安徽省六校教育研究会2020届高三化学第一次素质测试试题含解析.doc

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1、安徽省六校教育研究会2020届高三化学第一次素质测试试题（含解析）考试时间：100分钟 试卷分值：100 分注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、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，用铅笔把答题卡上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。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 35.5一、选择题：（本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意。）1.水对我们的生命

2、起着重要的作用，它是生命的源泉，是人类赖以生存和发展的不可缺少的最重要的物质资源之一。下列关于水的叙述正确的是A. 水是一种重要的溶剂，能溶解所有的无机物和大多数有机物B. 在氧化还原反应中，水只能作氧化剂，不能作还原剂C. 水是一种重要的化学试剂，在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应D. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，在上述方法中都有化学反应发生【答案】C【解析】【详解】A部分无机物难溶于水，如硫酸钡等无机物难溶于水，故A错误；B水中H元素的化合价能降低，O元素的化合价能升高，则水既可作氧化剂，又可作还原剂，故B错误；C水能与部分金属、金属氧化物、非金属氧化物、部

3、分有机物等反应，所以在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应，故C正确；D有新物质生成的反应属于化学反应，蒸馏法、电渗析等过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故选C。2.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列有关叙述不正确的是A. 密闭容器中，0.2molNO和0.1 molO2充分反应后，分子总数为0.2NAB. 室温下，1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1NAC. 7.8 gNa2S和7.8 gNa2O2中含有阴、阳离子总数均为0.3NAD. 1.0 L1.0 mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数大于NA【答案】A【解析】【详解】ANO和氧气反应后

4、生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减少，则最终分子个数小于0.2NA个，故A错误；B室温下，pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为0.1mol/L，故1L该溶液中氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故B正确；C7.8gNa2S和7.8gNa2O2的物质的量均为0.1mol，且两者均含2个钠离子和1个阴离子，故0.1mol过氧化钠和0.1mol硫化钠中均含0.3NA个离子，故C正确；D由于NaClO水溶液中的溶剂水中含有氧原子，所以1.0 L1.0 mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数大于NA，故D正确；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意水溶液

5、中溶剂水对原子个数的影响。3.某合作学习小组讨论辨析：氯化钠固体和氯化氢气体都不导电是因为二者中都不存在离子碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都属于离子化合物醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质碳酸钠晶体在空气中风化是化学变化，硫酸铜晶体溶于水是物理变化用玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应实验，火焰呈黄色说明溶液中含有Na+用Ba(NO3)2溶液、品红试液都可以区分CO2和SO2这两种气体上述说法正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】氯化钠固体不能导电，氯化钠固体中的离子不能自由移动，故错误；碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都是由离子构成

6、的，都含有离子键，都属于离子化合物，故正确；过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠还生成氧气，不是碱性氧化物，故错误；氨气不能电离是非电解质，水和硫酸钡是电解质，但水难电离，是弱电解质，硫酸钡在水中溶解的部分是完全电离，所以是强电解质，故正确；风化失去结晶水是化学变化，硫酸铜晶体溶于水没有新物质生成，是物理变化，故正确；焰色反应为元素的性质，Na的焰色反应为黄色，则火焰呈黄色，玻璃棒含硅酸钠，则不能说明该溶液中含有Na+，故错误；酸化的Ba(NO3)2溶液能与SO2反应生成沉淀，SO2能使品红褪色，而二氧化碳不能，可以区分，故正确；正确的有，故选D。4.下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是选项实

7、验目的实验操作A配制100g4%的NOH溶液称取4.0gNaOH放烧杯中，再加入96.0mL水，搅拌均匀B.分离KClO3与MnO2制取O2后的残渣溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣得到MnO2，滤液蒸发结晶并干燥得到KClO3C证明Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)向BaCO3溶液中加入饱和Na2SO4溶液D检验Al和Fe2O3反应后固体中是否含Fe2O3取样，溶于足量稀硫酸，滴加KSCN溶液不变红，说明不含Fe2O3A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】A、100g4%的NOH溶液，溶质的质量为4.0g，溶剂水的质量为96.0g，称取4.0gNaOH放在烧杯中，再加入96.0mL

8、水，搅拌均匀即可，A正确；B、KClO3与MnO2制取O2后的残渣为不溶水的MnO2和溶于水的KCl，溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣得到MnO2，滤液蒸发结晶并干燥得到KCl，B错误；C、向BaCO3悬浊液中加入足量饱和Na2SO4溶液，当沉淀不再变化时，加入稀盐酸，无明显现象，即可证明Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，C错误；D、Al和Fe2O3反应后固体中一定含有Fe单质，若含有Fe2O3，与酸发应后生成Fe3+，Fe3+可能与Fe单质反应成Fe2+，加入KSCN溶液也不变红，D错误。正确答案为A。点睛：本题难点在C和D选项，对C选项：沉淀之间的转化，必须是一种沉淀转化为另外一种沉淀，

9、而不是生成的，如C中应该使用BaCO3悬浊液，一种沉淀转化为另一种沉淀，可通过颜色的改变来观察，如无颜色的变化，则必须通过其他方法来证明确实生成了新的沉淀，如C中BaCO3和BaSO4均为白色沉淀，无法直接观察，可通过向生成的沉淀中加硝酸，看沉淀是否溶解来判断。对D选项：要考虑反应后固体中加硫酸后，Fe单质可能与Fe3+反应生成Fe2+，溶液也不显色。5.有机物X是某种合成药物的中间体，其结构简式如图，关于有机物X的说法正确的是A. X的分子式为C16H16O3B. X苯环上的一氯代物同分异构体有2种C. X既可发生氧化反应，又可发生加成反应D. X可使酸性KMnO4溶液褪色，不可使溴的CCl

10、4溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A由结构简式可知分子式为C16H14O3，故A错误；B分子中含有2个苯环，两个苯环上共有4种不同化学环境的H，则苯环上的一氯代物有4种，故B错误；C分子中含有碳碳双键和羟基，故可发生加成反应、氧化反应，故C正确；D分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，使溴的CCl4溶液褪色，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意该分子结构不对称，两个苯环上连接的侧链基团不同。6.下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入（或滴入）X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子组X试剂离子方程式AK+、Na+、ClO-、SO42-少量SO2SO2+ClO-+H2

11、OSO42-+Cl-+2H+BNH4+、Fe3+、Br-、SO42-过量H2S2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+CNH4+、Na+、Fe3+、AlO2-过量铜粉2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+DK+、Na+、HCO3-、Al3+少量HClH+AlO2-+H2OAl（OH）3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A二氧化硫少量时，反应产物中的氢离子与剩余的次氯酸根离子反应生成HClO，正确的离子方程式为：SO2+3ClO-+H2OSO42-+Cl-+2HClO，故A错误；BNH4+、Fe3+、Br-、SO42-之间不反应，加入过量H2S后发生反应：2Fe3+H2S2Fe2+

12、S+2H+，故B正确；CNH4+、Fe3+与AlO2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DHCO3-、Al3+之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。7.氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3bO2+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。下列说法不正确的是A. 由反应可推断氧化性：HClO4HClO3B. 变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：5Cl2+I2+6H2O12H+10Cl-+2IO3-C. 若氯酸分解所得混合气体，1 mol混合气体质量为47.6 g，则反应方程

13、式可表示为26HClO3 15O2+8Cl2+10HClO4+8H2OD. 若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-【答案】C【解析】【详解】AaHClO3bO2+cCl2+dHClO4+eH2O反应中HClO3既是氧化剂又是还原剂，其中Cl由+5价升高到+7价，O由-2价升高到0价，因此HClO4、O2是氧化产物；其中Cl由+5价降低到0价，因此Cl2是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性HClO4HClO3，故A正确； B淀粉碘化钾试纸先变蓝是因为生成I2：2I-+Cl2=I2+2Cl-，后褪色I2被Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H+1

14、0Cl-+2IO3-，遵循电子、电荷守恒，故B正确；C由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为47.6g/mol，则，可得n(Cl2)n(O2)=23，由电子守恒得化学反应方程式为：8 HClO3=3O2+2 Cl2+4 HClO4+2H2O，故C错误；D若化学计量数a=8，b=3，则化学反应方程式为8HClO3=3O2+2 Cl2+4 HClO4+2H2O，还原产物只有Cl2，由HClO3Cl2，Cl元素化合价由+5价降低为0价，故生成2molCl2时转移电子的物质的量为2mol2(5-0)=20mol，即该反应中电子转移数目为20e-，故D正确；故选C。【点睛】根据化合价的变化分析氧化还

15、原反应是解答此类试题的一般方法。本题的易错点为C，注意平均相对分子质量的计算和电子守恒的应用。8.2019年是联合国确立的“国际化学元素周期表年”。X、Y、Z、M、R是核电荷数依次增加的五种短周期主族元素。M单质可与化合物ZYX水溶液反应，也可与化合物XR水溶液反应，且均产生X单质。化合物ZYX与化合物XR恰好完全反应后的溶液不能与M单质反应。下列说法正确的是A. 五种元素分别处于不同主族B. M与Y、M与R形成化合物中化学键类型相同C. 简单离子半径： X ZM Y RD. Y、R最简单氢化物的沸点为YR【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、R是核电荷数依次增加的五种短周期主族元素。M单

16、质可与化合物ZYX水溶液反应，也可与化合物XR水溶液反应，且均产生X单质，则M为Al，X为H元素，ZYX为NaOH，XR为HCl，则Y为O元素，Z为Na，R为Cl元素；满足化合物NaOH与化合物HCl恰好完全反应后的溶液不能与Al反应，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：X为H元素，Y为O元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为Cl元素。AH、Na元素都位于A族，故A错误；BM与Y形成的化合物为氧化铝，为离子化合物，含有离子键；M与R形成的化合物为氯化铝，为共价化合物，含有共价键，化学键类型不同，故B错误；C一般而言，电子层越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：

17、 X M Z Y R，故C错误；D水分子之间存在氢键，导致水的沸点高于氯化氢，故D正确；故选D。9.有关下列四组实验描述不正确的是A. 加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4ClB. 利用装置乙可证明非金属性强弱：ClCSiC. 打开丙中的止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液上升到试管中D. 向丁中铁电极区滴入2滴铁氰化钾溶液，一段时间后，烧杯中不会有蓝色沉淀生成【答案】B【解析】【分析】ASiO2受热不分解，而NH4Cl受热分解；B盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，另外氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4；C该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀；DZn-Fe原电池中Zn

18、为负极，Fe为正极。【详解】ASiO2受热不分解，而NH4Cl受热分解，利用加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4Cl，故A正确；B氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4，另外盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，无法判断碳酸的酸性比硅酸强，由装置乙无法证明非金属性强弱：ClCSi，故B错误； C该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀，一段时间内试管内压强减小，烧杯内溶液上升到试管中，故C正确；DZn-Fe原电池中Zn为负极，Fe为正极，烧杯内无Fe2+，则滴入2滴铁氰化钾溶液，烧杯中不会有蓝色沉淀生成，故D正确；故答案为B。10.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A

19、. pH12的溶液：K、Na、CH3COO、BrB. 空气： C2H2、CO2、SO2、NOC. 氢氧化铁胶体：H+、K+、S2-、Br-D. 高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42-、C2H5OH【答案】A【解析】【详解】ApH=12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，与氢氧根离子也不反应，可大量共存，故A正确；BNO和空气中的氧气反应，不能大量共存，故B错误；CH+、S2-反应生成硫化氢气体，不能大量共存，故C错误；DH+、MnO4-、C2H5OH能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意乙醇能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸。11.实验室利用废弃

20、旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：下列叙述错误的是（ ）A. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2B. 铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2C. 与加入锌粉反应的离子为Cu2+、H+D. “过滤”操作后，将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO【答案】D【解析】【分析】利用废旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收 Cu并制备ZnO，电池铜帽加入稀硫酸、过氧化氢溶解，铜生成硫酸铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=2沉淀铁离子，加入锌粉反应过滤得到海绵铜，沉淀锌离子得到氢氧化锌，

21、分解得到氧化锌。【详解】A酸性条件下，通入氧气可把铜氧化生成硫酸铜，故A正确；B铜帽溶解后，溶液中存在过氧化氢，将溶液加热至沸腾，H2O2受热分解，可除去溶液中过量的H2O2，故B正确；C固体溶解中溶液中存在Cu2、H，二者都与锌反应，故C正确；D滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，将滤液蒸干得到ZnSO4和Na2SO4，高温灼烧时硫酸锌分解而硫酸钠，故不能得到纯净的ZnO，故D错误。故选D。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，解题关键：明确制备流程，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，易错点A，酸性条件下，通入氧气可把铜氧化生成硫酸铜。12.下列关于0.5 molL1

22、NaHCO3溶液的说法正确的是A. 溶质的电离方程式为NaHCO3Na+ + H+ + CO32B. 温度升高，c(HCO3)增大C. 加水稀释后，n(H+)与n(OH)的乘积变大D. 离子浓度关系：c(Na+) + c(H+) c(OH) + c(HCO3) + c(CO32)【答案】C【解析】【详解】A碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO3-，HCO3-只能部分电离，故A错误；B碳酸氢钠中碳酸氢根离子会发生水解，升高温度，水解程度增加，所以c(HCO3-)减小，故B错误；C加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量会增

23、加，所以溶液中n(H+)与n(OH-)的乘积变大，故C正确；D在溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故错D误；故选C。13.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)O3(g)N2O5(g)O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()A. 升高温度，平衡常数减小B. 0-3s内，反应速率V（NO2）=0.2molL-1C. t1时仅加入催化剂，平衡正向移动D. 达到平衡时，仅改变X，则X为C（O2）【答案】A【解析】试题分析：A、由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，

24、升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，A正确；B、由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）=0.6mol/L3s=0.2mol/（Ls），单位错误，B错误；C、t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，C错误；D、达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，D错误。答案选A。考点：本题考查化学平衡、图像的分析。14.下列各项反应对应的图

25、像正确的是A. 保持温度不变，向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠固体B. 向少量氯化铁溶液中加入铁粉C. 25时，向亚硫酸溶液中通入氯气D. 向NaAlO2溶液中通入HCl气体【答案】B【解析】【详解】ABaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，BaSO4Ba2+ SO42-，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，BaSO4溶解度减小，故A错误；B向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，导致溶液的质量增加，而Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故B正确；C亚硫酸为弱酸，部分电离生成氢离子，溶液显酸性，pH7，通入氯气

26、，发生Cl2 + SO2 + 2H2O=H2SO4+2HCl，溶液的酸性增强，pH减小，直至不变，故C错误；DNaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H+ AlO2-+H2O =Al(OH)3、Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为13，故D错误；故选B。15.现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如下图所示，下列说法正确的是A. 该装置为电解装置，B为阳极B. A极的电极反应式为 + e- = Cl + C. 当外电路中有0.1 mol e-转移时，A极区增加的H+的个数为0.1 NAD. 电子从B极沿

27、导线经小灯泡流向A极【答案】D【解析】【分析】该装置中没有电源，为原电池。原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为 + 2e-+H+ = Cl + ，结合原电池原理分析解答。【详解】A该装置中没有电源，为原电池，根据氢离子的移动方向可知，A为正极，B为负极，故A错误；B + e- = Cl + 质量不守恒，A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为 + 2e-+H+ = Cl + ，故B错误；C根据电荷守恒，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生 + 2e-+H+ = Cl + ，则A极区

28、增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；D原电池中电子从负极B沿导线经小灯泡流向正极A，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意 + e- = Cl + 反应前后的H原子不守恒。16.已知：25 时， Kb(NH3H2O)1.8105。 该温度下，用 0.100molL1 的氨水滴定 10.00 mL 0.100molL1 的一元酸 HA 的溶液， 滴定过程中加入氨水的体积（V）与溶液中 的关系如图所示。下列说法不正确的是A. HA 为强酸B. a10C. 25 时，NH4的水解平衡常数为D. 当滴入 20 mL 氨水时，溶液中存在 c(NH4)c(A)【答案】B【解析】A.

29、水溶液中，所以根据水的离子积常数可知溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以HA为强酸，A正确；B. 时溶液显中性，二者恰好反应时生成的铵盐水解，溶液显酸性，则要显中性，则a10，B错误；C. 25 时，NH4的水解平衡常数为，C正确；D. 当滴入20mL氨水时氨水过量，溶液显碱性，根据电荷守恒可知混合溶液中c(NH4)c(A)，D正确，答案选D。二、非选择题（共四个大题，共52分）17.中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：已知A是一种单质，将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：(1)写出C的溶液与双氧水反应的离子方程式：_。(2)写出鉴定E中阳离子的实验方

30、法和现象：_。(3)F是一种难溶物质，其溶度积常数为1.010-39。向D溶液中加碱调节至pH为_时，铁离子刚好沉淀完全(离子浓度小于1.010-5 molL-1时，即可认为该离子沉淀完全)。 (4)已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的H= 99 kJmol-1，单质硫的燃烧热为296 kJmol-1，计算由S(s)生成3 molSO3(g)的H=_kJmol-1。(5)在200 mL 1.5 molL-1 NaOH溶液中通入标准状况下4.48L CO2气体，完全反应后所得溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序是_。【答案】 (1). 2Fe2+ H2O2+2H+ = 2Fe3

31、+ 2H2O (2). 取少量E于试管中，加入过量氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NH4+存在(或用蘸浓盐酸的玻璃棒靠近，若有白烟也可) (3). 2.7 (4). -1185 (5). c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)【解析】【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，说明F为Fe(OH)3，D含有铁离子，结合转化关系，可知金属单质A为Fe、B为FeS、C为FeSO4、D为Fe2(SO4)3、E为(NH4)2SO4，H为H2SO4。据此分析解答。【详解】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的

32、红褐色胶体，说明F为Fe(OH)3，D含有铁离子，结合转化关系，可知金属单质A为Fe、B为FeS、C为FeSO4、D为Fe2(SO4)3、E为(NH4)2SO4，H为H2SO4。(1)FeSO4溶液与双氧水反应生成硫酸铁，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；(2)鉴定(NH4)2SO4中阳离子(NH4+)的实验方法和现象为：取少量E于试管中，加入过量氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NH4+存在，故答案为：取少量E于试管中，加入过量氢氧化钠溶液，加热，在试管

33、口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NH4+存在；(3)Fe(OH)3溶度积常数为1.010-39。要使铁离子刚好沉淀完全，则需要满足c(Fe3+)c3(OH-)=1.010-39，即c(OH-)=10-11mol/L0.510-11mol/L，此时pH=2.7，故答案为：2.7；(4)1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g) H= 99 kJmol-1，即SO2(g)+O2(g)=SO3(g) H2=-99kJmol-1；单质硫的燃烧热为296 kJmol-1，则S(s)+O2(g)=SO2(g) H1=-296kJmol-1，根据盖斯定律将3+3可得3S(

34、s)+O2(g)=3SO3(g) H3=3(H1+H2)=-1185kJmol-1，故答案为：-1185 ；(5)4.48LCO2通入到200mL1.5mol/LNaOH溶液中，二氧化碳物质的量=0.2mol，氢氧化钠的物质的量1.5mol/L0.2L=0.3mol。当1=1.52时，生成物是碳酸钠和碳酸氢钠，根据二氧化碳和氢氧化钠物质的量之间的关系得方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，根据方程式知，碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相等，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解而使溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，碳酸根离子的水解能力大于碳酸氢根离子，所以c(HCO3-)c(C

35、O32-)，钠离子不水解，离子浓度最大，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)，故答案为：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)。18.（NH4)2Cr2O7可用作有机合成催化剂、媒染剂、显影液等。某化学兴趣小组对(NH4 )2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O72-(橙色）+ H2O 2CrO42-（黄色）+ 2H+。请回答下列问题：（1）取少量(NH4)2Cr2O7浓溶液于试管中，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是_。（2）为探究(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252 g/m

36、ol)加热的分解产物，按下图连接好仪器，加热装置略去，在A中加入5.040 g样品进行实验。仪器A的名称是_。连接好装置，点燃酒精灯之前，先通入一段时间N2其目的为_。反应结束后，依然要通一段时间的氮气的原因是_。加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44 g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式：_。（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数（杂质不发生反应），其反应原理为 2Ba2+Cr2O72- + H2O = 2BaCrO 4+2H+、4NH4+6HCHO =3H+6H2O+(CH2)6N4H+ 滴定时，1

37、mo1 (CH2)6N4H+ 与 1 mo1 H+ 相当，然后用 NaOH 标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：称取样品5.600 g，配成500 mL溶液，移取25.00 mL样品溶液于 250 mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O72-完全沉淀后，加入10 mL 20.00 molL1的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入12滴酚酞试液，用0.200 mo1 L-1 NaOH 标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次，最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为16.00 mL。若滴定终点时，俯视读数，则测定结果_(填“偏大” “偏小”或“无影响”)。滴定计算得该样品中氮的质量分数为_。【

38、答案】 (1). 产生无色、有刺激性气味气体；溶液由橙色变为黄色 (2). 硬质玻璃管 (3). 将装置内空气排尽 (4). 将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差 (5). (NH4)2Cr2O7 = Cr2O3+N2+4H2O (6). 偏小 (7). 8.00%【解析】分析】(1)根据加入碱对平衡Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+的影响，结合铵根离子的性质分析解答；(2)根据仪器A的结构分析判断；根据装置内存在空气分析解答；反应结束后，装置中仍残留少量生成的气体；加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，说明无氨气生成，生成的是氮气，同时测得A中残留物为C

39、r2O3、B中质量的变化为1.44g，为吸收的水蒸气，结合定量关系计算写出化学方程式；(3)根据沉淀重铬酸根离子生成氢离子2xmol，铵根离子和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+，利用氢离子物质的量和氢氧根物质的量相同计算解答。【详解】(1)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，溶液中存在滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，铵根离子与碱反应放出氨气、氢离子浓度减小，溶液中的Cr2O72-(橙色)+H2O 2CrO42-(黄色)+2H+平衡正向进行，溶液显黄色，因此观察到的主要现象是：固体溶解；产生无色、有刺激性气味的气体；溶液由橙色变为黄色，故答案为：固体溶解；产

40、生无色、有刺激性气味的气体，溶液由橙色变为黄色；(2)根据装置图，仪器A为硬质玻璃管，故答案为：硬质玻璃管；连接好装置，点燃酒精灯之前，需进行的必要操作是：检查装置的气密性后通入一段时间氮气，将装置内空气排尽，故答案为：将装置内空气排尽；反应结束后，依然要通一段时间的氮气的原因是：将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差，故答案为：将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差；(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252g/mol)的分解产物，在A中加入5.040g样品，物质的量=0.02mol，加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，说明无氨气生成，生成的是氮气，同时测得A中残留物

41、为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g，为吸收的水蒸气物质的量=0.08mol，据此定量关系，反应的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2+4H2O，故答案为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2+4H2O；(3)若滴定终点时，俯视读数，读取消耗氢氧化钠溶液增小，则测定结果偏小，故答案为：偏小；反应原理为2Ba2+Cr2O72-+H2O=2BaCrO 4+2H+、4NH4+6HCHO=3H+6H2O+(CH2)6N4H+ 滴定时，1mo1(CH2)6N4H+与1mo1H+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，设25.00 mL样品溶液中含有(NH4)2Cr2O7的物质的

42、量为x，则沉淀重铬酸根离子时生成氢离子2xmol，铵根和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+，用0.200mo1L-1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次，最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为16.00mL，2x+2x=0.016L0.200mol/L，解得：x=0.0008mol，则原样品中含有(NH4)2Cr2O7的物质的量为0.0008mol=0.016mol，该样品中氮的质量分数=100%=8.00%，故答案为：8.00%。19.我国是干电池的生产和消费大国。某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是Zn

43、S，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干电池原料），其简化流程如下：已知：经过反应后，所有金属元素均以离子形式存在。回答下列问题：（1）碱性锌锰干电池是以锌粉为负极，二氧化锰为正极，氢氧化钾溶液为电解质。电池总反应为2MnO2+Zn+2KOH=2MnOOH+K2ZnO2，请写出电池的正极反应式_。（2）滤渣1中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应化学方程式_。（3）反应中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，请写出该反应的离子方程式_。（4）反应中X可以是_。（填字母代号）aMgO bZn(OH)2 cCu2(O

44、H)2CO3 dMnCO3（5）已知：H2S的电离常数K1=1.0107，K2=7.01015。0.1 mol/L NaHS的pH_7(填“”“”或“”）。（6）在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 molL1 Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS浓度为1.0104 molL1时，Mn2+开始沉淀，则a=_。已知：Ksp(MnS)=1.41015【答案】 (1). MnO2 + e- + H2O = MnOOH + OH (2). MnO2+CuS +2H2SO4 = MnSO4 + CuSO4 + S + 2H2O (3). Cu

45、2Zn = Cu+ Zn2 (4). bd (5). (6). 5【解析】【分析】根据流程图：软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质)加入硫酸酸浸，发生反应：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O、3MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S+6H2O、MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O、Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O酸浸后的过滤液中含有Mn2+、Zn2+、Fe3+、Al3+，浸取渣为S和SiO2，加入适量的Zn和铁离子反应生成亚铁离子，把铜离子转化为铜单质，过滤除去Cu，向滤液加入MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加入Zn(OH)2或MnCO3调节溶液pH，使Fe3+和Al3+转化为沉淀，Fe3+和Al3+完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过滤除去，得到的滤液中含硫酸锰、硫酸锌，电解，阳极生成二氧化锰，阴极生成锌，同时得到硫酸，据此分析解答