1、绝密启用前维纲中学2021-2022届高三月考卷试化 学（考试时间：90分钟，满分：100分）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Al 27 Cu 64Mg 24 Ca 40 Cr 52一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分
2、。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一、单选题1向含Na2CO3、NaAl(OH)4(NaAlO2)的混合溶液中逐滴加入150mL1molL-1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是（ ）Aa曲线表示的离子方程式为：Al(OH)4-+H+=Al(OH)3+H2OBb和c曲线表示的离子反应是相同的CM点时，溶液中沉淀的质量为3.9gD原混合溶液中的CO与Al(OH)4-的物质的量之比为122下列各组离子，一定能在指定环境中大量共存的是（ ）A在中性溶液中：Cl-、Fe3+、Al3+、Cu2+B滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2+、NH、Cl
3、-、NO能够大量共存C在由水电离出的c(H+)=10-12molL-1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、Br-D在加入Al能放出大量H2的溶液中：NH、SO、Cl-、HCO3酸性溶液中过氧化氢能使Cr2O转化成蓝色的过氧化铬(CrO5，分子结构为 )，该反应可用来检验Cr2O的存在，其反应的离子方程式为4H2O2+Cr2O+2H=2CrO5+5H2O。下列说法正确的是（ ）A过氧化铬中铬元素的化合价为5 B1 mol CrO5分子中含有键数为6NACCrO5分子中既有极性键又有非极性键 D该反应中H2O2表现了还原性4已知还原性：I-Fe2+Br-，下列离子方程式正确的是（ ）A将少量Cl2
4、通入FeBr2溶液中：B将足量Cl2通入FeBr2溶液中：C将少量Cl2通入FeI2溶液中：D将672mLCl2(标准状况)通入250mL0.1mol/L的FeI2溶液中：5我国古代四大发明是古代劳动人民智慧的结晶。下列说法错误的是 （ ）A黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2，其中氧化剂是KNO3和SB活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属于氧化物C宣纸的主要成分是纤维素，纤维素属于天然高分子化合物D指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O36NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A2.24L(标准状况)Ne和NH3的混合气体
5、中含电子总数为NAB标准状况下，22.4L乙醇所含的分子数为0.1NAC7.8gNa2O2中含有的离子总数为0.4NAD0.1mol/LNH4NO3溶液中NH和NO数之和为0.1NA7下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）铝土矿盐卤(含)溶液无水NaCl溶液无水溶液ABCD8甲、乙、丙、丁是分别由、八种离子中的两种(不重复)组成的四种可溶性化合物，且已知：甲+乙红褐色沉淀；甲+丙白色沉淀：甲+丁白色沉淀，向甲溶液中逐滴加入丁溶液，其导电能力随丁加入的体积变化曲线如图所示：（ ）下列说法不正确的是A甲是，乙是B丙是，丁是C乙和丙混合也可以产生红褐色沉淀且有无色气体生成D乙溶液中，、可与其大量
6、共存9将0.03 mol铜粉与一定量的浓硝酸反应，当铜粉完全反应时收集到气体1.12 L(标准状况下)。则所消耗硝酸的物质的量是（ ）A1.2 molB0.8 molC0.11 molD0.5 mol10 室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成左、右两室，左室充入等物质的量的氢气和氧气，右室充入一氧化碳和氧气的混合气。同时引燃左右两室的混合气，反应后恢复到室温。反应前后活塞位置如图所示，则右室混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是（ ）11； 13； 12； 31(液态水的体积忽略不计)ABCD11某结晶水合物的化学式为AnH2O，其相对分子质量为M，在25时，ag晶体溶于bg水
7、中即达饱和，形成密度为g/mL的溶液，下列表达式正确的是（ ）A饱和溶液中溶质的质量分数为：%B饱和溶液的物质的量浓度为：mol/LC饱和溶液的体积为：LD25时，A的溶解度为：g12向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸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（ ）Aa点对应的溶液中：Na+、OH-、Bb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、Cl-Cc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、Cl-Dd点对应的溶液中：F-、Fe3、Ag13某100mL无色溶液可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、Cl-中的
8、若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法错误的是（ ）A原溶液一定存在Na+、NH4+、Mg2+、Al3+和Cl-，一定不存在Fe3+、CO32-B原溶液中c(NH4+)=1molL-1C沉淀2的成分为Mg(OH)2D原溶液中c(Cl-)6molL-114部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：下列说法正确的是（ ）A样品中Fe元素的质量为2.24 gB滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+C样品中CuO的质量为4.08 gDV=896 mL15铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。以
9、铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图：下列说法中错误的是（ ）A为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎B“反应I”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同C“滤渣1”的主要成分为氧化铁D“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl第II卷（非选择题）16溶液A中存在Ba2、Fe2、Al3、Fe3、Cu2、HCO、CO、Cl-、NO、SO中的五种离子，浓度均为0.01 molL-1，溶液体积为1 L。对溶液A进行以下实验，整个过程如图所示(部分产物省略)，溶液B与溶液A中所含阴离子种类相同。请回答下
10、列问题：（1）溶液A中的离子为_；溶液A显_(填“酸”“碱”或“中”)性，用离子方程式表示原因_ (写出一个即可)。（2）反应的离子方程式为_。（3）沉淀甲是_，沉淀乙是_(填化学式)。（4）固体C可能是_(填字母)。ACuOBCu(OH)2CCuSO4DCuCl2（5）气体甲、气体乙都能造成环境问题，将等体积的气体甲和乙通入足量NaOH溶液中，被完全吸收，写出反应的离子方程式为_。（6）若向原溶液A中加入足量的NaOH溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥并灼烧至恒重，得到固体的质量为_g。17粘土钒矿(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)制备V2O5的工艺流程如下：已
11、知： 硫酸氧钒(VO)SO4高温易分解生成VO2和SO3萃取剂对相关离子的萃取能力如下表：微粒VO2+VOFe3+Fe2+萃取能力强(随pH增大而增强)弱强弱回答下列问题：(1)粘土钒矿焙烧时一般选择 250的原因是_，V2O5与浓硫酸生成硫酸氧钒的化学方程式_。(2)为提高浸出效率可采取的操作有_(答两条)，浸出液中存在 VO2+、VO、 Fe3+、Al3+和离子，萃取前加入铁粉的目的_。(3)“反萃取”用 20%硫酸目的为_，“氧化”的离子方程式为_。(4)用反萃取法由碘的 CCl4溶液提取碘单质，画出流程图_。18锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿(
12、主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3)中提取的工艺如图：已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，随温度升高，溶解度增大。回答下列问题：（1）“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是_。（2）铍的化学性质与铝相似，写出Be(OH)2溶于NaOH溶液的化学方程式_。（3）写出“除铁”中所用H2O2的电子式_。（4）“除铁”中发生反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O、_。（5）“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率_(填“越高”、“越低”或“不变”)。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯
13、甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，_。（6）由油酸铍制备BeO的方法是高温焙烧，请设计简易实验检验焙烧是否完全：_。19钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用，从钛白水解工业废酸(含Sc3+、TiO2+、Mn2+、 H+、SO等离子)中提取氧化钪( Sc2O3)的一种流程如图。回答下列问题：（1）Sc是钪的稳定同位素，其中子数为_ ； Sc3+的离子结构示意图为_。（2）钛白水解工业废酸中加入H2O2可降低钛的萃取率，可能是生成了难萃取的 TiO( H2O2)2+，其中钛的化合价为_。（3）酸洗步骤是为了去除油相中少量的钛。酸洗试剂是用93% H2SO4、 27.5%
14、 H2O2和H2O按一定比例混合而成。实验室中混合三种液体的操作是：将A沿烧杯内壁慢慢注入B中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入C中，并不断搅拌，则A、C分别对应上述试剂中的_、_。（4）反萃取步骤中，加入NaOH溶液后生成Sc(OH)3、MnO2 沉淀，其中，碱性条件下Mn2+被H2O2氧化的离子方程式为_；若沉淀后溶液的pH为8，则残留的Sc3+浓度为_molL-1。(已知： 25 C时，KspSc(OH)3=810-31)（5）Sc2(C2O4)3高温灼烧时只生成Sc2O3和CO2，反应的化学方程式为_。20磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途，也可用于制备表面活性剂。沸
15、点为69.2，遇水剧烈反应产生酸雾。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制备SO2Cl2并测定产品纯度，设计如图实验(夹持装置略去)。请回答下列问题：SO2的制备（1）欲收集一瓶干燥的SO2，从图中选择必要的装置，按气流方向合理的连接顺序为_(填仪器接口的小写字母)。（2）SO2发生装置中反应的化学方程式为_；与此方法相比，实验室用Cu与浓硫酸反应制备SO2的缺点为_。SO2Cl2的制备将上述收集到的SO2充入注射器h中，用如图装置制备SO2Cl2。（3）a中的现象为_。（4）b中试剂的名称为_。仪器e的名称为_。（5）若无f导致的后果为_。SO2Cl2纯度的测定（6）取反应后的产
16、品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000molL-1NaOH溶液滴定；达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。则SO2Cl2的质量分数为_(保留三位有效数字)。参考答案1D【分析】向Na2CO3、NaAl(OH)4的混合溶液中逐滴加入1molL-1的盐酸，先发生反应Al(OH)4-+H+=Al(OH)3+H2O，a线表示Al(OH)4-减少，第二阶段；Al(OH)4-反应完毕，发生反应+H+，b线表示减少；c线表示的增加，第三阶段，反应完毕，发生反应+H+CO2+H2O，d线表示减少，此阶段Al(OH)3不参与反应，据此结合选项进行解答。【详
17、解】Aa曲线表示NaAl(OH)4和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，所以发生反应的离子方程式为：Al(OH)4-+H+=Al(OH)3+H2O，A正确；Bb曲线表示碳酸钠和盐酸反应，c曲线也表示碳酸钠和盐酸的反应，只是b曲线表示碳酸钠的物质的量，c曲线表示碳酸氢钠的物质的量，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，B正确；C因加50mL盐酸之后沉淀不溶解，则M点和50mL时相同，NaAl(OH)4中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，设氢氧化铝的质量为x，则有： x=3.9g，C正确；D由图象知，Na2CO3、NaAl(OH)4的物质的量相等都是0.05mol，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，
18、水解程度不同导致无法判断溶液中与Al(OH)4-的物质的量之比，D错误；故答案为：D。2C【详解】A在中性溶液中Fe3很容易水解形成氢氧化铁沉淀，不能大量存在，A不符题意；B滴加石蕊试液显红色的溶液显酸性，酸性条件下NO能氧化Fe2+，不能大量共存，B不符题意；C由水电离出的c(H)=10-12molL-1的溶液，可能为酸溶液，可能为碱溶液，但Na、Ba2、Cl、Br在酸、碱性条件下都能共存，C符合题意；D加入Al能放出大量H2的溶液，可能显酸性，可能显碱性，NH在碱性条件下不能大量存在，HCO酸碱性条件下都不能大量存在，D不符题意。答案选C。3C【详解】AO原子吸引电子的能力比Cr强，所以C
19、r为+6价，A错误；B1个CrO5分子中含有7个键，则1 mol CrO5分子中含有键数为7NA，B错误；C根据CrO5分子结构可知：该物质分子中含有Cr-O极性共价键、含有O-O非极性共价键，因此CrO5分子中既有极性键又有非极性键，C正确；D该反应中H2O2的组成元素化合价没有发生变化，因此H2O2不表现还原性，D错误；故合理选项是C。4D【详解】已知还原性I-Fe2+Br-，加氧化剂，先与还原性强的离子反应。A将少量Cl2通入FeBr2溶液中，只氧化Fe2+，则离子方程式为:2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故A错误；B足量Cl2通入FeBr2溶液中氧化Fe2+、Br-，则离子方程式
20、为：2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-，故B错误；C将少量Cl2通入FeI2溶液中，只氧化I-而不氧化Fe2+，则离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，故c错误；D先氧化I-，再氧化Fe2+，n(Cl2)=0.672L=0.03mol，n(FeI2)=0.25L0.1mol/L=0.25mol，由物质的量之间的关系写出方程式为：2Fe2+10I-+6Cl2=12Cl-5I22Fe3+，故D正确；故选D。5D【详解】A反应方程式中N和S的化合价降低，故KNO3和S为氧化剂，故A正确；BAl2O3、SiO2、CaO都只有两种元素组成，其中一种是氧元素，所以都是氧化物
21、，故B正确；C宣纸的主要成分是纤维素，化学式为(C6H10O5)n，属于天然有机高分子化合物，故C正确；D指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，又称磁性氧化铁，故D错误；故选D。6A【详解】A氖气中含10个电子，而氨气中也含10个电子，而2.24L(标准状况)混合气体的物质的量为0.1mol，故0.1mol混合物中含NA个电子，故A正确； B标准状况下乙醇为液体，22.4L乙醇的物质的量远大于1mol，所含的分子数为远大于NA，故B错误； C过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成。7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，7.8gNa2O2中含有的离子总数为0.3NA，故C错误； D溶
22、液体积不明确，故溶液中的NH和NO数之和无法计算，故D错误； 故选A。7A【详解】铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故错误；盐卤（含MgCl2）与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，但由于Mg2+水解Mg2+2H2OMg(OH)2+2H+，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故错误；氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故正确；硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；电解氯化钠溶液可以得到氯气，氯气与铁反应生成FeCl3
23、，不是，故错误；SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3溶液中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，故正确；综上所述选A。8D【分析】由已知条件：甲+乙红褐色沉淀；甲+丙白色沉淀(可溶于盐酸)：甲十丁白色沉淀，得甲是，乙是，丙是，丁是【详解】A由分析可知，甲是，乙是，A项正确；B由分析可知，丙是，丁是，B项正确；C乙()和丙()混合发生双水解反应，产生红褐色沉淀且有无色气体生成，C项正确；D与会发生氧化还原反应，所以不可大量共存，D项错误；答案选D。9C【详解】铜与反应时，消耗的转变为和氮的氧化物（或NO）。由题意知，所以共耗的物质的量，故选C。10B【详解】假设氢气和氧气的物质的量
24、分别为1mol，开始时左右两侧气体的体积相等，则物质的量之和相等，右侧气体共为2mol，同时引燃左右两侧的混合气，左侧：左侧剩余气体为0.5molO2，由图可知反应后左右两侧气体的体积之比为2：6=1：3，故物质的量之比为1：3，则右侧气体的物质的量为0.5mol3=1.5mol，当CO过量时，设O2为xmol，则CO为（2-x）mol：2-x-2x+2x=1.5，解得x=0.5所以n（CO）=2mol-0.5mol=1.5mol，则n（CO）：n（O2）=3：1；当O2过量时，设CO为ymol，则O2为（2-y）mol，则2y0.5y+y=1.5，解得y=1所以n（CO）=1mol，n（O2
25、）=1mol，则n（CO）：n（O2）=1：1故选B。11A【分析】根据结晶水合物的相对分子质量和质量可求解物质的量，根据溶液密度和质量可求解溶液体积，进而结算溶液的物质的量浓度以及体积分数。晶体的物质的量为mol，溶质的质量为g，溶液的质量为(a+b)g，溶液的体积为mL，据此分析选择。【详解】A饱和溶液中溶质的质量分数为：，A正确；B饱和溶液的物质的量浓度为：，B错误；C饱和溶液的体积为mL，C错误；D设25时，A的溶解度为S，则，得，D错误；答案为：A。12C【分析】由图可知，ab段发生的反应是Na2CO3HCl=NaClNaHCO3，a点对应的溶液含Na2CO3、NaHCO3，b点溶液
26、含NaHCO3，bc段发生的反应是NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，c点溶质为NaCl，显中性，而d点溶液显酸性，含NaCl、HCl，据此分析选择。【详解】Aab段发生的反应是Na2CO3HCl=NaClNaHCO3，a点对应的溶液中有，OH和-不能大量共存，A错误；Bb点对应的溶液中有，与Al3+、Fe3+发生彻底的双水解反应，不能大量共存，B错误；Cbc段发生的反应是NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，c点对应的溶液中有Na、Cl，溶液显中性，在中性溶液中以上离子间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；Dd点溶液的溶质为NaCl、HCl，溶液显酸性，在酸性溶液中，H+与F-
27、会形成弱酸HF，且Cl-与Ag+会形成AgCl沉淀，也不能大量共存，D错误；答案为：C。13A【分析】无色溶液，不可能有Fe3+，加入氨水，生成沉淀，且沉淀部分溶解于NaOH，则所得沉淀1一定是Mg(OH)2、Al(OH)3的混合物，一定存在Mg2+、Al3+，Al(OH)3是7.8g，物质的量为，沉淀2一定是Mg(OH)2，质量为5.8g，物质的量为；碳酸根和Mg2+、Al3+不共存，一定不存在CO32-，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，NH4+的物质的量为，开始加入适量氨水沉淀Mg2+、Al3+，加入氨水的物质的量为，则一定存在NH4+，物质的量为0.1mol；加入了NaOH
28、再进行焰色反应，所以钠离子不能确定。【详解】A. 根据原溶液一定存在NH4+、Mg2+、Al3+和Cl-，一定不存在Fe3+、CO32-，Na+不能判断，A项错误；B. 100mL溶液存在NH4+的物质的量为0.1mol，则c(NH4+)=1molL-1，B项正确；C. 由分析可知沉淀2是Mg(OH)2，C项正确；D. 根据电荷守恒，氯离子的物质的量，则原溶液中c(Cl-)6molL-1，D项正确；答案选A。14A【分析】因为铜与稀硫酸不反应，所以样品与足量稀硫酸反应后的滤渣为Cu，滤液中不含，所以原合金中Cu元素质量为3.2g；因有Cu单质剩余，故滤液A中不含，其为溶液和稀硫酸的混合液；加入
29、NaOH溶液后生成，充分灼烧后得到固体为，其质量为3.2g，其中含Fe元素质量为=2.24g，样品中氧元素的质量为。【详解】A由分析可知，样品中Fe的质量为2.24g，故A正确；B由分析可知，溶液中不可能存在，故B错误；C由分析可知，样品中金属铜的质量为3.2g，铜元素的物质的量为=0.05mol，若全部为CuO，CuO的质量为0.05mol80g/mol=4.0g，因样品中部分铜被氧化，所以样品中CuO的质量一定小于4.0g，故C错误；D若V=896mL，则参加反应的Fe单质的质量为，因为有部分被氧化，参与反应的Fe单质应小于2.24g，故D错误。答案选A。【点睛】该样品混合物中Fe单质和C
30、u单质的量没必要准确求出。15B【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，NaOH溶解时Fe2O3不反应，过滤得到的滤渣中含有Fe2O3，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠（NaAlH4），据此解答。【详解】A为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎，增大接触面积，A正确； B滤液中含有过量NaOH和NaAlO2溶液，加入NaHCO3溶液后分别与OH-、反应，反应的离子方程式OH-+= +H2O、+
31、H2O=+Al(OH)3 ，与泡沫灭火器的原理不同，故B错误； C铝土矿加NaOH溶解时，Al2O3溶解而Fe2O3不反应，则过滤所得滤渣I主要成分为氧化铁，故 C正确； D由分析可知，“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl ，故D正确；答案选B。16（1） Fe2、Cu2、Cl-、NO、SO 酸 Fe22H2O Fe(OH)22H、（2） Cu22H2OCu(OH)22H （2）3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O（3） Fe(OH)3 Cu(OH)2 （4）AB（5）NONO22OH-=2NOH2O（6）1.6【分析】溶液A中加入足量盐酸后所得溶液B与
32、溶液A中所含阴离子种类相同，说明原溶液中一定含有氯离子，生成的气体甲在空气中变为气体乙，说明气体甲中一定含有NO，气体乙中一定含有NO2，则溶液A中一定存在Fe2、NO，有亚铁离子，则一定不存在HCO、CO；溶液B中加入固体C调pH=4，得到沉淀甲和溶液D，溶液D中加入足量氢氧化钠溶液生成沉淀乙，说明固体C含有铜元素，沉淀甲是氢氧化铁，沉淀乙是氢氧化铜，即溶液中A中含有Cu2、由于离子浓度均为0.01 molL-1，根据电荷守恒可知一定还含有SO，则五种离子分别是Fe2、Cu2、Cl-、NO、SO，据此解答。（1）根据以上分析可知溶液A中的离子为Fe2、Cu2、Cl-、NO、SO；Fe2、Cu
33、2均水解，则溶液A酸性，离子方程式为Fe22H2O Fe(OH)22H、Cu22H2O Cu(OH)22H；（2）反应是硝酸根氧化亚铁离子，反应的离子方程式为3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O；（3）根据以上分析可知沉淀甲是Fe(OH)3，沉淀乙是Cu(OH)2；（4）固体C是调节pH，选项中只有氧化铜和氢氧化铜能和氢离子反应，则C可能是氧化铜或氢氧化铜，答案选AB；（5）NO和NO2通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠和水，方程式为NONO22OH-=2NOH2O；（6）若向原溶液A中加入足量的NaOH溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥并灼烧至恒重，最终得到氧化铁和氧化铜，根据原子守恒可知
34、二者的物质的量分别是0.005mol、0.01mol，因此得到固体的质量为0.005mol160g/mol+0.01mol80g/mol1.6g。17防止生成的硫酸氧钒发生分解 适当加热、搅拌、适当延长浸出时间等 将VO 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+ 降低 VO2+、VO在有机相中的萃取能力 【分析】粘土钒矿(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)加入浓硫酸在250条件下焙烧，V2O5与浓硫酸生成硫酸氧钒，Fe2O3、Al2O3反应生成相应的硫酸盐，SiO2不溶，加水浸出得到含有VO2+、VO、 Fe3+、Al3+和离子的浸出液，浸出液中加
35、入氨水调节pH，同时加入Fe粉将VO 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+，加入萃取剂萃取得到含钒有机相，根据题意可知VO2+在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入20%硫酸降低VO2+、VO在有机相中的萃取能力，进行反萃取的钒富集液，加入KClO3和氨水将VO2+氧化的红钒沉淀，煅烧得到V2O5。【详解】(1)根据题意可知硫酸氧钒在高温条件下易分解生成VO2和SO3，所以为了防止分解，粘土钒矿焙烧时一般选择 250；V2O5与浓硫酸反应时+5价的V被还原为+4价，根据各元素所处的价态可知该过程中O元素被氧化生成O2，结合电子守恒和元素守恒可得化学方程式为；(
36、2)适当加热、搅拌、适当延长浸出时间等都可以提高浸出效率；根据题意可知萃取剂对VO2+、Fe3+的萃取能力较强，所以加入铁粉的目的是将VO 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+，提高含钒有机相的V钒元素的含量；(3) 根据题意可知VO2+在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入20%硫酸降低VO2+、VO在有机相中的萃取能力；氧化过程中加入KClO3和氨水将VO2+氧化的红钒沉淀，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为；(4)碘单质可以和NaOH溶液反应得到易溶于水的碘化钠和碘酸钠，所以可以先在碘的CCl4溶液中加入浓NaOH溶液振荡、静置、分液得到含有I-和I
37、O的水溶液，之后加入稀硫酸，酸性环境下I-和IO发生归中反应得到含碘悬浊液，过滤得到碘单质，流程图为。18（1）增大与H2SO4的接触面积，加快浸出速率（2）Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O（3）（4）3Fe3+Na+2+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6+6H+（5） 越低 冷却结晶，过滤 （6）可以再次焙烧，看其质量是否变小【分析】萤石矿用微波焙烧，有利于在H2SO4中溶解，此时BeO、Li2O、CaF2、CaCO3、FeO、Fe2O3、Al2O3都发生溶解，只有SiO2不反应，CaF2、CaCO3发生转化，生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe
38、3+并转化为沉淀；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，此时将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍。（1）由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与H2SO4的接触面积，从而加快浸出速率。答案为：增大与H2SO4的接触面积，加快浸出速率；（2）由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+2H2O，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，生成铍酸
39、盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O。答案为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；（3）H2O2是共价化合物，其电子式为：；（4）根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以NaFe3(SO4)2(OH)6是难溶于水的固体，根据题意可知，3Fe3+Na+2+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6+6H+。答案为：3Fe3+Na+2+6H2O= NaFe3(SO4)2(OH)6+6H+；（5）根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH越小，说明溶液中的氢
40、离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸。答案为：越低；冷却结晶，过滤；（6）由油酸铍制备BeO的方法是高温焙烧，高温焙烧的时候固体质量发生改变，故可以再次焙烧，看其质量是否变小。19（1） 24 （2）+4（3） 93% H2SO4 27.5% H2O2 （4） Mn2+H2O2+2OH-=MnO2+2H2O 81013 （5）2S
41、c2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2【分析】钛白水解工业废酸含有Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、等离子，加入H2O2和有机萃取剂，分液分离，是为了除去TiO2+，用93%硫酸、27.5%的双氧水和水洗涤“油相”，可进一步除去 钛，加入NaOH进行反萃取，此时Mn2+与H2O2在碱性条件下生成MnO2沉淀，Sc3+与OH-生成Sc(OH)3，过滤，滤渣酸溶，加入草酸使Sc3+转化为Sc2(C2O4)3沉淀，过滤分离，灼烧生成Sc2O3；据此解答。（1）由可知，Sc的质子数为21，质量数为45，则Sc的中子数N=A-Z=45-21=24，Sc的质子数为21，核外有21个电子，S
42、c3+表示失去3个电子，核外还有18个电子，电子层上电子依次为2、8、8，Sc3+的离子结构示意图为 ；答案为24；。（2）由 TiO( H2O2)2+可知，O为-2价，H2O2是分子，看成0价，根据化合价规则可知 TiO( H2O2)2+中Ti的化合价为+4价；答案为+4。（3）由于浓H2SO4密度比水大，溶于水放出大量的热量，为了防止产生液体飞溅引起实验事故，混合93% H2SO4、 27.5% H2O2和H2O的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌，即A为93% H2SO4，B为H2O，C为27.5% H2O2；答案为93%
43、 H2SO4；27.5% H2O2。（4）碱性条件下Mn2+和H2O2发生氧化还原反应，生成MnO2沉淀和水，其离子方程式为Mn2+H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；由Sc(OH)3(s) Sc3+(aq)+3OH-(aq)可知，KspSc(OH)3=c(Sc3+)c3(OH-)，pH=8，则c(Sc3+)=810-13；答案为Mn2+H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；810-13。（5）草酸根中碳的化合价是+3价，在灼烧草酸钪时会被氧化为CO2，氧气是氧化剂，还生成了Sc2O3，其反应化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；答案为2Sc2(C2O4)3
44、+3O22Sc2O3+12CO2。20（1）befdcg（2） Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O 浪费能源，原料利用率低 （3）生成黄绿色的气体（4） 饱和食盐水 球形冷凝管 （5）NaOH溶液中的水蒸气进入d的三颈烧瓶中与SO2Cl2反应（6）84.4%【分析】收集一瓶干燥的SO2，则须先制取气体，然后提纯，再收集，因为二氧化硫有毒、易溶于水，还要对尾气进行吸收处理，据此分析解答；a中生成氯气，由于盐酸容易挥发，生成的氯气中会混入氯化氢，所以用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除去水蒸气，纯净干燥的氯气和二氧化硫通入三颈烧瓶中发生反应，生成的SO2Cl2易挥发，所以需要用
45、球形冷凝管冷凝回流，SO2Cl2易与水反应，所以f中装有无水CaCl2，防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中，用NaOH溶液吸收尾气氯气和二氧化硫。（1）二氧化硫的制取药品是亚硫酸钠固体和较浓硫酸，亚硫酸钠不是块状固体，而是粉末状，而且二氧化硫易溶于水，所以应选用B装置制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，可以通入D中干燥，用C收集，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，装置的导管按气流方向连接的顺序是：从b出来的二氧化硫通过导管e把二氧化硫导入D中进行干燥，通过f导管导出后，通过d导管导入集气瓶中用向上排空气法收集，为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污
46、染环境，应该把c导管连接到g导管上，故答案为befdcg；（2）用亚硫酸钠固体和较浓硫酸在常温下发生复分解反应制取二氧化硫，反应方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2+Na2SO4+H2O；用浓硫酸和铜制取二氧化硫，除了生成二氧化硫外，还生成硫酸铜，硫酸里面的硫没有全部转移到二氧化硫中，而且反应需要加热，所以用浓硫酸和铜制取二氧化硫的缺点是浪费能源，原料利用率低；（3）a中是高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，该反应在常温下即可发生，所以将浓盐酸滴入高锰酸钾中就可以看到生成黄绿色的气体；（4）根据分析可知，b中试剂为饱和食盐水，作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；根据仪器构造可知，e为球形冷凝管；（
47、5）SO2Cl2易与水反应，生成盐酸和硫酸，方程式为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl，所以若无f，则会有NaOH溶液中的水蒸气进入d的三颈烧瓶中与SO2Cl2反应；（6）根据2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl24H+4OH-的关系，消耗氢氧化钠的物质的量为0.5000molL-120.0010-3L=0.01mol，故n(SO2Cl2)= 0.01mol4 =0.0025mol，配成 200mL 溶液，取出 20.00mL，所以n(SO2Cl2)总=0.0025mol10=0.025mol，m(SO2Cl2)=nM=0.025mol135g/mol=3.375g，质量分数= 3.375g4.0g 100%=84.4%，故答案为84.4%。