高三化学高考备考一轮复习物质的检测知识点练习.docx

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1、2022届高三化学高考备考一轮复习物质的检测知识点练习一、单选题（共15题）1下列有关焰色试验说法不正确的是A焰色试验是物理变化BNaCl与NaOH的焰色不一样C利用焰色试验确定NaCl是否含有KCl时，要使用蓝色钴玻璃D烟花燃放的颜色，与焰色有关2某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，其中呈黄色的是ANa2CO3BKNO3CCaCl2DCuSO43某无色溶液可能大量存在Na+、Mg2+、Al3+、Cu2+、Ag+、Cl、OH、中的几种离子，现进行如下实验：取少量溶液于试管，向其中加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不消失；过滤，向滤液中加入过量NaOH溶液，又出现白色沉淀。下列

2、有关说法正确的是A无色溶液中一定存在Ag+、Mg2+和B无色溶液中一定不存在Na+、Cu2+、Cl、OH和C中白色沉淀是Mg(OH)2或Al(OH)3或二者混合物D该实验无法确定Na+、Al3+和OH是否存在4下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性溶液中溶液紫色褪去产生的气体一定是乙烯B向溶液中滴加过量氨水得到澄清溶液与能大量共存C常温下，向含等浓度和的溶液中逐滴加入NaOH溶液先生成蓝色沉淀常温下，D将用稀硫酸酸化后的溶液滴入溶液中溶液变黄氧化性：AABBCCDD5某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份

3、。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化曲线如图所示。下列分析错误的是AAB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+ B第二份溶液中最终溶质为FeSO4C原混合酸中的物质的量为0.2mol D混合酸中H2SO4的浓度为4molL-16对下列实验的评价，正确的是A加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有B验证烧碱溶液中是否含有，先加稍过量的稀硝酸，再加入溶液如有白色沉淀，则证明有C加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有a2+D加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清

4、石灰水中，溶液变浑浊，一定有7某固体可能含有、Cu2、Na、Cl-、中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)；(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66 g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672 L(标准状况)。下列说法正确的是A该固体中一定含有、NaB该固体中一定没有Cu2、可能含有Cl-、NaC该固体中只含有、Cl-D该固体中Na的物质的量为0.03 mol8下图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是A标

5、签上离子的浓度是物质的量浓度B取少量矿泉水于试管中，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则含有Cl-C该品牌饮用矿泉水中c(Mg2+)最大值为2.010-4mol/LD一瓶该品牌饮用矿泉水中SO的物质的量不超过1.010-5mol9下列实验操作规范且能达到实验目的的是实验目的实验操作A洗涤分解氯酸钾的试管先用水洗涤，若洗不干净，再加入热的草酸溶液洗涤B取20.00mLKI溶液向20mL量筒中加入溶液至凹液面与刻度20处齐平C检验加碘食盐中的碘元素将食盐溶于水，然后加入淀粉溶液D分离乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液先从分液漏斗下端放出Na2CO3溶液，再放出乙酸乙酯AABBCCDD10下列有关检验的

6、操作、现象及结论均正确的是 A能使酚酞变红的溶液显酸性B某溶液中加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有SO42-C向某溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中不一定含有CO32D向无色溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有Cl11下列实验方案中，能实现实验目的的是实验目的实验方案A检验露置的Na2SO3是否变质用盐酸酸化的BaCl2溶液B缩短容量瓶干燥的时间将洗净的容量瓶放在烘箱中烘干C测定Na2CO3(含NaCl)样品纯度取一定质量的样品与足量盐酸反应，用碱石灰吸收产生的气体D验证氧化性强弱：Ag+Fe2+向FeCl2和KSCN的混合

7、溶液中滴入酸化的AgNO3溶液AABBCCDD12实验室测量 Al(NO3)3纯度的步骤如图所示。下列说法正确的是A配制 Al(NO3)3溶液只需要 250 mL 容量瓶和玻璃棒这两种玻璃仪器B加入试剂 a 发生反应的离子方程式为 Al3+ + 3OH = Al(OH)3 C操作“b”需要在蒸发皿中进行DAl(NO3)3的纯度为13草酸亚铁晶体受热分解的方程式为，下列说法不正确的是A将生成的气体通入澄清石灰水中，可能得到无色溶液B将生成的气体通过足量的NaOH溶液和灼热的CuO固体，可检验生成的COC分解产物应先检验CO2和CO，再检验H2OD通过测量反应前后固体的质量，可推出FeC2O4受热

8、是否完全分解14以197g六氨合氯化镁为原料，经酸化、碳化、热解、过滤、干燥制得932g碱式碳酸镁产品，同时获取副产物CO2 26.88L(标准状况)。原理如下(假定每步反应都没有损耗； x、y、z的最简整数比为x：y：z)。酸化反应：MgCl26NH3+6HC1=MgC12+6NH4C1；碳化反应：MgCl2+2NH4HCO3=Mg(HCO3)2+2NH4Cl；热解反应：Mg(HCO3)2xMgCO3yMg(OH)2zH2O+CO2(未配平)。下列说法正确的是AxMgCO3yMg(OH)2zH2O属于混合物Bx=z=2Cy=1D副产物NH4C1可用作化肥，也可用热分解法制备氨气15已知某10

9、0溶液中含有的部分离子的浓度大小如图所示，该溶液呈无色、透明、均一状态，可能还含有、。为了进一步确认，加入足量溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失。对原溶液说法错误的是A肯定不存在、B的物质的量浓度为2C加入含0.2的溶液时，沉淀质量达到最大量D加入少量溶液，反应的离子方程式为二、综合题（共4题）16（加试题）常温下碘酸钙Ca(IO3)2是一种白色晶体，微溶于水，不溶于乙醇，能溶于盐酸，是目前广泛使用的既能补碘又能补钙的新型食品和词料添加剂。其制备原理如下：.碘酸钙的制备(1)某同学设计的实验装置如下图所示(夹持装置已省略)，步骤的加热方式为_。(2)步骤冷却热的饱和溶液没有析

10、出晶体，为了得到晶体可以采取的一种措施是_。(3)步骤洗涤的具体操作是_。.产品纯度测定准确称取0.5000 g样品，酸化溶解，定容至250 mL,从中取出25.00 mL试样于锥形瓶中，加入足量的KI充分反应，用0.04000 molL-1硫代硫酸钠溶液滴定至终点，重复以上步骤，所测得实验数据如下：123滴定起始读数/mL1.521.160.84滴定终止读数/mL31.5031.1830.84已知：2Na2S2O3+ I2= Na2S4O6+ 2NaI(4)加入KI时发生反应的离子方程式是_。(5)滴定时所用的指示剂是_.(6)经计算产品的纯度为_。17以碳酸镁（含少量FeCO3）为原料制取

11、硫酸镁晶体，并测定Mg2+含量：将原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的试剂X把Fe2转化为Fe3，用氨水调节溶液的pH，静置后过滤，除去滤渣，将滤液结晶得硫酸镁晶体。（1）50.00mL 2.00 molL1的稀硫酸充分与原料充分反应至多产生气体体积（标准状况下）为_。（2）试剂X最佳应为_。A 氯水 B CaO C SO2 D H2O2（3）已知：KspFe（OH）31.01039，KspMg（OH）21.01012。 室温下，若溶液中c（Mg2）1.00molL1，欲使溶液中的Fe3沉淀完全（c（Fe3） 1106molL1），需调节溶液pH范围为_。（4）常采用下列方法测定结晶硫酸镁中

12、Mg2+的含量：已知：在pH为910时，Mg2+、Zn2+均能与EDTA（H2Y2）形成配合物在pH为56时，Zn2+除了与EDTA反应，还能将Mg2+与EDTA形成的配合物中的Mg2+“置换”出来：Zn2+ +MgH2YZnH2Y+Mg2+步骤1：准确称取得到的硫酸镁晶体1.20g加入过量的EDTA，配成100mL pH在910之间溶液A步骤2：准确移取20.00mL溶液A于锥形瓶中，用0.10molL1Zn2+标准溶液滴定，滴定到终点，消耗Zn2+标准溶液的体积为18.00mL步骤3：准确移取20.00mL溶液A于另一只锥形瓶中，调节pH在56；用0.10molL1Zn2+标准溶液滴定，滴

13、定至终点，消耗Zn2+标准溶液的体积为25.00mL。计算该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数（请给出计算过程）_。18已知钒的化合物在水溶液中存在多种离子形式：V2+(紫色)、V3+(绿色)、VO2+(蓝色)、VO2+（黄色）、VO43-(无色)、V5O143-(红棕色)等。（1）如果向酸性的VSO4溶液中滴加高锰酸钾溶液，溶液出现的颜色变化是：紫色绿色（I）蓝色绿色（）黄色。则出现绿色（I）时发生反应的离子方程式是_。 （2）向酸性(VO2)2SO4溶液中加入NaOH溶液调节pH，随着NaOH溶液的加入,溶液先出现红棕色，继续加入NaOH溶液,最终变为无色。写出(VO2)2SO4生成红棕色溶液

14、,红棕色溶液变为无色溶液时发生反应的离子方程式：_。（3）向VO2+的溶液中加入氨水可以得到NH4VO3(微溶于水)；NH4VO3受热最终会分解生成钒的氧化物。室温下，NH4VO3在水中的Ksp曲线如图所示，则其值为_。 热重分析可探究化学变化的历程，某研究小组取234gNH4VO3进行探究，焙烧过程中固体质量的减小量随温度的变化曲线如图所示,则B的化学式是_，C的化学式是_。（4）已知2VO2+H2C2O4+2H+=2VO2+2CO2+2H2O。用硫酸酸化的H2C2O4溶液测定(VO2)2SO4溶液中钒含量的步骤为：取10.0mL0.1molL-1H2C2O4溶液于锥形瓶中，将待测液盛放在滴

15、定管中；滴定到终点时,消耗待测液的体积为10.0mL是否需要加入指示剂?_。(VO2)2SO4溶液中钒的含量为_gL-1。19叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：已知：i叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解，具有较强的还原性。ii相关物质的物理性质如下表：相关物质熔点沸点溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚(1)步骤I总反应的化学方

16、程式为_。(2)实验室模拟工艺流程步骤II、III的实验装置如图。步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_。该反应放热，但在20左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是_。步骤II开始时的操作为_(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是_(选填字母编号)。a打开K1、K2 b关闭K1、K2 c打开K3 d关闭K3 e水浴加热 f通冷凝水(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤23次后，再_干燥。精制NaN3的方法是_。(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：2(NH4)2Ce(NO3)

17、62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2Ce4Fe2=Ce3Fe3称取2.50 g产品配成250 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，加入V1 mLc1 molL-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2 molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4，消耗标准溶液V2 mL。产品纯度为_。为了提高实验的精确度，该实验还需要_。参考答案1B【详解】A焰色试验是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应，是物理变化，A项不符合题意；B两者都含有Na元素，焰色都为

18、黄色，B项符合题意；C进行焰色试验时，Na元素呈现的黄色会对钾元素的紫色有遮挡，故需透过蓝色钴玻璃，C项不符合题意；D由于不同的金属和金属离子在燃烧时会呈现出不同的颜色(即“焰色试验”)，所以烟花在空中爆炸时，便会绽放出五彩缤纷的火花，D项不符合题意；故正确选项为B2A【详解】焰色反应是元素的性质，钠元素焰色反应的颜色为黄色，钾元素焰色反应的颜色为浅紫色(透过蓝色钴玻璃观察)，钙元素焰色反应的颜色为砖红色，铜元素焰色反应的颜色为绿色，则符合题意的选项为A；答案为A。3A【分析】某无色溶液可能大量存在Na+、Mg2+、Al3+、Cu2+、Ag+、Cl、OH、中的几种离子，无色溶液，说明溶液中不含

19、有Cu2+，取少量溶液于试管，向其中加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不消失，说明溶液中含有Ag+，则不含有Cl、OH、，则一定含有；过滤，向滤液中加入过量NaOH溶液，又出现白色沉淀，说明含有Mg2+。【详解】A根据前面分析得到无色溶液中一定存在Ag+、Mg2+和，故A正确；B根据前面分析无色溶液中一定不存在Cu2+、Cl、OH和，故B错误；C中加入过量NaOH溶液，则白色沉淀是Mg(OH)2，故C错误；D根据前面分析该实验无法确定Na+、Al3+是否存在，故D错误。综上所述，答案为A。4C【详解】A乙醇具有还原性，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，A项错误；BAg+与会形成络

20、合物，B项错误；C向含等浓度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成蓝色沉淀，说明先生成，则表明，C项正确；D酸性溶液中具有强氧化性 ，会将Fe2+氧化成Fe3+，D项错误；所以答案选C。5C【分析】n(Cu)=0.3mol，Cu与混合酸反应的离子方程式为3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，则每份混合酸中H+、物质的量至少为0.8mol、0.2mol。【详解】A由图象可知，OA段随着铁粉的增多产生的气体增多，AB段消耗铁粉但不产生气体，则OA段发生的反应为：Fe+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A正确； BBC段加入铁

21、粉又产生气体，则BC段发生的反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故OA段全部被还原，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质最终全部转化为Fe2+，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故B正确；C根据A和B的分析，OA段发生的反应为：Fe+4H+=Fe3+NO+2H2O，消耗Fe的质量为11.2g，则每份混合酸中n()=n(Fe)=0.2mol，所以原混合酸中物质的量为0.2 mol2=0.4mol，故C错误；D反应最终消耗22.4g铁，n(Fe)0.4mol，最终溶质为硫酸亚铁，根据硫酸根守恒可知，每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4.0mol/L，故D正确；故答案为C。6B【详解】A硝酸能把亚硫酸根

22、离子氧化为硫酸根离子，加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，可能含有或，故A错误；B氯离子和银离子反应生成难溶于硝酸的氯化银沉淀，验证烧碱溶液中是否含有，先加稍过量的稀硝酸除去氢氧根离子，再加入溶液如有白色沉淀，则证明有，故B正确；C碳酸钙、碳酸钡都是白色沉淀，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，可能有Ca2+或Ba2+，故C错误；D加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，可能有或，故D错误 ；选B。7A【分析】(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，一定不含Cu2+，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66

23、g沉淀，是硫酸钡沉淀，物质的量为0.02mol，而碳酸钡沉淀溶于稀盐酸，所以沉淀部分溶解，说明原溶液中一定含有、，且n()=0.02mol，碳酸钡沉淀是6.63g4.66g=1.97g，物质的量是0.01mol；(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气0.672L(标准状况)即0.03mol，所以含有铵根离子0.03mol，根据电荷守恒，所以一定含有钠离子，其物质的量至少是：0.02mol2+0.01mol20.03mol=0.03mol，氯离子无法确定是否存在。【详解】A分析可知，该固体中一定含有、Na+，选项A正确；B该固体一定没有Cu

24、2+，一定有Na+，Cl-无法判断，选项B错误；C该固体中一定含有、Na+，Cl-无法确定是否含有，选项C错误；D根据上述实验，该固体中Na的物质的量至少为0.03 mol，选项D错误；答案选A。8C【详解】A标签上离子的浓度单位为mg/L，而物质的量浓度单位为mol/L，所以标签上离子的浓度不是物质的量浓度，A项错误；B题中Cl-的检验不严谨，Cl-和硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀氯化银，据此进行检验。故应取少量经硝酸酸化的矿泉水于试管中，滴加硝酸银溶液后，若有白色沉淀生成，才能说明含有Cl-。B项错误；C根据标签可知1L该饮用矿泉水中含Mg2+最多4.8mg，则c(Mg2+)最大

25、值为，C项正确；D该溶液中含有硫酸根的物质为硫酸镁，所以溶液中c(SO)最大=c(Mg2+)最大。由C项可知c(Mg2+)最大值为2.010-4mol/L，则一瓶该品牌饮用矿泉水中SO的最大物质的量=，D项错误；答案选C。9A【详解】A分解氯酸钾的试管壁粘有二氧化锰，先用水洗涤，若洗不干净，再加入热的草酸，二氧化锰被草酸还原为锰离子，故A正确；B量筒的精度为0.1mL，用滴定管取20.00mLKI溶液，故B错误；C检验加碘食盐中的碘元素，将食盐溶于水，然后加入食醋、碘化钾淀粉溶液，故C错误；D乙酸乙酯难溶于碳酸钠溶液，乙酸乙酯密度小于碳酸钠溶液，用分液法分离乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液，先从

26、分液漏斗下端放出Na2CO3溶液，再从分液漏斗上口倒出乙酸乙酯，故D错误；选A。10C【详解】A.酚酞遇酸不变色，遇碱显红色，所以能使酚酞变红的溶液显碱性，故A错误；B.检验溶液中是否含有SO42，应先加盐酸酸化，再取上层清液少许加入BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若同时加入盐酸和BaCl2溶液，则不能排除Ag+的干扰，故B错误； C.向某溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能是CO2，也可能是SO2，所以溶液中的离子可能是CO32、HCO3，也可能是SO32、HSO3，故C正确；D.能与Ag+反应生成白色沉淀的除了Cl，还可能是CO32等，故D错误；故答案选C。11

27、A【详解】A如Na2SO3变质，即被空气氧化为硫酸钠，则在盐酸酸化的氯化钡作用下生成硫酸钡白色沉淀，如未变质，则无沉淀生成，A正确；B容量瓶、移液管等精密仪器，只能晾干，不可以烘干或加热，否则影响测量(或配制)准确，B错误；C，用碱石灰收集二氧化碳，再称量质量差值，但由于逸出气体还含有H2O和HCl，不除去的话结果会偏大，C错误；DAg+会与FeCl2中Cl-反应生成AgCl，从而无法氧化Fe2+，D错误；答案选A。12D【详解】A配制250mL Al(NO3)3溶液需要的玻璃仪器有250mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等，故A错误；BAl(OH)3能够溶于强碱溶液，为防止Al(OH)

28、3溶解，由此所用试剂a为氨水，加入试剂a发生反应的离子方程式为，故B错误；CAl(OH)3在高温条件下会分解为Al2O3，操作b为固体的灼烧，应在坩埚中进行，故C错误；Dm(Al2O3)=m2 g，根据Al原子守恒可知，样品中nAl(NO3)3=，mAl(NO3)3=g，则Al(NO3)3的纯度为，故D正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。13C【详解】A生成的气体中含有CO2，过量的二氧化碳通入石灰水中，可得无色碳酸氢钙溶液，故A正确；B生成的气体通过足量的NaOH溶液，CO2被吸收，剩余的CO气体可以还原灼热的CuO，黑色固体变为红色，可以检验一氧化碳气体的生成，故B正确；C因检验

29、产物CO2需通过澄清石灰水，从石灰水中出来气体自带水汽，则应先检验H2O，然后再检验CO2，最后检验CO，故C错误；D根据分解的化学方程式，可计算出反应前后固体的质量比，则可通过测量反应前后固体的质量，判断FeC2O4受热是否完全分解，故D正确；本题答案C。14C【分析】根据题意，产生的二氧化碳在标况下的体积为26.88L，其物质的量为=，因为没有损耗，所以由197g六氨和氯化镁，即1mol制得的碳酸氢镁为1mol；根据H原子守恒，可得中，碳酸氢镁的系数为，二氧化碳的系数为，由此可得、，解得、，即，即、。【详解】A碱式碳酸镁属于化合物，故A错误；B，故B错误；C，故C正确；D氯化铵属于含氮元素

30、的盐，可用作化肥，因其分解产生氨气和氯化氢，冷却时又反应生成氯化铵，不能热分解制备氨气，故D错误；故选C。15B【分析】该溶液呈无色、透明、均一状态，说明溶液中一定不含；加入足量溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，白色沉淀为硫酸钡，物质的量为0.1mol，原溶液中一定含有，浓度为1mol/L，推出原溶液中一定不含；已知的阳离子(和)所带正电荷浓度总和为，阴离子(Cl-和)所带负电荷浓度总和为，根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有H+，浓度为；结论：原溶液中一定存在Na+、Mg2+、Cl-、H+、，一定不存在、。【详解】A原溶液中肯定不存在、，故A正确；B原溶液中H+的物质的量浓

31、度为，故B错误；C原溶液中一定含有H+，浓度为，物质的量为0.1L3molL-1=0.3mol，镁离子的物质的量为0.1L0.5molL-1=0.05mol，硫酸根离子物质的量为0.1mol，向100原溶液中加入0.2的溶液时，钡离子过量，硫酸根全部沉淀，0.4mol氢氧根先与0.3mol氢离子反应生成水，余下0.1mol正好将0.05mol镁离子沉淀完全，生成的成质量刚好最大，故C正确；D溶液中含氢离子，向原溶液中加入NaHCO3溶液，反应的离子方程式为，故D正确； 故选B。16控制85的水浴加热 振荡容器；用玻璃棒搅动或轻轻地摩擦器壁；投入几粒晶种 关小水龙头，往布氏漏斗中加入冷的蒸馏水至

32、浸没沉淀，使之缓慢流下，重复23次 IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O 淀粉 78.00%或0.7800 【详解】.(1)根据流程图，步骤在85条件下反应，因此加热方式为控制85的水浴加热，故答案为控制85的水浴加热；(2)步骤冷却热的饱和溶液没有析出晶体，可能是没有出现晶种，为了得到晶体可以振荡容器或用玻璃棒搅动或轻轻地摩擦器壁或投入几粒晶种，故答案为振荡容器；用玻璃棒搅动或轻轻地摩擦器壁；投入几粒晶种；(3) 碘酸钙Ca(IO3)2是一种白色晶体，微溶于水，不溶于乙醇，能溶于盐酸，步骤洗涤的具体操作为关小水龙头，往布氏漏斗中加入冷的蒸馏水至浸没沉淀，使之缓慢流下，重复23次，故答案

33、为关小水龙头，往布氏漏斗中加入冷的蒸馏水至浸没沉淀，使之缓慢流下，重复23次；.(4)加入KI，KI与Ca(IO3)2发生氧化还原反应生成碘，反应的离子方程式为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；(5)滴定时发生的反应为2Na2S2O3 + I2= Na2S4O6 + 2NaI，可以用淀粉作为指示剂，故答案为淀粉；(6)消耗的Na2S2O3溶液的体积分别为29.98 mL、30.02 mL、30.00 mL，平均值为=30.00 mL，根据6Na2S2O3 3I2 IO3-，有n(IO3-)=n(Na2S2O3) = 0.03L0.0

34、4000 mol/L10=0.002mol，则nCa(IO3)2=0.001mol，产品的纯度为100%=78%，故答案为78%。点睛：本题考查了物质的制备的工艺流程、氧化还原滴定、氧化还原反应的关计算。掌握化学实验的基本操作和滴定的计算方法是解题的关键。本题的难点是实验的基本操作。172.24L D 38 20mL pH在910之间的溶液A，与EDTA（H2Y2）形成配合物消耗0.10molL1Zn2+标准溶液18mL； 20mL pH在56之间的溶液A，消耗0.10molL1Zn2+标准溶液25mL；则发生反应Zn2+ +MgH2YZnH2Y+Mg2+消耗0.10molL1Zn2+标准溶液

35、25-18=7mL；Mg2+的物质的量是0.10molL1710-3L=710-4mol；该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数是 ； 【分析】碳酸镁(含少量FeCO3)完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的绿色氧化剂H2O2把Fe2转化为Fe3，用氨水调节溶液的pH使Fe3完全转化为Fe(OH)3除去，将滤液结晶得硫酸镁晶体；【详解】(1)50.00mL 2.00 molL1的稀硫酸中硫酸的物质的量是0.05L 2molL1=0.1mol，反应至多产生二氧化碳气体体积(标准状况下)为0.1mol22.4L/mol=2.24L；(2)加试剂X的目的是把Fe2转化为Fe3，为了不引入新杂质，最佳应为H2O

36、2，选D； (3)为了不使Mg2沉淀c(OH-) ，使溶液中的c(Fe3）1106molL1，c(OH-)1.01011，所以需调节溶液pH范围为38；(4)20mL pH在910之间的溶液A，与EDTA（H2Y2）形成配合物消耗0.10molL1Zn2+标准溶液18mL；20mL pH在56之间的溶液A，消耗0.10molL1Zn2+标准溶液25mL，则发生反应Zn2+ +MgH2YZnH2Y+Mg2+消耗0.10molL1Zn2+标准溶液25-18=7mL，Mg2+的物质的量是0.10molL1710-3L=710-4mol，该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数是 ；【点睛】本题以碳酸镁(含少

37、量FeCO3)为原料制取硫酸镁晶体并测定Mg2+含量为载体，考查通过调节溶液pH除杂，明确滴定原理、会根据溶度积常数进行有关计算是解题关键。185V2+MnO4-+8H+=5V3+Mn2+4H2O 5VO2+8OH-=V5O143-+4H2O V5O143-+12OH-=5VO43-+6H2O 310-8 HVO3 V2O5 需要 10.2 【详解】（1）V2+具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化为V3+，所以溶液由紫色变为绿色，V3+继续氧化为VO2+，溶液又显蓝色，最后VO2+继续被氧化为VO2+，溶液显黄色，在黄色和蓝色之间会出现过度颜色状态绿色，这就是第二次出现绿色的原因，第一次出现绿色

38、对应的离子方程式为：5V2+MnO4-+8H+=5V3+Mn2+4H2O；（2）出现红棕色是因为VO2+在碱性条件中转变成了V5O143-，其中V元素的化合价没有改变，所以对应的离子方程式为：5VO2+8OH-=V5O143-+4H2O ； 溶液由红棕色转换为无色，则是V5O143-在过量碱的作用下转变为VO43-，对应的离子方程式为：V5O143-+12OH-=5VO43-+6H2O；（3）NH4VO3(s ) NH4+(aq)+VO3-(aq)， Ksp=c(NH4+)c(VO3-)=310-4110-4=310-8；234gNH4VO3的物质的量n=234g117g/mol=2mol，从

39、A点到B点，物质的质量减少34g，从B点到C点物质的质量减少52g-34g=18g，根据最后的产物为钒的氧化物可知两次减少的质量为NH3和H2O的质量，设1molNH4VO3分解生成的NH3和H2O的物质的量分别为x、y，则x=1mol ，3x+2y=4，所以y=0.5mol ，所以NH4VO3分解生成的氨气和水的质量比=17:0.518=34:18，故A到B减少的是NH3的质量，分解生成的氨气的质量为34g，即2mol，所以NH4VO3与生成的NH3的化学计量数比例为1:1，根据质量守恒可知剩余的化合物B的化学式为HVO3；2mol HVO3失去的水的质量为18g，即失去1mol水，根据质量

40、守恒可知还剩余2molV原子和5molO原子，所以C的化学式为V2O5；（4）因为反应生成的VO2+呈蓝色，加入的VO2+呈黄色，由于蓝色与黄色之间有绿色的过渡态，当滴定达到终点时无法明显观察到溶液颜色的变化，故需要加入一种能与草酸显色的物质，当草酸反应完，颜色消失，即达到滴定的终点，故需要加入指示剂；根据方程式有VO2+的物质的量n=21010-30.1=210-3（mol），所以V元素的质量为210-3mol 51g/mol=10210-3g，故 (VO2)2SO4溶液中钒的含量为10210-3g(1010-3L)=10.2 gL-1。【点睛】本题是一道综合性题，题目难度较大，主要考查离子

41、方程式的书写、溶解平衡及利用物质的量进行有关的计算。第（3）问求B、C 的化学式时需要确定哪一段是失去NH3和H2O，可以根据质量的减少与相对分子质量之间的关系，大胆假设AB段是失去NH3，BC段是失去H2O 。192NaNO22CH3OHH2SO4=Na2SO42CH3ONO2H2O CH3ONON2H4H2ONaOH=NaN3CH3OH3H2O 缓慢通入CH3ONO气体 ad(da) cbfe(bcfe) 真空低温(隔绝空气，低温干燥) 重结晶 补充平行实验(重复滴定23次) 【分析】根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N

42、2H4H2O+NaOHCH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n(NH4)2Ce(NO3)6，n(NH4)2Fe(SO4)2，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2 molL-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。【详解】(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方

43、程式为2NaNO22CH3OHH2SO4=Na2SO42CH3ONO2H2O。故答案为：2NaNO22CH3OHH2SO4=Na2SO42CH3ONO2H2O；(2)步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONON2H4H2ONaOH=NaN3CH3OH3H2O。该反应放热，但在20左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONON2H4H2ONaOH=NaN3CH3OH3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；步骤中制备叠氮化钠的操作是

44、在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2打开K3水浴加热、通冷凝水或打开K3关闭K1、K2水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤23次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶，使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；(4)计算n(NH4)2Ce(NO3)6，n(NH4)2Fe(SO4)2，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2 molL-1(NH4)2Fe(SO