1、2015-2016学年湖南省岳阳市临湘一中高三（上）第二次段考化学试卷一、（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）12015年8月12日晚，天津塘沽滨海新区危险品仓库发生大爆炸，造成了巨大损失据悉，该危险品仓库存放的危险品有多种，包括剧毒化学品氰化钠（NaCN）用过氧化氢处理氰化钠现场和水污染的方程式为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，下列有关氰化钠的说法中错误的是（）A用双氧水处理现场前应紧急疏散群众BNaCN中碳元素的化合价为+4C每生成1molNH3转移2 mol 电子D为防止中毒，须加强对地表水、排海口等的氰化物排查2下列表中对于相关物质的分类全部正确的一组是（
2、）编号纯净物混合物弱电解质非电解质AFe（OH）3胶体蔗糖Al（OH）3CO2B淀粉冰醋酸SO2CH3CH2OHC冰王水H2SiO3Cl2D明矾玻璃H2CO3NH3AA、BB、CC、DD、3NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A常温常压下，3.2 g O2所含氧原子的数目为0.2 NAB含有NA个阴离子的Na2O2与足量水反应，转移电子数为2NAC标准状况下，等体积的水和CO2，含有的氧原子数目为1：2D1L 1mol/L饱和FeCl3滴入沸水中完全水解生成Fe（OH）3胶体粒子个数为NA个4下列有关铁及其化合物的离子方程式一定错误的是（）A铁与稀硝酸反应：Fe+4H+NO3=Fe3+
3、NO+2H2OB磁性氧化铁与浓盐酸反应：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OC氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OD溴化亚铁溶液与足量氯水反应：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl5实验室常用NH4Cl和NaNO2反应制取N2下列有关说法正确的是（）ANH4Cl中N元素被还原BNaNO2是还原剂C生成1 mol N2时转移6 mol电子D氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：16下列关于FeCl2、FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体的说法，错误的是（）A三种分散系中分散质微粒都带电荷B加热蒸干并灼烧，得到的产物都是三氧化二铁CFeCl2、FeC
4、l3、溶液能稳定存在，而Fe（OH）3胶体不能稳定存在D一定条件下可完成转化：FeCl2溶液FeCl3溶液Fe（OH）3胶体7下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A蒸发FeCl3溶液得氯化铁晶体B测量氯气的体积C作为制取少量SO2的尾气吸收装置D制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色8“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应可生成FeI3Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，则Fe（OH）3受热也易分解Na与O2在不同条件
5、下反应会生成两种不同的氧化物，则Li与O2反应也能生成Li2O或Li2O2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，则性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中不能用电解AlCl3溶液来制取金属铝；则也不能用电解MgCl2溶液来制取金属镁ABCD9下列实验结论正确的是（）A向某溶液中滴加KSCN溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，原溶液中一定含Fe2+B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液中一定不含K+C向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液一定含有SO42D向某盐溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐10由铝屑、盐酸、氢氧化钠溶液反应制取1mo
6、l Al（OH）3，至少需要消耗HCl和NaOH的物质的量为（）A0.25mol，0.25molB0.75mol，0.75molC1mol，1molD3mol，3mol11有A、B两个完全相同的装置，某学生在A的侧管中装入0.01mol Na2CO3，在B的侧管中装入0.01mol NaHCO3，并且A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（）AA装置的气球膨胀速率大B若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/LC若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/LD最终两试管中Na+、Cl的物质的量一定相同12如图
7、是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：饱和食盐水A和食盐饱和溶液悬浊液晶体纯碱则下列叙述错误的是（）AA气体是NH3，B气体是CO2B侯氏制碱法的工艺过程应用了物质溶解度的差异C第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶13向HC1、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）AM点对应的溶液中：K+、Fe2+、NO、SOBN点对应的溶液中：K+、NH、HCO、ClCS点对应的溶液中：Na+、Ag+、SO、NODR点对应的溶液中：Na+、S
8、O、NO、Cl14有Fe、CuO和Fe2O3组成的混合物共mg，放人500mL1molL1 HNO3溶液中，混合物完全溶解，生成2.24L（标准状况下）NO，再向反应后的溶液中加入200mL NaOH溶液，要使铁和铜元素完全沉淀下来，所加入的NaOH溶液的浓度最小是（）A1molL1B1.5molL1C2molL1D2.5molL115某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量（纵坐标/mol）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系为（）ABCD16某溶液可能含有Al3+、NH4+、Fe2+、Na+、
9、CO32、SO42、Cl、NO3中的若干种若在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，并得到X溶液，对X溶液进行如下实验：（已知该题忽略水的电离，且原溶液中各离子浓度均为0.5molL1）下列结论正确的是（）A原溶液中可能含有NO3和Al3+B白色沉淀C可能是Al（OH）3C原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42、ClD沉淀B可能是Fe（OH）2和Fe（OH）3的混合物二、（本题共4个小题，共52分）17已知某混合物中含有A单质及与化合物B，在一定条件下可按图所示发生转化请回答：（1）沉淀H变沉淀I的化学方程式；（2）反应的化学方程式；（3）溶液E中通入足量二氧化碳的离子方程式；（4）如
10、何检验溶液G中的阳离子；（5）若要保存F溶液，应采取什么措施：18用二氧化氯（ClO2）、高铁酸钠（Na2FeO4摩尔质量为166gmol1）等新型净水剂替代传统的净水剂Cl2对淡水进行消毒是城市饮用水处理新技术ClO2和Na2FeO4在水处理过程中分别被还原为Cl和Fe3+（1）如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由小到大的顺序是 （填化学式）（2）二氧化氯是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸在60时反应制得某学生用如图所示的装置模拟工业制取及收集C
11、lO2，其中A为ClO2的发生装置，B为ClO2的凝集装置，C为尾气吸收装置请问：A中反应产物有K2CO3、ClO2、CO2，请写出该反应的化学方程式：A部分还应添加温度控制（如水浴加热）装置，B部分还应补充什么装置；该装置按补充完整后，装置A、B、C还有一处设计明显不合理的是（填“A”“B”或“C”）C中装的试剂为NaOH溶液，反应时生成氯酸钠和亚氯酸钠（NaClO2），该反应的离子方程式为：若实验时需要450mL 0.4mol/L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称量取NaOH质量是g19亚硝酸钠（NaNO2）外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，使用过量会使人中毒，国际上对
12、食品中亚硝酸钠的用量控制在很低的水平上某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：实验制备NaNO2该小组查阅资料知：2NO+Na2O2=2NaNO2；2NO2+Na2O2=2NaNO3设计制备装置如下（夹持装置略去）：（1）如果没有B装置，C中发生的副反应有，（2）装置D可将剩余的NO氧化成NO3，发生反应的离子方程式为（3）甲同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质于是在A与B装置间增加了装置，改进后提高了NaNO2的纯度实验测定制取的样品中NaNO2的含量步骤：a在5个有编号的带刻度试管（比色管）中分别加入不同量的NaNO2溶液，各加入1mL的M溶液（
13、M遇NaNO2呈紫红色，NaNO2浓度越大颜色越深），再加蒸馏水至总体积均为10mL并振荡，制成标准色阶：b称量0.10g制得的样品溶于水配成500mL溶液再取5mL待测液，加入1mL M溶液，后加蒸馏水至10mL振荡，与标准色阶比较 试管编号NaNO2含量/mgL1020406080（4）步骤b中比较结果是：待测液颜色与号色阶相同则甲同学制得的样品中NaN02的质量分数是：（5）用目视比色法证明维生素C可以有效降低NaNO2的含量设计并完成下列实验报告实验方案实验现象实验结论取5mL 待测液，加入一定量的，振荡，再加入1mL M溶液，再振荡，与号色阶对比维生素C 可以有效降低NaNO2的含量
14、20铬是一种银白色金属，化学性质稳定，以+2、+3和+6价为常见价态工业上以铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产金属铬和重铬酸钠Na2Cr2O72H2O（已知Na2Cr2O7是一种强氧化剂），其主要工艺流程如图1：查阅资料得知：常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42回答下列问题：（1）工业上常采用热还原法制备金属铬，写出以Cr2O3为原料，利用铝热反应制取金属铬的化学方程式（2）酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是（3）固体E的主要成分是Na2SO4，根据图2分析操作a为、（4）已知含+6价铬的污水会污染环
15、境，电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72电镀厂处理镀铜废水中的Cr2O72，往往采用还原沉淀法，具体流程如下：含Cr2O的废水含Cr3+的废水Cr（OH）3沉淀Cr（OH）3的化学性质与Al（OH）3相似在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，是因为（用方程式表示）；下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液的是（填选项序号）；AFeSO4溶液 B浓H2SO4 C酸性KMnO4溶液 DNa2SO3溶液上述流程中，每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mol e，则加入Na2S2O3溶液时发生反应的离子方程式为（5）某厂废水中含1.00103mol/L
16、的Cr2O72，某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr05Fe15FeO4 （Cr的化合价为+3，Fe的化合价依次为+3、+2）欲使1L该废水中的Cr2O72完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4理论上需要加入g FeSO47H2O（已知FeSO47H2O 摩尔质量为278g/mol）2015-2016学年湖南省岳阳市临湘一中高三（上）第二次段考化学试卷参考答案与试题解析一、（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）12015年8月12日晚，天津塘沽滨海新区危险品仓库发生大爆炸，造成了巨大损失据悉，该危险品仓库存放的危险品有多种，包括剧毒化学品氰化钠（NaCN）用过氧化
17、氢处理氰化钠现场和水污染的方程式为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，下列有关氰化钠的说法中错误的是（）A用双氧水处理现场前应紧急疏散群众BNaCN中碳元素的化合价为+4C每生成1molNH3转移2 mol 电子D为防止中毒，须加强对地表水、排海口等的氰化物排查【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反应中O元素从1价降低为2价，C元素从+2价升高到+4价，结合电子转移和NaCN的性质分析【解答】解：ANaCN具有毒性，而且生成的氨气对人体也有一定的伤害，所以应紧急疏散群众，故A正确；BNaCN中C为+2价，Na为+1价
18、，则氮元素的化合价为3，故B错误；CNaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反应中O元素从1价降低为2价，转移2个电子，则每生成1molNH3转移2mol电子，故C正确；DNaCN有剧毒，而且易溶于水，所以为防止中毒，须加强对地表水、排海口等的氰化物排查，故D正确故选B【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于氧化还原反应电子转移和物质性质的考查，注意从化合价的角度分析，题目难度不大2下列表中对于相关物质的分类全部正确的一组是（）编号纯净物混合物弱电解质非电解质AFe（OH）3胶体蔗糖Al（OH）3CO2B淀粉冰醋酸SO2CH3CH2OHC冰王水H2SiO3Cl2D明矾玻璃H2CO3NH3
19、AA、BB、CC、DD、【考点】混合物和纯净物；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】依据概念结合物质的组成结构进行分析判断；由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；由不同物质组成的为混合物；在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质【解答】解：AFe（OH）3胶体是分散系，是混合物，故A错误； B淀粉是高分子化合物，n值不同，是混合物，故B错误；C氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故C错误；D明矾是纯净物、玻璃是混合物、H2CO3是弱电解质，NH3是非电解质，故D正确故选D【点评】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非
20、电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度不大，注意概念的区别3NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A常温常压下，3.2 g O2所含氧原子的数目为0.2 NAB含有NA个阴离子的Na2O2与足量水反应，转移电子数为2NAC标准状况下，等体积的水和CO2，含有的氧原子数目为1：2D1L 1mol/L饱和FeCl3滴入沸水中完全水解生成Fe（OH）3胶体粒子个数为NA个【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、氧气由氧原子构成；B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；C、标况下水为液体；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体【解答】解：A、氧气由氧原子
21、构成，故3.2g氧气中含有的氧原子的物质的量n=0.2mol，个数为0.2NA个，故A正确；B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故当含NA个阴离子的Na2O2的物质的量为1mol，与水反应时转移1mol电子即NA个，故B错误；C、标况下水为液体，而二氧化碳为气体，故等体积的水和二氧化碳的物质的量不同，故C错误；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的氢氧化铁胶粒的个数小于NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大4下列有关铁及其化合物的离子方程式一定错误的是（）A铁与稀硝酸反应：Fe+4H+NO3=F
22、e3+NO+2H2OB磁性氧化铁与浓盐酸反应：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OC氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OD溴化亚铁溶液与足量氯水反应：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A当稀硝酸过量时，铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO气体和水；B磁性氧化铁为四氧化三铁，四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水；C铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；D氯水足量，亚铁离子和溴离子都被氧化【解答】解：A铁与稀硝酸反应中，当铁不足，稀硝酸过量时的离子方程式为：Fe+4H+NO3=Fe3
23、+NO+2H2O，故A正确；B磁性氧化铁与浓盐酸反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，故B正确；C氢氧化铁与氢碘酸反应，铁离子能够以后碘离子，正确的离子方程式为：2Fe（OH）3+6H+2I=2Fe2+I2+6H2O，故C错误；D溴化亚铁溶液与足量氯水反应的离子方程式为：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，故D正确；故选C【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检检查是否符合原化学方程式等
24、；本题中注意题干要求“离子方程式一定错误的”，为易错点5实验室常用NH4Cl和NaNO2反应制取N2下列有关说法正确的是（）ANH4Cl中N元素被还原BNaNO2是还原剂C生成1 mol N2时转移6 mol电子D氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1【考点】铵盐【专题】氧化还原反应专题【分析】用NH4Cl和NaNO2反应制取N2，NaNO2中N元素的化合价由+3价降低为0，NH4Cl中N元素的化合价由3价升高为0，依据原子个数守恒、得失电子守恒反应方程式为：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O，据此解答【解答】解：A用NH4Cl和NaNO2反应制取N2，反应中NH4Cl中的3价N化
25、合价升高，被氧化，故A错误；B用NH4Cl和NaNO2反应制取N2，反应中NaNO2中+3价N化合价降低，被还原，所以在NaNO2反应中做氧化剂，故B错误；C依据方程式：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O，每生成1mol N2时，由化合价的变化可知，转移电子的物质的量为3mol，故C错误；DNaNO2中N元素的化合价由+3价降低为0，为氧化剂，NH4Cl中N元素的化合价由3价升高为0，为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1，故D正确；故选：D【点评】本题考查氧化还原反应和电子式，把握氧化还原反应元素的化合价变化为解答的关键，注意转移电子数目的计算，题目难度中等6下列关于
26、FeCl2、FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体的说法，错误的是（）A三种分散系中分散质微粒都带电荷B加热蒸干并灼烧，得到的产物都是三氧化二铁CFeCl2、FeCl3、溶液能稳定存在，而Fe（OH）3胶体不能稳定存在D一定条件下可完成转化：FeCl2溶液FeCl3溶液Fe（OH）3胶体【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】AFe（OH）3 胶粒带有正电荷； BFeCl2、FeCl3易水解，Fe（OH）2 易被氧化；C胶体在一定条件下具有一定的稳定性；D将 FeCl3 饱和溶液逐滴加入到沸水中，并继续加热至溶液呈红棕色可制得 Fe（OH）3 胶体【解答】解：A溶液中离子带电荷，Fe（OH）
27、3 胶粒带有正电荷，故A正确； BFeCl2、FeCl3易水解，Fe（OH）2 易被氧化，Fe（OH）3 受热易分解生成三氧化二铁，故B正确；C胶体在一定条件下具有一定的稳定性，能稳定存在，故C错误；DFeCl2 溶液加入氯水可制得 FeCl3 溶液，将 FeCl3 饱和溶液逐滴加入到沸水中，并继续加热至溶液呈红棕色可制得 Fe（OH）3 胶体，故D正确故选C【点评】本题考查分散系、胶体与溶液的概念及关系，难度不大，注意掌握盐类水解的原理7下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A蒸发FeCl3溶液得氯化铁晶体B测量氯气的体积C作为制取少量SO2的尾气吸收装置D制备Fe（OH）2并
28、能较长时间观察其颜色【考点】化学实验方案的评价【专题】实验设计题【分析】A氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成稀盐酸，盐酸具有挥发性，且升高温度促进其挥发；B氯气能溶于水，不能采用排水法收集；C后缓冲装置的能防止倒吸；D用C作阳极、Fe作阴极电解NaOH溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，所以相当于电解水，得不到氢氧化亚铁【解答】解：A氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成稀盐酸，盐酸具有挥发性，且升高温度促进其挥发，所以蒸干溶液时得到的固体是氢氧化铁而不是氯化铁，故A错误；B氯气能溶于水，1体积水能溶解2体积氯气，所以不能采用排水法收集，故B错误；C后缓冲装置的能防止倒吸，该装置有缓冲
29、作用，能防止倒吸，故C正确；D用C作阳极、Fe作阴极电解NaOH溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，所以相当于电解水，得不到氢氧化亚铁；应该用Fe作阳极、C作阴极电解氢氧化钠溶液，阳极上Fe失电子生成亚铁离子进入溶液，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，煤油能隔绝空气，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及气体收集、盐类水解、尾气处理、物质制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意从实验操作规范性及评价性进行分析解答，知道氢氧化亚铁的制备中要防止氢氧化亚铁被氧化，为易错点8“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最
30、终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应可生成FeI3Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，则Fe（OH）3受热也易分解Na与O2在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，则Li与O2反应也能生成Li2O或Li2O2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，则性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中不能用电解AlCl3溶液来制取金属铝；则也不能用电解MgCl2溶液来制取金属镁ABCD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】氯气具有强氧化
31、性，而碘不具有；难溶性碱受热易分解；Li与O2反应只能生成Li2O，与金属活泼性有关；Al被氧化生成致密结构的氧化铝；Mg、Al均为活泼金属，利用电解法冶炼，在溶液中金属离子不能得到电子【解答】解：氯气具有强氧化性，而碘不具有，则Fe与Cl2反应生成FeCl3，而Fe与I2反应可生成FeI2，故错误；难溶性碱受热易分解，则Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，可知Fe（OH）3受热也易分解，故正确；Li与O2反应只能生成Li2O，与金属活泼性有关，而Na与O2在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，故错误；Al被氧化生成致密结构的氧化铝，保护内部Al，则性质更活泼的铝能稳定存在于空气中，故
32、错误；Mg、Al均为活泼金属，利用电解法冶炼，在溶液中金属离子不能得到电子，电解熔融氯化镁、氧化铝冶炼金属，则不能用电解AlCl3溶液来制取金属铝，也不能用电解MgCl2溶液来制取金属镁，故正确；故选B【点评】本题考查金属的性质及类推规律的分析，为高频考点，把握金属活泼性与发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大9下列实验结论正确的是（）A向某溶液中滴加KSCN溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，原溶液中一定含Fe2+B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液中一定不含K+C向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液一定含有SO42D向某盐溶液中
33、加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐【考点】化学实验方案的评价【分析】A能和KSCN溶液反应而生成血红色溶液是铁离子的特征反应，氯气能氧化亚铁离子生成铁离子； BK元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察；C溶液中可能有银离子；D能使澄清石灰水反应生成白色沉淀的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫【解答】解：A能和KSCN溶液反应而生成血红色溶液是铁离子的特征反应，氯气能氧化亚铁离子生成铁离子，向某溶液中滴加KSCN溶液不变色，说明溶液中不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，说明溶液中亚铁离子被氧化生成铁离子，所以原溶液中一定含Fe2+，故A正确； BK元素焰色反应必须透过蓝色钴
34、玻璃观察，滤去钠元素黄光的干扰，故B错误；C溶液中可能有银离子，检验硫酸根离子，应先加盐酸酸性，然后加入氯化钡，故C错误；D能使澄清石灰水反应生成白色沉淀的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫，则向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液、碳酸氢盐溶液、亚硫酸盐溶液、亚硫酸氢盐溶液，故D错误故选A【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、未知物检验、焰色反应等知识点，明确物质的性质是解本题关键，鉴别物质时要排除干扰因素，易错选项是D，题目难度不大10由铝屑、盐酸、氢氧化钠溶液反应制取1mol Al（OH）3，至少需要消耗HCl和NaOH的物质的
35、量为（）A0.25mol，0.25molB0.75mol，0.75molC1mol，1molD3mol，3mol【考点】化学方程式的有关计算；铝的化学性质【分析】如需HC1和NaOH的物质的量最少，则先生成Al3+、AlO2，然后发生Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，以此解答该题【解答】解：铝分别与盐酸、氢氧化钠反应分别生成Al3+、AlO2，然后发生Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，生成1molAl（OH）3，应先分别生成0.25molAl3+、0.75molAlO2，由关系式Al3HCl、AlNaOH可知需要消耗HC1和NaOH的物质的量为0.75 mol、0.
36、75 mol，此时消耗的盐酸、氢氧化钠最少，故选B【点评】本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，为高频考点，解答时可根据反应的化学方程式计算，难度不大11有A、B两个完全相同的装置，某学生在A的侧管中装入0.01mol Na2CO3，在B的侧管中装入0.01mol NaHCO3，并且A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（）AA装置的气球膨胀速率大B若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/LC若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/LD最终两试管中Na+、Cl的物质的量一定相同【考点】探究碳酸钠与碳酸
37、氢钠的性质；钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A碳酸氢钠的反应速率较快；B最终两气球体积相同，生成二氧化碳的体积相同，则盐酸必须足量，保证碳酸钠和碳酸氢钠完全反应；C最终两气球体积不相同，生成二氧化碳的体积不相同，则盐酸不足；D根据Na+、Cl的物质的量判断【解答】解：A碳酸钠和酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以A装置的气球膨胀速率小，故A错误；BNa2CO3和NaHCO3的物质的量相同，若最终两气球体积相同，说明氯化氢的物质的量大于或等于0.02mol，其浓度大于或等于2mol/L，故B正确；C碳酸钠和酸反应的离子方程式为：CO32+H+
38、=HCO3、HCO3+H+=CO2 +H2O，碳酸氢钠和酸反应的离子方程式为HCO3+H+=CO2 +H2O；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0n（HCl）0.02mol，所以其浓度小于2mol/L，故C错误；DNa2CO3和NaHCO3的物质的量相同，所以Na2CO3和 NaHCO3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中Na+的物质的量一定不相同，故D错误；故选B【点评】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，题目难度中等，注意明确碳酸钠和盐酸的反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力12如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验
39、的生产流程示意图：饱和食盐水A和食盐饱和溶液悬浊液晶体纯碱则下列叙述错误的是（）AA气体是NH3，B气体是CO2B侯氏制碱法的工艺过程应用了物质溶解度的差异C第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）【分析】A依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠；B因在相同温度下碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小；C通过过滤操作得到碳酸氢钠晶体；D第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体【解答】解：A氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食
40、盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；B侯氏制碱法利用的是碳酸氢钠溶解度比碳酸钠在同温下小的差异，在氨化饱和的氯化钠溶液里通足量CO2气体得到碳酸氢钠沉淀，故B正确；C第步操作是过滤操操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；故选D【点评】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等13向HC1、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下
41、列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）AM点对应的溶液中：K+、Fe2+、NO、SOBN点对应的溶液中：K+、NH、HCO、ClCS点对应的溶液中：Na+、Ag+、SO、NODR点对应的溶液中：Na+、SO、NO、Cl【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】AM点盐酸有剩余，溶液显酸性；BN点HCl与NaOH恰好反应，溶液中含AlCl3；CS点AlCl3没有完全反应，离子之间相互促进水解；DR点生成偏铝酸钠，溶液显碱性【解答】解：AM点盐酸有剩余，溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；BN点HCl与NaOH恰好反应，溶液中含A
42、lCl3，Al3+、HCO3相互促进水解，不能大量共存，故B错误CS点AlCl3没有完全反应，Ag+、Cl生成白色的氯化银沉淀，不能大量共存，故C错误；DR点生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重水解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大14有Fe、CuO和Fe2O3组成的混合物共mg，放人500mL1molL1 HNO3溶液中，混合物完全溶解，生成2.24L（标准状况下）NO，再向反应后的溶液中加入200mL NaOH溶液，要使铁和铜元素完全沉淀下来，所加
43、入的NaOH溶液的浓度最小是（）A1molL1B1.5molL1C2molL1D2.5molL1【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算【分析】反应中硝酸体现两种性质，一是酸性，以NO3离子存在溶液中，另一种是氧化性，被还原为NO，加入NaOH后使铁和铜元素完全沉淀下来，此时溶液的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒可知n（NaOH）=n（NO3）=n（HNO3）n（NO），再根据c=进行计算所加入的NaOH溶液的最小浓度【解答】解：500mL 1molL1 HNO3溶液中含有HNO3的物质的量为：0.5L1mol/L=0.5mol，生成NO的物质的量为： =0.1mol，所以与一定量Fe、
44、CuO和Fe2O3的混合物反应后溶液中含有的NO3的物质的量为：0.5mol0.1mol=0.4mol，再向反应后的溶液中加入200mLNaOH溶液，要使铁和铜元素全部沉淀下来，所得溶液的溶质为NaNO3，所以需要NaOH的物质的量为：n（NaOH）=n（NO3）=0.4mol，则所加NaOH溶液的最小浓度为： =2mol/L，故选C【点评】本题考查化合物反应的计算，题目难度中等，注意利用N元素质量守恒计算较为简单，关键是找出n（NaOH）=n（NO3）的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力15某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4，向其中逐
45、渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量（纵坐标/mol）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系为（）ABCD【考点】铁的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】向含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺序是：铁离子、铜离子、氢离子，根据方程式中铁和亚铁离子的关系式进行分析解答【解答】解：向含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺序是：铁离子、铜离子、氢离子，涉及的反应方程式为：Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4、Cu
46、SO4+Fe=FeSO4+Cu、H2SO4+Fe=FeSO4+H2，则Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4 1 1 3CuSO4+Fe=FeSO4+Cu 1 1 1H2SO4+Fe=FeSO4+H2 1 1 1所以等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4分别和等物质的量的铁完全反应生成硫酸亚铁，生成硫酸亚铁的物质的量之比是3：1：1，故选A【点评】本题考查铁的性质及有关混合物反应的计算，明确离子反应先后顺序是解本题关键，把握物质间的关系式及量的关系即可解答，题目难度不大16某溶液可能含有Al3+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32、SO42、Cl、NO3中的若干种
47、若在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，并得到X溶液，对X溶液进行如下实验：（已知该题忽略水的电离，且原溶液中各离子浓度均为0.5molL1）下列结论正确的是（）A原溶液中可能含有NO3和Al3+B白色沉淀C可能是Al（OH）3C原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42、ClD沉淀B可能是Fe（OH）2和Fe（OH）3的混合物【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，则溶液中不存在CO32，且Fe2+、NO3不能同时存在；向溶液X中加热硝酸钡产生气体A，气体A遇到空气变成红棕色，则A为NO，原溶液中一定含有Fe2+，则一定不含NO3；生
48、成的白色沉淀A只能为硫酸钡，则溶液中一定含有SO42；向溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，得到的沉淀B为氢氧化铁，气体B只能为氨气，则一定存在NH4+；向溶液B中通入少量二氧化碳，生成了白色沉淀C，由于溶液中含有氢氧根离子和钡离子，则沉淀C为碳酸钡；根据分析可知，溶液中一定含有NH4+、Fe2+、SO42，一定不含：NO3、CO32，无法确定是否含有Al3+、Cl，由于原溶液中各离子浓度均为0.5molL1，根据溶液电中性可知，溶液中一定不含Al3+，一定含有Cl，据此进行判断【解答】解：在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，则溶液中不存在CO32，且Fe2+、NO3不能同时存在；向溶液X中加
49、热硝酸钡产生气体A，气体A遇到空气变成红棕色，则A为NO，原溶液中一定含有Fe2+，则一定不含NO3；生成的白色沉淀A只能为硫酸钡，则溶液中一定含有SO42；向溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，得到的沉淀B为氢氧化铁，气体B只能为氨气，则一定存在NH4+；向溶液B中通入少量二氧化碳，由于溶液中含有氢氧根离子和钡离子，则沉淀C为碳酸钡；根据分析可知，溶液中一定含有NH4+、Fe2+、SO42，一定不含：NO3、CO32，无法确定是否含有Al3+、Cl，由于原溶液中各离子浓度均为0.5molL1，根据溶液电中性可知，溶液中一定不含Al3+，一定含有Cl，A根据分析可知，原溶液中一定不含铝离子和硝酸根离
50、子，故A错误；B白色沉淀C碳酸钡，不可能为氢氧化铝，故B错误；C根据分析可知，原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42、Cl，故C正确；D由于硝酸钡、盐酸过量，则亚铁离子完全被氧化成铁离子，故沉淀B一定为氢氧化铁，故D错误；故选C【点评】本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，根据电中性判断铝离子、氯离子的存在情况为易错点，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力二、（本题共4个小题，共52分）17已知某混合物中含有A单质及与化合物B，在一定条件下可按图所示发生转化请回答：（1）沉淀H变沉淀I的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）
51、3；（2）反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；（3）溶液E中通入足量二氧化碳的离子方程式AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（4）如何检验溶液G中的阳离子取样，滴加少量KSCN溶液，若变血红色，则含有Fe3+；（5）若要保存F溶液，应采取什么措施：加铁粉和稀盐酸【考点】无机物的推断【分析】解题的第一个“突破口”是红褐色沉淀I为Fe（OH）3，沉淀H置于空气中变成I，推出H为Fe（OH）2，再利用其他信息和逆向推理得出D为Fe，F为FeCl2，B为Fe2O3，G为FeCl3；第二个“突破口”是利用E、J、K之间的转化关系，结合有关知识和直觉判断E
52、为NaAlO2，J为Al（OH）3，K为AlCl3，经进一步验证猜测成立，最后推出A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3，以此解答该题【解答】解：解题的第一个“突破口”是红褐色沉淀I为Fe（OH）3，沉淀H置于空气中变成I，推出H为Fe（OH）2，再利用其他信息和逆向推理得出D为Fe，F为FeCl2，B为Fe2O3，G为FeCl3；第二个“突破口”是利用E、J、K之间的转化关系，结合有关知识和直觉判断E为NaAlO2，J为Al（OH）3，K为AlCl3，经进一步验证猜测成立，最后推出A为Al，B为Fe2O3， C为Al2O3，（1）I为Fe（OH）3，H为Fe（OH）2，氢氧化亚铁被氧气氧化
53、生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3； （2）反应为Al和NaOH溶液的反应，化学反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；（3）偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3； （4）G为氯化铁，铁离子和KSCN溶液混合生成硫氰化铁而导致溶液呈血红色，所以可以用KSCN检验铁离子
54、，其检验方法为：取样，滴加少量KSCN溶液，若变血红色，则含有Fe3+，故答案为：取样，滴加少量KSCN溶液，若变血红色，则含有Fe3+； （5）F为氯化亚铁，亚铁离子易被氧化且也易发生水解反应，为防止亚铁离子被氧化和水解，可以向氯化亚铁溶液中加入铁粉和稀盐酸，故答案为：加铁粉和稀盐酸【点评】本题考查无机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确物质特殊性质及特殊元素是解本题关键，熟练掌握元素化合物之间的转化，知道亚铁离子、铁离子的检验方法和现象，题目难度不大18用二氧化氯（ClO2）、高铁酸钠（Na2FeO4摩尔质量为166gmol1）等新型净水剂替代传统的净水剂Cl2对淡水进行消毒
55、是城市饮用水处理新技术ClO2和Na2FeO4在水处理过程中分别被还原为Cl和Fe3+（1）如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由小到大的顺序是Na2FeO4Cl2ClO2 （填化学式）（2）二氧化氯是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸在60时反应制得某学生用如图所示的装置模拟工业制取及收集ClO2，其中A为ClO2的发生装置，B为ClO2的凝集装置，C为尾气吸收装置请问：A中反应产物有K2CO3、ClO2、CO2，请写出该反应的化学方程式：2KClO
56、3+H2C2O4=K2CO3+ClO2+CO2+H2OA部分还应添加温度控制（如水浴加热）装置，B部分还应补充什么装置冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽；该装置按补充完整后，装置A、B、C还有一处设计明显不合理的是C（填“A”“B”或“C”）C中装的试剂为NaOH溶液，反应时生成氯酸钠和亚氯酸钠（NaClO2），该反应的离子方程式为：2ClO2+2OHClO3+ClO2+H2O若实验时需要450mL 0.4mol/L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称量取NaOH质量是8.0g【考点】制备实验方案的设计；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】综合实验题；氧化还原反应专题【分析】（1）以单位质量的
57、氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为m，消毒效率分别为5、3、21；（2）A中反应产物有K2CO3、ClO2、CO2，结合反应物与生成物书写反应方程式；B为ClO2的凝集装置，冷水冷却；C处为密封装置，过量气体不能排出；ClO2与NaOH反应反应时生成氯酸钠和亚氯酸钠（NaClO2），结合m=cVM计算【解答】解：（1）以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为m，消毒效率分别为5、3、21，所以由大到小的顺序为ClO2Cl2Na2FeO4，故答案为：Na2FeO4；Cl2；ClO2；（2）A中反应产物有K2CO3、ClO2、CO2，由反应物与生成物可知反应为2KCl
58、O3+H2C2O4=K2CO3+ClO2+CO2+H2O，故答案为：2KClO3+H2C2O4=K2CO3+ClO2+CO2+H2O；B部分还应补充装置为冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽，故答案为：冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽；C处为密封装置，过量气体不能排出，可导致仪器炸裂，则C不合理，故答案为：C；ClO2与NaOH反应反应时生成氯酸钠和亚氯酸钠（NaClO2），离子反应为2ClO2+2OHClO3+ClO2+H2O；需要450mL 0.4mol/L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称量取NaOH质量是0.5L0.4mol/L40g/mol=8.0g，故答案为：2ClO2+2OHClO3
59、+ClO2+H2O；8.0【点评】本题考查氧化还原反应的计算及性质实验方案的设计，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化、实验设计及实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析、计算及实验能力的综合考查，题目难度中等19亚硝酸钠（NaNO2）外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，使用过量会使人中毒，国际上对食品中亚硝酸钠的用量控制在很低的水平上某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：实验制备NaNO2该小组查阅资料知：2NO+Na2O2=2NaNO2；2NO2+Na2O2=2NaNO3设计制备装置如下（夹持装置略去）：（1）如果没有B装置，C中发生的副反应有2Na2O2+2H2O=
60、4NaOH+O2，2NO+O2=2NO2（2）装置D可将剩余的NO氧化成NO3，发生反应的离子方程式为5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3Mn2+2H2O（3）甲同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质于是在A与B装置间增加了在A、B之间增加装有水的洗气瓶装置，改进后提高了NaNO2的纯度实验测定制取的样品中NaNO2的含量步骤：a在5个有编号的带刻度试管（比色管）中分别加入不同量的NaNO2溶液，各加入1mL的M溶液（M遇NaNO2呈紫红色，NaNO2浓度越大颜色越深），再加蒸馏水至总体积均为10mL并振荡，制成标准色阶：b称量0.10g制得的样
61、品溶于水配成500mL溶液再取5mL待测液，加入1mL M溶液，后加蒸馏水至10mL振荡，与标准色阶比较 试管编号NaNO2含量/mgL1020406080（4）步骤b中比较结果是：待测液颜色与号色阶相同则甲同学制得的样品中NaN02的质量分数是：60%（5）用目视比色法证明维生素C可以有效降低NaNO2的含量设计并完成下列实验报告实验方案实验现象实验结论取5mL 待测液，加入一定量的维生素C，振荡，再加入1mL M溶液，加入至蒸馏水10mL，再振荡，与号色阶对比紫红色比色阶浅维生素C 可以有效降低NaNO2的含量【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】综合实验题；抽
62、象问题具体化思想；演绎推理法；无机实验综合【分析】（1）金属铜和稀硝酸制得的一氧化氮中含有水，会和过氧化钠发生反应产生氧气，氧气极易把一氧化氮氧化；（2）高锰酸钾具有氧化性，能将一氧化氮氧化，根据电子守恒配平方程式即可；（3）硝酸具有挥发性，会干扰实验结果，据此回答分析；（4）根据物质纯度计算公式纯度=100%；（5）根据维生素C的作用以及要和（4）中的甲同学的实验方案形成对比试验，进行实验设计【解答】解：（1）金属铜和稀硝酸制得的一氧化氮中含有水，水会和过氧化钠发生反应产生氧气，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成的氧气极易把一氧化氮氧化为二氧化氮，即2NO+O2=NO2，故答案为
63、：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；2NO+O2=2NO2；（2）高锰酸钾具有氧化性，能将一氧化氮氧化，反应的实质是：5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3Mn2+2H2O，故答案为：5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3Mn2+2H2O；（3）由于获得一氧化氮所用的硝酸具有挥发性，这样会干扰实验结果，可以在A、B之间增加装有水的洗气瓶，减小实验误差，故答案为：在A、B之间增加装有水的洗气瓶；（4）甲待测液颜色与号色阶相同，则甲同学制得的样品中NaN02的纯度是100%=60%，故答案为：60%；（5）要和（4）中的甲同学的实验方案形成对比试验，同样可以是先取5mL待测液，然后加入
64、维生素C，并加入1 mLM溶液，最后加入蒸馏水至10mL，若紫红色比色阶浅，说明亚硝酸钠的含量低，则可以证明维生素C可以有效降低NaNO2的含量故答案为：维生素C；加入至蒸馏水10mL；紫红色比色阶浅【点评】本题是一道实验方案的设计和探究题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，难度大20铬是一种银白色金属，化学性质稳定，以+2、+3和+6价为常见价态工业上以铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产金属铬和重铬酸钠Na2Cr2O72H2O（已知Na2Cr2O7是一种强氧化剂），其主要工艺流程如图1：查阅资料得知：常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化
65、性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42回答下列问题：（1）工业上常采用热还原法制备金属铬，写出以Cr2O3为原料，利用铝热反应制取金属铬的化学方程式Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3（2）酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是盐酸中的Cl会被氧化，产生Cl2（3）固体E的主要成分是Na2SO4，根据图2分析操作a为蒸发结晶、趁热过滤（4）已知含+6价铬的污水会污染环境，电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72电镀厂处理镀铜废水中的Cr2O72，往往采用还原沉淀法，具体流程如下：含Cr2O的废水含Cr3+的废水Cr（OH）3沉淀Cr（OH）3的化学性质与Al（OH）3相似在上述生产
66、过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，是因为pH过高Cr（OH）3会与过量的NaOH反应（用方程式表示）；下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液的是D（填选项序号）；AFeSO4溶液 B浓H2SO4 C酸性KMnO4溶液 DNa2SO3溶液上述流程中，每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mol e，则加入Na2S2O3溶液时发生反应的离子方程式为3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O（5）某厂废水中含1.00103mol/L的Cr2O72，某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr05Fe15FeO4 （Cr的化合价为+
67、3，Fe的化合价依次为+3、+2）欲使1L该废水中的Cr2O72完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4理论上需要加入2.78g FeSO47H2O（已知FeSO47H2O 摩尔质量为278g/mol）【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液A中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在A中加入过氧化氢，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液C含有
68、Cr3+，在溶液C中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体D为Bi（OH）3，溶液D含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O72H2O，以此解答该题（1）三氧化二铬与铝在高温条件下发生置换反应生成铬与三氧化二铝；（2）盐酸中的氯是1价具有还原性，会CrO42被氧化成氯气；（3）由图2可知Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离硫酸钠；（4）Cr（OH）3的化学性质与Al（OH）3相似，如果氢氧化钠过量Cr（OH）3会溶解；可以代替上述流程中Na2S2O3溶液，需
69、要具有还原性，能还原重铬酸根离子；每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mol e，Na2S2O3 2SO428e，Cr2O722Cr3+6e，依据氧化还原反应电子守恒分析配平书写氧化还原反应的离子方程式；（5）根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：Cr2O724Cr0.5Fe1.5FeO410FeSO47H2O，据此计算n（FeSO47H2O），再根据m=nM计算FeSO47H2O的质量【解答】解：（1）三氧化二铬与铝发生铝热反应的方程式为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3，故答案为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3 ；（2）盐酸中的氯是1价具有还原性，会CrO42被氧化成氯气，故
70、答案为：盐酸中的Cl会被氧化，产生Cl2；（3）由图2可知Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离硫酸钠，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；（4）Cr（OH）3的化学性质与Al（OH）3相似，如果氢氧化钠过量Cr（OH）3会溶解，故答案为：pH过高Cr（OH）3会与过量的NaOH 反应；可以代替上述流程中Na2S2O3溶液，需要具有还原性，能还原重铬酸根离子；AFeSO4溶液中亚铁离子具有还原性，可以还原Cr2O72离子，但又引入新的杂质离子铁离子，故A不符合； B浓H2SO4 具有强氧化性，不能表现还原性，不能还原Cr2O
71、72，故B不符合；C酸性KMnO4 是强氧化剂不能还原Cr2O72，故C不符合；DNa2SO3溶液中亚硫酸根离子具有还原性，可以还原Cr2O72，故D符合；故答案为：D；每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mol e，Na2S2O3 2SO428e，Cr2O722Cr3+6e，依据氧化还原反应电子守恒配平书写，3Na2S2O3 6SO4224e，4Cr2O728Cr3+24e，得到的氧化还原反应的离子方程式为3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O；故答案为：3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O；（5）1L废水中含n（Cr2O72）=1.00103 mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：Cr2O724Cr0.5Fe1.5FeO410FeSO47H2O，所以理论上n（FeSO47H2O）=10n（Cr2O72）=1.00103 mol10=0.01mol，所以m（FeSO47H2O）=0.01mol278 g/mol=2.78g，故答案为：2.78【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和过程分析，离子方程式书写，溶度积常数的计算应用，主要是氧化还原反应的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等版权所有：高考资源网()
