1、2016-2017学年浙江省温州市文成中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1容量瓶是用来配制物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有（）A温度B浓度C容量D刻度线2下列各组液体混合物，可以用分液漏斗分离的是（）A乙醇和水B溴乙烷和水C溴乙烷和氯仿D苯和溴苯3设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为9NAB标准状况下，11.2L苯中含有的碳碳双键数为1.5NAC42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAD5.6g铁与0.1mol氯气在点燃条件下充分反应，转移的电子数为0.3NA4
2、根据下列化学实验示意图及表中实验现象，从理论上分析得出的结论正确的是（）选项实验实验现象结论Aa左烧杯中铁表面有气泡，右烧杯中铜表面有气泡活动性：AlFeCuBb左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2Cc白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解度：AgClAgBrAg2SDd锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：ClCSiAABBCCDD5将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物
3、质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）ABCD6标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为 g/ml，质量分数为w，物质浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是（）A=BW=CW=DC=7提纯少量含碳酸氢钠杂质的碳酸钠固体所需用的仪器是（）试管；泥三角；蒸发皿；试管夹；坩埚；玻璃棒；石棉网；坩埚钳ABCD8常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、NO3、IB使pH试纸变蓝的溶液中：Na+、Ba2+、CO32、SO42C
4、含有大量CO32的溶液中：NH4+、Na+、SO42、ClDc（Al3+）=0.1 molL1的溶液中：Na+、Cl、HCO3、SO429下列离子方程式中，正确的是（）A稀硫酸滴在铁片上：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：HCO3+H+=H20+C02C硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合：CuS04+20H=Cu（OH）2+SO42D硝酸银溶液与氯化钠溶液混合：AgN03+C1=AgCl+NO310下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A常温下铜片插入浓硫酸中无明显现象常温下铜遇浓硫酸钝化B将水蒸气通过灼热的铁粉铁粉变成红棕色粉末铁粉与水
5、在高温下发生反应C将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中溶液红色褪去SO2具有漂白性D向某溶液中先加入稀盐酸，后加入氯化钡溶液先加入稀盐酸无明显现象，后加入氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中存在SO42AABBCCDD11用足量的CO还原13.7g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是（）APbOBPb2O3CPb3O4DPbO212下列各溶液中，有关成分的物质的量浓度关系正确的是（）A10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合：c（Cl）c（Na+ ）c（CH3COO）c（H+）c（
6、OH）B0.1 mol/L pH为3的NaHB溶液中：c（HB）c（H2B）c（B2）C硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH ）=c（H+）Dc（NH4+ ）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe （SO4）2溶液和NH4Cl溶液：c（NH4）2SO4c（NH4）2Fe （SO4）2c（NH4Cl）二、解答题（共10小题，满分0分）13今有下列六组仪器：牛角管锥形瓶温度计冷凝管已组装固定好的铁架台、酒精灯和蒸馏烧瓶（垫有石棉网）带附件的铁架台现要进行酒精（沸点为78.5）和水混合物的分离实验，试回答下列问题：（1）按仪器的安装先后
7、顺序排列以上提供的各组仪器（填序号）（2）冷凝管的两端有大口和小口之分，靠近大口的小弯管用于，靠近小口的小弯管用于（3）蒸馏时，温度计水银球应位于（4）在蒸馏烧瓶中注入液体混合物后，加几片瓷碎片的目的是（5）蒸馏后在锥形瓶中收集到的液体是烧瓶中剩下的液体主要是14实验室用碳酸钠晶体配制1.00molL1的Na2CO3溶液100mL，完成下列问题：（1）所需主要仪器有：药匙、和（2）本实验需称量碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）g（3）容量瓶上标有、（4）某同学将称量好的碳酸钠晶体用适量的蒸馏水在烧杯中溶解，冷却后直接倒进所选的且经检查不漏水的容量瓶中，洗涤烧杯23次，洗涤液也移至容量瓶中，然
8、后加水至离刻度线2cm处，用滴管加水至刻度线请指出上述操作中的3处错误：；15某学生用0.2000molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（1）以上操作步骤中有一步有错误，请指出编号，该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入中（从图中选
9、填“甲”或“乙”）（3）下列操作会引起实验结果偏大的是：（填编号）A在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B滴定前，碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡C锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗D用酸式滴定管量取待测液时将一滴待测液滴在锥形瓶外（4）判断到达滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液从 色变为色，且半分钟之内不再改变（5）以下是实验数据记录表：滴定次数盐酸体积（ml）NaOH溶液体积读数（ml）滴定前滴定后20.000.0016.30220.000.0016.22通过计算可得，该盐酸浓度为：molL1（计算结果保留2位小数）16一定温度下，物质的量浓度分别为2mol/L和1.5mol/L的SO2（g）
10、和O2（g）在密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），4min后反应达到平衡状态，测得容器中SO2（g）的转化率为60%，试求，在该温度下：（1）用SO2表示的平均反应速率；（2）平衡时O2的转化率；（3）此反应的平衡常数17下列各物质哪些是电解质，哪些是非电解质？KCl BaSO4 CH3CH2OH NaOH Fe H2SO4 H2O18已知A、B、C、D四种物质分别是由短周期元素组成的微粒，它们之间有如图所示的转化关系，且A是一种含有18电子的微粒，C是一种含有10电子的微粒请完成下列各题：（1）若A、D分别是两种气态单质分子，写出A与B反应的化学方程式：；（2）若B
11、是一种四核含18电子的分子，D是一种气态单质分子，则A的化学式为，B的结构式为；（3）若A、B均是含2个原子的微粒，其中B中含有10个电子，D中含有l8个电子，则A、B之间发生反应的离子方程式为；（4）若D是一种含有22个电子的分子，则符合如图所示关系的A的物质有（写化学式，如果是有机物则写相应的结构简式）19某强酸性溶液X中仅含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的阳、阴离子分别是（2）用离子方程表达下列反应
12、：中生成气体A：中生成溶液H：（3）若中所用氢氧化钠浓度为2mol/L，当加入l0ml时开始产生沉淀，55ml时沉淀的量达到最大值0.03mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到60ml时沉淀的量降为0.025mol且保持不变，则原溶液中c（Fe2+）为mol/L、c（Fe3+）为mol/L、c（Cl）为mol/L（若有些离子不存在，请填0mol/L）20利用含锰废水（主要含Mn2+、SO42、H+、Fe2+、Al3+、Cu2+）可制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）其中一种工业流程如下：已知某些物质完全沉淀的pH值如下表：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2
13、Mn（OH）2CuSMnSMnCO3沉淀完全时的PH3.75.26.49.8077回答下列问题：（1）若下列物质均能把Fe2+氧化为Fe3+，则过程中可选择加入的氧化剂是aCl2 bMnO2 c浓HNO3 dH2O2（2）过程中，所得滤渣的成分是（3）过程中，搅拌的目的是，发生反应的离子方程式是（4）过程中，若生成的气体J可使澄清石灰水变浑浊，则生成MnCO3反应的离子方程式是（5）由MnCO3可制得重要的催化剂MnO2，MnCO3+O2MnO2+CO2现在空气中加热 460.0g的MnCO3，得到332.0g产品，若产品中杂质只有MnO，则该产品中MnO2的质量分数是（摩尔质量/g：MnCO
14、3 115 MnO2 87 MnO 71）21要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，需在白纸上称4gNaOH固体，并且称量速度较慢使测得的结果（填”偏大”“偏小”或“不变”）22在配制一定物质的量浓度溶液的实验中，用量筒去取用一定量的浓溶液量液时，量筒必须放平，视线要跟量筒内液体的凹液面最低点保持水平（如图甲），再读出液体的体积数如果在读数过程中仰视（如图乙），实际所加液体（填“大”或“小”，下同）于计算值，导致所配溶液的物质的量浓度偏若在读数过程中俯视（如图丙），实际所加液体于计算值，导致所配溶液的物质的量浓度偏2016-2017学年浙江省温州市文成中学高三（上）月考化学试卷（10月份
15、）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1容量瓶是用来配制物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有（）A温度B浓度C容量D刻度线【考点】计量仪器及使用方法【分析】根据容量瓶的使用方法分析，容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的定量容器，只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器【解答】解：容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量和刻度线，容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，所以容量瓶标有温度，与浓度、压强、酸式或碱式无关，所以正确的是ACD，故选AC
16、D【点评】本题考查实验仪器的使用，题目难度不大，本题注意常见化学仪器的使用方法的积累2下列各组液体混合物，可以用分液漏斗分离的是（）A乙醇和水B溴乙烷和水C溴乙烷和氯仿D苯和溴苯【考点】分液和萃取【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，则分析选项中物质的溶解性即可【解答】解：A乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，故A错误； B溴乙烷和水不互溶，能分层，能用分液方法分离，故B正确；C溴乙烷和氯仿互溶，不能用分液的方法分离，故C错误；D苯和溴苯互溶，不能用分液的方法分离，故D错误故选B【点评】本题考查物质的分离，题目难度不大，本题注意把握常见混合物的分离原理、方法以及操作的注意事项等3设
17、NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为9NAB标准状况下，11.2L苯中含有的碳碳双键数为1.5NAC42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAD5.6g铁与0.1mol氯气在点燃条件下充分反应，转移的电子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A甲基（14CH3）中含有8个中子，17g该甲基的物质的量为1mol，含有8mol中子；B标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；C乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据混合物的最简式计算出含有的碳原子数目；D先判断过量情况，然后根据不足量计算出转移
18、的电子数【解答】解：A17g甲基（14CH3）的物质的量为1mol，1mol该甲基中含有8mol中子，所含的中子数为8NA，故A错误；B标况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量，故B错误；C42g乙烯和丙烯的混合物中含有3mol最简式CH2，含有3mol碳原子，含有的碳原子数为3NA，故C正确；D5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1molFe完全反应消耗0.15mol氯气，氯气不足，反应转移的电子的物质的量为0.2mol，转移的电子数为0.2NA，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下苯不是气体、甲基（
19、14CH3）中含有的中子数为8，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系4根据下列化学实验示意图及表中实验现象，从理论上分析得出的结论正确的是（）选项实验实验现象结论Aa左烧杯中铁表面有气泡，右烧杯中铜表面有气泡活动性：AlFeCuBb左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2Cc白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解度：AgClAgBrAg2SDd锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：ClCSiAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A一般来说，在原电池中较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极；B氯气和溴都能氧化碘离子生成碘；C溶解度大的物
20、质能转化为溶解度小的物质；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸【解答】解：A一般来说，在原电池中较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，a中左边装置Fe上有气泡、右边Cu上有气泡，说明左边装置Fe作正极、右边装置Cu作正极，则金属活动性AlFeCu，故A正确；B氯气和溴化钠不能完全反应，氯气和溴都能氧化碘离子生成碘，从而干扰实验，所以不能得出此结论，故B错误；C溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，根据固体颜色变化知，溶解度：AgClAgBrAg2S，故C错误；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl不是
21、Cl元素的最高价氧化物的水化物，盐酸易挥发，导致生成的二氧化碳中含有HCl，HCl和碳酸钠也反应生成硅酸沉淀，从而干扰实验，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，涉及金属活动性强弱判断、物质溶解度大小判断、物质氧化性强弱判断、非金属性强弱判断等知识点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，注意排除其它因素干扰，易错选项是D，如果将盐酸换为稀硫酸则能判断S、C、Si的非金属性强弱5将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反
22、应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系【分析】根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）2C（g），并利用三段式法计算，据此解答【解答】解：利用三段式法计算： 起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为=1mol/L 2A（g）+B（g）2C（g），起始：2mol/L 1mol/L 0变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L2s时：1.4mol/L 0.7mol/
23、L 0.6mol/L2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）=0.3molL1s1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）=0.15molL1s1；2s时物质A的转化率为=100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7molL1，显然正确，故选：B【点评】本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算6标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为 g/ml，质量分数为w，物质浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是（）A=BW=CW=DC=【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A根据n=计算VL
24、氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，进而计算溶液的质量，进而计算溶液的质量，根据V=计算溶液的体积，由=计算溶液的密度；B根据c=计算w，进行判断；C溶液质量分数=100%，D根据n=计算VL氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，进而计算溶液的质量，进而计算溶液的质量，根据V=计算溶液的体积，根据c=计算溶液物质的量浓度【解答】解：AVL氨气的物质的量为mol，氨气质量为mol17g/mol=g，1L水的质量为1000mL1g/mL=1000g，故溶液质量为（+1000）g，溶液体积为=L，所以溶液的密度为=g/mL，故A错误；B根
25、据c=可知，该氨水质量分数w=，故B正确；C溶液的质量分数w=100%=100%，故C正确；D溶液体积为=L，氨气的物质的量浓度c=mol/L，故D正确；故选A【点评】本题考查溶液浓度有关计算，难度中等，注意对概念的理解与公式的灵活运用，注意选项A可以根据溶液体积不具备加合性判断，属于易错题目7提纯少量含碳酸氢钠杂质的碳酸钠固体所需用的仪器是（）试管；泥三角；蒸发皿；试管夹；坩埚；玻璃棒；石棉网；坩埚钳ABCD【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】提纯少量含碳酸氢钠杂质的碳酸钠固体，选择加热法，加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，以此来解答【解答】解：加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，则加热需要的仪器为
26、泥三角、坩埚、坩埚钳及酒精灯等，故选B【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离方法、实验仪器为解答的关键，注意实验基本操作的掌握，题目难度不大8常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、NO3、IB使pH试纸变蓝的溶液中：Na+、Ba2+、CO32、SO42C含有大量CO32的溶液中：NH4+、Na+、SO42、ClDc（Al3+）=0.1 molL1的溶液中：Na+、Cl、HCO3、SO42【考点】离子共存问题【分析】ACu2+、Fe3+都能氧化碘离子；B使pH试纸变蓝的溶液呈碱性；C与CO32反应的离子不能大量
27、共存；D与Al3+反应的离子不能大量共存【解答】解：ACu2+、Fe3+具有氧化性，可氧化碘离子，不能大量共存，故A错误；B溶液显碱性，前者Ba2+和CO32以及SO42分别反应生成碳酸钡和硫酸钡沉淀，故B错误；C离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；DHCO3与Al3+相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀，故D错误故选C【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离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大9下列离子方程式中，正确的是（）A稀硫酸滴在铁片上：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B碳酸氢钠溶液与稀盐酸
28、混合：HCO3+H+=H20+C02C硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合：CuS04+20H=Cu（OH）2+SO42D硝酸银溶液与氯化钠溶液混合：AgN03+C1=AgCl+NO3【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成硫酸亚铁和氢气；B反应生成氯化钠、水、二氧化碳；C反应生成硫酸钠和氢氧化铜，硫酸铜为可溶性盐；D反应生成AgCl和硝酸钠，硝酸银为可溶性盐【解答】解：A稀硫酸滴在铁片上的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合的离子反应为HCO3+H+=H20+C02，故B正确；C硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合的离子反应为Cu2+20H=Cu（OH）2，故C错误；
29、D硝酸银溶液与氯化钠溶液混合的离子反应为Ag+C1=AgCl，故D错误；故选B【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意选项A中反应的实质，熟悉离子反应中应保留化学式的物质，题目难度不大10下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A常温下铜片插入浓硫酸中无明显现象常温下铜遇浓硫酸钝化B将水蒸气通过灼热的铁粉铁粉变成红棕色粉末铁粉与水在高温下发生反应C将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中溶液红色褪去SO2具有漂白性D向某溶液中先加入稀盐酸，后加入氯化钡溶液先加入稀盐酸无明显现象
30、，后加入氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中存在SO42AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；二氧化硫的化学性质；硫酸根离子的检验；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】A铜的活泼性比氢弱；B铁在高温条件反应生成四氧化三铁黑色固体；C二氧化硫是酸性氧化物；D先加盐酸，排除其它离子的干扰【解答】解：A铜的活泼性比氢弱，与硫酸不反应，未发生钝化，故A错误； B将水蒸气通过灼热的铁粉，反应生成黑色的四氧化三铁固体，说明铁在高温下和水反应，故B错误；C二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，与漂白性无关，故C错误；D先加盐酸，排除其它离子的干扰，则先加稀盐酸无明显现象，
31、后加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中存在SO42，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及钝化、物质的性质、漂白性、离子的检验，侧重物质性质的考查，题目难度不大11用足量的CO还原13.7g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是（）APbOBPb2O3CPb3O4DPbO2【考点】化学方程式的有关计算【分析】沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，据此求出二氧化碳的物质的量，根据二氧化碳的物质的量计算出铅氧化物中氧原子的物质的量及氧元素的质量，再计算出铅元素的质量即铅原子的物质的量，据此书写化学式【解答】解：
32、沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，所以碳酸钙的物质的量为=0.08mol铅氧化物中的氧原子被CO夺取生成CO2，根据碳元素、氧元素守恒可知：COOCO2CaCO3， 1 1 1 0.08mol 0.08mol 0.08mol所以铅氧化物中的氧原子的物质的量为0.08mol，氧元素的质量为0.08mol16g/mol=1.28g；所以铅氧化物中的铅元素的质量为13.7g1.28g=12.42g，铅原子的物质的量为=0.06mol所以铅氧化物中铅原子与氧原子的物质的量之比为0.06mol：0.08mol=3：4所以铅氧化物的化学式为Pb3O4故选：C【点评】本题考查学生利用化学反应球物质的化学式
33、，明确反应中元素的守恒来分析铅氧化物中氧元素的质量是解答的关键12下列各溶液中，有关成分的物质的量浓度关系正确的是（）A10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合：c（Cl）c（Na+ ）c（CH3COO）c（H+）c（OH）B0.1 mol/L pH为3的NaHB溶液中：c（HB）c（H2B）c（B2）C硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH ）=c（H+）Dc（NH4+ ）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe （SO4）2溶液和NH4Cl溶液：c（NH4）2SO4c（NH4）2Fe
34、（SO4）2c（NH4Cl）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A.10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合得到等浓度的HCl、CH3COOH、NaCl，据此分析离子浓度大小；B.0.1 mol/L pH为3的NaHB溶液，HB离子电离程度大于其水解程度溶液显酸性；C混合溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵、一水合氨；D（NH4）2SO4 、（NH4）2Fe（SO4）2中含有2个NH4+，Fe2+抑制NH4+的水解，据此解答【解答】解：An（CH3COONa）=0.5mol/L0.01L=0.005moln（HCl）=1
35、mol/L0.006L=0.006mol，所以盐酸过量，二者混合后溶液中的溶质是醋酸、氯化钠、盐酸，醋酸和盐酸都电离出氢离子，只有醋酸电离出醋酸根离子，所以c（H+）c（CH3COO），故A错误；B.0.1mol/L 的NaHB溶液pH为4，说明HB的电离程度大于水解程度，所以c（B2）c（H2B），故B错误；C溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵、一水合氨，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），混合溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），则c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42），钠离子、硫酸根离子不水解，铵根离子能水解，所以c（Na+）c（S
36、O42）c（NH4+），故C正确；D（NH4）2SO4 、（NH4）2Fe（SO4）2中含有2个NH4+，（NH4）2SO4 、（NH4）2Fe（SO4）2的浓度均小于NH4Cl，因为Fe2+抑制NH4+的水解，所以c（NH4）2SO4 c（NH4）2Fe（SO4）2 ，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质及溶液的酸碱性是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，易错选项是D，注意亚铁离子对铵根离子的影响，为易错点，题目难度中等二、解答题（共10小题，满分0分）13（2016秋文成县校级月考）今有下列六组仪器：牛角管锥形瓶温度计冷凝管已组装固定好的铁架台、酒精灯和蒸
37、馏烧瓶（垫有石棉网）带附件的铁架台现要进行酒精（沸点为78.5）和水混合物的分离实验，试回答下列问题：（1）按仪器的安装先后顺序排列以上提供的各组仪器（填序号）（2）冷凝管的两端有大口和小口之分，靠近大口的小弯管用于出水，靠近小口的小弯管用于进水（3）蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管处（4）在蒸馏烧瓶中注入液体混合物后，加几片瓷碎片的目的是防止暴沸（5）蒸馏后在锥形瓶中收集到的液体是酒精烧瓶中剩下的液体主要是水【考点】实验室制取蒸馏水【分析】（1）装置仪器连接的顺序一般为先左后右先下后上，据此原则分析解答；（2）冷凝管通冷却水下进上出；（3）蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管处；（4
38、）在蒸馏烧瓶中注入液体混合物后，加几片瓷碎片的目的是防止暴沸；（5）根据酒精和水沸点可以判断蒸馏后在锥形瓶中收集到的液体和烧瓶剩下的液体【解答】解：（1）装置仪器连接的顺序一般为先左后右先下后上，仪器的安装先后顺序排列为，故答案为：、；（2）冷凝管通冷却水下进上出、逆流冷却，所以靠近大口的小弯管用于出水，靠近小口的小弯管用于进水，故答案为：出水；进水；（3）蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管处，故答案为：蒸馏烧瓶支管处；（4）液体和液体混合加热容易发生暴沸，在蒸馏烧瓶中注入液体混合物后，加几片瓷碎片的目的是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；（5）根据酒精和水沸点可以判断，已知酒精沸点为78.5
39、，水的沸点为100，所以蒸馏后在锥形瓶中收集到的液体为酒精和烧瓶剩下的液体为水，故答案为：酒精；水【点评】本题考查学生对于化学实验蒸馏的基本原理以及实验操作的理解和把握，强化实验的基本操作和基本技能，题目比较简单14（2016秋文成县校级月考）实验室用碳酸钠晶体配制1.00molL1的Na2CO3溶液100mL，完成下列问题：（1）所需主要仪器有：药匙、托盘天平、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管和烧杯（2）本实验需称量碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）28.6g（3）容量瓶上标有容量、温度、刻度线（4）某同学将称量好的碳酸钠晶体用适量的蒸馏水在烧杯中溶解，冷却后直接倒进所选的且经检
40、查不漏水的容量瓶中，洗涤烧杯23次，洗涤液也移至容量瓶中，然后加水至离刻度线2cm处，用滴管加水至刻度线请指出上述操作中的3处错误：不应直接倒入容量瓶中，而应用玻璃棒引流；洗涤液注入容量瓶之后、向容量瓶中加蒸馏水之前，应将溶液振荡摇匀；定容后应将容量瓶倒转摇匀【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）根据实验操作的步骤（计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作）选择需要仪器；依据配制溶液体积选择合适规格容量瓶；（2）根据n=cVm计算配制1.00molL1的Na2CO3溶液100mL需要Na2CO310H2O质量；（3）依据容量瓶构造解答；（4）依据配制一定物质的量浓度溶液的
41、正确操作及注意事项解答【解答】解：（1）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、钥匙、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制1.00molL1的Na2CO3溶液100mL，应选择100mL容量瓶；故答案为：托盘天平烧杯量筒玻璃棒100 mL容量瓶胶头滴管；（2）1molNa2CO310H2O水溶液含有1mol碳酸钠，则配制1.00molL1的Na2CO3溶液100mL需要Na2CO310H2O的质量为：1.00mol/L0.1L286g/mol=28.6g；故答案为：28.6；（3）容量瓶上标有容量、温度、刻度线；故答
42、案为：容量温度刻度线；（4）因溶解、冷却后的溶液应转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，所以错误为直接倒进所选的且经检查不漏水的容量瓶中，故答案为：不应直接倒入容量瓶中，而应用玻璃棒引流；用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，然后摇匀，然后再加适量蒸馏水，所以错误为加适量蒸馏水之前未摇匀，故答案为：洗涤液注入容量瓶之后、向容量瓶中加蒸馏水之前，应将溶液振荡摇匀；定容后应进行摇匀操作；故答案为：定容后应将容量瓶倒转摇匀【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的方法和注意事项，明确配制原理和过程是解题关键，题目难度不大15（2016莲花县四模）某学生用0.2000m
43、olL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（1）以上操作步骤中有一步有错误，请指出编号，该错误操作会导致测定结果偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入乙中（从图中选填“甲”或“乙”）（3）下列操作会引起实验结果偏大的是：BC（填编号）A在锥形瓶装液前，留有少
44、量蒸馏水B滴定前，碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡C锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗D用酸式滴定管量取待测液时将一滴待测液滴在锥形瓶外（4）判断到达滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液从无 色变为浅红色，且半分钟之内不再改变（5）以下是实验数据记录表：滴定次数盐酸体积（ml）NaOH溶液体积读数（ml）滴定前滴定后20.000.0016.30220.000.0016.22通过计算可得，该盐酸浓度为：0.16molL1（计算结果保留2位小数）【考点】中和滴定【分析】（1）滴定管用蒸馏水洗完后，必须润洗；不润洗滴定管，会使标准液的浓度减小，消耗的氢氧化钠的体积增大，浓度偏高；（2）甲是酸式滴定管
45、，乙是碱式滴定管；（3）A锥形瓶有水，不影响滴定结果；B碱式滴定管尖嘴有气泡，消耗的标准液增大，结果偏高；C锥形瓶用待测液润洗，物质的量增大，测定结果偏高；D待测液有损失，消耗的标准液减小，浓度偏低；（4）滴定到溶液有无色变成浅红色时，且半分钟之内不再改变，滴定结束；（5）算出消耗氢氧化钠溶液的体积，求出平均值，再计算出盐酸的浓度【解答】解：（1）滴定管用蒸馏水洗后，必须用氢氧化钠溶液润洗，故操作有误；不润洗，标准液的浓度减小，消耗的体积增大，根据c（待测）=，c（待测）偏大，测定结果偏大；故答案为：；偏大； （2）氢氧化钠应该用碱式滴定管，乙具有橡皮管和玻璃球的特征为碱式滴定管，故选乙；故答
46、案为：乙； （3）A在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，不影响滴定结果，故A错误；B滴定前，碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，消耗的标准液增大，c（待测）=，滴定结果偏高，故B正确；C锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗，导致待测液增多，消耗标准液增大，c（待测）=，滴定结果偏高，故C正确；D一滴待测液滴在锥形瓶外，消耗的标准液减少，c（待测）=，滴定结果偏低，故D错误；故选BC；（4）标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞溶液做指示剂，到达滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不再变化；故答案为：无；浅红； （5）两次消耗氢氧化钠溶液的体积为：16.30mL、16.22mL；平均值为
47、=16.26（mL），c（HCl）=0.16mol/L；故答案为：0.16【点评】本题考查酸碱中和滴定，涉及了滴定过程，误差分析，浓度求算等知识，熟记酸碱中和滴定的实验步骤和注意事项，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生规范的实验设计能力，题目难度中等16（2016秋文成县校级月考）一定温度下，物质的量浓度分别为2mol/L和1.5mol/L的SO2（g）和O2（g）在密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），4min后反应达到平衡状态，测得容器中SO2（g）的转化率为60%，试求，在该温度下：（1）用SO2表示的平均反应速率；（2）平衡时O2的转化率
48、；（3）此反应的平衡常数【考点】化学平衡的计算【分析】根据SO2（g）的转化率为60%，求出SO2的浓度变化值，根据方程式中物质的计量数关系求出O2和SO3的变化浓度；利用三段式表示出平衡的浓度；（1）v（SO2）=；（2）平衡时O2的转化率=100%；（3）根据K=计算【解答】解：由题可知，SO2的变化浓度为2molL160%=1.2molL1，则O2和SO3的变化浓度分别为0.6molL1和1.2molL1，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始时各物质浓度/molL1 2 1.5 0各物质变化浓度/molL1 1.2 0.6 1.2平衡时各物质浓度/molL1 0.8 0.9
49、 1.2 （1）v（SO2）=0.3 molL1min1；答：SO2表示的平均反应速率为0.3 molL1min1；（2）平衡时O2的转化率=100%=100%=40%；答：平衡时O2的转化率40%；（3）K=25；答：此反应的平衡常数25【点评】本题考查化学平衡的有关计算，题目难度不大，有利于学生对基础知识的巩固，注意掌握利用三段式进行计算17（2015春吉林校级期末）下列各物质哪些是电解质，哪些是非电解质？KCl BaSO4 CH3CH2OH NaOH Fe H2SO4 H2O【考点】电解质与非电解质【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不
50、能导电的化合物【解答】解：KCl在水中或熔化状态下能导电，是电解质；BaSO4在熔化状态下能导电，是电解质；CH3CH2OH在水中和熔化状态下都不能导电，是非电解质；NaOH在水中或熔化状态下能导电，是电解质；Fe为金属，既不是电解质也不是非电解质；H2SO4在水中能导电，是电解质；H2O能微弱电离，是电解质；故属于电解质的是：KCl、BaSO4、NaOH、H2SO4、H2O；属于非电解质的是：CH3CH2OH；答：属于电解质的是：KCl、BaSO4、NaOH、H2SO4、H2O；属于非电解质的是：CH3CH2OH【点评】本题考查电解质、非电解质概念的辨析，难度不大解题时紧抓住电解质必须是化合
51、物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件18（2016秋文成县校级月考）已知A、B、C、D四种物质分别是由短周期元素组成的微粒，它们之间有如图所示的转化关系，且A是一种含有18电子的微粒，C是一种含有10电子的微粒请完成下列各题：（1）若A、D分别是两种气态单质分子，写出A与B反应的化学方程式：2F2+2H2O=4HF+O2；（2）若B是一种四核含18电子的分子，D是一种气态单质分子，则A的化学式为N2H4，B的结构式为HOOH；（3）若A、B均是含2个原子的微粒，其中B中含有10个电子，D中含有l8个电子，则A、B之间发生反应的离子方程式为HS+OH=S2+H2O；（4）若D是一种含有22个
52、电子的分子，则符合如图所示关系的A的物质有CH3OH、CH3CH3（写化学式，如果是有机物则写相应的结构简式）【考点】无机物的推断；原子核外电子排布【分析】以推断10电子微粒的思路来进行分析，对数字18作一拆分，1+17、2+16、3+15、4+14等分析得到，HCl、H2S、PH3、SiH4；把18拆成9+9，找出F2后会使18电子的微粒打开一个大“空间”，9电子的可以是F、OH、NH2、CH3等，对这些9电子微粒再进行重组可得，分子：F2、HOOH、NH2NH2、CH3CH3、CH3F、CH3OH，阳离子：N2H5+、N2H62+，阴离子：O22再结合常见的10电子、18电子微粒及微粒之间
53、的反应判断（1）A、D分别是两种气态单质分子，由转变关系可知，A为F2，B为H2O，C为HF，D为O2，符合题意（2）若B是一种含四核l8电子的分子，如果D是一种气态单质分子，由转变关系可知，A为N2H4、B为H2O2，二者反应生成D（N2）、C（H2O）符合题意（3）若A、B均是含2个原子核的微粒，其中B中含有10个电子，D中含有18个电子，则A为HS、B为OH、C为水H2O，D为S2符合题意（4）若D是一种含有22电子的分子，A为18电子物质与氧气反应，生成CO2与H2O，CO2含有22个电子，符合题意，故D为CO2，C为H2O，A为18电子有机物可以【解答】解：（1）A、D分别是两种气态
54、单质分子，由转变关系可知，A为F2，B为H2O，C为HF，D为O2，反应方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；（2）若B是一种含四核l8电子的分子，如果D是一种气态单质分子，由转变关系可知，A为N2H4、B为H2O2，二者反应生成D（N2）、C（H2O）符合题意，H2O2的结构式为HOOH，故答案为：N2H4；HOOH；（3）若A、B均是含2个原子核的微粒，其中B中含有10个电子，D中含有18个电子，则A为HS、B为OH、C为水H2O，D为S2符合题意，反应离子方程式为HS+OH=S2+H2O，故答案为：HS+OH=S2+H2O；（4）若D是一种含有
55、22电子的分子，A为18电子物质与氧气反应，生成CO2与H2O，CO2含有22个电子，A为CH3OH或CH3CH3，故答案为：CH3OH、CH3CH3【点评】本题考查元素化合物推断、常见10电子、18电子微粒及性质，元素周期律，常用化学用语等，难度很大，推断元素与物质是关键，学生要熟练掌握10电子、18电子微粒及微粒之间的反应19（2015甘肃模拟）某强酸性溶液X中仅含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的阳、
56、阴离子分别是Fe3+、Cl（2）用离子方程表达下列反应：中生成气体A：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O中生成溶液H：Al3+4OH=AlO2+2H2O（3）若中所用氢氧化钠浓度为2mol/L，当加入l0ml时开始产生沉淀，55ml时沉淀的量达到最大值0.03mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到60ml时沉淀的量降为0.025mol且保持不变，则原溶液中c（Fe2+）为0.15mol/L、c（Fe3+）为0.1mol/L、c（Cl）为0.4mol/L（若有些离子不存在，请填0mol/L）【考点】常见离子的检验方法【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32、
57、SO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42离子，根据硫酸钡的质量可以计算硫酸根离子的物质的量，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，根据NO的体积可以计算亚铁离子的量，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G只为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3离子，含有SO42离子就
58、一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，以此进行解答【解答】解：强酸性溶液中一定不会存在CO32、SO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C9.32g为BaSO4，说明溶液中含有SO42离子，根据硫酸钡的质量可以计算硫酸根离子的物质的量为=0.04mol，浓度是=0.4mol/L，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，根据NO的体积可以计算亚铁离子的量，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G只为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，112mL氨气的物质的量是0.005mol，根据氮元素
59、守恒，溶液中含有NH4+离子物质的量是0.005mol，浓度是0.05mol/L；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，（1）根据以上分析可知，溶液中不能确定的阳离子为Fe3+，溶液中不能确定的阴离子为Cl，故答案为：Fe3+、Cl；（2）中得到的气体A是NO，Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，NO3离子被还原为NO气体，反应的离子方程式为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+
60、NO+2H2O，H是偏铝酸钠溶液，铝离子与过量氢氧化钠的反应，生成偏铝酸根离子和水，离子方程式是Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O；（3）根据反应：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，得到112mL0.005molNO，Fe2+的物质的量是0.015mol，所以原溶液中c（Fe2+）=0.15mol/L，加入氢氧化钠是60ml时，沉淀的量降为0.025mol，即氢氧化铁的物质的量是0.025mol，根据铁元素守恒，所以Fe3+的物质的量是0.01mol，所以原溶液中c（Fe3+）=0.1mol/L，硫酸根离子的物质的量为=0.04m
61、ol，浓度是=0.4mol/L，NH4+离子物质的量是0.005mol，浓度是0.05mol/L，Al3+的物质的量是0.005mol，浓度是0.05mol/L，根据反应：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，可知参加反应H+为0.005mol4=0.02mol，加入氢氧化钠消耗H+为0.01L2mol/L=0.02mol，故原溶液中H+为0.02mol+0.02mol=0.04mol，由于2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+3c（Al3+）+c（NH4+）=（20.15+30.1+30.05+0.05）mol/L=0.8mol/L，2c（SO42）=0.8mol/L，原溶液中含
62、有Cl，根据电荷守恒，c（Cl）=c（H+）=0.4mol/L，故答案为：0.15； 0.1；0.4【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，（3）为难点、易错点，注意溶液电中性知识在化学计算中的应用方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力20（2013秋房山区期末）利用含锰废水（主要含Mn2+、SO42、H+、Fe2+、Al3+、Cu2+）可制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）其中一种工业流程如下：已知某些物质完全沉淀的pH值如下表：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2Mn（OH）2CuSMnSMnC
63、O3沉淀完全时的PH3.75.26.49.8077回答下列问题：（1）若下列物质均能把Fe2+氧化为Fe3+，则过程中可选择加入的氧化剂是bdaCl2 bMnO2 c浓HNO3 dH2O2（2）过程中，所得滤渣的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3（3）过程中，搅拌的目的是使MnS与Cu2+快速、充分反应，发生反应的离子方程式是MnS+Cu2+=Mn2+CuS（4）过程中，若生成的气体J可使澄清石灰水变浑浊，则生成MnCO3反应的离子方程式是Mn2+2HCO3=MnCO3+CO2+H2O（5）由MnCO3可制得重要的催化剂MnO2，MnCO3+O2MnO2+CO2现在空气中加热 460.0g的
64、MnCO3，得到332.0g产品，若产品中杂质只有MnO，则该产品中MnO2的质量分数是78.6%（摩尔质量/g：MnCO3 115 MnO2 87 MnO 71）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】流程分析可知含锰废水（主要含Mn2+、SO42、H+、Fe2+、Al3+、Cu2+）加入氧化剂氧化亚铁离子，加入氨水调节溶液PH沉淀铁离子和铝离子，过滤得到滤渣W，滤液A主要为Mn2+、SO42、Cu2+，加入硫化锰沉淀转化生成CuS，滤液B主要是Mn2+、SO42，加入碳酸氢铵得到碳酸锰、二氧化碳和水；（1）氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH除去，过氧化氢能氧化亚铁离子，且不引
65、入杂质，二氧化锰能氧化亚铁离子生成的锰离子是提取物质中的离子，氯气和硝酸会引入酸根离子；（2）根据表中各物质完全沉淀需要的pH判断滤渣的主要成分；（3）结合表中数据可知，pH7时硫化锰才沉淀完全，而硫化铜在pH0已经沉淀完全，所以加入硫化锰目的是除去铜离子，据此写出反应的离子方程式；（4）根据产生的气体能够使澄清石灰水变浑浊可知，该气体为二氧化碳，反应物为碳酸氢根离子和锰离子，反应产物为碳酸锰、二氧化碳气体和水，据此写出反应的离子方程式；（5）460.0g MnCO3的物质的量为4mol，设备氧化生成二氧化锰的物质的量为xmol，则没有被氧化的氧化锰（4x）mol，根据332.0g产品列式计算
66、出二氧化锰的物质的量，再计算出二氧化锰的含量【解答】解：（1）氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH除去，过氧化氢能氧化亚铁离子，且不引入杂质，二氧化锰能氧化亚铁离子生成的锰离子是提取物质中的离子，氯气和硝酸会引入酸根离子；故答案为：bd；（2）根据表中数据可知，氢氧化铝完成沉淀的pH为5.2，氢氧化铁完全沉淀的pH为3.7，所以调节pH在5.2，Fe2+和Al3+均以Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀状态存在，即滤渣的成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（3）CuS在pH0时完全沉淀，而MnS在pH7时完全沉淀，所以加入MnS是为了使其中Cu2+产生
67、CuS沉淀除去，故搅拌目的是使MnS 与 Cu2+快速、充分反应，反应的离子方程式：MnS+Cu2+=Mn2+CuS，故答案为：使MnS与Cu2+快速、充分反应；MnS+Cu2+=Mn2+CuS；（4）生成的气体J可使澄清石灰水变浑浊，该气体为二氧化碳，Mn2+和加入的HCO3反应，产生CO2气体和MnCO3沉淀，反应的离子方程式：Mn2+2HCO3=MnCO3+CO2+H2O，故答案为：Mn2+2HCO3=MnCO3+CO2+H2O；（5）MnCO3受热分解为MnO，MnO部分氧化为MnO2，产品中杂质有MnO，460.0 gMnCO3的物质的量为： =4mol，受热产生4molMnO，设产
68、生MnO2物质的量为xmol，即有xmolMnO氧化，剩余MnO为（4x）mol，产物的总质量为：（4x）mol71g/mol+xmol87g/mol=332g，解得x=3，则MnO2的质量分数=100%=78.6%，故答案为：78.6%【点评】本题考查了铁盐和亚铁盐的相互转变、常见离子的检验方法、难溶电解质的溶解平衡及离子方程式的书写，题目难度中等，解题关键是合理分析题中生成流程及表中离子完全沉淀时的数据的含义，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力21要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，需在白纸上称4gNaOH固体，并且称量速度较慢使测得的结果偏小（填”偏大”“偏小”
69、或“不变”）【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在小烧杯中称量，且称量速度较慢，则时间称量的NaOH的质量偏小，以此来解答【解答】解：NaOH易潮解，在白纸上称4gNaOH固体，并且称量速度较慢，则时间称量的NaOH的质量偏小，由n=、c=可知，测定浓度偏小，故答案为：偏小【点评】本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握NaOH的性质、溶液配制时误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意称量导致的质量变化，题目难度不大22在配制一定物质的量浓度溶液的实验中，用量筒去取用一定量的浓溶液量液时，量筒必须放平，视线要跟量筒内液体的凹液面最低点保持水平
70、（如图甲），再读出液体的体积数如果在读数过程中仰视（如图乙），实际所加液体大（填“大”或“小”，下同）于计算值，导致所配溶液的物质的量浓度偏大若在读数过程中俯视（如图丙），实际所加液体小于计算值，导致所配溶液的物质的量浓度偏小【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】量筒从下到上刻度逐渐增大，量取一定体积溶液时，眼睛注视刻度线，仰视时，量取液体体积偏大，俯视时，量取液体体积偏小，结合c=进行误差分析【解答】解：量筒从下到上刻度逐渐增大，量取一定体积溶液时，眼睛注视刻度线，仰视时，量取液体体积偏大，则溶质的物质的量偏大，依据c=可知，溶液浓度偏大；俯视时，量取液体体积偏小，则溶质的物质的量偏小，依据c=可知，溶液浓度偏小；故答案为：大；大；小；小【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液配制的误差分析，明确量筒量取液体读数方法是解题关键，题目难度不大
