1、陕西省兴平市2020届高三化学第一次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Na-23 Cl-35.5 Fe-56第I卷单项选择题(共48分)一单项选择题：每题3分，共48分。1.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是A. 黑火药是我国古代四大发明之一，配方为“一硫二硝三木炭”，其中的硝是指硝酸B. 包装食品里常有硅胶生石灰还原铁粉三类小包，其作用相同C. 洪灾区民众用明矾净水并用漂白粉消毒，二者化学原理相同D. 家中做卫生保洁时，不可将“84”消毒液与洁厕精（含浓盐酸）混合使用【答案】D【解析】【详解】A、黑火药是我国古代四大发明之一，
2、配方为“一硫二硝三木炭”， 其中的硝是指硝酸钾，故A错误；B、包装食品里常有硅胶、生石灰是干燥剂，还原铁粉是还原剂防氧化，故B错误；C、明矾净水是利用氢氧化铝的吸附性、用漂白粉消毒是利用次氯酸的强氧化性，故C错误；D、“84”消毒液与洁厕精（含浓盐酸）混合使用会生成氯气，故D正确。答案选D。2.下列关于物质分类的说法正确的是A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物B. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等C. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物D. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质【答案】C【解析】【详解】A. Na2O、MgO属于碱性氧化物, A
3、l2O3是两性氧化物，故A错误；B根据酸分子在水溶液中电离出氢离子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等，故B错误；C. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均由不同物质组成，为混合物，故C正确；D. 纯碱、熟石灰、醋酸在水溶液或是熔融状态下导电，属于电解质，但是食盐水是混合物，不是电解质，故D错误。故选C.3.实验室保存下列药品的方法，正确的是A. 氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里B. 盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发C. 盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞D. 氯水保存在无色玻璃瓶中，液氯贮存在钢瓶里【答案】B【解析】【详解】A.氢氟酸与二氧化硅反应，则不能贮存在细口玻璃瓶里，A错误；B.液
4、溴的密度大于水，且微溶于水，水起液封的作用，盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，B正确；C.盛放液体的试剂瓶为细口瓶，盛放浓硫酸不用广口瓶，C错误；D.氯水见光易分解，氯水应保存在棕色玻璃瓶中；液氯在常温下不与铁反应，可贮存在钢瓶里，D错误；答案为B。4.“84”消毒液、明矾、高铁酸钾(K2FeO4)、臭氧等都可以作水处理剂，已知“84”消毒液中的有效成分为NaClO，下列有关说法正确的是A. 若有1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，则转移66.021023个电子B. 常温常压下，32gO2、O3的混合气体所含原子数小于26.021023C. 500mL2mol/L明矾溶于水得到的氢氧化铝胶
5、体粒子数为6.021023D. 7.45gNaClO中ClO-含有的电子总数为266.021022【答案】D【解析】【详解】A. 1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，铁的化合价由+6价降低到+3价，得到3mol电子，所以转移的电子数为36.021023，故A不选；B. 32gO2、O3的混合气体可以看做是32g氧原子，即2mol氧原子，所以所含原子数等于26.021023，故B不选；C. 500mL2mol/L明矾中含1molAl3+，1个氢氧化铝胶体粒子是由多个Al(OH)3聚合而成，所以氢氧化铝胶体粒子数小于6.021023，故C不选；D. 7.45gNaClO即0.1molNaClO，1
6、个ClO-中含有的电子数为26个，所以0.1mol中ClO-含有的电子总数为266.021022，故D选。故选D。5.下列离子方程式中，表达正确的是A. 用石墨作两电极电解MgCl2溶液：2C1-+2H2OC12+2OH-+H2B. 在强碱溶液中次氯酸钠与氢氧化铁反应生成Na2FeO4：3ClO- + 2Fe(OH)3 2FeO42- + 3Cl- + H2O + 4H+C. 稀氨水中通入过量CO2：NH3H2O + CO2 NH4+ + HCO3-D. NaHS的水解反应：HS-H2O S2H3O+【答案】C【解析】【详解】A.氢氧化镁为难溶物，离子方程式为：Mg2+2C1-+2H2OC12
7、+Mg(OH)2+H2，故A错误；B.碱性环境下的反应，离子方程式应为：4OH-+3ClO- + 2Fe(OH)32FeO42- + 3Cl- + 5H2O ，故B错误；C.CO2过量，生成酸式盐，离子方程式为：NH3H2O + CO2 NH4+ + HCO3-，故C正确；D.HS-既存在电离平衡又存在水解平衡，电离方程式为HS-H2O S2H3O+；水解反应的离子方程式应为：HS-H2O H2SOH-，故D错误；答案：C6.类推的思维方法在化学学习和研究中有时会产生错误的结论，因此类比推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否。下列类推结论中正确的是A. Mg失火不能用CO2灭火；Na
8、失火也不能用CO2灭火B. Fe3O4可写成FeOFe2O3；Pb3O4也可写成PbOPb2O3C. Fe与Cl2直接化合生成Fe Cl3；Fe与I2直接化合也能得到FeI3D. 工业上电解熔融MgCl2制取金属镁；也用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝【答案】A【解析】【详解】A. Mg失火不能用CO2灭火，因为二者会反应生成MgO和C；Na失火也不能用CO2灭火，因为二者会反应生成Na2CO3和C，钠的燃烧产物过氧化钠也会与二氧化碳反应生成可以助燃的氧气，类推正确。B. Fe3O4可写成FeOFe2O3，因为Fe有+2、+3两种价态；Pb3O4不可写成PbOPb2O3，因为Pb没有+2、+
9、3价，而应写成2PbOPbO2，类推错误。C. Fe与Cl2直接化合生成FeCl3；Fe与I2直接化合只能得到FeI2，因为I2的氧化能力弱，类推错误；D. 工业上电解熔融MgCl2制取金属镁；不能用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝，因为熔融AlCl3不导电，类推错误。故选A。7.下列除去杂质的方法不正确的是A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+C. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后
10、过滤【答案】B【解析】【详解】A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液，铝转化为偏铝酸钠进入溶液，而镁不反应，充分反应后过滤、洗涤、干燥，即得纯净的镁，正确；B.过量氨水与Fe3+、Al3+都能反应生成相应的氢氧化物沉淀，二者仍混在一起无法分离，所以不能用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+，错误；C. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量铁粉，将FeCl3还原为FeCl2，充分反应后过滤出过量的铁粉，即得纯净的氯化亚铁溶液，正确；D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，Al(OH)3转化为NaAlO2，充分反应，过滤出Mg(OH)2，向滤液中通入过量CO
11、2后，又生成Al(OH)3沉淀，过滤出滤渣，即得纯净的Al(OH)3，正确。故选B。8.某溶液中含有SO42-、SO32-、SiO32-、Br、CO32-、Na，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有SO42-、Na；有胶状物质生成；有气体产生；溶液颜色发生变化； 共发生了2个氧化还原反应。A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】向溶液中通入过量的Cl2，Cl2可以氧化SO32-成为SO42-，所以SO32-浓度降低，SO42-浓度增大，Cl2也可以和Br发生置换反应，使Br浓度降低，生成的溴溶于水中使溶液颜色发生变化，Cl2溶于水生成的
12、盐酸还可以跟CO32-发生反应生成CO2，使CO32-浓度降低，和SiO32-生成H2SiO3白色胶状沉淀，使SiO32-浓度降低，所以离子浓度基本保持不变的只有Na。Cl2溶于溶液中发生了3个氧化还原反应，其中2个是Cl2分别和SO32-、Br发生的，另一个是Cl2和水的歧化反应，所以是正确的，故选A。【点睛】Cl2和SO32-发生氧化还原反应，使SO32-浓度降低，还要考虑到生成了SO42-，使SO42-浓度增大，所以溶液中的SO32-、SO42-浓度都发生了变化。在Cl2通入该溶液的反应中，除了Cl2和SO32-、Br发生的氧化还原反应外，不要忽略了还有Cl2和水发生的氧化还原反应。9.
13、下列说法中正确的是Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂SiO2不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液K2CO3加热时不能分解为CO2和K2O纳米铁粉可以除被污染水体中的重金属离子根据反应SiO2CaCO3CaSiO3CO2可推知硅酸酸性比碳酸强A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂，正确；SiO2不与除氢氟酸外的任何酸反应，可用石英制造耐酸(非氢氟酸)容器，错误；用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是含钠元素的溶液，但不一定是钠盐溶液，
14、错误；K2CO3热稳定性强，加热时不能分解为CO2和K2O，正确；纳米铁粉能与污水中的Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应，从而去除重金属离子，正确；根据反应SiO2CaCO3CaSiO3CO2 不可推知硅酸酸性比碳酸强，因为此反应是利用难挥发性物质制易挥发性物质，而不是利用酸性的强弱，错误。所以正确。答案为B。10.用下列装置不能达到实验目的的是( )A. 用甲图装置可证明(煤油) (钠) SO2,由可知,Cr元素的化合价降低,则氧化性为Cr2O72 Fe3,则氧化性：Cr2O72 Fe3 SO2，故A正确；B.6.72LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=6.72L22.4L/m
15、ol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3 SO2Cr2O72,则最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；C. 每有1mol K2Cr2O7参加反应,转移电子为1mol2(63)=6mol,即转移电子的数目为6NA，故C正确；D. 因氧化性为Cr2O72 SO2,则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；故选B.【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。13.某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在碘元素：下列说法不正确的是A. 步骤需要将干海带放入蒸发皿中
16、灼烧B. 步骤中发生反应的离子方程式为2I-+2H+H2O2I2+2H2OC. 步骤操作后，观察到试管中的溶液变为蓝色，则可说明海带中含有碘元素D. 若步骤仅滴加稀硫酸后通入氧气，则步骤操作后，试管中的溶液也变成蓝色【答案】A【解析】【详解】A. 灼烧的时候需要把物质放到坩埚中，而不是蒸发皿中，故A错误；B. 双氧水具有氧化性，把碘离子氧化为碘单质，发生的离子方程式为2I-+2H+H2O2I2+2H2O，故B正确；C. 步骤是检验生成的碘单质，操作后，可以观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；D. 若步骤仅滴加稀硫酸后通入氧气，氧气可以将碘离子氧化生成碘单质，4H+4I
17、-+O2=2I2+2H2O，步骤操作后，也可以观察到试管中溶液变蓝色，故D正确；故答案：A。14.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是( )XYZ物质转化关系ACuCuOCu(OH)2BSiSiO2H2SiO3CNaHCO3Na2CO3NaOHDFeCl2FeOFeCl3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H
18、2SiO3无法一步转化为Si，错误；C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。15.下列有关元素及其化合物的说法正确的是A. 盐酸可以除去铜器表面的铜锈Cu2(OH)2CO3B. Na久置于空气中最终生成NaHCO3C. AlCl3、FeCl2、CuC12均可由金属单质与氯气直接化合制得D. CO
19、2、NO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同【答案】A【解析】A、盐酸可以除去铜器表面的铜锈Cu2(OH)2CO3，A正确；B、Na久置于空气中最终生成Na2CO3，B错误；C、FeCl2不能由金属单质与氯气直接化合制得，铁在氯气中燃烧生成FeCl3，C错误；D、CO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同，但NO2与反应生成硝酸和NO，发生自身的氧化还原反应，原理不同，D错误，答案选A。16.下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列选项的编号和曲线的编号一一对应，其中描述错误的是A. 向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量B. 向澄清石灰水中通入CO2至
20、过量C. 向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D. 向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量【答案】D【解析】【分析】A.根据反应AlO2-+H+H2OAl(OH)3，Al(OH)3+3H+Al3+3H2O判断；B.根据反应Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O，CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2判断；C.根据反应H +OH-=H2O、Al3+3OH-Al(OH)3、Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O判断；D.根据反应Ca2+2OH-+CO2CaCO3+H2O、2OH-+CO2CO32-+H2O、CaCO3+CO2+H2OCa(HC
21、O3)2判断。【详解】A.向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2-+H+H2OAl（OH）3，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故不选A；B.向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图象符合，故不选B；C.向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分为三个阶段，反应分别为OH-+H+H20，Al3+3OH-Al(OH)3、Al(OH)3+OH-AlO2-
22、+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故不选C；D.向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，分别为Ca2+2OH-+CO2CaCO3+H2O、OH-+CO2HCO3-+H2O、CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量的比值为1:1:1，故选D；答案：D【点睛】易错选项D，准确分析各个阶段的反应，反应顺序可认为是：1.CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O产生沉淀；2.CO2+2KOH=K2CO3+H2O； 3.CO2+K2CO3+H2O=2KHCO3；4.CO2+CaCO3+H2O=C
23、a(HCO3)2沉淀消失。II卷非选择题（共五道题，共计52分）二.填空题(共5道大题，共52分)17.有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、Mg2+、K+、Ba2+、Fe3+、Cl、CO32、SO42等离子，取该溶液进行以下实验：A.用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性。B.取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变成碱性，整个滴加过程中，溶液均无沉淀生成。C.取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。（1）根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有_；肯定不存在的离子有_；（2）可能存在的离子有_，写出检验该离子的方法_。【答案】 (1). H+、Ba2+、Cl- (2).
24、CO32-、Fe3+、Mg2+、SO42- (3). K+ (4). 焰色反应，透过蓝色钴玻璃显紫色【解析】【详解】A.用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性，则溶液中不含有CO32。B.取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变成碱性，整个滴加过程中，溶液均无沉淀生成，表明溶液中不含有Mg2+、Fe3+。C.取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，表明溶液中含有Ba2+。依据溶液中离子应大量共存，可推知溶液中一定不含有SO42。依据溶液一定呈电中性的原则，溶液中一定含有Cl-。(1)根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有H+、Ba2+、Cl-。答案为H+、Ba2+、Cl-
25、肯定不存在的离子有CO32-、Fe3+、Mg2+、SO42-。答案为CO32-、Fe3+、Mg2+、SO42-(2)可能存在的离子有K+。答案为K+检验K+的方法是焰色反应，为防钠的焰色的干扰，需透过蓝色钴玻璃。答案为：焰色反应，透过蓝色钴玻璃显紫色。18.（1）已知草酸(H2C2O4)分解的化学方程式为： H2C2O4CO+CO2+ H2O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是_（填序号）（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3nH2O和Fe两种成分），利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如图所示。为得到干燥、纯净的CO气体，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_、_
26、。在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是_。准确称量质量为20.00g的样品置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g，D中浓硫酸增重1.44g，则n=_。【答案】 (1). (2). NaOH溶液 (3). 浓硫酸 (4). 排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸 (5). 2【解析】【详解】(1)由草酸(H2C2O4)分解的化学方程式为：H2C2O4CO+CO2+ H2O，可以看出，反应采用固、液加热型装置，应选D装置。答案为D(2) 反应生成的CO气体中混有CO2和水蒸气，CO2用NaOH溶
27、液吸收，水蒸气用浓硫酸吸收，所以洗气瓶A中盛放的试剂是NaOH溶液。答案为NaOH溶液洗气瓶B中盛放的试剂是浓硫酸。答案为浓硫酸在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸。答案为：排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸由题意知，m(样品)= 20.00g，硬质玻璃管内剩余固体中m(Fe)= 16.64g，m(H2O)= 1.44g，则Fe2O3nH2O中m(H2O)= 1.44g，Fe2O3中m(O)= 20.00g-16.64g -1.44g=1.92gn(H2O)= ，n(O)= 依据化学式Fe2O3
28、nH2O可得： ，n=2。答案为219.A、B、C、D均为中学化学常见物质，且含有一种相同的元素，它们之间有如下转化关系，其中A是单质。（1）若A是生产生活中用量最大的一种金属，B、C所含元素种类相同，D是红褐色沉淀，溶液C可用于腐蚀印刷Cu电路板。请写出A与C反应的化学方程式_。（2）若B、D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，反应均需要强碱性溶液，反应可以通过滴加少量稀盐酸实现。据此判断A元素在周期表中的位置是_，请写出的离子方程式_。（3）若C是一种淡黄色固体，常用于呼吸面具中的供氧剂，D是一种强碱。写出反应的离子方程式_。【答案】 (1). 2FeCl3+Fe=3FeCl2 (2).
29、第三周期第A族 (3). 2Al2OH2H2O2AlO2+3H2 (4). 2Na2O22H2O4Na4OHO2【解析】【详解】(1)若A是生产生活中用量最大的一种金属，则为铁，由D是红褐色沉淀，更加证实了此推断。B、C所含元素种类相同，溶液C可用于腐蚀印刷Cu电路板，则C为FeCl3，B为FeCl2。A与C反应的化学方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2。答案为：2FeCl3+Fe=3FeCl2(2)若B、D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，则二者为Al2O3、Al(OH)3中的某一种。反应均需要强碱性溶液，反应可以通过滴加少量稀盐酸实现，则C应为NaAlO2，B为Al2O3，A为Al，
30、D为Al(OH)3。据此判断A元素在周期表中的位置是第三周期第A族。答案为：第三周期第A族反应为Al与NaOH溶液生成NaAlO2的反应，其离子方程式为：2Al2OH2H2O2AlO2+3H2答案为：2Al2OH2H2O2AlO2+3H2(3)若C是一种淡黄色固体，常用于呼吸面具中的供氧剂，则C为Na2O2；D是一种强碱，为NaOH。反应的离子方程式2Na2O22H2O4Na4OHO2答案为：2Na2O22H2O4Na4OHO2。20.Ba2+是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+ 的物质的量浓度。（1）在容量瓶的使用方法中，下列操
31、作不正确的是_（填字母序号）。a使用容量瓶前先检查是否漏水b使用容量瓶前必须用蒸馏水将其洗净并干燥c配制溶液时，若试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水至刻度线 d盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一手拖住瓶底，将容量瓶反复倒转摇匀（2）现需配制250mL0.1000molL1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外，还需要_。（3）需准确称取Na2S2O3固体的质量为_g。（4）若配制标准Na2S2O3溶液时，出现如下错误操作，所配溶液的浓度将如何变化？若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，会导致所配
32、溶液的浓度_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）。若观察液面时俯视容量瓶刻度线，会导致所配溶液的浓度_。（5）另取50.00mL废水，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO42全部转化为Cr2O72，再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2O72+6S2O32+14H+ = 2Cr3+3S4O62+7H2O。则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为_。【答案】 (1). b、c (2). 250mL容量瓶、胶头滴管 (3). 4.
33、0 (4). 偏低 (5). 偏高 (6). 0.024 molL1【解析】【分析】（1）因为容量瓶是一种精密仪器，容积会随着温度的改变而改变，结合容量瓶使用方法和注意问题回答，容量瓶是精密量具；（2）根据配置溶液溶解、定容等操作来选择玻璃仪器，溶解在烧杯中，定容在容量瓶中用胶头滴管滴定到刻度；（3）根据250mL 0.100mol/L 标准Na2S2O3溶液，利用n=cV来计算物质的量，再利用m=nM来计算其质量，结合托盘天平使用注意问题得到质量；（4）若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，溶质减小，配制溶液浓度减小；若观察液面时俯视容量瓶刻度线容量瓶中加入水未达到刻度，溶液浓度增
34、大；（5）由BaCrO4沉淀、CrO42-全部转化为Cr2O72-，Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3+3I2+7H2O I2+2S2O32-2I-+S4O62-，得出废水中Ba2+与Na2S2O3的关系，代入即可计算【详解】（1）在容量瓶的使用方法中，a使用容量瓶前应该检验是否漏水，故a正确；b容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会影响配制溶液的浓度，故b不正确；c配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中，故c不正确；d盖好瓶
35、塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故d正确故填：bc；（2）因溶液固体需要在烧杯中，定容时需要用胶头滴管，故答案为：烧杯、胶头滴管；（3）Na2S2O3的物质的量为0.25L0.1mol/L=0.025mol，其质量为0.025mol158g/mol=3.95g，托盘天平精确度为0.1g，使用称量Na2S2O3的质量为4.0g，故答案为：4.0；（4）若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，溶质减小，配制溶液浓度减小，结果偏低，故答案为：偏低；若观察液面时俯视容量瓶刻度线容量瓶中加入水未达到刻度，溶液浓度增大，会导致所配溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；（
36、5）设该工厂废水中Ba2+的物质的量为x，由BaCrO4沉淀、CrO42-全部转化为Cr2O72-，Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3+3I2+7H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-，则2Ba2+2BaCrO4Cr2O72-3I26S2O32-，2 6x 36.00mL10-3L0.100mol/L2/X=6/36.00mL10-3L0.100mol/L解得x=12.0010-4mol，则c（Ba2+）=12.0010-4mol50.0010-3L=0.024mol/L，故答案为：0.024mol/L【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制要使用容量瓶，注意容量瓶的使用方法，误差分
37、析利用c=nv分析，分析出物质的量的变化或者溶液体积的变化，对所配溶液浓度的影响，多步反应要通过中间产物把已知量和未知量联系在一起。21.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。某小组以此废玻璃为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4。己知：CeO2不溶于强酸或强碱；Ce3+易水解，酸性条件下，Ce4+有强氧化性。（1）废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要进行的操作_，反应的离子方程式_。（2）反应的离子方程式是_。（3）为了得到较纯的Ce3+溶液，反应之前要进行的操作是_。（4）反应需要加入的试剂X可以是_。（5）用滴定法测定
38、制得的Ce(OH)4产品纯度。用FeSO4溶液滴定用_做指示剂，滴定终点现象_。【答案】 (1). 粉碎 (2). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O (4). 洗涤 (5). O2或其它合理答案 (6). K3Fe(CN)6 (7). 当滴加最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且在半分钟内即便振荡也不消失【解析】【分析】由信息“CeO2不溶于强酸或强碱”可知，反应中只有SiO2与碱发生反应；滤渣为Fe2O3、CeO2、FeO的混合物；滤渣A中加入稀硫酸，Fe2O3、FeO溶解，此时滤渣中只有CeO2。滤渣B中加入稀硫酸和双氧
39、水，显然是双氧水作还原剂，将CeO2还原为Ce3+。反应中，加入的X应为氧化剂，将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4。【详解】(1)废玻璃在用NaOH溶液浸洗前往往要进行粉碎，以增大废玻璃与NaOH溶液的接触面积，提高原料的浸出率。答案为：粉碎反应中，只有SiO2与NaOH溶液发生反应，其反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O(2)反应中，只有CeO2与稀硫酸和双氧水发生反应，其反应的离子方程式是2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O。答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O(3)因为从溶液中过滤出沉淀表面常吸附溶液中的某些离子，为了得到较纯的Ce3+溶液，反应之前应对固体进行洗涤。答案为：洗涤(4)反应将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，需要加入氧化剂，所以试剂X可以是O2等强氧化剂。答案为：O2或其它合理答案(5)用FeSO4溶液滴定Ce(OH)4产品的纯度，应使用FeSO4标准溶液，用K3Fe(CN)6做指示剂。答案为：K3Fe(CN)6滴定终点时，FeSO4溶液过量一滴，它与K3Fe(CN)6作用，生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，并且在半分钟内即便振荡也不消失。答案为：当滴加最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且在半分钟内即便振荡也不消失。