1、陕西省渭南韩城市2020届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：C:12；N:14；O:16；Na:23；Mg:24；Fe:56；Al:27；Cu:64；S:32；Cl:35.5；P:31；K:39；Si:28；Mo:96；Ba:137。第卷一、单项选择题（共18小题，每小题3分，共54分）1.关于下列诗句或谚语，说法不正确的是（）A. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关B. “水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化C. “滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化D. “落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化【答案】C【解
2、析】【详解】A空气属于胶体，海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，故A正确；B水乳交融体现的是物质溶解性，属于物理变化，火上浇油体现的是物质的燃烧反应，属于化学变化，故B正确；C水滴石穿蕴含着碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，属于化学变化，绳锯木断体现的是物质间的摩擦，属于物理变化，故C错误；D“落汤螃蟹着红袍”体现了在加热条件下蛋白质发生了变性，生成了新的物质，属于化学变化，故D正确；故选C。2.下列化学用语表述正确的是（ ）A. 核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：B. 氯离子的结构示意图：C. COCl2的结构式为： D. CaO2的电子式
3、为： 【答案】C【解析】【分析】本题考查了简单粒子的基本结构，和化学中常见物质的电子式和结构式，逐一分析即可。【详解】A.核内质子数为117、中子数为174的核素Ts应表示为：；B. 氯离子的结构示意图为；C. COCl2的结构式为： ；D. CaO2的电子式为：。综上本题选C。3.下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，能达到实验目的的是A. 用装置甲制备氨气B. 用装置乙除去氨气中少量水C. 用装置丙收集氨气D. 用装置丁吸收多余的氨气【答案】D【解析】【详解】A为防止试管炸裂，试管口应略向下倾斜，故A错误；B浓硫酸与氨气能够反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；C应用双孔塞，该装置中气体
4、不能导入烧瓶中，故C错误；D氨气极易溶于水，利用干燥管能防止发生倒吸，故D正确；故选D。4.一定温度压强下，用相同质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是A. 气球B中装的是O2B. 气球A和气球D中气体物质的量之比为4：1C. 气球A和气球C中气体分子数相等D. 气球C和气球D中气体密度之比为2：1【答案】D【解析】【详解】A. 一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，则根据V=nVm=Vm，得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4O2CO2SO2，C
5、中装的是氧气，故A错误；B. 气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1:4，故B错误；C. 根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32:64=1:2，故C错误；D. 气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32:16=2:1，故D正确。答案选D。5.用硫酸铜晶体配制 480mL 浓度为 0.5mol/L的溶液，下列说法正确的是（ ）A. 用托盘天平称量60.0g硫酸铜晶体B. 如果称量时药品和砝码放反了，对配制结果没有影响，因为没有使用游码C
6、. 如果定容时俯视所配溶液浓度会偏高D. 在转移溶液后，可以不用洗涤玻璃棒【答案】C【解析】A. 用硫酸铜晶体配制480mL浓度为0.5mol/L的溶液，需要利用500mL容量瓶，则用托盘天平称量硫酸铜晶体的质量是0.5L0.5mol/L250g/mol62.5g，A错误；B. 如果称量时药品和砝码放反了，则实际称量的质量小于62.5g，结果偏低，B错误；C. 如果定容时俯视，则溶液体积减少，所配溶液浓度会偏高，C正确；D. 在转移溶液后，必须洗涤玻璃棒和烧杯，并把洗涤液也注入容量瓶中，D错误，答案选C。6.为检验某种钠盐溶液中含有的阴离子是SO42-、CO32-还是OH-、Cl-，下面设计的
7、方案中合理的是()A. 检验CO32-：向待测液中加入足量的盐酸产生气泡，将气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成B. 检验SO42-：向待测液中加入盐酸至酸性，未见沉淀或气体生成，再加入BaCl2溶液出现白色沉淀C. 检验OH：向待测液中加入石蕊溶液，溶液变红色D. 检验Cl：向待测液中加入AgNO3溶液和稀盐酸的混合液，有白色浑浊物出现【答案】B【解析】【详解】A项、待测液与盐酸产生的气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成，与盐酸反应的离子不一定是CO32-，还可能是HCO3-或SO32-等，故A错误；B项、先在待测溶液中加入盐酸，排除SO42-以外的其它阴离子及Ag+的干扰，再用
8、BaCl2检验SO42-离子的存在是正确的操作，故B正确；C项、溶液中若有OH-，OH-会使溶液变成蓝色，故C错误；D项、AgNO3溶液和稀HCl混合就有白色浑浊物，故D错误；故选B。【点睛】本题考查常见阴离子的检验，注意离子的性质、加入试剂的选择和实验现象的分析是解答关键。7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）22gT2O含有电子数为10NA0.44gC3H8中含有的共价键总数目为0.1NA1molNa2O2与CO2完全反应时转移电子数为2NA28g硅晶体中含有2NA个SiSi键11.2LCl2通入足量的NaOH溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA200mL1molL
9、1Al2(SO4)3溶液中Al3和SO42-的数目总和是NAA. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】T2O的摩尔质量为22g/mol，故22gT2O的物质的量为1mol，而1molT2O含有10mol电子，即10NA个，故正确；0.44gC3H8的物质的量n=0.01mol，而1mol丙烷中含10mol键，故0.01mol丙烷中含0.1mol键，即0.1NA个，故正确；Na2O2与CO2的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，即NA个，故错误；28g硅晶体中含有1molSi原子，晶体硅中，每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si键，则每个硅原子形成的共价键为：4=2，则
10、1mol单质硅含有2molSi-Si键，含有2NA个Si-Si键，故正确；11.2LCl2所处的状态不明确，不一定是标况下，其物质的量不一定是0.5mol，故错误；Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解导致其个数减少，故溶液中的Al3+和SO42-离子数的总和小于NA，故错误；正确的有；故答案为：D。8.硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是A. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐B. 水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂C. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2OAl2O36SiO2表示D. 高纯硅可用于制造光导纤维，高纯二氧化硅可用于制造太阳能电池【答案】C【解析
11、】【详解】A水晶主要成分是二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，选项A错误；B水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，选项B错误；C某硅酸盐化学式为KAlSi3O8，可用K2OAl2O36SiO2表示，选项C正确；D二氧化硅可用于制造光导纤维，高纯硅可用于制造太阳能电池，选项D错误；答案选C。9.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）A MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2OB. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3+3H2O =Al(OH)3+3HC. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O =2Na+2OH+O2D. Ca(HCO3)2溶液
12、与少量NaOH溶液反应：HCO3+Ca2+OH= CaCO3+H2O【答案】D【解析】【详解】A、浓盐酸应改成离子形式，MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，A错误；B、明矾溶于水产生Al(OH)3胶体的离子方程式为：Al3+3H2O Al(OH)3（胶体）+3H，B错误；C、Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2+2H2O =4Na+4OH+O2，C错误；D、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，D正确；答案选D。【此处有视频，请去附件查看】10.在处理废水
13、时某反应体系中有6种粒子：N2、HCO3-、ClO-、CNO-、H2O、Cl-，在反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图所示。下列有关该反应的说法正确的是（ ）A. 在上述反应体系中，CNO是氧化剂B. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为13C. 在标准状况下，产生4.48 L N2时转移0.8 mol电子D. 上述反应中，只有两种元素化合价发生了变化【答案】D【解析】【分析】由曲线变化图可知，随反应进行HCO3-的物质的量增大，故HCO3-是生成物，根据碳元素守恒， CNO-应是反应物，N2是生成物；ClO-物质的量减小，ClO-是反应物，Cl-是生成物。ClO-中氯元素化合价降低，ClO
14、-是氧化剂；CNO-中N元素化合价由-3升高为0，CNO-是还原剂。根据得失电子守恒，反应离子方程式是3ClO-+2CNO- +H2O = N2+2HCO3- +3Cl-。【详解】A. ClO-是反应物，Cl-是生成物，ClO-中氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，CNO-中N元素化合价由-3升高为0，CNO-是还原剂，故A错误；B. 氯元素化合价降低，Cl-是还原产物，N元素化合价由-3升高为0，氮气是氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为31，故B错误；C. 根据方程式生成1mol N2转移6mol电子；在标准状况下，产生4.48 L N2时转移1.2 mol电子，故C 错误；D.
15、上述反应中，只有N、Cl两种元素化合价发生了变化，故D正确。11.将156 g Na2O2和54 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体672 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是A. 标准状况下，反应过程中得到784 L的气体B. 最终得到的溶液中c(Na）c(Cl）c(OH）C. 最终得到78 g的沉淀D. 最终得到的溶液中c(Na）15 molL1【答案】C【解析】试题分析：2Na2O22H2O4NaOHO20. mol 0.4 mol 0.1 mol2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H20.2
16、mol 0.4 mol 0.2 mol 0.3 molA、由以上两个方程式可知：生成的气体体积为：(0.1 mol0.3 mol）0.4 mol，为8.96 L，A错误；B、最终得到的是0.1 mol NaCl和0.1 mol NaAlO2的混合溶液，据电荷守恒有：c(Na）c(H）c(Cl）c(OH）c(AlO2），由于c(H）c(AlO2），B错误；C、反应后剩余0.2 mol NaOH，故0.3 mol HCl先与其反应后，剩余的0.1 mol HCl再与NaAlO2反应，生成0.1 mol Al(OH）3沉淀，质量为7.8 g，C正确；D、n(Na）0.4 mol，则c(Na）0.4
17、mol0.2 L2 molL1，D错误，答案选C。考点：考查化学计算12.某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。阴离子CO、SiO32-、Al(OH)4、Cl阳离子Al3、Fe3、Mg2、NH4+、Na现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂Y体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 若Y是盐酸，则Oa段转化为沉淀的离子(上表中，下同)只有Al(OH)4B. 若Y是盐酸，则溶液中可能含有的阳离子是Al3C. 若Y是NaOH溶液，则bc段反应的离子方程式为Al(OH)3OH=Al(OH)4D. 若Y是NaOH溶液，则X溶液中只存在四种离子，是
18、Al3、Fe3、NH4+、Cl【答案】C【解析】【详解】：A若Y是盐酸，SiO32-、Al(OH)4与盐酸反应都会生成沉淀，所以oa段转化为沉淀的离子有Al(OH)4和SiO32-，故A错误；B若Y是盐酸，ab段沉淀的物质的量不变，则盐酸与CO32-反应，所以溶液中一定有CO32-，CO32-与Al3+不能共存，所以不含有Al3+，故B错误；C若Y是NaOH溶液，bc段沉淀减少，是氢氧化铝溶于过量的氢氧化钠，则发生反应的离子方程式为：Al(OH)3OH=Al(OH)4，故C正确；D若Y是NaOH溶液，则不能判断溶液中是否含有Na+，所以溶液中可能还有Na+，故D错误。故答案为C。【点睛】含有A
19、l(OH)4的溶液中滴加盐酸时会先生成氢氧化铝成，后沉淀消失。13.下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是A. 元素的非金属性： XRWB. 简单离子的半径：WRXC. X与W形成的化合物中只有共价键D. X与Z形成的化合物中只有离子键【答案】C【解析】由各原子的最外层电子数和原子序数的关系可推断X、Y、Z、R、W依次为O、F、Na、S、Cl元素。A项，元素的非金属性X（O）R（S）、W（Cl）R（S），错误；B项，根据“层多径大，序大径小”的原则，简单离子半径R（S2-）W（Cl-）X（O2-），错误；C项，O与Cl形成的化合物中只有共价键，正确；
20、D项，X与Z可形成Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既有离子键又有共价键，错误；答案选C。【点睛】微粒半径大小比较的总体原则是：“层多径大，序大径小”，具体规律：同一主族元素原子或离子半径从上而下依次增大同一周期主族元素原子半径从左到右逐渐变小同种元素原子半径大于阳离子半径；原子半径小于阴离子半径电子层结构相同的离子核电荷数越大，离子半径越小(阴前阳下，序大径小)14.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是A. 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为23B. 利用途径制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1molC. 生
21、成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：=D. 与途径、相比，途径更好地体现了绿色化学思想【答案】D【解析】A、Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；B、16g硫酸铜的物质的量为=0.1mol，在途径中，发生的反应为2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2，消耗硫酸0.2mol，故B错误；C. 若
22、均生成1mol硫酸铜，途径消耗硫酸1mol硫酸；途径消耗1mol硫酸，途径消耗2mol硫酸，故C错误；D、相对于途径、均有污染空气的气体产生，途径的优点：铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再被硫酸溶解生成硫酸铜，制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故D正确；故选D。点睛：本题考查制备方案的评价，注意根据反应途径，写出相关反应的离子方程式或化学方程式，利用方程式进行判断较为简单。本题的易错点为C，途径中制备1mol硫酸铜，需要mol H+和mol NO3-，可以由1mol硫酸和mol硝酸提供。15.某同学设计了用氯气制取无水氯化铁(易升华)的相关装置，其中设计正确且能达到相应目的的是
23、（ ）A. 用装置制取氯气B. 用装置除去Cl2中的HClC. 用装置干燥氯气D. 用装置制取并收集FeCl3【答案】D【解析】【详解】A浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应，没有加热且使用的是稀盐酸，所以不能实现实验目的，故A错误；B氯气和氯化氢都能和NaOH反应，HCl极易溶于水，NaCl抑制氯气溶解，所以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故B错误；C氯气能和碱反应，应该用酸性物质干燥，如浓硫酸，故C错误；D氯气和铁在加热条件下反应生成氯化铁，氯化铁是固体，故D正确；故选：D。16.铁的常见化合价有2价和3价。据研究，铁在浓HNO3中发生钝化时，可生成一种化学式为Fe
24、8O11的化合物，它可以看作由FeO和Fe2O3组成的复杂氧化物。该化合物可以表示为A. FeO3Fe2O3B. FeO2Fe2O3C. 2FeO3Fe2O3D. 2FeOFe2O3【答案】C【解析】【分析】一般拆写成氧化物时，低价在前，高价在后，同时符合原子守恒，据此分析；【详解】A、FeO3Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为7：10，不符合8：11，故A不符合题意；B、 FeO2Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为5：7，不符合8：11，故B不符合题意；C、2FeO3Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为8：11，符合8：11，故C符合题意；D、2FeOFe2O3中铁原子和氧原子个数比为4：5，
25、不符合8：11，故D不符合题意；答案为C。17.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C. 用装置丙稀释反应后的混合液D. 用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选C。18.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图，其中a、
26、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，该单质与沸水缓慢反应，且该单质可制造照明弹；f为固体单质。下列有关说法正确的是A. 简单离子的半径:YZXB. 元素的非金属性:WXC. 最高价氧化物对应水化物的碱性:YZD. X、Y两种元素组成的化合物只含离子键【答案】C【解析】试题分析： a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为过氧化钠；c是Z的单质，该单质与沸水缓慢反应，且该单质可制造照明弹，则Z为镁元素；由这些元素组成的常见物质的转化关系可知，若f为固体单质，则b为二氧化碳、f为碳、e为氧气、d为碳酸钠、g为氧化镁。短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，则其分别为C、O、N
27、a、Mg。A. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大的半径越小，所以简单离子的半径XYZ，A不正确； B. 元素的非金属性为O C，B不正确；C. Na的金属性强于Mg，故其最高价氧化物对应水化物的碱性较强，C正确；D. X、Y两种元素组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，其中氧化钠只含离子键、过氧化钠既有离子键又有共价键，D不正确。本题选C。第卷二、填空题（共4小题，共46分）19.X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价4，421，73其他阳离子核外无电子无机非金属材料的主角焰色反应呈黄色（1）R在元素
28、周期表中的位置是_；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为_。（2）Z的单质与水反应的化学方程式为_。（3）Y与R相比，非金属性较强的是_(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是_(填字母)。A常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态B稳定性：XRYX4CY与R形成的化合物中Y呈正价（4）根据表中数据推测，Y的原子半径(用r表示)的最小范围是_。（5）甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲乙丙水。若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式为_。【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). 同位素 (3). 2Na2H2O=2NaOHH2 (4). Cl (5). BC
29、 (6). 0.099nmr0.143nm (7). NaAlO2或Na2SiO3【解析】【分析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y的化合价主要为-4，+4，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；R的主要化合价为-1，+7，则R为Cl元素；Q主要化合价为+3价，原子半径NaQCl，则Q为Al元素；M的主要化合价为-2价，为第A族元素，原子半径MCl，则M为O元素，然后利用元素的单质及其化合物的性质来解答。【详解】1）R为Cl元素，核外有17个电子，核外电子排布为2、8、7，所以Cl元素处于第三周期A族；R在自然界中有
30、质量数为35和37的两种核素，中子数不同，二者互为同位素，故答案为：第三周期A族；同位素；（2）Z为Na元素，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；（3）Y为Si元素，R为Cl元素同周期自左而右，非金属性减弱，所以非金属性SiCl；A常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态，状态不能说明元素的非金属性强弱，故a错误；B非金属越强，氢化物越稳定，稳定性XRYX4，说明X的非金属性强，故b正确；CY与R形成的化合物中Y呈正价，说明X吸引电子能力强，X的非金属性强，故c正确故答案为：Cl；BC；（4）Y为Si元素，同周
31、期自左而右，原子半径减小，所以原子半径AlSiCl，即大于0.099nm小于0.143nm，故答案为：0.099nmr0.143nm；（5）Y为Si元素；Z为Na元素；R为Cl元素；Q为Al元素；其高价氧化物的水化物，分别为硅酸、氢氧化钠、高氯酸、氢氧化铝甲+乙丙+水，丙为盐，丙的水溶液呈碱性，则丙为强碱弱酸盐，则丙为NaAlO2 或Na2SiO3，故答案为：NaAlO2 或Na2SiO3。【点睛】解决本类题目要认真分析题目所给信息，找到突破口，对学习过程中一些具体特殊性质的物质要有清楚的认识；同位素是指同种元素的不同核素，同素异形体是指同种元素形成的不同单质。20.亚氯酸钠(NaClO2)是
32、一种高效氧化剂、漂白剂。在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到亚氯酸钠。（1）在制备亚氯酸钠反应中ClO2作_(填“氧化剂”或“还原剂”)；若反应中生成1 mol NaClO2，转移电子的物质的量为_。（2）该反应的化学方程式为_。.有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K、Ba2、Al3、Fe3、I、NO3-、CO32-、SO42-、Al(OH)4。取该溶液进行以下实验：用pH试纸检测，溶液呈强酸性。取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色。另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液：a溶液从酸性变为中性；b溶液中逐渐产生沉淀；c沉淀完全溶解；d最后加热溶液，有
33、气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。取适量得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，回答下列问题。（1）由可以排除_的存在。（2）由可以证明_的存在；同时排除_的存在。（3）由可以证明_的存在。（4）由可以排除SO42-的存在，同时证明Ba2的存在。（5）写出c、d所涉及的化学方程式，是离子反应的用离子方程式表示：c_；d_。【答案】 (1). 氧化剂 (2). 1mol (3). 2ClO2H2O22NaOH=2NaClO2O22H2O (4). CO32-、Al(OH)4 (5). I (6). Fe3、NO3- (7). Al3、NH4+ (8).
34、Al(OH)3OH=AlO2-2H2O (9). NH3H2ONH3H2O【解析】【分析】ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2中O元素的化合价升高。.用pH试纸检测，溶液呈强酸性，说明溶液中存在H+；依据离子共存可知一定不存在CO32-，Al(OH)4；取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色，说明溶液中一定含有I-，依据离子共存分析判断可知，一定不含有Fe3+、NO3-；另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液；a溶液从酸性变为中性，中和酸；b溶液逐渐产生沉淀，分析阳离子中只有铝离子沉淀；c沉淀完全溶解，证明生成的沉淀是氢氧化铝，原溶
35、液中一定含有Al3+；d最后加热溶液，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明生成的气体是氨气，原溶液中一定含有铵根离子；取适量得到的碱性溶液，铝离子反应生成偏铝酸根离子，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，分析离子可知只有钡离子生成碳酸钡沉淀，说明原溶液中不含有硫酸根离子；【详解】（1）ClO2中Cl元素的化合价降低，被还原，则ClO2作氧化剂，反应中生成1molNaClO2，转移电子物质的量为1mol；故答案为：氧化剂；1mol；（2）由分析可知，反应的方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2O；：（1）用pH试纸检验，溶液呈强酸性，溶液中存在大量
36、H+，由于碳酸根离子和偏铝酸根离子都是弱酸阴离子和氢离子反应，所以CO32-，Al(OH)4不能大量存在；故答案为：CO32- 、Al(OH)4；（2）CCl4层出现碘单质的颜色证明含I-，Fe3+、NO3-在该环境中与I-不能共存，依据离子共存同时排除Fe3+、NO3-离子的存在，故答案为：I-；Fe3+、NO3-；（3）根据分析可知证明溶液中一定含有Al3+，NH4+；故答案为：Al3、NH4+；（5）c、d所涉及的化学反应为氢氧化铝溶解于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，一水合氨受热分解生成氨气， 故答案为：Al(OH)3OH=AlO2-2H2O；NH3H2ONH3H2O ；21.某学习小组在
37、实验室中利用如图装置(夹持装置略去)测定某铁硫化物(FexSy)的组成，并探究反应后D装置所得溶液中含硫化合物的组成。实验步骤：步骤如图连接装置，检查装置气密性，装入试剂；步骤旋开分液漏斗活塞与旋塞，并点燃酒精喷灯；步骤足够长时间后，D中产生气泡速率变快时，停止加热，继续向烧瓶中滴水一段时间步骤实验结束后，将D中所得溶液加水配制成250mL溶液；请回答：（1）步骤中，停止加热后还需继续向烧瓶中滴水一段时间，其目的为_。（2）在C、D装置之间不需要防倒吸装置的理由是_。（3）步骤中配制溶液时所需的玻璃仪器除玻璃棒和烧杯外，还有_。（4）取25.00mL步骤中所配溶液，加入足量双氧水，再加入足量盐
38、酸酸化的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为4.66g。则FexSy的化学式为_。（5）有同学认为可将装置D改为装有足量碱石灰的干燥管，通过测定反应前后干燥管的增重来计算硫元素的含量。你认为此方案是否合理：_(填“是”或“否”)，原因为_。（6）反应后D装置所得溶液中除含有Na2SO4外，还可能含有Na2SO3。现用滴定法测定溶液中Na2SO3的含量。可供选择的试剂：0.1000molL1 KMnO4酸性溶液；0.1000molL1 H2O2溶液；0.1000molL1KI淀粉溶液；0.1000molL1BaCl2溶液；0.1000molL1HCl溶液。所选试剂应装在_(填“
39、酸式”或“碱式”)滴定管中。所利用的反应原理为_(用离子方程式表示)。【答案】 (1). 继续生成O2，驱赶装置内残留的SO2，使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收 (2). SO2中含不溶于NaOH溶液的O2 (3). 250mL容量瓶、胶头滴管 (4). FeS2 (5). 否 (6). 部分SO2被氧化；空气中的CO2和水蒸气可能使干燥管增重 (7). 酸式 (8). 2MnO4-5SO32-6H=5SO42-2Mn23H2O【解析】【分析】（1）步骤III中，停止加热后还需继续向烧瓶中滴水一段时间，利用生成的氧气把生成的气体二氧化硫全部赶入氢氧化钠溶液中吸收；（2）在C、D装置之间不需
40、要防倒吸装置因为二氧化硫中含一定量的氧气不溶于氢氧化钠溶液；（3）溶液配制过程为计算、称量、溶解、洗涤转移、定容、摇匀等步骤选择仪器；（4）加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为4.66g，元素守恒计算硫元素和铁元素物质的量，计算得到化学式；（5）将装置D改为装有足量碱石灰的干燥管可能空气中二氧化碳和水蒸气进入影响测定结果；（6）滴定法测定溶液中Na2SO3的含量需要氧化剂高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液具有氧化性能氧化橡胶管，高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钠生成硫酸钠。【详解】：（1）步骤III中，停止加热后还需继续向烧瓶中滴水一段时间，利用生成的氧气把生成的气体二氧化硫
41、全部赶入氢氧化钠溶液中吸收，故答案为：继续生成O2，驱赶装置内残留的SO2，使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收；（2）在C、D装置之间不需要防倒吸装置的理由是：SO2中含不溶于NaOH溶液的O2，故答案为：SO2中含不溶于NaOH溶液的O2；（3）步骤IV中将D中所得溶液加水配制成250mL溶液，配制溶液时所需的玻璃仪器除玻璃棒和烧杯外，还需要250 mL容量瓶，定容用到的胶头滴管，故答案为：250 mL容量瓶、胶头滴管；（4）12.0gFexSy，灼烧后生成的二氧化硫被吸收，将D中所得溶液加水配制成250mL溶液，取25.00mL步骤IV中所配溶液，加入足量的双氧水，再加入足量盐酸酸化的B
42、aCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为4.66g。硫元素守恒n（S）=n（BaSO4）=0.02mol，250mL溶液中含硫元素物质的量=0.2mol，铁元素物质的量=0.1mol，则化学式中n（Fe）：n（S）=0.1：0.2=1：2，x=1，y=2，化学式为FeS2，故答案为：FeS2； （5）将装置D改为装有足量碱石灰的干燥管，通过测定反应前后干燥管的增重来计算硫元素的含量时部分SO2被氧化，且空气中的CO2和水蒸气可能使干燥管增重，方案不合理，故答案为：否；部分SO2被氧化，且空气中的CO2和水蒸气可能使干燥管增重；（6）溶液中除含有Na2SO4外，还可能含有Na2SO3
43、；0.10molL-1KMnO4酸性溶液 滴定终点溶液元素变为紫红色说明反应达到终点，过氧化氢能氧化亚硫酸钠但无明显现象，0.10molL-1KI淀粉溶液不能氧化亚硫酸钠溶液，所选试剂为0.10molL-1KMnO4酸性溶液，高锰酸钾溶液具有强氧化性盛在酸式滴定管中，故答案为：酸式；所利用反应原理为2MnO4-+5SO32-+6H+=5SO42-+2 Mn2+3H2O，故答案为：2MnO4-+5SO32-+6H+=5SO42-+2 Mn2+3H2O。【点睛】容量瓶有规格，故在描述容量瓶是要说明其规格；强氧化性溶液用酸式滴定管盛放。22.钼是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元
44、素可增强合金的强度、硬度、可焊接性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。如图是化工生产中制备金属钼的主要流程图。（1）反应的尾气可以再利用，写出应用该尾气制得的两种重要化学试剂：_。（2）如果在实验室模拟操作1和操作2，则需要使用的主要玻璃仪器有：_。（3）钼在空气中灼烧生成三氧化钼，三氧化钼溶于氢氧化钠溶液生成钼酸钠；三氧化钼不溶于盐酸或稀硫酸。钼酸钠的化学式为_。（4）工业上制备还原性气体CO和H2的反应原理为CO2CH42CO2H2，CH4H2OCO3H2。含甲烷体积分数为80%的a L(标准状况)天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下反应，甲烷转化率为90%，用产生的还原性气体(
45、CO和H2)还原MoO3制钼，理论上能生产钼的质量为_。【答案】 (1). H2SO4、Na2SO3或Na2SO4、(NH4)2SO4等 (2). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (3). Na2MoO4 (4). 4.11ag【解析】【分析】辉钼矿（主要成分是MoS2）在空气中燃烧生成MoO3和SO2，二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收，所以尾气含SO2用浓氨水吸收，二氧化硫具有还原性，则同时通入氧气生成硫酸铵；MoO3加浓氨水生成钼酸铵溶液，过滤除去杂质，在钼酸铵溶液中加足量盐酸，发生复分解反应生成钼酸和氯化铵，钼酸为难溶于水和酸的黄色晶体，过滤得到钼酸晶体高温分解生成MoO3，在高温条件下用氢气还
46、原得到金属钼。【详解】（1）反应的尾气主要为二氧化硫，二氧化硫可以用来制备硫酸、硫酸盐、亚硫酸等，故答案为：H2SO4、Na2SO3或Na2SO4、(NH4)2SO4等；（2）如果在实验室模拟操作1和操作2，该操作为过滤，过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；（3）三氧化钼溶于氢氧化钠溶液生成钼酸钠和水，结合步骤的产物钼酸铵可知钼酸钠化学式为：Na2MoO4；（4）根据、 知，生成（CO+H2）体积是消耗甲烷体积的4倍，CO和氢气还原MoO3制钼时，每个分子CO和H2失去电子数相同，含甲烷体积分数为80%的a L（标准状况）天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下反应，甲烷转化率为90%，则甲烷转化的物质的量=0.0321amol，则生成CO和氢气物质的量之和为0.1284amol，根据转移电子守恒得生成Mo的质量= (0.1284a)96g/mol=4.11ag，故答案为：4.11a g。【点睛】该流程给出的信息较多，故分析起来比较简单，第（4）小题中计算略为复杂，根据电子守恒进行计算；过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
