山东省德州市夏津县一中2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析

山东省德州市夏津一中2022届高三上学期月考化学试题1.对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解读错误的是（）A.《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3B.《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，“曾青”是指可溶性铜盐C.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2D.《汉书》中“高奴县有洧水可燃”这里的“洧水”指的是石油【答案】C【解析】A、草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，选项A正确；B、曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，选项B正确；C、“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaCO3，不是Ca(OH)2，如果是Ca(OH)2，不用焚烧，可以直接使用，选项C错误；D、由题中信息知，“洧水”是一种矿物，且可燃，所以“洧水”就是石油，选项D正确。答案选C。点睛：本题以文言文为切入点考查物质的组成、结构和性质的关系，关键是正确理解题中所描述的意思，作出正确判断，题目难度不大，但理解不好容易出错。2.在日常生活中出现了“增铁酱油”、“高钙奶粉”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”、“加碘食盐”等商品。这里的铁、钙、硒、氟、碘应理解为（）A.元素B.分子C.氧化物D.单质【答案】A【解析】【详解】“增铁酱油”、“高钙奶粉”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”、“加碘食盐”等商品中所强调的铁、钙、硒、氟、碘，都是说明这些物质中存在了这些元素，而不管以什么形式存在，都用宏观的元素种类来说明。因此应该理解为元素。答案选A。综上所述，本题正确答案为A。3.丰富多彩的颜色变化增添了化学实验的魅力,下列有关反应颜色变化的叙述正确的是（）①新制氯水久置后→浅黄绿色消失②Cl2通入石蕊试液中→先变红后褪色③SO2通入石蕊试液中→先变红后褪色④SO2通入品红溶液中→红色褪去⑤氨气通人酚酞溶液中→红色A.①②④⑤B.②③④⑤C.①②③④D.全部17\n【答案】A【解析】【详解】①氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸易分解，使平衡向正方向移动，氯气浓度降低，颜色变浅，故①正确；②氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO具有漂白性，溶液具有酸性遇到石蕊变红，次氯酸具有漂白性，所以变红的溶液又褪色，故②正确；③二氧化硫能够与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，遇到石蕊变红，二氧化硫不能漂白指示剂，所以溶液不褪色，故③错误；④二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，故④正确；⑤氨气为碱性气体，能够使酚酞变红，故⑤正确；综上所述，本题正确答案为A。【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质。二氧化硫和次氯酸均有漂白性，但原理不同。基本上可以说是二氧化硫和物体里的颜色物质反应了，生成没有颜色的另外一种物质，而这种物质通过加热还可以分解回到二氧化硫和该种颜色物质。次氯酸的漂白是通过它的强氧化性将颜色脱去。漂白为永久性。4.下列反应的离子方程式正确的是（）A.将SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO-+H2O==SO32-+2HC1OB.向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-==BaSO4↓+2H2OC.向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++4Br-+2C12==2Fe3++2Br2+4Cl-D.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH4++OH-==NH3•H2O【答案】B【解析】【详解】A、ClO－具有强氧化性，应该与SO2发生氧化还原反应，不可能生成SO32－，应该生成SO42－，故A错误；B、向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性，H+与OH－恰好完全反应，所以离子方程式为：2H++SO42－+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O，故B正确；C、反应前后电荷不守恒，所以离子方程式为：2Fe2++2Br-+2C12=2Fe3++Br2+4Cl－故C错误；D、NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应，NH4+、HCO3-都与OH-反应，HCO3-+NH4++2OH-==NH3•H2O+CO32-+H2O，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。17\n【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中AD项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中C项）；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。5.下列叙述正确的是(　　)A.漂白粉、水玻璃、冰醋酸、聚乙烯都是混合物B.金属氧化物一定是碱性氧化物C.淀粉、油脂和蛋白质都属于天然高分子化合物D.胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子直径介于1~100nm之间【答案】D【解析】【详解】A、漂白粉、水玻璃、聚乙烯均有多种成分混合而成，都是混合物，而冰醋酸是纯净物，故A错误；B、Mn2O7是金属氧化物，但不是碱性氧化物，而是酸性氧化物，过氧化钠是金属氧化物，但不是碱性氧化物，所以金属氧化物不一定是碱性氧化物，故B错误；C、油脂不属于天然高分子化合物，故C错误；D、三大分散系的本质区别是分散之微粒直径的大小不同，胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子直径介于1～100nm之间，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数为NAB.标准状况下，22.4LCl2溶于水转移的电子数为NAC.常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中产生H2分子的个数为NAD.17gH2O2含有0.5NA个非极性共价键【答案】D【解析】【详解】A、7.8gNa2S和7.8gNa2O2的物质的量都是0.1mol，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，所以含有的阴离子都为0.1mol，阴离子数均为0.1NA，故A错误；B、标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，1molCl217\n溶于水与水反应为可逆反应，不能完全反应，因此转移的电子数小于NA，故B错误；C、常温下，铁与浓H2SO4发生钝化，不会生成氢气，故C错误；D、17gH2O2的物质的量为0.5mol，含有0.5NA个非极性共价键，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。【点睛】本题重点考查阿伏加德罗常数的应用。根据n=m/M，N=n×NA，标况下气体的物质的量为n=V÷22.4L/mol。7.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)A.食盐水中：Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-B.氯化铁溶液中：Mg2+、K+、Cl-、SCN-C.苏打溶液中：Ca2+、Al3+、Cl-、NO3-D.白醋中：K+、Na+、CO32-、SO42-【答案】A【解析】【详解】A、食盐水中Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-等之间均不反应，可以大量共存，故A符合题意；B、氯化铁溶液中的Fe3+与SCN－能反应，不能大量共存，故B不符合题意；C、白醋显酸性，碳酸根离子不能大量共存，故C不符合题意；D、苏打溶液中含有碳酸根离子，Ca2+、Al3+均不能大量共存，故D不符合题意；综上所述，本题正确答案为A。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体②离子间发生氧化还原反应③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。8.下列有关实验装置或操作进行的相应实验，能达到实验目的的是A.用图甲所示装置分离乙醇和碘的混合液B.用图乙所示操作配制100mL0.1mol·L-1硫酸溶液C.用图丙所示装置制备氨气17\nD.用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫【答案】D【解析】A.碘易溶于乙醇中，不能用分液的方法分离，应该蒸馏，A错误；B.浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后转移至容量瓶中，B错误；C.氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口二者又重新结合生成氯化铵，不能用图丙所示装置制备氨气，C错误；D.SO2能使品红溶液褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此可用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫，D正确，答案选D。9.下列关于某些离子的检验说法正确的是（）A.向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Cl-B.向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-C.向某溶液中加入浓氧氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+D.向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-或HCO3-【答案】C【解析】【详解】A、能使银离子产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不消失，说明沉淀是氯化银，但加入盐酸引入氯离子，因此原溶液中不一定有氯离子，故A错误；B、不溶于酸的白色沉淀有氯化银和硫酸钡，向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，由于硝酸根在酸性条件下有强氧化性，则原溶液中可能SO32-、SO42-或Ag+，故B错误；C、向某溶液中加入浓氧氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，产生的气体为氨气，则原溶液中存在NH4+，故C正确；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中可能有CO32-或HCO3-、SO32-或HSO3-，故D错误；17\n综上所述，本题正确答案为C。10.将11.2g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的X气体。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是（）A.0.6molNOB.0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4C.0.2molNO2和0.1molN2O4D.0.3molNO2和0.3molNO【答案】B【解析】【分析】将11.2g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的X气体。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜。所以沉淀中氢氧根的质量为：21.4g-11.2g=10.2g，物质的量为10.2g÷17g/mol=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg、Cu提供的电子为0.6mol。【详解】A、若生成0.6molNO，氮元素获得的电子数为0.6mol×（5-2）=1.8mol，故A错误；B、0.1molNO，氮元素获得的电子数为0.1mol×（5-2）=0.3mol，0.2molNO2和0.05molN2O4氮元素获得的电子数为0.3mol×（5-4）=0.3mol，氮元素获得的电子总数为0.3mol+0.3mol=0.6mol，故B正确；C、0.2molNO2和0.1molN2O4氮元素获得的电子数为0.4mol×（5-4）=0.4mol，故C错误；D、0.3molNO氮元素获得的电子数为0.3mol×（5-2）=0.9mol，0.3molNO2氮元素获得的电子数为0.3mol×（5-4）=0.3mol，氮元素获得的电子总数为0.9mol+0.3mol=1.2mol，故D错误；综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题重点考察硝酸与金属的氧化还原反应，本题突破点为氧化还原反应中得失电子守恒。本题先根据沉淀的质量计算出混合金属总共失去电子总数，然后根据得失电子计算氮原子得到的电子总数。11.下列应用不涉及氧化还原反应的是(　　)A.Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B.氢氧化钠溶液吸收SO2C.工业上电解熔融状态的NaCl制备NaD.氢氧化铁溶于氢碘酸中【答案】B【解析】17\n【详解】A、Na2O2中过氧根被还原成氧气，发生电子转移，故A不符合题意；B、氢氧化钠溶液吸收SO2生成亚硫酸钠和水，没有电子转移，因此不是氧化还原反应，故B符合题意；C、工业上采用电解熔融状态的NaCl制备Na，钠离子得到电子生成钠单质，发生电子转移，故C不符合题意；D、氢氧化铁溶于氢碘酸中，三价铁离子得到电子生成二价铁离子，碘离子失去电子生成碘单质，发生电子转移，故D不符合题意；综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题重点考察氧化还原反应的判断。氧化还原反应是有元素化合价发生变化的反应，其本质是电子的转移（得失或偏移），是否为氧化还原反应可根据是否有化合价变化来判断。12.LiBH4是有机合成中常用的试剂，与水反应：LiBH4＋2H2O=LiBO2+4H2↑（LiBH4中B为+3价），下列说法中正确的是(　　)A.LiBH4被氧化，LiBO2是氧化产物B.生成lmolH2，反应转移2mol电子C.与LiBH4中Li、H化合价相同的两种离子的半径Li>HD.LiBH4与D2O反应，生成的气体相对分子质量为3【答案】D【解析】【分析】LiBH4中Li为+1价，B为+3价，则H元素的化合价为-1，反应后氢元素化合价是0价，失去电子，LiBH4被氧化，因此LiBH4为还原剂；H2O中H元素的化合价为+1，反应后氢元素化合价是0价，得到电子，H2O被还原，因此H2O为氧化剂；氢气既是氧化产物又是还原产物。【详解】A、根据上述分析可知，LiBH4中Li为+1价，B为+3价，则H元素的化合价为-1，反应后氢元素化合价是0价，失去电子，LiBH4被氧化，氢气既是氧化产物又是还原产物，故A错误；B、生成lmolH2，反应转移1mol电子，故B错误；C、H－和Li＋的核外电子排布相同，离子半径随原子序数的增大而减小，因此两种离子的半径Li＜H，故C错误，D、LiBH4与D2O反应，生成的氢气化学式为HD，相对分子质量为3，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。17\n【点睛】本题重点考查氧化还原反应、氧化剂还原剂的判断。在氧化还原反应中“升失氧，降得还”，化合价升高，失去电子，被氧化，得到氧化产物，本身作还原剂；化合价降低，得到电子，被还原，得到还原产物，本身作氧化剂，以此判断此题。13.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，需经过制取NH3、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是(　　)A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A、制备氨气可用氯化铵和氢氧化钙加热条件下生成氨气，固固加热应试管口朝下，故A正确；B、采用侯氏制碱法应先向饱和食盐水中通入NH3而不是CO2，CO2在NaCl溶液中的溶解度很小，先通入NH3使食盐水显碱性(用无色酚酞溶液检验)，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-,才能析出NaHCO3晶体，故B错误；C、过滤应用玻璃棒引流，故C错误；D、碳酸氢钠受热易分解成碳酸钠，故D错误；综上所述，本题正确答案为A。14.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是(　　)选项实验操作实验现象结论A用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液Y中含Na+B用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生Na2SO3样品已变质C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄氧化性：17\nH2O2:>Fe3+D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X有白烟产生溶液X是浓盐酸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A、因为玻璃棒成分中有硅酸钠，也会发生焰色反应，正确做法是用铂丝，故A错误；B、用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为硫酸钡，证明原溶液中含有硫酸根，因此Na2SO3样品已变质，故B正确；C、向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液，硝酸根在酸性条件下也具有氧化性，所以也有可能是硝酸将三价铁还原，故C错误；D、能和氨气反应生成白烟的酸必须具有挥发性，如硝酸和盐酸，将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X产生白烟，溶液X可能是浓盐酸也可能是浓硝酸，故D错误；综上所述，本题正确答案为B。15.海藻中含丰富的、以离子形式存在的碘元素。下图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分：下列判断正确的是（）A.步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液B.可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全C.步骤③中加入的有机溶剂是乙醇D.步骤④的操作是过滤17\n【答案】A【解析】【详解】A、①分离悬浊液可用过滤除去不溶物，③是将水中的碘单质萃取到有机层，用到操作为萃取分液，故A正确；B、淀粉可检验碘单质是否生成；检验反应是否进行完全，应检验溶液中是否含有碘离子，若无碘离子则证明反应完全，故B错误；C、萃取剂必须要求与原溶剂不互溶，酒精与水互溶，故C错误；D、步骤④的操作应该是蒸馏，故D错误；综上所述，本题正确答案为A。16.将3.48g四氧化三铁完全溶解在100mL1mol/L的硫酸中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL恰好使溶液中的Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度是（）A.0.05mol/LB.0.2mol/LC.0.1mol/LD.0.3mol/L【答案】C【解析】【详解】此题考查的是有关氧化还原反应的计算，解题的关键点是明白了Fe3O4的化合价中，3个铁原子中有2个是＋3价，只有1个是＋2价．分析题意可得出：Fe3O4～Fe2+Fe3+，Cr2O72-2Cr3+；设K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为c，则：3.48g÷232g/mol＝0.025L×c×2×3，解得c＝0.1mol/L．综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题重点考察氧化还原反应的基本规律之一，得失电子守恒。氧化还原反应中有物质失电子必有物质得电子，且失电子总数等于得电子总数。或者说氧化还原反应中，有元素化合价升高必有元素化合价降低，且化合价升高总数必等于降低总数。有关得失电子守恒(化合价守恒)的规律有如下应用：(1)求某一反应中被氧化与被还原的元素原子个数之比，或求氧化剂与还原剂的物质的量之比及氧化产物与还原产物的物质的量之比。(2)配平氧化还原反应方程式。(3)进行有关氧化还原反应的计算：17\n17.工业上制取氯酸钾的主要步骤为：I.将Cl2通入石灰浆，在75℃左右充分反应，然后过滤；II．向滤液中加入稍过量的KCl固体，进行适当操作可析出KClO3固体。请回答下列问题：（1）步骤I中总反应的化学方程式为6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O。①标出反应中电子转移的方向和数目______________。②滤液中Ca(ClO3)2与CaC12的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]：n[CaCl2]____l∶5（填“>”“<”、或“=”)，理由是____________________________________。（2）下图是有关物质的溶解度曲线。步骤II中，若溶液中KClO3的含量为147g·L-1，则KClO3得物质的量浓度为_______________。从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是______________。【答案】(1).(2).<(3).同时还发生反应2Ca(OH)2+2C12=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O(4).1.2mol•L-1(5).蒸发浓缩、冷却结晶【解析】（1）①反应6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O中只有Cl元素化合价发生变化，由0价分别变化为+5价、-1价，氯气既是氧化剂也是还原剂，由方程式可知反应6mol17\n氯气时生成1molCa(ClO3)2，转移10mol电子，则表示子转移的方向和数目为；②部分氯气与冷的氢氧化钙反应2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，也生成氯化钙，所以n[Ca(ClO3)2]：n[CaCl2]＜l：5；（2）若溶液中KClO3的含量为147g·L-1，则1L溶液中含有KClO3的物质的量是147g÷122.5g/mol＝1.2mol，因此物质的量浓度为1.2mol/L。由于氯酸钾的溶解度随温度升高而增大，所以该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的操作应该是蒸发浓缩、冷却结晶。18.某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。阳离子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+阴离子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-实验I：取少量该试液进行如下实验。实验Ⅱ：为了进一步确定该溶液的组成，取100mL原溶液，向该溶液中滴加1mol•L-l的NaOH溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有___________种。（2）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是_____________。检验气体X的方法是______________________；沉淀Z的化学式为_________________。（3）写出实验Ⅱ的图象中BC段对应的离子方程式：_____________________________________。（4）A点对应的固体质量为__________g。17\n（5）通过上述信息，推算该溶液中阴离子的浓度为______________mol•L-l。【答案】(1).4(2).NO3-(3).用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝(4).Mg(OH)2(5).Al(OH)3+OH-==AlO2-+2H2O(6).0.136(7).0.08【解析】溶液无色，则不存在亚铁离子、高锰酸根离子；溶液显酸性，则不存在硅酸根离子和亚硫酸根离子；该溶液与硝酸银溶液混合后无沉淀生成，则不存在氯离子，因此一定含有硝酸根离子；该溶液与稀硫酸反应得不到沉淀，说明不存在钡离子，所得溶液与过量的氢氧化钠溶液混合生成气体X、溶液Y和沉淀Z，X是氨气，一定含有铵根离子；沉淀一定是氢氧化镁，含有镁离子；根据图像可知开始时氢氧化钠首先中和氢离子，然后沉淀金属阳离子，沉淀达到最大值后开始与铵根结合生成氨气，然后沉淀开始减少，最后不再发生变化，所以溶解的沉淀一定是氢氧化铝，含有铝离子。则（1）根据以上分析可知不进行实验就可以推断出上表中的离子一定不存在的有4种，即亚铁离子、硅酸根离子、高锰酸根离子和亚硫酸根离子。（2）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是NO3－。氨气是碱性气体，检验氨气的方法是用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝；根据以上分析可知沉淀Z的化学式为Mg(OH)2。（3）实验Ⅱ的图象中BC段发生氢氧化铝的溶解，对应的离子方程式为Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O。（4）A点消耗氢氧化钠6mL，则与金属阳离子反应的氢氧化钠是5mL，物质的量是0.005mol。溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，所以生成的氢氧化铝是0.001mol，则与镁离子反应的氢氧化钠是0.002mol，氢氧化镁是0.001mol，所以对应的固体质量为0.001mol×（58+78）g/mol＝0.136g。（5）与氢离子反应的氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，即氢离子是0.001mol。与铵根反应的氢氧化钠是2mL，物质的量是0.002mol，即铵根是0.002mol，根据溶液显电中性可知硝酸根的物质的量是0.001mol+0.002mol+0.001mol×3+0.001mol×2＝0.008mol，所以该溶液中阴离子的浓度为0.008mol÷0.1L＝0.08mol•L-l。点睛：根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。17\n19.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如下图所示请按要求回答下列问题（1）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是_______。A.Na2SO3溶液与HNO3B.Na2SO3固体与浓硫酸C.固体硫在纯氧中燃烧D.铜与热浓硫酸（2）如果有560mLSO2气体（已折算为标态）进入C装置中，则C中50mLNaOH溶液的物质的量浓度至少为____________才能达到目的。（3）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：加热浓缩、冷却结晶、________、洗涤、自然干燥。在这一系列操作中没有用到的仪器有（填序号）____。A.蒸发皿B.分液漏斗C.漏斗D.玻璃棒E.冷凝管（4）在上述装置中通入过量的SO2，请设计实验验证SO2与Fe3+发生了氧化还原反应_____________________。（5）本实验中能表明SO2的还原性比I-的还原性强的现象是__________________，其反应的离子方程式为______________。【答案】(1).BD(2).0.5(3).过滤(4).BE(5).取反应后A中试液少许，加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红（或取反应后A中试液少许，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀）(6).B中溶液的蓝色褪去(7).SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+【解析】【详解】(1)A．硝酸具有强氧化性，把亚硫酸钠氧化成硫酸钠，得不到二氧化硫，故A错；B．浓硫酸虽具有强氧化性，但不能氧化亚硫酸钠，故B正确；C．固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，故C错误；D．Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故D正确；故选BD；17\n(2)二氧化硫是酸性氧化物具有刺激性气味，直接排放污染大气，能和碱反应生成盐和水，所以可用碱液处理二氧化硫；如果有560mLSO2气体(已折算为标态)，其物质的量为0.56L÷22.4L/mol=0.025mol，进入C装置中发生反应为SO2+NaOH=NaHSO3，则C中消耗氢氧化钠物质的量为0.025mol，50mLNaOH溶液的浓度至少为0.025mol÷0.05L=0.5mol/L；(3)通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥等操作即可从A中所得溶液提取晶体；蒸发使用仪器有：蒸发皿、玻璃棒；过滤使用仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒；没有用到的仪器是分液漏斗和冷凝管，故答案为：BE；(4)取反应后A中试液少许，加入KSCN溶液，不变红，说明溶液里不含Fe3+，再加入新制的氯水，溶液变红，可知反应的A溶液中含有Fe2+，即可证明SO2与Fe3+发生了氧化还原反应（或取反应后A中试液少许，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀,证明溶液中含有硫酸根，即可证明SO2与Fe3+发生了氧化还原反应）；(5)B中溶液的蓝色褪去，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，则二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，即说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，发生反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+。20.为测定某溶液中Ca2+的含量，某冋学设计了如下实验：量取100mL该溶液于烧杯中，加入足量的(NH4)2C2O4溶液使Ca2+转化为CaC2O4沉淀（假设其他离子均不生成沉淀），过滤、洗涤后，往沉淀中加入足量稀硫酸，然后用0.1000mol•L-1的KMnO4标准溶液滴定。（1）配平KMnO4氧化H2C2O4的化学方程式：___KMnO4+___H2C2O4+___H2SO4═___K2SO4+__MnSO4+___CO2↑+___H2O，________________（2）如图所示的仪器中，配制0.1000mol•L-1的KMnO4标准溶液时肯定不需要的是___（填标号），除此之外还需用到的玻璃仪器是___（填仪器名称）。（3）在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度___0.1000mol•L-1（填“>”、“<”或“=”，下同）；若KMnO4标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度___0.1000mol•L-1。（4）若滴定过程中消耗KMnO4标准溶液20.00mL，则原溶液中Ca2+的质量浓度为___g•L-1。17\n（5）下图为草酸钙固体在受热分解过程中所得固体产物的质量随温度变化的曲线，图中A、B、C分别代表三种固体，写出固体A到B的化学方程式：____________________________________。。【答案】(1).2、5、3、1、2、10、8(2).AC(3).烧杯、玻璃棒(4).＜(5).＜(6).2.000（或2）(7).CaC2O4CaCO3+CO↑【解析】【详解】(1)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，根据转移电子守恒知，KMnO4的计量数是2、H2C2O4的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O；(2)根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制0.1000mol•L-1的KMnO4标准溶液需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故不需要的仪器是A（圆底烧瓶）C（分液漏斗），还需要的仪器有：烧杯、玻璃棒；(3)若定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小于0.1000mol•L-1；若KMnO4标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则会造成溶质的损失，使所配溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小于0.1000mol•L-1；(4)根据2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O可知5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则5Ca2+～～～～2MnO4-n（Ca2+）  0.1mol•L-1×0.02L   解得：n（Ca2+）=0.005mol，100mL该溶液Ca2+的质量浓度为0.005mol×40g/mol/0.1L =2g/L；(5)设B的相对分子质量分别为x，则：由CaC2O4～～～～B17\n128          x6.4g         5g    所以x=128×5g/6.4g=100，CaC2O4相对分子质量为128，B与CaC2O4的相对分子质量相差28，则B为CaCO3，所以固体A到B的化学方程式为CaC2O4 CaCO3+CO↑。17