) 以下氧化復(fù)原反響方程式 (未配平)：Na2Cr2O7+ SO2+ H2O =

32、 Cr (OH ) ( H2O) 5SO4 + Na2SO4；以上反響各物質(zhì)的配平系數(shù)依次為 。每生成1 molCr ( OH) (H2O) 5SO4轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 ?！敬鸢浮?1).升高溫度、攪拌、過濾后再向?yàn)V渣中參加硫酸(屢次浸取)、適當(dāng)延長(zhǎng)浸取時(shí)間(2) .將 Fe2*和 Cr3*氧化(3). Fe3*、AI3*(4). Mg2*、Ca2*(5). 1、3、11、2、1(6).3Na【分析】硫酸浸取液中金屬離子主要是Cr3*，其次是Fe3*、Fe2*、Al3*、Ca2*、Mg2*,過濾后向?yàn)V液中參加雙氧水，雙氧水有強(qiáng)氧化性，能氧化復(fù)原性的Fe2*生成Fe3* ;參加氫氧化鈉溶液后，調(diào)節(jié)

33、溶液的pH至8,根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，F(xiàn)e3*、Al3*轉(zhuǎn)化為沉淀除去；然后過濾，向?yàn)V液中參加鈉離子交換樹脂，然后參加二氧化硫，發(fā)生氧化復(fù)原反響得到Cr OH(H2O) 5SO4?！驹斀狻?1)升高溫度、攪拌、增大反響物濃度都可以提高浸取率，其采用措施為升高溫度、攪拌、過濾后再向?yàn)V渣中參加硫酸(屢次浸取)、適當(dāng)延長(zhǎng)浸取時(shí)間(只要答出任意一點(diǎn)即可，其他合理答案也可)；(2) 過氧化氫具有氧化性，可將Fe2+和Cr3+氧化；(3) pH=8時(shí)，F(xiàn)e3J Al3+完全生成沉淀，所以 pH=8時(shí)除去陽(yáng)離子為 Fe3*、Al3+；(4) 鈉離子交換樹脂交換的離子是鈣離子和鎂離子，即：Mg2 +、Ca2+；(5

34、) 二氧化硫具有復(fù)原性，被濾液n中通過離子交換后的溶液中Na2CrO4氧化為硫酸，Na2CrO4氧被復(fù)原為CrOH ( H2O) 5SO4,水溶液中生成硫酸反響生成硫酸鈉，依據(jù)原子守 恒分析書寫配平；Na2CrO4+3SO2+11H2O=2CrOH ( H2O) 5SO4J +N2SO4,根據(jù)方程式：3SO22CrOH (H2O) 5SO4，可知每生成1mol Cr (OH) (H2O) 5SO4轉(zhuǎn)移電 子的數(shù)目為3Nao20有一含NaCl、Na2CO3 10H2O和NaHCO3的混合物，某同學(xué)設(shè)計(jì)如下圖的實(shí)驗(yàn)裝置， 按圖組裝好實(shí)驗(yàn)裝置后，首先進(jìn)行的操作是 o 稱取樣品，將其放入硬質(zhì)玻璃管中；

35、稱量裝濃硫酸的洗氣瓶C和裝堿石灰的U形管D的 翻開活塞 心、K2 ,關(guān)閉K3,緩緩鼓入空氣數(shù)分鐘， 其目的是 o 關(guān)閉活塞K1、K2,翻開K3，點(diǎn)燃酒精燈加熱至不再產(chǎn)生氣體。 翻開活塞K1，緩緩鼓入空氣數(shù)分鐘， 然后拆下裝置，再次稱量洗氣瓶 C和U形管D的質(zhì) 量。關(guān)于以上實(shí)驗(yàn)方案，請(qǐng)答復(fù)以下問題。(填偏大偏小或無(wú)(2)假設(shè)反響后不鼓入空氣，會(huì)導(dǎo)致測(cè)量的NaCI質(zhì)量分?jǐn)?shù)影響)。(3) E處枯燥管中盛放的藥品是，其作用是如果沒有該裝置，會(huì)導(dǎo)致測(cè)量的NaHCO 3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(填偏大偏小或無(wú)影響)。(4) 假設(shè)樣品質(zhì)量為 wg ,反響后C、D裝置增加的質(zhì)量分別為 m、m2g，那么混合物中Na2CO3 IOH2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(用含w、mi、m2的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1).檢查裝置氣密性(2).除去裝置中的水蒸氣和二氧化碳(3).偏大 (4).堿石灰 (5).防止空氣中的CO2和水蒸氣進(jìn)入D中影響測(cè)定結(jié)果(6).偏大 (7).18m2286陽(yáng)蔦f) X100%180w【分析】將混合物加熱會(huì)產(chǎn)生E中堿石灰可防止外界空氣中的H2O (g)、CO2進(jìn)入裝置D影響實(shí)驗(yàn)效果H2O ( g)、CO2等氣體，應(yīng)在C、D中分別吸收，由枯燥劑的性質(zhì)知應(yīng)先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的枯燥劑吸水后不能吸收 CO2；由D的增重(NaHCO3