黑龙江省大庆市第四中学2018-2019学年高二下学期第三次月考化学试题 21页

大庆四中2018～2019学年度第二学期第三次检测高二年级化学学科试题 第Ⅰ卷（选择题）‎ 可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O－16 Na-23 Cl-35.5 Co-59 Fe-56‎ 一、选择题　(每小题3分，共16小题48分；每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是 A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。‎ ‎【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；‎ B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；‎ C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；‎ D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。‎ ‎2.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是 （　　） ‎ A. 阴离子树脂填充段存在反应H++OH-═H2O B. 水中的NO3-、SO42-、Cl-通过阴离子树脂后被除去 C. 通过净化处理后，水的导电性降低 D. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通过阳离子交换膜后得到的溶液中含有氢离子，经过阴离子交换膜后生成水，说明经过阴离子交换膜时发生中和反应，所以阴离子树脂填充段存在反应H++OH-=H2O，A正确；‎ B.阴离子交换树脂吸收阴离子，所以经过阴离子交换树脂后，溶液中的NO3-、SO42-、Cl-被树脂吸收而除去，B正确；‎ C.溶液导电性与离子浓度成正比，通过净化处理后溶液中阴、阳离子被除去导致溶液中离子浓度减小，溶液导电性降低，C正确；‎ D.经过过阳离子交换树脂后，溶液中阳离子所带总电荷不变，但是水中部分阳离子由带2个单位正电荷变为带1个单位正电荷的H+，导致阳离子总数增加，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查物质分离提纯的知识，侧重考查分析判断及思维缜密性，明确通过交换树脂后离子种类变化是解本题关键。注意：溶液导电性与离子浓度及电荷有关，与溶质溶解性强弱及电解质强弱无关。‎ ‎3.下列实验不能达到目的是（　　）‎ 选项 目的 实验 A 制取较高浓度的次氯酸溶液 将Cl2通入碳酸氢钠溶液中 B 加快氧气的生成速率 在过氧化氢溶液中加入少量MnO2‎ C 制备氢氧化亚铁 向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液过滤 D 净化污水（其中存在胶体物质）‎ 向污水中投入明矾、硫酸铁等电解质 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于酸性HCl>H2CO3>HClO>NaHCO3，所以Cl2与碳酸钠溶液反应生成的是次氯酸，可以获得较高浓度的次氯酸溶液，A正确；‎ B.在过氧化氢溶液中加入少量MnO2，二氧化锰为催化剂，可加快氧气的生成速率，B正确；‎ C.向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，反应产生Fe(OH)2和Na2SO4，但Fe(OH)2不稳定，会被氧气氧化产生Fe(OH)3，所以过滤不能制取得到Fe(OH)2，C错误；‎ D.向污水中投入明矾、硫酸铁等电解质，明矾、硫酸铁在溶液中水解产生氢氧化铝、氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的固体物质，从而达到净水作用，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. 氯化铁溶液中：Cl-、NO3-、Na＋、SO32-‎ B. 由水电离出的c(OH-)=1×10－12mol·L-1的溶液中：Ba2＋、K＋、NO3-、Cl-‎ C. Na2S溶液中：SO42-、K＋、Cl-、Cu2＋‎ D. 常温下pH=7溶液中：NO3-、I-、Na＋、Al3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe3+与SO32-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；‎ B.由水电离出的c(OH-)=1×10－12mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，无论是酸性溶液还是碱性溶液中：Ba2＋、K＋、NO3-、Cl-都可以大量存在，B正确；‎ C.S2-与Cu2+会发生反应形成CuS沉淀，二者不能大量共存，C错误；‎ D.常温下pH=7溶液是中性溶液，在中性溶液中，Al3＋会转化为Al(OH)3沉淀，不能大量存在，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎5.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是 A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4‎ B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑‎ D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；‎ B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；‎ C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；‎ D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列实验现象与实验操作不相匹配的是（　　）‎ 实验操作 实验现象 A 加水有气泡产生，加酚酞溶液变红 向盛有少量过氧化钠的试管中加蒸馏水使其溶解，然后滴加几滴酚酞试液 B 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生 C 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊 D 向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向盛有少量过氧化钠的试管中加蒸馏水使其溶解，发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应产生氧气，因此有气泡产生，反应产生了碱NaOH，滴加几滴酚酞试液，溶液变为红色，但由于Na2O2有强的氧化性，会将红色物质氧化变为无色，A错误；‎ B.将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，发生反应：，所以会看到镁条继续燃烧，产生白烟并有黑色颗粒产生，B正确；‎ C.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生反应：Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，实验现象是有刺激性气味气体产生，同时溶液变浑浊，C正确；‎ D.向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡发生反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2，溶液由黄色变为浅绿色，然后加1滴KSCN溶液，由于溶液中无Fe3+，所以不会变为红色，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.下列有关说法和结论都正确的是 (　　)‎ A. SO2和CO2都是酸性氧化物，SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2‎ B. HCl与Na2CO3溶液反应生成CO2，所以用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的少量HCl C. SiO2和HF反应用于雕刻玻璃，所以SiO2能溶于盐酸生成SiCl4和H2O D. Na可与熔融KCl反应置换金属钾，是因为钾的沸点比钠的沸点低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2和CO2都是酸性氧化物，由于SO2具有强的氧化性，Na2O2具有氧化性，因此SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，不能放出氧气，A错误；‎ B.饱和Na2CO3溶液可以与CO2反应产生NaHCO3,应该使用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的少量HCl，B错误；‎ C.SiO2和HF反应用于雕刻玻璃，但是SiO2不能溶于盐酸，C错误；‎ D.Na可与熔融KCl反应发生置换反应产生金属钾和NaCl，由于钾的沸点比钠的沸点低，钾蒸气脱离平衡体系，使反应正向进行，最终Na转化为NaCl，KCl变为金属K，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是 （　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cl2与Fe反应只产生FeCl3，不能产生FeCl2，A错误；‎ B.向MgCl2溶液中加入石灰乳，发生复分解反应产生Mg(OH)2沉淀，将沉淀过滤、洗涤，然后煅烧，发生分解反应产生MgO和H2O，可以一步实现物质转化，B正确；‎ C.S与O2点燃反应只产生SO2，C错误；‎ D.N2与氢气高温高压催化剂条件下反应产生氨气，将氨气通入饱和NaCl溶液中，再通入CO2气体，反应产生NaHCO3晶体，将NaHCO3加热分解产生Na2CO3，不能一步实现生成Na2CO3，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就不再向环境排放该种有害物质。例如，铬的化合物有以下循环关系：‎ 下列有关说法中正确的是(　　)‎ A. 上述物质中只有Na2CrO4可作氧化剂 B. 发生反应⑤，一定要加入氧化剂 C. 发生反应①时，消耗Na2Cr2O7的个数与转移的电子数之比为1∶6‎ D. 从反应②来看，CrCl3不能用Cr(OH)3与盐酸反应来制取 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析： 根据元素化合价可判断Na2CrO4和Na2Cr2O7中Cr均为+6价，所以都可作氧化剂；而两者之间的转化并非氧化还原反应。‎ 考点：物质间的转化、氧化还原反应。‎ ‎10.如图是铝热反应()的实验装置，有关该反应的下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 若氧化铁换成二氧化锰，也能发生类似的反应 B. b为氧化铁与铝粉的混合物 C. 2mol氧化剂参与反应则电子转移6NA个 D. 还原剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】铝与氧化铁的铝热反应为；‎ A.由于金属活动性Al＞Mn，所以若氧化铁换成二氧化锰，也能发生类似的反应，A正确；‎ B.铝热反应中，铝与金属氧化物为铝热剂，该反应中c是氧化铁与铝粉混合物称为铝热剂，b是氧化剂KClO3，B错误；‎ C.在反应中，Fe2O3作氧化剂，若2mol氧化剂参与反应则电子转移12NA个，C错误；‎ D.该反应中还原剂是Al，氧化产物为Al2O3，还原剂与氧化产物的物质的量之比为2：1，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎11.已知酸性条件下有反应：2Cu＋=Cu2＋+Cu。氢气还原氧化铜实验由于反应温度不同，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。某同学对某次氢气还原氧化铜的红色固体产物做了如下实验，实验操作和实验现象列表如下：‎ 加入 试剂 稀硫酸 浓硫酸 并加热 稀硝酸 浓硝酸 实验 现象 红色固体 不反应 无色气体 无色气体 蓝色溶液 红棕色气体 蓝色溶液 由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物 (　　)‎ A. 是Cu2O B. 是Cu C. 一定有Cu，可能有Cu2O D. 一定有Cu2O，可能有Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据题干条件，酸性条件下亚铜离子会发生自身氧化还原反应，铜与浓硫酸加热反应反应生成二氧化硫气体是无色的；常温下铜与稀硝酸、浓硝酸反应生成无色气体和红棕色气体，且所得溶液都呈蓝色。‎ ‎【详解】已知酸性条件下有反应：2Cu+=Cu2++Cu，把氢气还原氧化铜实验可能产生Cu或Cu2O，加入稀硫酸红色固体不反应，说明一定无氧化亚铜存在，铜不与稀硫酸反应；加入浓硫酸加热有无色气体生成说明铜和浓硫酸反应生成二氧化硫无色气体，说明是铜；加入稀硝酸生成无色NO气体和硝酸铜蓝色溶液，说明是金属铜；与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2和硝酸铜蓝色溶液，说明是金属铜性质；综上所述，本次氢气还原氧化铜的产物红色固体只能是铜；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了铜与浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸的反应特征，铜不与稀硫酸反应，氧化亚铜在酸中能发生歧化反应的信息应用，正确理解题意是解题的保障。‎ ‎12.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种微粒之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是 A. 可用KI淀粉试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘 B. 足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl C. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO3-‎ D. 途径Ⅱ中若生成1 mol I2，反应中转移的电子数为10NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：加碘盐中含有IO3-，是高价态物质，有氧化性，根据途径Ⅱ知道在酸性条件下可将I－氧化成I2，淀粉与碘变蓝，A选项正确；根据图可知Cl2可把I2氧化成IO3- B选项正确；根据途径I可知氧化性Cl2>I2，根据途径Ⅱ可知氧化性IO3->I2， C错；IO3-转变为I2转移电子为10e－ ，则生成1 mol I2转移的电子数为10NAD选项正确。选C 。‎ 考点：氧化还原反应中物质氧化性强弱的比较和电子转移的计算。‎ ‎13.NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 1L 0.2mol/L的Na2S溶液中溶质离子数为0.6NA B. 0.5NA个氯气分子通入水中与水反应转移电子数为0.5NA C. 50mL 12mol/L盐酸与足量的MnO2共热，转移的电子数为0.3NA D. 1mol NaHCO3受热完全分解，生成的气体与足量的Na2O2反应，固体质量增加15 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1个Na2S中含有2个Na+，1个S2-；1L 0.2mol/LNa2S溶液中含有溶质的物质的量是0.2mol，由于S2-会发生水解反应而消耗，所以0.2mol Na2S溶液中溶质离子数小于0.6NA，A错误；‎ B.氯气与水反应产生HCl、HClO，每1molCl2反应，转移NA个电子，但氯气与水的反应是可逆反应，所以0.5NA个氯气分子通入水中，反应的Cl2数目少于0.5NA，因此与水反应转移电子数少于0.5NA，B错误；‎ C. 50mL 12mol/L盐酸中含有HCl的物质的量为12mol/L×0.05L=0.6mol，若完全反应，转移的电子数为0.3NA，但只有浓盐酸可以与MnO2反应，当反应进行到一定程度，溶液变稀后，反应就不再发生，因此转移的电子数小于0.3NA，C错误；‎ D.1mol NaHCO3受热完全分解，产生0.5mol CO2、0.5mol H2O蒸气，生成的气体与足量的Na2O2反应，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，观察上述反应后固体的变化，相当于：Na2O2+H2=2NaOH，Na2O2+CO=Na2CO3（这两个反应实际不存在），即相当于固体质量增加了0.5mol H2和0.5mol CO的质量，质量为15g，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎14.下列说法正确的是 （ ）‎ A. 将AlCl3溶液和FeSO4溶液加热蒸干并灼烧可分别得到Al2O3、Fe2(SO4)3‎ B. 在溶液的稀释过程中，离子浓度有的可能增大，有的可能减小，有的可能不变 C. Al露置在空气中会形成致密的氧化膜，Fe露置在空气中也会形成致密的氧化膜 D. 反应为Cu＋2AgNO3=Cu(NO3)2＋2Ag的原电池装置中，盐桥中通常装有含琼胶的KCl饱和溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯化铝易水解生成Al(OH)3和HCl，升高温度HCl易挥发，蒸干溶液得到的固体是Al(OH)3，灼烧Al(OH)3，Al(OH)3分解生成Al2O3，所以最终得到的固体是Al2O3；FeSO4溶液受热，Fe2+会被溶解的氧气氧化产生Fe3+，溶液中含Fe2(SO4)3及反应产生的Fe(OH)3，加热溶液，并蒸干，得到的固体是Fe2(SO4)3、Fe(OH)3，灼烧时Fe(OH)3分解产生Fe2O3‎ ‎，最后得到的固体物质是Fe2(SO4)3、Fe2O3，，A错误；‎ B．酸溶液中稀释时OH-离子浓度增大，碱溶液中稀释时H+离子浓度增大，中性溶液如NaCl溶液稀释时Na+、Cl-浓度减小，而OH-、H+离子浓度不变，B正确；‎ C.Al露置在空气中会形成致密的氧化膜，铁露置在空气中不会形成致密的氧化膜，C错误；‎ D.在原电池的正极，Cl-会和Ag+反应，所以不可以用KCl饱和溶液制得的琼脂，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎15.下列说法中正确的个数是 （ ）‎ ‎①侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 ‎②SO2使KMnO4溶液褪色，证明其有漂白性 ‎③水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂 ‎④光导纤维、棉花、油脂都是由高分子化合物组成的物质 ‎⑤可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 ‎⑥黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成 ‎⑦新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①侯氏制碱法是将NH3、CO2通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，有NaHCO3的晶体析出，①正确；‎ ‎②SO2使KMnO4溶液褪色，是由于其具有还原性，②错误；‎ ‎③水玻璃是Na2SiO3的水溶液，有粘性，不能支持燃烧，因此可用于生产黏合剂和防火剂，③正确；‎ ‎④光导纤维主要成分是SiO2不是高分子化合物；油脂也不是由高分子化合物组成的物质，④错误；‎ ‎⑤HCl与NH3混合会反应产生NH4Cl白色固体，有白烟生成，故可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气，⑤正确；‎ ‎⑥黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按1:2:3的物质的量的比例混合制成，⑥正确；‎ ‎⑦新制氯水中含有HCl、HClO，显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液会变为红色，但HClO同时具有强的氧化性，会将红色物质氧化变为无色，⑦错误；‎ 可见上述叙述中正确的说法为①③⑤⑥，共4个，故合理选项是A。‎ ‎16.实验室中，某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是 （ ）‎ ‎ ‎ 选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质 A 浓氨水 CaO NH3‎ H2O B 稀硝酸 Cu NO2‎ H2O C 浓盐酸 MnO2‎ Cl2‎ NaOH溶液 D 浓硫酸 Na2SO3‎ SO2‎ NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题给装置在常温下反应生成气体，且用向上排空气法收集，说明气体密度比空气大，最后为防倒吸装置，说明制备的气体极易溶于所用试剂，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，A错误；‎ B.稀硝酸与铜生成的是NO，NO和空气中的O2会反应生成NO2，但是这样获得的NO2‎ 不纯净，且NO2能和水反应生成NO，不能用水吸收尾气，B错误；‎ C.常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，C错误；‎ D.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2气体，SO2密度大于空气，可以用向上排空气方法收集，SO2能够与NaOH溶于反应变为溶液，因此可以用NaOH溶液进行尾气处理，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，涉及常见气体的制备原理、收集方法及尾气处理等，把握实验原理是否需加热，反应产生的气体的密度大小、溶解性、是否与O2是气体收集的关键，在进行尾气处理时，注意溶解性大小、是否需有防止倒吸的装置，掌握正确的实验技能为解答的关键。‎ 第Ⅱ卷 二．填空题（共4小题，52分）‎ ‎17.某无色溶液，其中可能存在的离子有：Na+、Ag+、Ba2+、Fe3+、Al3+、AlO2-、S2-、SO32-、CO32-、SO42-，现取该溶液进行实验，实验结果如下:‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)生成沉淀甲的离子方程式为：____________。‎ ‎(2)生成气体丙和沉淀丙的离子方程式为_________。‎ ‎(3)已知气体甲由两种氧化物组成(不包括水蒸汽和HBr)，请你设计实验逐一鉴别这两种成分，将所需试剂以及现象填入下表 步骤 实验目的 试剂 现象 ‎1‎ ‎________‎ ‎______‎ ‎_______‎ ‎2‎ ‎________‎ ‎______‎ ‎________‎ ‎3‎ 检验CO2‎ 澄清石灰水 溶液变浑浊 ‎(4)综上所述，该溶液肯定存在的离子有：_________。‎ ‎(5)针对溶液中可能存在的离子，用实验证明是否存在的方法是_________。‎ ‎【答案】 (1). 2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O (2). (3). 检验SO2 (4). 品红溶液 (5). 红色褪去 (6). 除尽SO2 (7). 酸性高锰酸钾 (8). 溶液紫色变浅 (9). AlO2-、S2-、SO32-、CO32-、Na+ (10). 取少量沉淀丙加入足量的稀盐酸，若沉淀不完全溶解，则原溶液中含有SO42-；若沉淀完全溶解，则没有SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于无色溶液，则一定不存在黄色的Fe3+，与过量溴化氢反应生成了气体甲和淡黄色沉淀，沉淀若是AgBr，则不存在S2-、CO32-、SO32-，就不可能生成气体甲，因此淡黄色沉淀为单质S，是H2S与SO2反应生成的，溶液中一定存在S2-、SO32-，由于S2-、SO32-与Ag+、Ba2+、Al3+会发生反应，所以一定不会存在黄色离子Fe3+及Ag+、Ba2+、Al3+，根据电荷守恒，Na+一定存在。溶液甲中含有过量的HBr，与过量的NH4HCO3反应，生成的气体乙为CO2，白色沉淀只能为Al(OH)3，说明原溶液中一定含有AlO2-；溶液乙与过量Ba(OH)2溶液反应，生成的气体丙为NH3，白色沉淀为BaCO3或BaCO3、BaSO4的混合物。所以溶液中一定存在的离子有：Na+、S2-、SO32-、AlO2-；一定不存在的离子为：Ag+、Fe3+、Ba2+、Al3+；可能存在的离子为：CO32-、SO42-，然后根据问题逐一进行解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知溶液中一定存在的离子有：Na+、S2-、SO32-、AlO2-；一定不存在的离子为：Ag+、Fe3+、Ba2+、Al3+；可能存在的离子为：CO32-、SO42-。‎ ‎(1)根据所给的离子，S2-、SO32-在酸性环境下发生归中反应生成淡黄色的沉淀单质S，反应的离子方程式为：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；‎ ‎(2)溶液乙中含NH4HCO3，向其中加入过量Ba(OH)2溶液，发生反应，产生NH3和BaCO3沉淀，反应的离子方程式为:； ‎ ‎(3)已知气体甲由两种氧化物组成(不包括水蒸汽和HBr），则甲为SO2和CO2，由于SO2和CO2都可以使澄清的石灰水变浑浊，所以在检验CO2之前，要先用品红溶液检验SO2，品红溶液褪色，说明含有SO2，然后用酸性KMnO4溶液吸收除去多余的SO2‎ ‎，高锰酸钾溶液颜色变浅，说明SO2被全部吸收除去，最后把剩余的气体通入澄清石灰水，若石灰水变浑浊，说明含有CO2；‎ ‎(4)已知气体甲由两种氧化物组成(不包括水蒸汽和HBr)，说明溶液中还含有CO32-，综上可知，溶液中一定含有Na+、S2-、SO32-、AlO2-、CO32-；一定不存在的离子为：Ag+、Fe3+、Ba2+、Al3+；可能存在的离子是SO42-。‎ ‎(5)检验SO42-可根据BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质。硫酸钡不溶于盐酸，碳酸钡溶于盐酸，所以检验硫酸根离子的方法为：取沉淀丙加入足量的稀盐酸，若沉淀不完全溶解，则原溶液中含有SO42-，若沉淀完全溶解，则没有SO42-。‎ ‎【点睛】本题考查常见离子的检验及离子组成分的确定的知识，注意常见离子的检验方法，了解哪些离子之间会发生离子反应，不能大量共存，掌握常见的有色离子及离子、化合物的性质是本题解答的关键。‎ ‎18.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。‎ ‎（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为________。‎ ‎（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为 NO+NO2+2OH−2+H2O ‎2NO2+2OH−++H2O ‎①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________（填字母）。‎ A．加快通入尾气的速率 B．采用气、液逆流的方式吸收尾气 C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液 ‎②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是________（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________（填化学式）。‎ ‎（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。‎ ‎①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其离子方程式为________。‎ ‎②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是________。‎ ‎【答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). BC (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O3Cl−+2+5H+ (6). 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O，‎ 故答案：2NH3+2O2N2O+3H2O；‎ ‎（2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；‎ B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；‎ C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。‎ 故答案为：BC；‎ ‎②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO，‎ 故答案为：NaNO3；NO；‎ ‎（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+，‎ 故答案为：2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+；‎ ‎②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+‎ 可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强，‎ 故答案为：溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。‎ ‎19.一种含铝、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Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下：‎ ‎ ‎ 已知：物质溶解性：LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水；‎ ‎(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II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的过程中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为(产物中只有一种酸根)____________。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因_____________（用离子方程式表示）。‎ ‎(3)过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是____________和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式_______________。‎ ‎(4)碳酸钠溶液在过程IV中起的作用是________________。‎ ‎(5)CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。下图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是____________。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (2). 4：1 (3). Co2O3·CoO+8H++2Cl-=3Co2++ ‎ Cl2↑+4H2O (4). LiF (5). 2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑ (6). 调整pH，提供CO32-，使Co2+转化为CoCO3沉淀 (7). CoCl2·2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程。操作Ⅰ利用了铝能溶解在氢氧化钠溶液的性质，将铝从废料中分离出来，滤液中含NaAlO2、NaOH，过滤后得到含Co2O3•CoO的钴渣，再加入稀硫酸酸化后，再加入Na2S2O3溶液，浸出钴，得到CoSO4，溶液中同时含有Al3+、Li+，再滴加Na2CO3溶液，调整溶液pH=4.5-5，加入NaF，得到的锂铝渣中含有LiF和Al(OH)3沉淀；再向滤液中加入Na2CO3溶液，调整溶液pH=8-8.5，得到CoCO3沉淀，经过滤、洗涤沉淀，最后将CoCO3进行加热分解可得CoO粉末。‎ ‎【详解】(1)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(2)含Co2O3•CoO的钴渣，再用酸溶解，加入Na2S2O3溶液，发生反应：4Co2O3•CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，在该反应中Co2O3•CoO作氧化剂，Na2S2O3作还原剂，根据方程式中物质反应关系可知氧化剂与还原剂的物质的量的比是4：1；‎ 在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，这是由于盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化产生Cl2，污染大气。反应的离子方程式为：Co2O3·CoO+8H++2Cl-=3Co2++Cl2↑+4H2O；‎ ‎(3)过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；‎ ‎(4)碳酸钠溶液在过程Ⅲ中Al3+能与CO32-发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳气体；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中的作用是调整溶液的pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；‎ ‎(5)根据Co元素守恒可得关系式CoCl2•6H2O～CoCl2，即每1mol CoCl2•6H2O中含1mol CoCl2，二者的质量关系为238：130，则反应产生65mg CoCl2需CoCl2•6H2O的质量为m，可得关系式238：130=m：65mg，解得m=119mg。设A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O △m可见：每有238份CoCl2•6H2O转化为CoCl2•nH2O，质量减轻18(6-n)份，则119mg CoCl2•6H2O转化为CoCl2•nH2O，质量减轻119mg-83mg=36mg，238：119mg=18(6-n)：119mg-83mg，解n=2，所以A处物质化学式为CoCl2•2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了金属及其化合物的性质、氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，关键是根据实验流程，利用氧化还原反应判断发生的离子反应，溶液及反应得到的固体物质的成分，是对学生综合能力的考查。‎ ‎20.铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛。利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如下：‎ 实验室中可用FeSO4（用铁粉和稀硫酸反应制得）和NH4HCO3在如下装置模拟上述流程中的“转化”环节。‎ ‎(1)检查整套装置气密性的方法是_______，装置B中盛放的试剂是________，NH4HCO3盛放在装置_________中。‎ ‎(2)实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制FeCO3沉淀，操作方法是_______，发生主要反应的离子方程式为_________。‎ ‎(3)干燥过程主要目的是脱去游离水，过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为_________________。‎ ‎(4)洗涤FeCO3沉淀的方法是_________________。‎ ‎(5)取干燥后的FeCO3样品12.49g，与碳混合后焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，计算样品中杂质FeOOH的质量： _____________g ‎【答案】 (1). 关闭活塞1，打开活塞2和3，将D处导管末端浸入水中，微热B处的烧瓶，D处导管口有气泡产生；停止微热，D处导管中形成一段稳定的水柱 (2). 铁粉 (3). C (4). 关闭活塞2，打开活塞3 (5). Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑ (6). 4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2 (7). 向漏斗中加蒸馏水至没过FeCO3沉淀，待水自然流下，重复两到三次。 (8). 0.89‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，分液漏斗中为稀硫酸，烧瓶中为铁粉，二者反应后产生FeSO4和H2‎ ‎，待D处的气体纯净后，关闭活塞3，打开活塞2，反应产生的H2使烧瓶中气体压强增大，将反应产生的FeSO4压入盛有盛放NH4HCO3的C装置中，在C中发生反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，过滤分离出滤液为(NH4)2SO4，然后将固体滤渣FeCO3洗涤，干燥，最后加碳焙烧生成还原性Fe粉，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)检查整套装置气密性的方法是关闭活塞1，打开活塞2和3，将D处导管末端浸入水中，微热B装置，D处导管口有气泡产生，停止微热，D处导管中形成一段稳定的水柱，就证明气密性良好；装置B中盛放的试剂是铁粉，NH4HCO3盛放在装置C中；‎ ‎(2)实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制FeCO3沉淀，操作方法是待D处的气体纯净后关闭活塞2，打开活塞3，在C处发生主要反应为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；‎ ‎(3)干燥过程主要目的是脱去游离水，过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，共用电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2；‎ ‎(4)洗涤FeCO3沉淀的方法是向盛有FeCO3沉淀的漏斗中加蒸馏水至没过FeCO3沉淀，待水自然流下，加蒸馏水至没过FeCO3沉淀，重复两到三次；‎ ‎(5)取干燥后的FeCO3样品12.49g，与碳混合后焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，设样品中FeCO3的物质的量为x mol，FeOOH的物质的量为y mol，则根据质量守恒可得116x+89y=12.49，根据Fe原子守恒可得x+y=6.16÷56，解得x=0.1mol，y=0.01mol，因此样品中含有杂质FeOOH的质量为0.01mol×89g/mol=0.89g。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备实验的知识，把握物质的性质、流程中发生的反应、制备原理为解答的关键，掌握实验操作要领、弄清每一步操作的目的、所得物质含有的成分，学会用守恒方法分析、解答是计算物质含量的快速、简介的方法。‎ ‎ ‎