2018届高三化学上学期第二次月考试题(含解析).doc

xx届高三化学上学期第二次月考试题(含解析)1. 下列说法正确的是A. H2、D2、T2互为同素异形体B. 液氨、氨水、王水都是混合物C. H2O、苯酚、Fe(SCN)3都是弱电解质D. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物【答案】C【解析】试题分析：AH2、D2、T2的结构相同，不属于同素异形体，错误；B液氨属于纯净物，错误；CH2O、苯酚、Fe(SCN)3都是弱电解质，正确；D纯碱是碳酸钠，属于盐，错误；故选C。【考点定位】考查物质的分类【名师点晴】本题考查了化学基本概念的理解应用，主要考查混合物、化合物、非电解质、同素异形体，结合物质的组成分析判断。判断物质是否属纯净物时，不要只看表面字眼“纯”或“混”，而要看实质.例如：“冰和水的混合物”其实不是混合物而是纯净物，因为冰和水都是由水分子组成的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。另外为了提高答题效率要记住常见的强电解质，即强酸、强碱以及大部分盐类和金属氧化物等均是强电解质，弱酸、弱碱和少数盐类以及水是弱电解质。2. 下列关于古籍中的记载说法不正确的是A. 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B. 吕氏春秋别类编中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性C. 本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏D. 肘后备急方中“青蒿握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该提取过程属于化学变化【答案】D【解析】A. 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是碳酸钙的分解反应，A正确；B. 吕氏春秋别类编中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性，即合金的硬度比其成分金属高，B正确；C. 本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏，即根据混合物的沸点不同将混合物分离的方法，C正确；D. 肘后备急方中“青蒿握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该提取过程没有新物质生成，属于物理变化，D不正确。本题选D。3. NA为阿伏加德罗常数的值。参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是NO2HF熔点/-11.2-83.6沸点/21.019.52A. 2.0gHF中含电子数目为l.0NAB. 12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环个数为NAC. 6.72LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2NAD. NO和O2各2.24L充分反应后所得混合物体系中含分子数为0.1NA【答案】A【解析】由表中数据可知，二氧化氮和氟化氢的沸点分别为21.0和19，52，所以在标准状况下，二氧化氮和氟化氢都是液体。A. HF分子中有10个电子，相对分子质量为20，所以2.0gHF的物质的量为0.1mol，所含电子的物质的量为1mol，所以电子的数目为l.0NA，A正确；B. 在石墨烯中，每个六元环中有6个碳原子，每个碳原子参与3个六元环，所以平均每个六元环占有碳原子数为6。12g石墨烯含碳原子的物质的量是1mol，所以含有六元环个数为0.5NA，B不正确；C. 无法计算6.72LNO2的物质的量，所以无法计算与水反应后转移的电子数，C不正确；D. 同样无法计算NO和O2的物质的量，当然也无法计算充分反应后所得混合物体系中含分子数，D不正确。本题选A。 点睛：根据气体体积计算气体的物质的量时，一要看是否是标准状况，二要确定在标准状况下是否为气体。4. 用下图所示的装置分别进行如下导电性实验，小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是A. 向亚硫酸钠溶液中通入氯气B. 向澄清石灰水溶液中通入过量二氧化碳C. 向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气D. 向氢氧化钠溶液中通入少量氯气【答案】C【解析】A. 向亚硫酸钠溶液中通入氯气，两者可以反应生成硫酸钠和盐酸，离子浓度明显增大，溶液的导电性增强；B. 向澄清石灰水溶液中通入过量二氧化碳，氢氧化钙先转化为碳酸钙沉淀，后又溶解转化为碳酸氢钙溶液，导电性没有明显变化；C. 向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气，氢碘酸被氧气氧化为碘，离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，溶液中离子溶液明显减小，所以导电性明显减弱；D. 向氢氧化钠溶液中通入少量氯气，一部分氢氧化钠转化为氯化钠和次氯酸钠，离子溶液没有明显变化，所以导电性没有明显变化。综上所述，本题选C。点睛：溶液的导电能力主要决定于溶液中的离子浓度和离子所带的电荷两个方面。在相同条件下，离子溶液越大，导电能力越强；离子所带电荷越多，导电能力越强。5. 下列离子或分子能够在指定的分散系中大量共存的是A. c(H+)=10-13mol/L 的溶液中：NO3-、SO42-、K+、Na+B. 与A1反应放出H2的溶液：Na+、K+、CH3COO-、HCO3-C. 铁与稀硫酸反应后的溶液中：Fe(CN)63-、NH4-、Cl-、NO3-D. 空气中：SO2、HC1、N2、NH3【答案】A【解析】A. c(H+)=10-13mol/L 的溶液呈碱性， NO3-、SO42-、K+、Na+可以大量共存；B. 与A1反应放出H2的溶液可能是酸性的，也可能是碱性的， CH3COO-不能大量存在于酸性溶液中，HCO3-既不能大量存在于酸性溶液，也不能大量存在于碱性溶液；C. 铁与稀硫酸反应后生成硫酸亚铁溶液，Fe2+遇Fe(CN)63-会生成蓝色沉淀Fe3Fe(CN)62；D. 空气中HC1和NH3会化合成氯化铵。综上所述，本题选A。6. 向含有 c(FeCl3)=0.2molL-1、c(FeCl2) =0.1 molL-1的混合溶液中滴加稀 NaOH 溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是A. 该分散系的分散质为Fe2O3B. 加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2+2Fe3+8OH- = Fe3O4+4H2OC. 在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷D. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开【答案】B【解析】试题分析：A三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2+2Fe3+8OH-Fe3O4+4H2O，故B正确；C在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，故C错误；D胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故D错误。故选B。考点：考查铁的氧化物和氢氧化物7. 具有中间价态的物质既可被氧化又可被还原，下表中的内容有错误的是选项具有中间价态的物质还原产物氧化产物AFe2+FeFe3+BSO32-SSO42-CH2O2H2OO2DN2NH3N2H4A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】物质被还原后得到还原产物，所含元素的化合价降低；被氧化后则得到氧化产物，所含元素化合价升高。A、B、C3个选项都是正确的，只有D选项中，N2H4中N的化合价是-2，氮气的氧化产物不符合化合价要升高的规律，所以D不正确，本题选D。8. 如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.lmol，水的质量为100g。下列说法正确的是A. Na2O2中阴阳离子数目之比为1：1B. 反应的离子方程式为：Na+2H2O=Na+2OH-+H2C. 反应最多能产生0.05molO2D. 、充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：【答案】C【解析】试题分析：A、过氧化钠中阴离子是O2 2，所以阴阳离子数目之比为1：2，故A错误B、反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故B错误C、反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2mol 1mol0.1mol 0.05mol根据方程式知，最多产生0.05mol O2，故C正确D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：Na+H2O=NaOH+H2，溶液增加的质量=m（Na）m（H2）=2.3g0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+O2，溶液增加的质量=m（Na2O2）m（O2）=m（Na2O）=6.2g所以溶液增加的质量大小顺序为：钠氧化钠=过氧化钠，考点：钠的重要化合物9. 下列反应的离子方程式与Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应的离子方程式相同的是A. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性B. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀C. 向NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量D. 向NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀【答案】A【解析】Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应的离子方程式是2H+SO42-+Ba2+2OH-=2H2O+BaSO4.A. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性时，Ba(OH)2溶液中的氢氧根恰好与NaHSO4溶液中的氢离子反应生成水，离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-=2H2O+BaSO4；B. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀，离子方程式是H+SO42-+Ba2+OH-=H2O+BaSO4；C. 向NH4HSO4溶液中逐滴加与Ba(OH)2溶液至过量，离子方程式是NH4+ H+SO42-+Ba2+2OH-=NH3H2O+ H2O+BaSO4；D. 向NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀，离子方程式是NH4+ H+SO42-+Ba2+2OH-=NH3H2O+ H2O+BaSO4。综上所述，本题选A。点睛：本题着重考查的是与量有关的离子方程式的书写。在NaHSO4溶液中，H+和SO42-的数目相等，而Ba(OH)2溶液中，Ba2+的数目是OH-的一半，所以向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性之前时（包括中性），发生2H+SO42-+Ba2+2OH-=2H2O+BaSO4，当溶液显中性后，再加Ba(OH)2溶液，此时只发生SO42-+Ba2+=BaSO4，所以向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀的离子方程式是H+SO42-+Ba2+OH-=H2O+BaSO4。向NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，氢离子与铵根竞争氢氧根，氢离子先反应，所以加入少量Ba(OH)2溶液时发生2H+SO42-+Ba2+2OH-=2H2O+BaSO4。10. 50g密度为gcm-3的CaCl2溶液里含2gCa2+，从中再取出一半的溶液中Cl-的浓度是A. molL-1 B. 2molL-1 C. molL-1 D. molL-1【答案】B【解析】50g密度为 gcm-3的CaCl2溶液里含2gCa2+，Ca2+的质量分数为，c(Ca2+)= molL-1=molL-1,所以c(Cl-)=2molL-1,从中再取出一半的溶液，Cl-的浓度还是2molL-1,B正确，选B。 点睛：知道溶液的密度求溶质的物质的量浓度时，要注意使用质量分数转化为物质的量浓度的转换公式，这样步骤简单且不易出错。从一定浓度的溶液中取出任意体积的溶液，其浓度不持不变。11. 某溶液中只含有K+、NH4+、Ba2+、SO42-、I-、S2-中的几种，分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是A. K+ B. SO42- C. Ba2+ D. NH4+【答案】A【解析】用pH计测试，溶液显弱酸性，说明溶液中有NH4+，；加氯水和淀粉无明显现象，说明溶液中无I-（若有则溶液变蓝）和S2-（若有则溶液中生成淡黄色沉淀），一定有SO42-，同时也确定一定没有Ba2+。只有K+是无法确定的，所以为确定该溶液的组成，还需检验的离子是K+。本题选A。 12. 下列离子方程式书写正确的是A. 醋酸除去水垢：2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2OB. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H+NO3-=9Fe3+NO+l4H2OC. 100mL0.1 molL-1 FeI2溶液与标准状况下0.224LCl2：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-D. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好SO42-沉淀完全：2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4【答案】B【解析】A. 醋酸是弱酸，不能用H+表示，所以A不正确；B. 磁性氧化铁溶于稀硝酸3Fe3O4+28H+NO3-=9Fe3+NO+l4H2O，B正确；C. 100mL0.1 molL-1 FeI2溶液与标准状况下0.224LCl2，Fe2+和Cl2的物质的量都是0.01mol,即使 Fe2+先参与反应，也只能消耗0.005mol Cl2,所以I-也参与反应，C不正确；D. 明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好SO42-沉淀完全，此时Al3+恰好全部变为AlO2-，所以D不正确。本题选B。点睛：判断离子方程式是否正确，一般先看产物是否符合客观事实，二看化学式拆分是否正确，三看是否漏离子反应，四看反应物的配比是否正确，五看各种符号是否齐全。13. 氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3 = bO2+cCl2+dHClO4 + eH2O用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是A. 由反应可确定：氧化性HClO4HClO3B. 若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为16e-C. 变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了： 4Cl2+I2+6H2O=12H+8Cl-+2IO3-D. 若氯酸分解所得混合气体1mol其质量为51.5g，则该反应方程式可表示为：5HClO3 = O2+ Cl2+ 3HClO4 + H2O【答案】D【解析】A. 由题中化学方程式可知，氯酸是氧化剂，高氯酸和氧气是氧化产物，所以氧化性HClO3 HClO4，A不正确； B. 若化学计量数a=8，b=3，根据电子转移守恒可得10c=12+2d，根据氯原子守恒可得2c+d=8，联立方程组可解得c=2、d=4，则该反应转移电子数为20e-，B不正确；C. 变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为发生了5Cl2+I2+6H2O=12H+10Cl-+2IO3-，C不正确；D. 若氯酸分解所得混合气体1mol其质量为51.5g，n(O2)+n(Cl2)=51.5g，n(O2)+n(Cl2)=1mol，所以n(O2)=n(Cl2)=0.5mol，所以在化学方程式中，氧气和氯气的化学计量数相同，即b=c，由氯原子守恒得a=2c+d，由电子转移守恒得4b+2d=10c，联立方程组解得a=5、b=c=1、d=3，配平后得到该反应方程式为5HClO3 = O2+ Cl2+ 3HClO4 + H2O，D正确。本题选D。 14. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.lmol/L稀盐酸， CO2的生成量与加入盐酸的体积（V)的关系如图所示。下列判断正确的是A. 在0-a范围内，只发生中和反应B. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+H2O+CO2C. a0.3D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：2【答案】C【解析】试题分析：A、在氢氧化钠与碳酸钠的混合液中，先发生氢离子与氢氧根离子的中和反应，再发生碳酸根离子与氢离子生成碳酸氢根离子的反应，所以在0-a范围内，不只发生中和反应，错误；B、a点2，溶液为氯化钠和碳酸氢钠溶液，所以ab段发生反应的离子方程式为：HCO3HH2OCO2，错误；C、根据生成的二氧化碳的物质的量可知原溶液中有0.01mol的碳酸钠，0.01mol的碳酸钠与0.01mol的氢离子反应生成0.01mol的碳酸氢根离子，0.01mol的碳酸氢根离子需要0.01mol的氢离子反应生成0.01mol的二氧化碳，所以生成二氧化碳是消耗盐酸是0.01mol/0.1mol/L=0.1L，即0.4-a=0.1，所以a=0.3，正确；D、碳酸钠的物质的量是0.01mol，生成碳酸氢根离子消耗盐酸的体积是0.1L，则氢氧化钠消耗盐酸的体积是0.3-0.1=0.2L，所以氢氧化钠的物质的量是0.2L0.1mol/L=0.02mol，原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1，错误，答案选C。考点：考查氢氧化钠、碳酸钠与盐酸的反应的计算，对图像的分析能力15. 下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂反应的离子方程式书写正确的是选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式AFe3+、I-、Cl-NaOH溶液Fe3+3OH-=Fe(OH)3BK+、NH3H2O、CO32-通入少量CO22OH-+CO2=CO32-+H2OCFe2+、SO42-Ba(NO3)2溶液SO42-+Ba2+=BaSO4DNa+、ClO-、Cl-少量Na2S溶液ClO-+S2-+H2O=Cl-+S+2OH-A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A，Fe3+和I-因发生氧化还原反应而不能大量共存；B，NH3H2O是弱电解质，在离子方程式中不能用OH-表示；C，硫酸亚铁溶液是酸性的，向其中加入Ba(NO3)2溶液后，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，可以把亚铁离子氧化，所以该离子方程式中漏了这个离子反应；D，ClO-有强氧化性，S2-有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应， ClO-+S2-+H2O=Cl-+S+2OH-是正确的。本题选D。16. A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子有（离子不重复）：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、 NH4+阴离子Cl-、OH-、CO32-、SO42-分别取四种物质进行实验，实验结果如下B溶液分别与C、D混合，均有白色沉淀生成将A溶液逐滴滴入C溶液中，有沉淀生成，继续滴加A溶液时，沉淀减少直至完全消失A与D两种固体混合有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体根据上述实验，下列推测不正确的是A. A物质的化学式为NaOHB. 实验中B和C混合的离子方程式：Ba2+SO42-=BaSO4C. 实验中阳极电极方程式为：2Cl-2e-=Cl2D. 实验中A与D两种固体混合反应的离子方程式为：NH4+OH-=NH3+H2O （【答案】D【解析】B溶液分别与C、D混合，均有白色沉淀生成，则B可能为钡盐、C和D可能是硫酸盐和碳酸盐；将A溶液逐滴滴入C溶液中，有沉淀生成，继续滴加A溶液时，沉淀减少直至完全消失，所以A为强碱，C为可溶性铝盐；A与D两种固体混合有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则D为铵盐；用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体，则B为氯化物。综上所述，可以推出A、B、C、D分别为氢氧化钠、氯化钡、硫酸铝、碳酸铵。A. A物质的化学式为NaOH，A正确； B. 实验中B和C混合的离子方程式Ba2+SO42-=BaSO4，B正确； C. 实验中阳极上是溶液中的阴离子放电，因为氯离子的放电能力强于氢氧根，所以电极方程式为2Cl-2e-=Cl2，C正确；D. 实验中A与D两种固体混合反应，因为不是在溶液中发生的，所以离子方程式NH4+OH-=NH3+H2O是不正确的。 本题选D 17. （1）18.6gNa2X含有0.6molNa+，则X的相对原子质量为_，该物质的化学式为_。（2）在25、l0lKPa的条件下，同质量的CH4和A气体的体积之比是15：8，则A的摩尔质量是_。 （3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是_(设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). 16 (2). Na2O (3). 30g/mol (4). 【解析】（1）18.6gNa2X含有0.6molNa+，则n(Na2X)=0.3mol，M（Na2X）=，X的相对原子质量为16，该物质的化学式为Na2O。（2）在同温同压下，相同质量的不同气体，其物质的量之比与摩尔质量成反比。在25、l0lKPa的条件下，同质量的CH4和A气体的体积之比是15：8，则A的摩尔质量与甲烷的摩尔质量之比为8:15，因为甲烷的摩尔质量是16 g/mol，所以A的摩尔质量是30 g/mol。 （3）若ag某气体中含有的分子数为b，则由分子数可以求出该气体的物质的量为mol、摩尔质量为，所以cg该气体的物质的量为 ，在标准状况下的体积是。18. 如图1是盛硫酸的试剂瓶上的标签的部分内容，现实验需要0.5molL-1H2SO4溶液480mL，若由你来配制所需溶液，请根据实验室己有的仪器和药品情况回答下列问题:（1）容量瓶应如何检漏_。（2）实验中除量筒、烧杯外还需要的其他仪器_；（3）计算所需浓硫酸的体积约为_mL；若将该硫酸与等体积的水混合，所得溶液中溶质的质量分数_49%（填“”）。（4）下列操作会引起所配溶液浓度偏大的是_（填字母）。A.用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度B.向容量瓶中转移时，溶液未冷却C.定容时仰视刻度线D.定容后倒置摇匀后再正立时，发现液面低于刻度线（5）温度计、量筒、滴定管的一部分如图2所示，下述读数(虚线所指刻度)及说法正确的是_ (填字母)。A.是量筒，读数为2.5mL B.是量筒，读数为2.5mLC.是滴定管，读数为2.5mL D.是温度计，读数为2.5【答案】 (1). 向容量瓶中加水盖上瓶塞倒立，观察是否漏水，然后正立，旋转瓶塞180度，倒立，观察 (2). 500mL容量瓶，玻璃棒、胶头滴管 (3). 13.6 (4). (5). AB (6). BD【解析】试题分析：（1）容量瓶检漏的方法是加适量水后塞紧瓶塞倒置不漏水，然后正放，应注意瓶塞要旋转180度，再倒置看是否漏水；（2）由于没有480mL的容量瓶，故应使用500mL的容量瓶，根据配制过程可知，还缺少500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；（3）浓硫酸的物质的量浓度为=18.4mol/L；设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变：V18.4mol/L=0.5mol/L0.5L，解得V=0.0136L，即13.6mL；水的密度比硫酸的密度小，等体积混合时，硫酸的质量大于水的质量，所以该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数大于49%（4）仰视量筒时，量筒中实际液面高于看到的液面，导致硫酸取多了，结果偏高；未冷却即转移至容量瓶，冷却后液面会低于刻度线，导致浓度偏高，C选项操作引起结果偏低；选项D定容后倒置摇匀后再正立时，发现液面低于刻度线，由于容量瓶刻度线上方有部分残留溶液，该选项属于正常现象，不影响配制结果，故答案为AB；（5）A量筒上没有0刻度值，故A错误；B量筒的读数能够读到0.1mL，图中液体体积为2.5mL，故B正确；C滴定管读数时应保留两位小数，正确读数为2.50mL，故C错误；D只有温度计的0刻度下还有数据，且图示温度为2.5，故D正确；故答案为BD。考点：考查配制一定物质的量浓度的溶液的操作及误差分析19. 某无色废水中可能含有NH4+、Fe3+、Al3+、Na+、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，进行了如下三组实验：取溶液做焰色反应，火焰为黄色取废水样品l00mL，依次加足量的BaCl2溶液和稀HC1，得白色沉淀23.3g另取废水样品l00mL向其中加入Na2O2固体，产生的沉淀和气体与所加Na2O2固体物质的量的关系曲线如图请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的离子有：_。（2）写出图象中沉淀溶解阶段发生的离子反应方程式：_、_。（3）根据图象分析可知，在原溶液中一定存在的阳离子及其物质的量比值为_。（4） NO3-是否存在？_； (填“存在不存在”或“不确定”）若存在其物质的量浓度为_。（若不存在或不确定，该空不填）【答案】 (1). Fe3+、CO32- (2). 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 (3). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (4). n(NH4+)：n(Al3+)=2：1 (5). 存在 (6). c(NO3-)3mol/L【解析】取溶液做焰色反应，火焰为黄色，说明溶液中一定有Na+；取废水样品l00mL，依次加足量的BaCl2溶液和稀HC1，得白色沉淀23.3g，该沉淀不溶于稀盐酸，说明该沉淀是硫酸钡，其物质的量为0.1mol，则原100mL溶液中有0.1mol SO42-；另取废水样品l00mL向其中加入Na2O2固体，产生的沉淀和气体与所加Na2O2固体物质的量的关系曲线如图，由图像可知，溶液中一定有NH4+，加入0.3mol Na2O2后生成氧气和氨气的混合气体共0.35mol，由0.3mol Na2O2和水反应可生成0.15mol氧气和0.6mol氢氧化钠，所以生成的氨气是0.2mol，原100mL溶液中有0.2mol NH4+。在这过程中生成的沉淀又溶解了，所以该沉淀是氢氧化铝，所以原溶液中一定有Al3+、无Fe3+（氢氧化铁不溶于氢氧化钠）和CO32-（与Al3+不能大量共存），原100mL溶液中有0.1mol Al3+。（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的离子有：Fe3+、CO32-。（2）图象中沉淀溶解阶段发生的离子反应方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（3）根据图象分析可知，在原溶液中一定存在的阳离子及其物质的量比值为n(NH4+)：n(Al3+)=2：1。（4）根据电荷守恒可以判断，NO3-一定存在。在100mL溶液中，n(NO3-)= n(NH4+)+3n(Al3+)+n(Na+)-2n(SO42-)= n(Na+)+0.3mol，n(NO3-)0.3mol，所以其物质的量浓度c(NO3-)3mol/L。 20. 重铬酸钠俗称红矾钠（Na2Cr2O72H2O)是重要的化工产品和强氧化剂。工业上通过锻烧铬铁矿制取，其反应如下：反应：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2 = 2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2反应： 2CrO42-+2H+=Cr2O72-+ H2O反应： 3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O(副反应）（1）上述反应中不属于氧化还原反应有_个。己知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，关于反应的下列说法中正确的是_。 a.被氧化的元素只有+3的Cr，被还原的元素只有0价的Ob.氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：7c.每生成lmolCO2，转移3.5mol电子d.每摩尔+3的Cr能还原0.75mol氧气（2）+6价铬的毒性很强，制取红矾钠后的废水中含有的Cr2O72-，可以用绿矾除去。测得反应后的溶液中含Cr3+、Fe2+、Fe3+、H+等阳离子。写出该反应的离子方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：_。（3）某厂废水中含1.0010-3moI/L的Cr2O72-，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4 (Cr的化合价为+3，Fe的化合价依次为+3、+2)。欲使1L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入_g FeSO47H2O。【答案】 (1). 2 (2). c、d (3). (4). 2.78【解析】试题分析：（1）氧化还原反应只有，该反应中Cr从+3到+6价，Fe从+2到+3价，O2中O从0到-2价。（2）该反应中Cr从+6到+3，做氧化剂，那么Fe从+2到+3做还原剂，然后根据缺项配平，可以写出反应方程式。.考点：氧化还原反应概念、氧化还原反应方程式的书写及配平，化学计算。21. 一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中制取高纯碳酸钴（CoCO3)的工艺流程如下：（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为_。（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的离子反应方程式为_(产物中只有一种酸根)。也可用H2SO4和H2O2代替H2SO4、Na2S2O3，那么该反应的化学方程式为_；但若用HC1代替H2SO4会造成的后果是_。（3）过程中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+，写出沉淀Al3+的离子方程式_。（4）过程沉钴的离子方程式是_。（5）CoCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCoO2，其生产工艺是将n(Li)：n(Co)=l：l的LiCO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700900。试写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (2). 4Co2O3CoO+S2O32-+22H+=12Co2+2SO42-+11H2O (3). Co2O3CoO+H2O2+6H+=3Co2+O2+4H2O (4). 产生Cl2，污染环境 (5). 2Al3+3CO32-+6H2O=2Al(OH)3+3CO2 (6). Co2+2HCO3-=CoCO3+H2O+CO2 (7). 2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2【解析】由题中信息可知，过程I碱溶时，大部分铝转化为偏铝酸盐除去；过程II中钴渣中钴元素被浸出；过程III中除杂质；过程IV中沉钴；过程V为提纯。（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液作还原剂浸出钴，硫代硫酸根被氧化为硫酸根，则浸出钴的离子反应方程式为4Co2O3CoO+S2O32-+22H+=12Co2+2SO42-+11H2O。若用H2SO4和H2O2代替H2SO4、Na2S2O3，则该反应的化学方程式为Co2O3CoO+H2O2+6H+=3Co2+O2+4H2O；但若用HC1代替H2SO4会造成的后果是盐酸被Co2O3CoO氧化为Cl2，污染环境。（3）过程中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+，沉淀Al3+的离子方程式2Al3+3CO32-+6H2O=2Al(OH)3+3CO2。（4）过程沉钴的离子方程式是Co2+2HCO3-=CoCO3+H2O+CO2。（5）CoCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCoO2，其生产工艺是将n(Li)：n(Co)=l：l的LiCO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700900，该反应的化学方程式2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2。点睛：制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。