2019届高三化学上学期9月月考试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期9月月考试题(含解析)1.化学与日常生活密切相关。下列说法错误的是 （ ）A. 乙烯可作水果的催熟剂 B. 蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质C. “84”消毒液的有效成分是NaClO D. “血液透析”利用了胶体的性质【答案】B【解析】【详解】A. 乙烯一种植物激素，具有催熟作用，可作水果的催熟剂， A 正确；B.油脂水解产生羧酸，羧酸属于电解质，蔗糖、淀粉水解生成单糖,糖类属于非电解质，故B错误；C.氯气与氢氧化钠反应可得“84”消毒液,有效成分为NaClO, C正确；D. “血液透析”利用了胶体不能透过半透膜的性质，D正确；正确选项B。2.下列叙述正确的是 ( )A. 有单质生成的反应一定是氧化还原反应B. 能与酸反应产物中有盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物C. ABS树脂、光导纤维及碳纤维都是有机高分子D. 酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5CO18OH和C2H5OH【答案】B【解析】【详解】A、同素异形体的转化中有单质生成，但没有元素的化合价变化，则不是氧化还原反应，即有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，故A错误；B、能与酸反应产物中有盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，过氧化钠与盐酸反应：2Na2O2+4HCl4NaCl+O2+2H2O，过氧化钠不是碱性氧化物，故B正确；C项，光导纤维的主要成分为SiO2，不属于有机高分子材料，碳纤维是无机非金属材料，也不属于有机高分子材料，故C项错误；D项，合成乙酸乙酯时，羧酸脱去羟基，乙醇脱去氢，则C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5COOH和C2H518OH，故D项错误；正确选项B。3.关于胶体，下列说法正确的是（ ）A. 雾属于胶体，能产生丁达尔效应B. 含有0.1molFeCl3的溶液制成的胶体中，胶体粒子的数目为NAC. 胶体的介稳性与胶体带有电荷有关D. NaCl晶体可制成溶液，不能制成胶体【答案】A【解析】【详解】A.胶体能够产生丁达尔效应，A正确；B胶体粒子是氢氧化铁的集合体，0.01mol Fe3+完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于6.021021个，故B错误；C胶体的介稳性与胶粒带有电荷有关，胶体本身不带电，故C错误； DNaCl分散在水中形成溶液，分散在酒精中形成胶体，故D错误；正确选项A。4.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )A. 标准状况下，7.8g苯中含碳碳双键的数目0.3NAB. 常温常压下，14g乙烯和丙烯的混合气体中含有CH键的数目为2NAC. 0.1mol/L MgCl2 溶液中含有Mg的数目一定小于0.1NAD. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA【答案】B【解析】【详解】A. 苯分子结构中含有特殊的碳碳键，无有真正的碳碳双键，A错误；B. 乙烯和丙烯的最简式为CH2，14g乙烯和丙烯的混合气体的量为14/14=1mol，1mol混合气体中含有CH键的数目为2NA，B正确；C. 没有给定溶液的体积，无法计算出0.1mol/L MgCl2 溶液中含有Mg的数目，C错误；D. CH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，所以反应生成CH3Cl分子数小于NA，D错误；正确选项B。5.下列实验过程可以达到实验目的的是 ( )编号实验目的实验过程A配制0.4000 molL1的NaOH溶液称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化C制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液D探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.先把溶液冷却至室温再转移到容量瓶中；应把烧杯、玻璃棒洗涤，并把洗涤液转移到容量瓶中，故A错误；B.由于维生素C能把氯化铁还原成氯化亚铁，会看到溶液由黄色变成浅绿色，故B正确；C.氢气中混有氯化氢，气体通过NaOH溶液、浓硫酸，就可以的得到纯净的氢气，不需要通过高锰酸钾溶液，故C错误；D. NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，无法探究浓度对反应速率的影响故D错误；正确选项B。6.能正确表达下列反应的离子方程式为A. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：2HCO3Ba22OHBaCO3CO322H2OB. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2H2OCa22ClOCaSO32HClOC. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO416H5C2O422Mn210CO28H2OD. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气： 2Cl 2H2OH2 Cl22OH【答案】D【解析】【详解】A. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水，正确的离子方程式：HCO3Ba2OHBaCO3H2O；A错误；B. HClO具有强氧化性，能够把CaSO3氧化为CaSO4，正确离子方程式：SO2H2OCa2ClOCaSO42H+Cl-；B错误；C. 草酸为二元弱酸，属于弱电解质，不能拆成离子形式，C错误；D. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：离子方程式为 2Cl 2H2OH2 Cl22OH，D正确；正确选项D。【点睛】针对选项（A）：当氢氧化钠溶液加入过量的碳酸氢钙反应时，生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：HCO3-+Ca2+ +OH-=CaCO3+H2O；当氢氧化钠溶液加入少量的碳酸氢钙反应时，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3-+Ca2+ +2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-；所以针对这样的反应，要采用“少定多变”的方法进行处理，即以量少的为准。7.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（ ）A. 某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-B. pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OD. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2O【答案】C【解析】AMnO4-是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；BpH=2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故B错误；CFe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式2Fe2+H2 O2+2H+2Fe3+2H2O满足电子守恒和电荷守恒，故C正确；D氢离子和硫酸根离子比例应为2：1，应为2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，故D错误；故选C。视频8.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是()。操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有IC用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na，无KD滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A白色沉淀可能为BaSO4或AgCl；B下层溶液显紫红色，氯水氧化碘离子生成碘单质；C观察K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；D氨气溶于水呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝【详解】A白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能有SO42或氯离子，故A错误；B下层溶液显紫红色，因氯水氧化碘离子，原溶液中有I，故B正确；C观察K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由现象，原溶液中一定有Na，不能确定是否含K，故C错误；D氨气溶于水呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝，干燥的试纸不能检验，故D错误；故选：B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，解题关键：把握氧化还原反应、离子检验、实验技能，易错点A，白色沉淀可能为BaSO4或AgCl。9.某水溶液只可能含有K、Al3、Fe3、Mg2、Ba2、NH4、Cl、CO32、SO42中的若干种离子。某同学取100mL的溶液分成两等份进行如下实验： 第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到0.02mol的气体，无沉淀产生，同时得到溶液甲。向溶液甲中通过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，沉淀经过滤，洗涤灼烧后，得到1.02g固体。第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀，沉淀经盐酸充分洗涤，干燥，得到11.65g固体。据此，该同学得到的结论正确的是( )A. 实验中产生的气体为氨气，并可得原溶液中c(NH4)0.2molL1B. 实验中的白色沉淀中一定有BaSO4，无BaCO3C. 原溶液中一定有K，且c(K)0.4molL1D. 若要判断原溶液中是否有Cl，无需另外设计实验验证【答案】B【解析】【详解】第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体，即为氨气，一定含有NH4+，物质的量为0.02mol，浓度为0.02/0.05=0.4mol/L，无沉淀生成，则一定不含有Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，则原溶液中一定有Al3+，一定不含有碳酸根离子，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量是1.02/1022=0.02mol，浓度为0.02/0.05=0.4mol/L；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，则一定含有硫酸根离子，无钡离子沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体即硫酸钡的质量是11.65g，物质的量为11.65/233=0.05mol，根据元素守恒，所以硫酸根离子的物质的量是0.05mol，浓度为0.05/0.05=1mol/L，综上可以知道，一定含有的离子是：NH4+、Al3+、SO42-，其浓度分别是：0.4mol/L；0.4mol/L；1mol/L，一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42，不能确定是否存在氯离子； A根据以上分析可以知道，c （NH4+）=0.4 molL-1，故A错误；B根据以上分析可以知道，中的白色沉淀中一定有BaSO4，无BaCO3，故B正确；C任何溶液中都存在电荷守恒，NH4+、Al3+、SO42-，其浓度分别是：0.4mol/L；0.4mol/L；1mol/L，可以知道NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42-负电荷总量，根据电荷守恒，则一定有K+存在，若无氯离子存在，则0.41+0.43+c（K+）1=12，计算得出c（K+）=0.4mol/L，如有氯离子存在，则c（K+）0.4mol/L，故C错误； D由以上分析可以知道，不能确定存在氯离子，故D错误；正确选项B。10.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能【答案】A【解析】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误，答案选A。11.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是 ( )A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂又是还原剂C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 NA个电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】【分析】由化学方程式可知， H2S中S 元素的化合价由-2价升高至+6价，作还原剂； O2F2中O 元素的化合价由+1价降低至0价，作氧化剂；相应的SF6为氧化产物，O2为还原产物；据此分析解答。【详解】由化学方程式可知， H2S中S 元素的化合价由-2价升高至+6价，作还原剂； O2F2中O 元素的化合价由+1价降低至0价，作氧化剂；相应的SF6为氧化产物，O2为还原产物。A项，SF6为氧化产物，O2为还原产物，故A项错误；B项，O2F2为氧化剂，故B项错误；C项，未注明压强、温度等条件，无法计算HF的物质的量，（即使给出标准状况也无法计算，因为标准状况下HF为液态）从而不能确定转移电子的物质的量，故C项错误；D项，还原剂为H2S ，氧化剂为O2F2，二者物质的量之比为1：4，故D项正确；正确选项D。12.在酸性条件下，可发生如下反应： ClO3-+2M3+4H2O=M2O7n-+Cl+8H+，M2O7n-中M的化合价是 （ ）A. +4 B. +5 C. +6 D. +7【答案】C【解析】根据电荷守恒-1+32=-1-n+8，n=2，设M的化合价是x，则2x-27=-2，x=+6，故C正确。13.下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是A. 图1中，铁钉易被腐蚀B. 图2中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，没有蓝色沉淀出现C. 图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D. 图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极【答案】C【解析】试题分析：A.浓硫酸从环境中吸收水分，使铁钉周围的空气比较干燥，因此铁钉不易腐蚀，A错误；B.图2中，Fe、Cu与酸化的NaCl溶液构成原电池，Fe作电源的负极，发生失去电子的氧化反应，有亚铁离子生成，因此滴加少量K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀出现，B错误；C. 燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀，C正确；D. 用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的负极，D错误。故答案C。考点：考查金属的腐蚀。14.某小组设计电解饱和食盐水的装置如图所示，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是 （ ）A. 铜电极附近观察到黄绿色气体 B. 石墨电极附近溶液呈红色C. 溶液中的Na向石墨电极移动 D. 铜电极上发生还原反应【答案】D【解析】【详解】电解饱和食盐水的电极反应：阳极：2Cl-2e-=Cl2，阴极：2H2O+2e-=H2+2OH-；总反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+ H2；并且通过图我们知道，直流电源正极连接的应该是石墨，负极连接的是铜，否则就会变成铜失电子，铜棒溶解。因此铜极是阴极，石墨电极是阳极。A项，该反应中阳极生成黄绿色气体氯气，阴极生成氢气，故A项错误；B项，由于氢氧根是在阴极附近生成，也就是在铜电极附近生成，故应该是铜电极附近溶液变成红色，故B项错误；C项，电解池溶液中的阳离子向阴极定向移动，所以Na+应该是向阴极也就是铜电极附近移动，故C项错误。D项，由于铜电极是阴极，发生还原反应，故D项正确；正确选项D。【点睛】该装置中若铜为阳极，阳极为铜失电子，总反应为：Cu+2H2OCu(OH)2+H2；若该装置中铜做阴极，铜就不失电子，总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2；所以电解池中阳极材料的不同，决定了该反应原理也不一样。15.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是()A. 放电时，多孔碳材料电极为负极B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1）O2【答案】D【解析】分析：本题考查的是电池的基本构造和原理，应该先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。详解：A题目叙述为：放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，选项A错误。B因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），选项B错误。C充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，选项C错误。D根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应应该是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + (1)O2 Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X 2Li + (1)O2，选项D正确。点睛：本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。16.某原电池装置如图所示,电池总反应为2Ag+Cl22AgCl。下列说法正确的是（ ）A. 正极反应为AgCl+e-Ag + Cl-B. 放电时,交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C. 若用NaCl溶液代替盐酸,则电池总反应随之改变D. 当电路中转移0.01 mol e-时,交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子【答案】D【解析】试题分析：根据电池总反应为2Ag+Cl22AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子。A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e-2Cl-，故A错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C、根据电池总反应为2Ag+Cl22AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D、放电时，当电路中转移0.01mol e-时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确。考点：考查了原电池原理的应用等相关知识。视频17.生产生活中广泛涉及氧化还原反应.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示(1)若d为石墨，石墨上的电极反应式为_ ；(2)若d为锌，锌上的电极反应式为_；(3)将图中电流表换成外接电源，铁片接_（填“正”或“负”）极被保护.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。(1)干法制备高铁酸钾的主要反应为：2FeSO4 6Na2O22Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2该反应中的氧化剂是_，还原剂是_，每生成1 molNa2FeO4转移_mol电子。(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO42、Cl、H2O。写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：_。每生成1 mol FeO42转移_mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明什么问题_。【答案】 (1). O2+4e+2H2O=4OH- (2). Zn- 2e= Zn2+ (3). 负 (4). Na2O2 (5). Na2O2和FeSO4 (6). 5 (7). 高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中自身被还原为Fe3，Fe3水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降 (8). 2Fe(OH)3 3ClO 4OH=2FeO423Cl 5H2O (9). 3 (10). 0.15 mol (11). 该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小【解析】【详解】(1)活泼金属铁片作负极,发生腐蚀，d为石墨，做正极，因为海水为中性，溶解在海水溶液中的氧气得电子，极反应为：O2+4e+2H2O=4OH-；正确答案：O2+4e+2H2O=4OH-。(2)若d为锌，锌比铁活泼，锌做负极，发生氧化反应，极反应为：Zn- 2e= Zn2+；正确答案：Zn- 2e= Zn2+。(3)将图中电流表换成外接电源，铁片接电源的负极，做电解池的阴极，不失电子，铁被保护；正确答案：负。. （1）反应中Fe元素化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O元素的化合价由-1价降低为-2价，由-1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，由方程式可以知道，生成2molNa2FeO4，有6molNa2O2参加反应，转移10mol电子，则每生成1molNa2FeO4转移的电子数为5mol；因此，本题正确答案是：Na2O2；FeSO4和Na2O2；5。高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中自身被还原为Fe3，Fe3水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降；正确答案：高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中自身被还原为Fe3，Fe3水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降。（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，C1O-作氧化剂被还原生成C1-，氯元素的价态降了2价，根据电子守恒，得到铁元素物质前边系数是2，Cl的前边系数是3，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该离子反应为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O；因此，本题正确答案是：2Fe(OH)3 3ClO 4OH=2FeO423Cl 5H2O。反应2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O中转移电子是6mol，生成2molFeO42-，每生成1molFeO42-转移3mol电子；若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15mol，因此，本题正确答案是：3；0.15mol。低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4)，在溶液中发生了离子的交换使物质的溶解性发生了改变，可能的原因是该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小；正确答案：该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小。18.有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：K、Mg2、Al3、Fe2、Ba2、NO3、SO42、Cl、I、HCO3，实验如下：实验步骤实验现象(1)取少量该溶液，加入几滴甲基橙溶液变红(2)取少量该溶液，加入Cu片和浓硫酸，加热有无色气体产生，气体遇空气可以变成红棕色(3)取少量该溶液，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成(4)取(3)中反应后的上层清液，加入AgNO3溶液有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸(5)取少量该溶液，加入NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解由此判断：(1)溶液中一定存在的离子是_；溶液中肯定不存在的离子是_。(2)为了进一步确定其他离子，应该补充的实验及对应欲检验离子的名称(如为溶液反应，说明使用试剂的名称，不必写详细步骤) _。(3)写出实验中所有反应的离子方程式：_。【答案】 (1). NO3-、SO42-Mg2+、Al3+ (2). Fe2、I、HCO3、Ba2 (3). K的检验可以用焰色反应；Cl的检验：向溶液中加足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加硝酸银溶液，再加稀硝酸，若生成白色沉淀不溶解，则证明有Cl (4). HOH=H2O Mg22OH=Mg(OH)2 Al33OH=Al(OH)3Al(OH)3OH=AlO22H2O【解析】【分析】无色溶液中，有色离子不存在，氢氧化铝是两性氧化物，能溶于强碱中，白色且不溶于硝酸的白色沉淀是氯化银或者是硫酸钡，在酸性环境下，能和氢离子反应的离子不共存，根据离子反应的现象以及离子共存的知识加以分析。【详解】(1)因是一无色透明溶液，则不含有Fe2+；由（1）取少量该溶液，加几滴甲基橙，溶液显红色，说明溶液显示酸性，所以HCO3-不存在；由（2）取少量该溶液加热浓缩，加Cu片和浓硫酸，加热有无色气体产生，气体（NO）遇空气可以变成红棕色（二氧化氮），说明溶液中含有NO3-，则一定不含有I-；由（3）取少量该溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则含有SO42-；由（4）取（3）中的上层清夜，加AgNO3，有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸，则含有Cl-，所加的氯化钡中含有Cl-，所以原离子中的Cl-是否存在不确定；由（5）取少量该溶液，加入NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解，则含有铝离子、镁离子；（1）综上可知，溶液中一定存在的离子是NO3-、SO42-Mg2+、Al3+，溶液中肯定不存在的离子是I-、Ba2+、Fe2+、HCO3-；正确答案：NO3-、SO42-Mg2+、Al3+；I-、Ba2+、Fe2+、HCO3-。（2）溶液中未能确定的离子还有K和Cl；K的检验可以用焰色反应，透过蓝色钴玻璃片，火焰显紫色；Cl的检验：首先要排除SO42-的干扰，可加入足量的硝酸钡溶液，过滤后向滤液加硝酸银和稀硝酸，观察白色沉淀的产生；正确答案：K的检验可以用焰色反应；Cl的检验：向溶液中加足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加硝酸银溶液，再加稀硝酸，若生成白色沉淀不溶解，则证明有Cl。（3）酸性溶液先发生中和反应，然后Mg2+、Al3+分别与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀Mg(OH)2和Al(OH)3，离子方程式为：HOH=H2O， Mg22OH=Mg(OH)2， Al33OH=Al(OH)3；当NaOH过量时，氢氧化铝能和氢氧化钠反应，而氢氧化镁则不能，所以沉淀部分溶解，离子方程式：Al(OH)3OH=AlO22H2O；正确答案：HOH=H2O， Mg22OH=Mg(OH)2， Al33OH=Al(OH)3，Al(OH)3OH=AlO22H2O。【点睛】此题考查离子的共存问题，明确题中信息的挖掘和应用是解答的关键；因此要注意离子能否存在于酸性环境中，离子间能否发生氧化还原反应，能否发生复分解反应，还要考虑溶液是否无色。19.二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，答下列问題：(1)工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：图1 图2电解时发生反应的化学方程式为_ 。溶液X中大量存在的阴离子有_ 。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 _(填标号)。a水 b碱石灰 c浓硫酸 d饱和食盐水(3)用上图2装置可以测定混合气中ClO2的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入 3 mL 稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水.使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000 molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O322I+S4O62)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_。玻璃液封装置的作用是_。V中加入的指示剂通常为_，滴定至终点的现象是_。测得混合气中ClO2的质量为_ g.。(4)O2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物庾最适宜的是_(填标号)。a明矾 b碘化钾 c盐酸 d硫酸亚铁【答案】 (1). 2：1 (2). NH4Cl2HCl3H2NCl3 (3). Cl、OH (4). c (5). 2ClO210I8H2Cl5I24H2O (6). 吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出） (7). 淀粉溶液 (8). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 (9). 0.02700 (10). d【解析】【详解】(1) KC1O3ClO2中,氯元素的化合价降低，KC1O3是氧化剂；Na2SO3在反应中作还原剂，被氧化为Na2SO4；根据电子得失守恒可知：n(KC1O3)(5-4)= n(Na2SO3) (6-4)，计算得n(KC1O3)：n(Na2SO3)=2:1；正确答案：2：1。 (2) 由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为：NH4Cl2HCl3H2NCl3 ；正确答案：NH4Cl2HCl3H2NCl3。在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，发生NCl3+NaClO2+H2OClO2+NH3+NaOH+NaCl，溶液X中大量存在的阴离子有Cl-、OH-；正确答案：Cl-、OH-。a.ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故错误；b.碱石灰不能吸收氨气，故错误；c.浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故正确；d.ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水除杂，故错误；正确选项c。(3) 由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+2Cl-+5I2+4H2O；正确答案：2ClO210I8H2Cl5I24H2O。 玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）；正确答案：吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出）。V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；正确答案：淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变。已知：2ClO2+10I-+8H+2Cl-+5I2+4H2O，I2+2S2O322I+S4O62；含有Na2S2O3物质的量为0.02 L0.1mol/L=0.002 mol，则：根据关系式：2ClO2-5I2-10S2O32可知，2:10= n(ClO2)：0.002，n(ClO2)= 0.0004mol，所以m(ClO2)=0.004 mol67.5g/mol=0.02700g；正确答案：0.02700。 (4) a.因明矾与亚氯酸盐不反应，不能消除亚氯酸盐中亚氯酸根离子，故a错误；b.碘化钾中的碘离子具有还原性，能与亚氯酸根离子发生氧化还原反应，但会增加碘单质的浓度，不适合对饮用水的处理，故b错误；c.盐酸会与亚氯酸根离子反应生成氯气，可能会使氯气超标，何况饮用水中加盐酸本身不适合，故c错误；d.硫酸亚铁会与亚氯酸根离子发生氧化还原反应，使亚氯酸根离子转化为无毒的氯离子，同时将亚铁离子氧化为3价铁离子，铁离子由于水解会生成氢氧化铁胶体，具有净水功能，该方法是最理想的方法，故d正确；正确选项d。20.重铬酸盐广泛用作氧化剂、皮革制作等。以铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、 SiO2等杂质)为原料制取重铬酸钠的流程如下：请回答下列问题：(1) 固体残渣主要是含_元素的氧化物。(2)写出Cr2O3与纯碱在高温焙烧时反应的化学方程式_。(3)高温焙烧后粉碎的目的是_，调节pH时形成的沉淀的成分是_。 (4)写出硫酸酸化使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7的离子方程式 _。(5)某工厂采用石墨电极电解Na2CrO4溶液，实 现了 Na2CrO4到Na2Cr2O7的转化，其原理如图所示。写出阳极的电极反应式_。(6)Na2Cr2O7可用于测定废水的化学耗氧量（即COD，指每升水样中还原性物质被氧化 所需要O2的质量）。现有某水样10000 mL，酸化后加入C1 mol/L的Na2Cr2O7溶液 V1 mL，使水中的还原性物质完全被氧化（Cr2O72还原为Cr3+）；再用C2mol/L的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72，结果消耗FeSO4溶液V2 mL。该水样的COD为_mg/L；假设上述反应后所得溶液中Fe3+和Cr3+的物质的量浓度均为01 mol/L，要使Fe3 +沉 淀完全而Cr3+还未开始沉淀则需调节溶液pH的范围是_。(可能用到的数据：KSPFe(OH)3=4010-38, KSPCr(OH)3=6010-31，)【答案】 (1). 铁 (2). 2Cr2O3+ 4Na2CO3+ 3O24Na2CrO4+4CO2 (3). 增大接触面积，提高水浸效率 (4). H2SiO3、Al（OH）3 (5). 2CrO42-+ 2H+= Cr2O72-+ H2O (6). 4OH-4e-=O2 + 2H2O (7). 480C1V1-80C2V2 (8). 3243之间【解析】【详解】(1) 铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、 SiO2等杂质)，在经过氧气、纯碱高温焙烧后，冷却、水浸后过滤，得到Na2CrO4、Na2SiO3和NaAlO2溶液，固体残渣中一定含有铁元素的氧化物；正确答案：铁。(2)根据流程可知：Cr2O3与纯碱在高温焙烧时反应生成Na2CrO4和CO2，化学方程式：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；正确答案：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2。(3)高温焙烧后粉碎的目的是增大接触面积，提高水浸效率；根据流程可知：含有Na2CrO4、Na2SiO3 和 NaAlO2溶液，调节pH时，最后主要剩余Na2CrO4溶液，说明 SiO32-、AlO2-都转化为沉淀而滤出，所以形成的沉淀的成分是H2SiO3、Al（OH）3；正确答案：增大接触面积，提高水浸效率； H2SiO3、Al（OH）3 。 (4) 硫酸酸化使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7过程，铬元素价态没有发生改变，属于非氧化还原反应，离子方程式2CrO42-+ 2H+= Cr2O72-+ H2O；正确答案：2CrO42-+ 2H+= Cr2O72-+ H2O。(5) 阳极区是Na2CrO4溶液，是碱性环境，Na2Cr2O7存在于酸性环境，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，铬元素的化合价并没有发生变化，只需通过电解提高阳极区溶液的酸性即可使二者间发生转化，故阳极氢氧根离子放电，电极反应式为：4OH-4e-=O2+ 2H2O；正确答案：4OH-4e-=O2+ 2H2O。 (6)根据提给信息可知，废液中还原剂转移的电子的量为6c1V110-3-c2V210-3mol，废液中还原剂被氧气氧化，O2被还原为O2-，设氧气的量为xmol，根据电子守恒可知：4x=(6c1V110-3- c2V210-3)，x=(6c1V110-3- c2V210-3)/4mol,水样为10000 mL,COD为(6c1V110-3- c2V210-3)/4mol, 水样为100000 mL, COD为(6c1V110-3- c2V210-3)/43210=0.480C1V1-0.080C2V2g/L= 480C1V1-80C2V2 mg/L；正确答案：480C1V1-80C2V2 。若Fe3+完全沉淀（c(Fe3+)10-5），溶液中的pH=-c(H+)= =-10-3+3+0.2=3.2；同理可得，Cr3+开始沉淀时，c(OH-)=10-10mol/L，pH=- =-10-4+=4+0.3=4.3，故使Fe3+沉淀完全而 Cr3+还未开始沉淀.则需调节溶液pH的范围是3243之间；正确答案：3243。【点睛】本题考查重铬酸盐相关性质，考查铬矿石制取重铬酸钠、电解法制取重铬酸钠、重铬酸钠测定废液中化学耗氧量、计算，考查考生的综合运用能力。