最新2019届高三化学9月月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -20192019 届高三届高三 9 9 月月考（国庆作业）化学试题月月考（国庆作业）化学试题1. 下列除去杂质的方法不正确的是A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去 Fe3+溶液中的少 Al3+C. Al(OH)3中混有少量 Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通过量 CO2后过滤D. CO 气体中混有 CO2气体：通过 NaOH 溶液洗气后干燥【答案】B【解析】A镁与氢氧化钠溶液不反应，但铝可与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，可用于除杂，故 A 正确；B加入过量氨水，都生成沉淀，不能用氨水除杂，故 B 错误；C氢

2、氧化铝为两性氢氧化物，可用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝生成可溶性的 NaAlO2，过滤后向滤液中通入过量 CO2，可得氢氧化铝，故 C 正确；D CO 气体中混有 CO2气体，可用 NaOH 溶液吸收CO2，再干燥 CO 即可，故 D 正确；故选 B。点睛：解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则；如选项 B 中过量的氨水能沉淀溶液中的 Fe3和Al3。2.

3、设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A. 常温常压下，35.5g 的氯气与足量的氢氧化钙溶液完全反应，转移的电子数为 0.5NAB. 60g 甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子数目为 2NAC. 标准状况下，2.24LPH3与 3.4gH2S 气体分子所含电子数目均为 1.8NAD. 己知合成反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=-92.4kJ/mol 当该反应生成 NA个 NH3分子时，反应放出的热量小于 46.2 kJ【答案】D【解析】A 项，2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，35.5 g 氯气是 1 mol，1 mol 氯气参

4、加反应转移 0.5mol 电子，故 A 正确；B 项，甲酸甲酯的分子式为：C2H4O2，葡萄糖的分子式为：C6H12O6，二者最简式都是 CH2O，60g 混合物含有的碳原子数目为：60g30g/molNA=2NA，故B 正确；C 项，标准状况下，2.24L PH3是 0.1mol，所含电子数为：0.1（15+13）- 2 -NA=1.8NA，3.4 gH2S 是 1 mol，所含电子数为：0.1（12+16）NA=1.8NA，故 C 正确；D 项，由热化学方式可知，1 molN2与 3 molH2完全反应生成 2 molNH3，放出 92.4kJ 热量，所以生成 NA个 NH3分子（1 mo

5、l）时，反应放出的热量等于 46.2kJ，故 D 错误。综上，选 D。3. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列物质参与反应的先后顺序正确的是 A.含等物质的量的 FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+B.含等物质的量的 Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+、Fe2+C.含等物质的量的 AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：OH-、AlO2-、CO32-D.含等物质的量的 Ba(OH)2、KOH 的溶液中，缓慢通入 CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3【答案】C【解析】A离子还原性

6、I-Fe2+Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是 I-、Fe2+、Br-，故 A 错误；B氧化性顺序：Fe3+Cu2+H+Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为 Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故 B 错误；C若 H+最先与 AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中 OH-反应生成 AlO2-，反应顺序为 OH-、AlO2-、CO32-，故 C 正确；D氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，所以缓慢通入 CO2：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故 D 错误；故选 C。4. 己知有如下反应：2BrO3-+Cl2=Br2+2ClP3- Cl

7、O3-+5Cl-+6H+3Cl2+3H2O 2FeCl2+Cl22FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是A. Cl2在反应中既是氧化产物又是还原产物B. 氧化性强弱的顺序为：BrO3-ClO3-Cl2Fe3+C. 溶液中可发生：ClO3+6Fe2+6H+= Cl+6Fe3+3H2OD. Cl2在、反应中均做氧化剂【答案】D【解析】A.反应中，ClO中 Cl 元素的化合价由+1 价降低到 0 价，Cl中 Cl 元素的化合价由-1 价升高到 0 价，Cl2既是氧化产物又是还原产物，故 A 正确；B.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，中 BrO3-是氧化剂，ClO3-是氧化产物，所以

8、氧化性 BrO3-ClO3-，中 ClO3-是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性 ClO3-Cl2，中 Cl2是氧化剂，Fe3是氧化产物，所以氧化性：Cl2Fe3，综上得氧化性顺序为 BrO3-ClO3- Cl2Fe3+，故 B 正确；C.根据上述分析，氧化性：ClO3-Fe3+，则溶液中可发生 ClO3-6Fe2+6H+=Cl-6Fe3+3H2O，故C 正确；D.根据上述分析，氯气在反应中作还原剂，在反应中既是氧化产物，又是还原- 3 -产物，故 D 错误；故选 D。5. 下列离子方程式正确的是A. Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸：2S2O32-+2H+=SO42-+3S+H2OB. 向

9、 NH4HSO3溶液中滴加足量 KOH 溶液：NH4+OH-=NH3H2OC. 在海带灰的滤液中加入几滴稀硫酸，再加入双氧水，能使淀粉溶液变蓝：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OD. 盐碱地(含较多 NaCl、Na2CO3)中加入石膏，降低土壤的碱性，涉及的方程式为：Ca2+ CO32-=CaCO3【答案】C【解析】A硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫单质和二氧化硫气体，正确的离子方程式为：S2O32-+2H+SO2+S+H2O，故 A 错误；B向 NH4HSO3溶液中滴加足量 KOH 溶液，发生的离子反应为 HSO3-+NH4+2OH-=NH3H2O+SO32-+H2O，故 B 错误；C在海

10、带灰的滤液中加入几滴稀硫酸，再加入双氧水生成碘单质，碘单质能使淀粉溶液变蓝，反应的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+I2+2H2O，故 C 正确；D盐碱地(含较多 NaCl、Na2CO3)中加入石膏，降低土壤的碱性，涉及的方程式为 CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，故 D 错误；答案为 C。点睛：离子方程式的正误判断，为高考的高频题，注意掌握确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。6. 将一定量的氯气通入 30 mL 浓度为 10.00 mol/L 的氢氧化钠浓溶液中，加

11、热少许时间后溶液中形成 NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是A. 与 NaOH 反应的氯气一定为 0.3 molB. n(Na+)n(Cl-)可能为 73C. 若反应中转移的电子为 n mol，则 0.15 10 b49% （2）若 C=9.2 则 a 10 b92A. （1） （3） B. （1） （4） C. （2） （3） D. （2） （4）【答案】A【解析】试题分析：若 b=49，稀释过程中溶质硫酸的质量不变，则：10mL 1.84 g/mL 98g%=“(10“ mL 1.84 g/mL + a mL 1 g/mL)49%，解得 a=18.4，令稀释后的密度

12、为dg/mL，则 d1.84，稀硫酸的物质的量浓度 C=mol/L9.2mol/L；若 C=9.2，根据稀释定律，可知稀释后溶液的体积为=20mL，硫酸的浓度越大，密度越小，故稀释后溶液的质量小于原浓硫酸质量的 2 倍，稀释过程硫酸的质量不变，故稀释后硫酸的质量分数大于 49%，即 b49%，稀释过程中溶质硫酸的质量不变，则：10mL1.84g/mL98g%(10mL1.84g/mL+amL1g/mL)49%，解得 a18.4；故选 A。考点：考查溶液浓度的有关计算- 8 -13. 根据下列各题所给出的数据，得出的结论正确的是A. 通入标准状况下 HC1 气体 11.2L，可使 1L 浓度为

13、0.5 molL-1的盐酸浓度增大到 1 molL-1B. 在 10%的 NaOH 溶液中，平均每 9 个水分子溶有 1 个 OH-C. 将 10 g 碳酸钙粉末加水配成 100 mL 溶液，CaCO3物质的量浓度为 1 molL-1D. 4gNaOH 溶解在 l0mL 水中，再稀释成 1L，从中取 l mL，这 lmL 溶液的浓度为 0.1 molL-1【答案】D【解析】试题分析：A、先由 cV 计算原溶液中 n(HCl) =“ 0.5“ mol，再由计算通入的 n(HCl) =“ 0.5“ mol，HCl 溶解放热，导致部分 HCl 挥发，且吸收氯化氢之后溶液的体积会增大（不能用原溶液的体

14、积代替） ，因此其浓度小于 1 molL1，A 错误；B、设溶液的质量为 100g，则溶质、溶剂分别为 10g、90g，由 可知，n(NaOH) =mol =“ 0.25“ mol、n(H2O) =mol =“ 5“ mol，由电离方程式 NaOH=Na+OH-可知，n(OH) =“ n(NaOH)“ =“ 0.25“ mol，则 n(OH)n(OH) = 0.255 = 120，B 错误；C、碳酸钙难溶于水，即每100g 水或 100mL 水中溶解的碳酸钙小于 0.1g，因此 10g 碳酸钙中绝大多数不能溶解，所得悬浊液中碳酸钙的浓度约为molL1=“ 0.01“ molL1，C 错误；D、

15、先由计算稀释前的 c(NaOH) =molL1=“ 10“ molL1，再由稀释定律（c浓V浓 = c稀V稀）可知，稀释后的 c(NaOH) =molL1=“ 0.1“ molL1，D 正确；答案选 D。考点：本题考查物质的量浓度、质量分数、气体体积、气体摩尔体积、物质的量、摩尔质量、溶解度、稀释定律及物质的量在电离方程式计算中的应用。【名师点睛】物质的量浓度是表示溶液浓度的方法，物质的量浓度的计算要依据物质的量浓度定义式。14. F2和 Xe 在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的 XeF2、XeF4和 XeF6三种化合物。其中 XeF4与水可发生如下反应：6XeF4+12H2O2XeO

16、3+4Xe+24HF+3O2下列判断中正确的是- 9 -A. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 12B. XeF4按以上方式与水反应，每生成 3molO2，转移 12mol 电子C. XeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成 Xe 和 F2D. XeF2、XeF4和 XeF6在空气中都能长期存放【答案】A15. 如图表示从原混合物中分离出 X 的两种方案、下列说法不合理的是A. 若含 X 的混合物为溴水，可通过方案 I 进行分离，加入试剂为 CCl4液体，充分振荡后液体分层，下层为 X 的 CC14溶液B. 若含 X 的混合物为 BaSO4和 BaSO3的混合物，可通过方案进行分

17、离，加入试剂为稀硝酸，X 为 BaSO4C. 若含 X 的混合物为乙醇和乙酸乙酯的混合物，可通过方案 I 进行分离，加入试剂为饱和NaOH 溶液，残留液中含有乙酸钠D. 若含 X 的混合物为 Fe、Al，可通过方案 II 进行分离，加入的试剂是过量的 NaOH 溶液，1molX 与足量氯气完全反应时，转移 3mol 电子【答案】C【解析】试题分析：A溴易溶于四氯化碳、微弱于水，四氯化碳的密度比水大，在混合液的下层，该方法合理，故 A 不选；BBaSO3被稀硝酸氧化成硫酸钡，然后通过过滤得到- 10 -BaSO4，该方法合理，故 B 不选；C分离乙醇和乙酸乙酯时，应该选用饱和碳酸钠溶液，否则乙酸

18、乙酯会与氢氧化钠溶液反应，该方法不合理，故 C 选；D铝可与 NaOH 溶液反应，铁与氯气反应生成氯化铁，1mol 铁与足量氯气完全反应时，转移 3mol 电子，该描述合理，故D 不选；故选 C。【考点定位】考查物质的分离提纯和鉴别【名师点晴】本题考查物质的分离、提纯实验方案的设计与评价，为高考常见题型，注意掌握物质的性质的异同和实验的操作要点，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。解答此类试题，需要学生熟练掌握常见物质的性质和物质分类提纯的常见方法。16. 强酸性溶液 X 中可能含有 Na+、K+、NH4+、Fe2+、Al3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-中的若干种，某同学为

19、了确认其成分，取 X 溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列结论正确的是A. X 中肯定存在 Na、Fe2+、A13+、NH4+、SO42B. 气体 F 在氧气中经催化氧化可生成气体 AC. 沉淀 C 一定是 BaSO4、沉淀 G 一定是 Fe(OH)3 、沉淀 I 一定是 Al(OH )3D. X 中不能确定的离子是 Fe2+、SO32-、K和 C1【答案】B【解析】试题分析：强酸性溶液中 CO32-、SO32-不能存在；则 X 溶液中加入过量 Ba（NO3）2溶液生成沉淀 C 一定是 BaSO4，一定有 SO42-；硝酸被还原生成气体 A，为 NO，则一定有还原性的离子即 Fe2+，溶

20、液 B 加入过量 NaOH 溶液，生成气体，一定是氨气，则一定有 NH4+，沉淀 G为 Fe（OH）3；溶液 H 通入 CO2生成沉淀 I，由于之前加入了过量的 Ba（NO3）2溶液，引入了大量 Ba2+，所以沉淀 I 中一定有 BaCO3，不能确定溶液 X 中是否存在 A13+，所以也不能确定沉淀 I 中是否有 A1（OH）3；溶液 J 的焰色反应呈黄色，说明溶液 J 中有 Na+，但由于之前加入了 NaOH 溶液，引入了 Na+，所以不能确定溶液 X 中是否存在 Na+；又因为黄色能掩盖紫色火焰，所以也不能确定溶液 X 中是否有 K+；另外，是否存在 C1-也不能确定，A、X 中肯定存在-

21、 11 -Na+、Fe2+、NH4+、SO42-，不能确定 Al3+是否存在，A 错误；B、F 是氨气、A 是一氧化氮，根据4NH3+5O24NO+6H2O，氨气能被氧化生成 NO，B 正确；C、沉淀 C 一定是 BaSO4、沉淀 G一定是 Fe(OH)3 、沉淀 I 中一定有 BaCO3，不能确定沉淀 I 中是否有 A1（OH）3，C 错误；D、X 中不能确定的离子是 Na+、Al3、K+和 C1，D 错误。答案选 B。考点：离子的检验17. Fe3O4是重要的化学试剂，其化学式还可以表示为 FeOFe2O3，铁粉在氧气中燃烧是制取它最为常见和快捷的方法。图 1 是制取四氧化三铁的系列装置，

22、A 装置用于制取二氧化碳气体，并要求气流稳定，流速可控。（1）图 2 中仪器 a 的名称是_。（2）根据题目要求，在图 2 中最好选择_（填序号）作为 A 装置。（3）对图 2 中装置进行气密性检查的方法是_。（4）在 B 装置中发生的主要反应的化学方程式是_。（5）反应一段时间后，若将硬质玻璃管中的固体粉末用盐酸溶解，取少许溶液于试管中，加入淀粉碘化钾溶液，没有蓝色出现，推测固体粉末中除 Fe3O4外，一定有_（填名称） 。（6）写出 Fe3O4溶于足量稀硫酸的离子方程式_，要检验所得溶液中的Fe3+，常用试剂是_（填名称） 。- 12 -【答案】 (1). 长颈漏斗 (2). (3). 用

23、止水夹夹紧橡胶管向分液漏斗中加足量水，过一会，水不再下滴，说明装置的气密性良好 (4). 2Na2O2+ 2CO2=2Na2CO3+O2 (5). 铁粉 (6). Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O (7). 硫氰化钾溶液.考点：考查实验室制备气体、离子检验、四氧化三铁的性质等知识。18. 氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，用所学知识回答问题：（1）联氨是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。已知 32.0g N2H4和 H2O2反应生成氮气和水（气态） ，放出热量 642KJ，该反应的热化学方程式是：_。（2）取 300mL 0.2mol/L 的 KI 溶液与一定量的 KMnO4溶液

24、恰好反应，生成等物质的量 I2和KIO3，则消耗 KMnO4的物质的量的是_mol。（3）测定 KMnO4样品的纯度可用标准 Na2S2O3溶液进行滴定，取 4.74gKMnO4样品溶解酸化共配成 100mL 溶液，取出 20mL 于锥形瓶中，用 0.100mol/L 标准 Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点的现象是_。实验中，滴定至终点时消耗 Na2S2O3溶液 24.00mL，则该样品中KMnO4的纯度是_。 （有关离子方程式为：8MnO42-+5S2O32-+14H+=8Mn2+10SO42-+7H2O）（4）二氧化氯是目前国际上公认的最新一代的高效、广谱、安全的杀菌、保鲜剂。我国科

25、学家研发了用氯气氧化亚氯酸钠（NaClO2）固体制备二氧化氯的方法，其化学方程式为_。（5）在 Fe(NO3)3溶液中加入 Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄- 13 -色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是_，又变为棕黄色的原因是_。【答案】 (1). N2H4(l)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g) H= -642kJ/mol (2). 0.032 (3). 紫红色溶液褪为无色，且 30s 内颜色不再变化 (4). 64% (5). Cl2+2NaC1O2=2C1O2+2NaCl (6). 2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42- +2H+ (7

26、). H+与 NO3-组成的硝酸把 Fe2+氧化【解析】试题分析：（1）已知 32.0g N2H4(1mol)和 H2O2反应生成氮气和水（气态） ，放出热量 642kJ，该反应的热化学方程式是 N2H4(l)2H2O2(l)=N2(g)4H2O(g) H642kJ/mol。（2）KI 的物质的量是 0.06mol，生成等物质的量的 I2和 KIO3，根据碘原子守恒可知二者均是 0.02mol，转移 0.02mol（2+6）0.16mol。Mn 在反应中化合价从+7 价降低到+2 价，得到 5 个电子，依据电子得失守恒可知消耗高锰酸钾是 0.16mol50.032mol。（3）酸性高锰酸钾溶液

27、显紫红色，则滴定至终点的现象为紫红色溶液褪为无色，且 30s 内颜色不再变化；消耗硫代硫酸钠是 2.4103mol，根据方程式可知消耗高锰酸钾是3.84103mol，因此原样品中高锰酸钾的物质的量是3.84103mol100/200.0192mol，则该样品中 KMnO4的纯度是0.64；（4）氯气氧化亚氯酸钠（NaClO2）固体制备二氧化氯，根据原子守恒可知生成物还有氯化钠，其化学方程式为 Cl22NaClO2=2ClO22NaCl。（5）铁离子能把亚硫酸根氧化为硫酸根，反应的离子方程式为2Fe3SO32H2O=2Fe2SO422H；由于在酸性溶液中 H与 NO3组成的硝酸把 Fe2氧化，所

28、以过一会又变为棕黄色。【考点定位】考查氧化还原反应的有关应用、热化学方程式书写等【名师点晴】氧化还原反应的考查包括氧化剂、还原剂等概念的理解，氧化性、还原性强弱的判断，依据电子守恒进行配平和计算等，正确标注元素化合价，分析元素反应前后化合价的变化，是解决氧化还原反应相关问题的关键，氧化还原反应中的基本概念、配平、计算等考查都是围绕电子转移展开的，必须从元素化合价升降上分析氧化还原反应，对氧化还原反应概念原理综合运用的考查, 要从氧化还原反应的实质及电子转移入手, 正确理解有关概念,并理清知识线和对应规律，需要牢固掌握氧化还原反应知识中的重要概念和重要规律, 真- 14 -正做到举一反三，灵活运

29、用，根据题中信息分析，要善于利用氧化还原反应中的守恒规律、价态变化规律、强弱规律、难易规律去分析特征元素的化合价变化，得出合理答案。守恒法解题的思维流程为：（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 （2）找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)。 （3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即 n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。19. （1）双氧水能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其反应的离子方程式如下，请将相关的化学计量数填写在方框里：_O2+5H2O（2）某混合溶液中可能含有的离子如下表所示：可能大

30、量含有的阳离子H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+可能大量含有的阴离子Cl-、Br-、CO32-、AlO2-为探究其成分，进行了以下探究实验。甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠的体积（V）的关系如图所示。该溶液中一定含有的阳离子是_，其对应的物质的量浓度之比为_，一定不存在的阴离子是_；请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). 5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+502+8H2O (2). H+、Al3+、NH4+ (3). 2: 3: 1 (4). CO32-、A1O2- (

31、5). A1(OH)3+OH-= A1O2-+2H2O。【解析】(1)双氧水中氧元素的化合价从-1 价升高到 0 价，失去 1 个电子，则为还原剂；而高锰酸钾中锰元素的化合价从+7 价降低到+2 价，得到 5 个电子，Mn 元素被还原，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的反应为 5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5O2+8H2O，故答- 15 -案为：5；2；3；2；1；5；8；(2)根据图象，开始加入 NaOH 没有沉淀和气体产生，则一定有 H+；由离子共存可知，一定不含有 CO32-、AlO2-，开始加入氢氧化钠溶液 2V0无沉淀生成说明发生的反应是：H+O

32、H-H2O，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有 Mg2+、Fe3+，有 Al3+；再加入氢氧化钠溶液至5V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为 Al3+3OH-Al(OH)3，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4+OH-NH3H2O，消耗氢氧化钠溶液 3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为 Al(OH)3+OH-AlO2-+H2O，消耗氢氧化钠V0；沉淀的质量不变，反应为 NH4+OH-NH3H2O 的反应，则有 NH4+；图中反应现象无法确定是否含 K+；综上所述一

33、定含有 H+、NH4+、Al3+，物质的量之比=2V0：3V0：V0=2：3：1，故答案为：H+、NH4+、Al3+；2：3：1；CO32-、AlO2-；沉淀减少过程中发生反应是氢氧化铝沉淀溶解于氢氧化钠溶液中的反应，反应的离子方程式为 Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。点睛：在解答 (2)时，知道图像各个阶段发生的反应为解答的关键。开始无沉淀生成说明发生的反应是：H+OH-H2O，再加入氢氧化钠溶液生成沉淀增多至最大，反应为 Al3+3OH-Al（OH）3，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4

34、+OH-NH3H2O，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，发生的反应为 Al（OH）3+OH-AlO2-+H2O。分析时还需要结合离子共存进行判断。20. 某研究小组将一批电子废弃物简单处理后，得到含 Cu、Al、Fe 及少量 Au、Pt 等金属的混合物，并设计如下制备硫酸铜晶体和无水氯化铁的方案：已知：Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O请回答下列问题：（1）步骤Cu 与酸反应的离子方程式为_。（2）步骤加 H2O2的作用是_，滤渣 2 为（填化学式）_。（3）步骤不能直接加热脱水的理由是_（4）若滤液 1 中 Cu2+的浓度为 0.02molL-1，则氢氧化铜开始沉淀时的

35、pH=_（已知：- 16 -KspCu(OH)2=2.0x10-20）（5）已知：2Cu2+4I-=2CuI+I2 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-某同学为了测定 CuSO45H2O 产品的质量分数可按如下方法：取 3.00g 产品，用水溶解后，加入足量的 KI 溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤液稀释至 250mL，取 50mL 加入淀粉溶液作指示剂，用 0.080molL-1Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点的依据是_。四次平行实验耗去 Na2S2O3标准溶液数据如下：实验序号1234消耗 Na2S2O3标准溶液（mL）25.0025.0226.2024.98此产品中 CuS

36、O45H2O 的质量分数为_。【答案】 (1). Cu+4H+2NO3-= Cu2+ +2NO2+2H2O， 3Cu+8H+2NO3-3Cu2+ +2NO+4H2O (2). 将 Fe2+氧化成 Fe3+ (3). Fe(OH)3、A1(OH)3 (4). FcCl3易水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl ，加热能促进 FeCl3的水解，蒸干得不到 FeCl3 (5). 5 (6). 溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色 (7). 83. 3%【解析】试题分析：（1）浓硝酸与稀硫酸混合后，可能为浓硝酸也可能为稀硝酸，所以离子方程式为：Cu + 4H+ 2NO3 = Cu2+2N

37、O2+ 2H2O 或 3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O（2）H2O2具有强氧化性，所以 H2O2的作用是将 Fe2+氧化成 Fe3+；加入足量氨水，Fe3+、Al3+转化为 Fe(OH)3沉淀和 Al(OH)3沉淀，所以滤渣 2 为 Fe(OH)3、Al(OH)3。（3）FeCl3为强酸弱碱盐，容易发生水解反应：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热能促进FeCl3的水解，蒸干得不到 FeCl3。（4）c2（OH）c（Cu2+）= KspCu(OH)2，代入数据可求出 c（OH）=1010-9molL1，pH=-lgc（H+）=-lg【Kwc（OH） 】=5。（5）

38、Cu2+把 I氧化为 I2，加入淀粉溶液变蓝，用 Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，Na2S2O3与 I2恰好完全反应，所以达到滴定终点的依据是：溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色；实验 3 所测数据明显大于其他 3 组数据，说明实验 3 出现了实验错误，应舍去，根据其他 3 组数据求出平均值，根据 2Cu2+4I- 2CuII2和 I22S2O32- 2I-S4O62-可- 17 -得对应关系：S2O32- Cu2+，所以 n（CuSO45H2O）=n（Cu2+）=n（S2O32- ）=0080 molL-1（2500+2502+2498）/3L=0002mol，所以此产品中 CuSO45H2O 的质量分数为：0002mol250g/mol5300g100%=833%考点：本题考查化学流程的分析、化学方程式的书写、盐类水解的应用、pH 的计算、氧化还原反应滴定及计算。