浙江省金华市艾青中学2022届高三上学期滚动练习化学试卷（10月份） 一、选择题（共15小题）1．下列说法不正确的是（ ）A．碱性氧化物一定是金属氧化物B．Na2O、Na2O2组成元素相同，阳离子与阴离子个数比也相同C．Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用D．共价化合物固态时不导电，熔融态时导电 2．下列说法不正确的是（ ）A．2022年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代．利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子B．利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于电化学中牺牲阳极的阴极保护法C．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料D．分类方法、统计方法、定量研究、实验方法和模型化方法等是化学研究的常用方法 3．X、Y、Z、M、W五种短周期元素．X的质子总数与电子层数相同，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如下表，且W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍．下列说法不正确的是（ ）A．原子半径：W＞Y＞Z＞M＞XB．X、Y、Z三种元素形成的化合物中可能既有离子键又有共价键C．W分别与M、Z元素形成的化合物WM4、WZ2都是原子晶体D．X分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中，稳定性最好的是XM，沸点X2Z＞XM 4．某强酸性溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：下列有关推断合理的是（ ）A．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+B．沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物C．溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣D．若溶液X为100mL，产生的气体A为112mL（标况），则X中c（Fe2+）=0.05mol•L﹣1 205．用如图所示装置除去含有CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9～10，阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（ ）A．用石墨作阳极，铁作阴极B．阳极的电极反应式：Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2OC．阴极的电极反应式：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣D．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H﹣═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2O 6．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe（OH）2+2H+=Fe2++2H2OB．等物质的量的溴化亚铁与氯气2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣C．小苏打与甲酸溶液混合H++CO32﹣+HCOOH=CO2↑+HCOO﹣+H2OD．澄清石灰水中滴加少量碳酸氢钙溶液Ca2++OH﹣+HCO3﹣=H2O+CaCO3↓ 7．已知重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2H++2CrO42﹣（黄色），①向2mL0.1mol•L﹣1K2Cr2O7溶液中滴入3滴6mol•L﹣1NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色变为橙色．②向2mL0.1mol•L﹣1酸化的K2Cr2O7溶液中滴入适量（NH4）2Fe（SO4）2溶液，溶液由橙色变为绿色，发生反应：Cr2O72﹣+14H++6Fe2+═2Cr3+（绿色）+6Fe3++7H2O．下列分析正确的是（ ）A．实验①和②均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡B．实验②能说明氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+C．稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小D．CrO42﹣和Fe2+在酸性溶液中可以大量共存 8．下列说法正确的是（ ）A．CO2分子的比例模型示意图：B．HCN分子的结构式：H﹣C≡NC．NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣D．铝既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故铝是两性元素 9．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）A．分别用H2O2、KMnO4分解制O2，当制得等质量O2时，转移电子数之比为1：1B．常温下，0.1mol•L﹣1NH4NO3溶液中含有的氮原子数是0.2NAC．常温常压下，3.2gO2和3.2gO3所含氧原子数都是0.2NAD．1mol甲基所含电子数约为10NA 10．常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣20B．使甲基橙变红色的溶液：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣C．含有大量ClO﹣的溶液中：K+、OH﹣、I﹣、SO32﹣D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣ 11．如图是铅蓄电池充、放电时的工作示意图，电解质是H2SO4溶液．已知放电时电池反应为：Pb+PbO2+4H++2SO42﹣═2PbSO4+2H2O．下列有关说法正确的是（ ）A．K与N相接时，能量由电能转化为化学能B．K与N相接时，Pb上发生反应为：Pb﹣2e﹣═Pb2+C．K与M连接时，所用电源的a极为负极D．K与M连接时，PbO2上发生反应为：PbO2+4e_+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2O 12．下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）A．CO2通入到CaCl2溶液中B．NH3通入AlCl3溶液中C．用脱脂棉包裹Na2O2粉末露置在潮湿空气中D．稀盐酸滴加到Fe（OH）3胶体溶液中 13．向13.6由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu（NO3）2和NO气体．在所得溶液中加入0.5mol．L﹣1的NaOH溶液1.0L，生成沉淀质量为19.6g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀．下列有关说法正确的是（ ）A．原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为1：1B．原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3mol•L﹣lC．产生的NO的体积为2.24LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.1mol 14．用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染．例如：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1下列说法不正确的是（ ）A．由反应①可推知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q，Q＞574kJ•mol﹣1B．等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数不同C．若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4kJD．若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.6mol 15．在含FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的Na2O2固体，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中阳离子数目变化最小的是（ ）A．Na+B．Al3+C．Fe3+D．Fe2+20 二、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）16．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在下图所示转化关系（部分生成物和反应条件略去）；已知A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解．若A为单质，且常温下0.1mol•L﹣1C溶液的pH为1，请回答以下问题：①组成单质A的元素在元素周期表中的位置为 ；②A与H2O反应的离子反应方程式为 ；③X可能为 （填代号）．a．NaOHb．AlCl3c．Na2CO3d．NaAlO2． 17．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3．已知K2MnO4溶液显绿色．请回答下列问题：（1）MnO2熔融氧化应放在 中加热（填仪器编号）．①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④铁坩埚在MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒．①为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊．当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中．待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞 ，打开旋塞 ，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中．然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应．②检验K2MnO4歧化完全的实验操作是 ．（3）将三颈烧瓶中所得产物进行抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，蒸发浓缩至 ，自然冷却结晶，抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体．本实验应采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是 ．（4）利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：202MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O现称取制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500mL溶液，用移液管量取25.00mL待测液，用0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00mL（不考虑杂质的反应），则高锰酸钾产品的纯度为 （保留4位有效数字，已知M（KMnO4）=158g•mol﹣1）． 18．某化合物A是一种易溶于水的不含结晶水盐，溶于水后可完全电离出三种中学化学常见离子，其中有两种是10电子的阳离子．用A进行如下实验：取2.370gA溶于蒸馏水配成溶液；向该溶液中逐滴加入一定量的氢氧化钠溶液，过程中先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，当沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol．回答下列问题：（1）请画出沉淀B中金属元素的原子结构示意图 ．化合物A的化学式为 ；请设计实验方案验证A中阴离子 ．（3）向2.370gA的溶液中加入0.02molBa（OH）2溶液，请写出发生反应的离子方程式 ． 19．电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀．Fe（OH）3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用．阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去（或撇掉）浮渣层，即起到了浮选净化的作用．某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置示意图，如图所示．（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣．此时，应向污水中加入适量的 （填序号）．a．H2SO4b．BaSO4c．Na2SO4d．NaOHe．CH3CH2OH电解池阳极发生两个电极反应，反应式分别是：① ；②4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（3）电极反应①和②的生成物发生反应得到Fe（OH）3的离子方程式是 ；（4）该燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂．已知负极的电极反应是CH4+4CO32﹣﹣8e﹣═5CO2+2H2O．①正极的电极反应是 ；②为了使该电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时必须有部分A参加循环（见上图）．A物质的化学式是 ；（5）实验过程中，若阴极产生44.8L（标况）气体，则燃料电池消耗CH4（标况） L． 浙江省金华市艾青中学2022届高三上学期滚动练习化学试卷（10月份）20参考答案与试题解析 一、选择题（共15小题）1．下列说法不正确的是（ ）A．碱性氧化物一定是金属氧化物B．Na2O、Na2O2组成元素相同，阳离子与阴离子个数比也相同C．Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用D．共价化合物固态时不导电，熔融态时导电【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；共价键的形成及共价键的主要类型；钠的重要化合物．【专题】物质的分类专题．【分析】A、和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，一定是金属氧化物；B、氧化钠是钠离子和氧离子构成，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成；C、过氧化钠、，次氯酸具有氧化性，能漂白有色物质，二氧化硫具有漂白作用，选择性漂白某些有色物质；D、共价化合物熔融状态不能电离出离子，不能导电．【解答】解：A、碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7，故A正确；B、氧化钠是钠离子和氧离子构成，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，阳离子与阴离子个数比为2：1，离子个数比相同，故B正确；C、过氧化钠、，次氯酸具有氧化性，能漂白有色物质，二氧化硫具有漂白作用，选择性漂白某些有色物质，都具有漂白作用，故C正确；D、共价化合物熔融状态不能电离出离子，不能导电，只有在水溶液中电离出离子能导电，故D错误；故选D．【点评】本题考查了物质分类的方法和依据，注意物质的组成和分析判断，掌握基础是解题关键，题目较简单． 2．下列说法不正确的是（ ）A．2022年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代．利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子B．利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于电化学中牺牲阳极的阴极保护法C．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料D．分类方法、统计方法、定量研究、实验方法和模型化方法等是化学研究的常用方法【考点】化学研究基本方法及作用；化学史；金属的电化学腐蚀与防护．【分析】A．依据2022年诺贝尔化学奖获得者及其贡献解答；B．外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理；C．镧镍合金是金属金属和金属形成的合金材料，能大量吸收H2形成金属氢化物，目前可以解决氢气的储存和运输问题；D．依据化学研究的基本方法解答．【解答】解：A.2022年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代．利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子，故A正确；20B．外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理，牺牲阳极的阴极保护法属于原电池工作原理，故B错误；C．储氢材料是一类能可逆地吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故C正确；D．分类方法、统计方法、定量研究、实验方法和模型化方法等是化学研究的常用方法，故D正确；故选：B．【点评】本题为综合题，考查了化学史、研究化学的方法、金属的腐蚀与防护原理，依据相关知识即可解答，注意对基础知识的积累． 3．X、Y、Z、M、W五种短周期元素．X的质子总数与电子层数相同，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如下表，且W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍．下列说法不正确的是（ ）A．原子半径：W＞Y＞Z＞M＞XB．X、Y、Z三种元素形成的化合物中可能既有离子键又有共价键C．W分别与M、Z元素形成的化合物WM4、WZ2都是原子晶体D．X分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中，稳定性最好的是XM，沸点X2Z＞XM【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、M、W为5种短周期元素，X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，则Z为O元素，可推知Y为N元素、M为F元素、W为Si，据此判断即可．【解答】解：X、Y、Z、M、W为5种短周期元素，X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，则Z为O元素，可推知Y为N元素、M为F元素、W为Si，综上所述：X为氢、Y为氮、Z为氧、M为氟、W为硅；A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si＞N＞O＞F＞H，故A正确；B．H、N、O三种元素形成的化合物可以是硝酸铵，硝酸铵中既有离子键又有共价键，故B正确；C．Si分别与F、O元素形成的化合物SiF4为分子晶体，SiO2属于原子晶体，故C错误；D．H分别与N、O、F、Si形成的常见化合物中，稳定性最好的是HF，沸点H2O＞HF，故D正确，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，注意乙物质的不确定性． 4．某强酸性溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：下列有关推断合理的是（ ）20A．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+B．沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物C．溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣D．若溶液X为100mL，产生的气体A为112mL（标况），则X中c（Fe2+）=0.05mol•L﹣1【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣、SO32﹣离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3﹣离子和SO32﹣离子，那么一定含有SO42﹣离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此进行解答．【解答】解：依据分析可知：溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42﹣，一定不含有：Ba2+、CO32﹣、SO32﹣、NO3﹣，不能确定是否含有：Fe3+和Cl﹣，A、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+，故A正确；B、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故B错误；C、依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42﹣，不能确定Cl﹣是否存在，故C错误；D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为112mL，物质的量为：=0.005mol，故n（Fe2+）=3×0.005=0.015mol，c（Fe2+）==0.15mol/L，故D错误，故选A．【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力． 5．用如图所示装置除去含有CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9～10，阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（ ）A．用石墨作阳极，铁作阴极B．阳极的电极反应式：Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2OC．阴极的电极反应式：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣D．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H﹣═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2O【考点】真题集萃；电解原理．20【分析】A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；B．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水；C．阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；D．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成．【解答】解：A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故A正确；B．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2O，故B正确；C．电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故C正确；D．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+2OH﹣，故D错误；故选D．【点评】本题为2022年四川省高考化学试题，涉及电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是BD，注意B中反应生成物，注意D中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成． 6．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe（OH）2+2H+=Fe2++2H2OB．等物质的量的溴化亚铁与氯气2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣C．小苏打与甲酸溶液混合H++CO32﹣+HCOOH=CO2↑+HCOO﹣+H2OD．澄清石灰水中滴加少量碳酸氢钙溶液Ca2++OH﹣+HCO3﹣=H2O+CaCO3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．亚铁离子被稀硝酸氧化成铁离子；B．亚铁离子优先反应，剩余的氯气氧化部分溴离子；C．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆开；D．碳酸氢钙少量，离子方程式按照碳酸氢钙的化学式书写．【解答】解：A．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸的离子反应为NO3﹣+3Fe（OH）2+10H+=3Fe3++NO↑+8H2O，故B错误；B．等物质的量的溴化亚铁与氯气，设物质的量都是1mol，1mol亚铁离子完全反应消耗0.5mol氯气，剩余的0.5mol氯气氧化溴离子，正确的离子方程式为：2Br﹣+2Fe2++2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣，故B错误；C．小苏打与甲酸溶液混合，碳酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式为：HCO3﹣+HCOOH=CO2↑+HCOO﹣+H2O，故C错误；D．澄清石灰水中滴加少量碳酸氢钙溶液，反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=H2O+CaCO3↓，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明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．20 7．已知重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2H++2CrO42﹣（黄色），①向2mL0.1mol•L﹣1K2Cr2O7溶液中滴入3滴6mol•L﹣1NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色变为橙色．②向2mL0.1mol•L﹣1酸化的K2Cr2O7溶液中滴入适量（NH4）2Fe（SO4）2溶液，溶液由橙色变为绿色，发生反应：Cr2O72﹣+14H++6Fe2+═2Cr3+（绿色）+6Fe3++7H2O．下列分析正确的是（ ）A．实验①和②均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡B．实验②能说明氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+C．稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小D．CrO42﹣和Fe2+在酸性溶液中可以大量共存【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、溶液由橙色变为黄色，溶液由黄色变为橙色，说明加入酸碱发生平衡移动；B、氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断；C、稀释溶液，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，溶液中存在离子积，氢氧根离子浓度增大；D、CrO42﹣具有氧化性，酸性溶液中氧化亚铁离子．【解答】解：A、加入氢氧化钠溶液，溶液由橙色变为黄色，说明平衡正向进行，加入硫酸溶液由黄色变为橙色，说明平衡逆向进行，说明加入酸碱发生平衡移动，实验①能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，实验②不能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，故A错误；B、反应中Cr2O72﹣+14H++6Fe2+═2Cr3+（绿色）+6Fe3++7H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以实验②能说明氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+，故B正确；C、稀释K2Cr2O7溶液时，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，由离子积不变可知，氢氧根离子浓度增大，故C错误；D、CrO42﹣具有氧化性，酸性溶液中氧化亚铁离子，CrO42﹣和Fe2+在酸性溶液中不可以大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，氧化还原反应的规律分析，平衡移动原理的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等． 8．下列说法正确的是（ ）A．CO2分子的比例模型示意图：B．HCN分子的结构式：H﹣C≡NC．NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣D．铝既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故铝是两性元素【考点】原子结构示意图；电离方程式的书写；铝的化学性质．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A．二氧化碳为直线型结构；B．书写结构简式时注意C≡N三键不能省略；C．HCO3﹣在水中部分电离；D．铝属于两性物质．20【解答】解：A．二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为，故A错误；B．HCN分子中存在C﹣H和C≡N，其结构式为H﹣C≡N，故B正确；C．HCO3﹣在水中部分电离，所以NaHCO3在水中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣，故C错误；D．铝既能与酸反应，又能与强碱溶液反应，属于两性物质，但是不属于两性元素，故D错误．故选B．【点评】本题考查了化学用语的判断，属于基础知识的考查，题目难度中等，注意掌握常见有机物的表示方法，试题考查了学生规范答题的能力． 9．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）A．分别用H2O2、KMnO4分解制O2，当制得等质量O2时，转移电子数之比为1：1B．常温下，0.1mol•L﹣1NH4NO3溶液中含有的氮原子数是0.2NAC．常温常压下，3.2gO2和3.2gO3所含氧原子数都是0.2NAD．1mol甲基所含电子数约为10NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、用H2O2制取氧气，氧元素的价态由﹣1价变为0价；KMnO4制取氧气，氧元素的价态由﹣2价变为0价；B、溶液体积不明确；C、氧气和臭氧均由氧原子构成；D、甲基不显电性．【解答】解：A、用H2O2制取氧气，氧元素的价态由﹣1价变为0价；KMnO4制取氧气，氧元素的价态由﹣2价变为0价，故制的等质量的氧气时，转移电子的个数之比为1：2，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中的氮原子的个数无法计算，故B错误；C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故3.2g氧气和3.2g臭氧中含有的氧原子的物质的量均为n==0.2mol，个数为0.2NA个，故C正确；D、甲基不显电性，故1mol甲基含9mol电子即9NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 10．常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣B．使甲基橙变红色的溶液：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣C．含有大量ClO﹣的溶液中：K+、OH﹣、I﹣、SO32﹣D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．该组离子之间不反应；20B．使甲基橙变红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；C．离子之间发生氧化还原反应；D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．使甲基橙变红色的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．ClO﹣分别与I﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液中不能大量存在HCO3﹣，碱溶液中不能大量存在HCO3﹣、NH4+，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大． 11．如图是铅蓄电池充、放电时的工作示意图，电解质是H2SO4溶液．已知放电时电池反应为：Pb+PbO2+4H++2SO42﹣═2PbSO4+2H2O．下列有关说法正确的是（ ）A．K与N相接时，能量由电能转化为化学能B．K与N相接时，Pb上发生反应为：Pb﹣2e﹣═Pb2+C．K与M连接时，所用电源的a极为负极D．K与M连接时，PbO2上发生反应为：PbO2+4e_+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】K与N相接时，为原电池反应，放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，K与M连接时，为电解池装置，电解池中的Pb为阴极连接电源的负极，阳极是PbO2，结合电极方程式解答该题．【解答】解：A．K与N相接时是原电池，Pb做负极，PbO2做正极，能量变化为化学能转化为电能，故A错误；B．K与N相接时是原电池，Pb做负极，反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，故B错误；C．K与M连接时，装置是电解池，电解池中的Pb为阴极连接电源的a为负极，故C正确；D．K与M连接时，装置是电解池，阳极是PbO2，电解方程式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+SO42﹣+4H+，故D错误．故选C．【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据元素化合价变化确定正负极，再结合阴阳离子的移动方向、氢离子浓度的变化来分析解答，难度中等． 12．下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）A．CO2通入到CaCl2溶液中20B．NH3通入AlCl3溶液中C．用脱脂棉包裹Na2O2粉末露置在潮湿空气中D．稀盐酸滴加到Fe（OH）3胶体溶液中【考点】氨的化学性质；胶体的重要性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】A．盐酸的酸性强于碳酸；B．NH3通入AlCl3溶液中，反应生成氢氧化铝和氯化铵；C．过氧化钠与水反应生成氧气和氢氧化钠，该反应为放热反应，脱脂棉着火点较低；D．稀盐酸能够使胶体聚沉，然后得到的氢氧化铁沉淀再与盐酸发生酸碱中和反应．【解答】解：A．盐酸的酸性强于碳酸，依据强酸制备弱酸的原理，CO2通入到CaCl2溶液中，不会发生反应，所以没有现象，故A选；B．NH3通入AlCl3溶液中，反应生成氢氧化铝和氯化铵，产生白色沉淀，故B不选；C．脱脂棉着火点较低，过氧化钠与水反应生成氧气和氢氧化钠，该反应为放热反应，现象：脱脂棉燃烧，故C不选；D．稀盐酸滴加到Fe（OH）3胶体溶液中，先发生胶体聚沉，再发生酸碱中和，现象为：先产生红褐色沉淀，然后沉淀消失，故D不选；故选：A．【点评】本题考查了元素化合物的知识，熟悉物质的性质和相互发生的化学反应即可解答，注意胶体的性质． 13．向13.6由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu（NO3）2和NO气体．在所得溶液中加入0.5mol．L﹣1的NaOH溶液1.0L，生成沉淀质量为19.6g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀．下列有关说法正确的是（ ）A．原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为1：1B．原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3mol•L﹣lC．产生的NO的体积为2.24LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.1mol【考点】有关混合物反应的计算．【分析】向所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×1L=0.5ml，沉淀为Cu（OH）2，质量为19.6g，其物质的量为：=0.2mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.2mol，A．设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，列方程计算，然后计算出Cu和O的物质的量之比；B．根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C．根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO标况下的体积；D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），据此计算．20【解答】解：向所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×1L=0.5ml，沉淀为Cu（OH）2，质量为19.6g，其物质的量为：=0.2mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.2mol，A．设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n（Cu）：n（Cu2O）=0.1mol：0.05mol=2：1，故A错误；B．根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.1mol+2×0.05mol，解得n（NO）=0.1mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×1L=0.5ml，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为：=2.4mol/L，故B错误；C．由B中计算可知n（NO）=0.1mol，所以标准状况下NO的体积为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故C错误；D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]=0.5mol﹣2×0.2mol=0.1mol，故D正确；故选D．【点评】本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，题目难度较大，明确反应过程、充分利用守恒计算是解题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力． 14．用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染．例如：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1下列说法不正确的是（ ）A．由反应①可推知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q，Q＞574kJ•mol﹣1B．等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数不同C．若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4kJD．若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.6mol【考点】热化学方程式；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化．【分析】A．由气态水变为液态，放出热量；B．根据C元素的化合价变化来计算转移的电子；C．根据盖斯定律及物质的量与反应热的数值关系来解答；D．反应可知CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g），1molCH4反应转移8mol电子．【解答】解：A．由CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1，水由气态变为液态，放出热量，则CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q，Q＞574kJ•mol﹣1，故A正确；20B．两个反应中，C元素的化合价均由﹣4价升高到+4价，则等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，故B错误；C.可知CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=﹣867kJ/mol，标准状况下4.48LCH4其物质的量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol×867kJ=173.4kJ，故C正确；D．CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g），1molCH4反应转移8mol电子，则用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为0.2mol×8=1.6mol，故D正确；故选B．【点评】本题考查热化学反应及盖斯定律，明确热化学反应的关系及物质的状态、反应热的数值与物质的量的关系即可解答，题目难度不大． 15．在含FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的Na2O2固体，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中阳离子数目变化最小的是（ ）A．Na+B．Al3+C．Fe3+D．Fe2+【考点】钠的重要化合物；离子共存问题．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】先根据过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液中钠离子增多，然后根据氢氧化钠与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应，最后产物再与过量的盐酸反应以及过氧化钠具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，易被氧化为三价铁，逐项进行分析；【解答】解：根据过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液中钠离子增多，然后根据氢氧化钠与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应，最后产物再与过量的盐酸反应，以及过氧化钠具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，易被氧化为三价铁；A、氧化钠与水反应的方程式为：Na2O+H2O═2NaOH，溶液中钠离子增多，故A错误；B、铝离子加过量过氧化钠时生成偏铝酸钠，再加过量盐酸又反应生成铝离子，数目不变，故B正确；C、过氧化钠具有强氧化性，所以二价铁会被氧化为三价铁，三价铁数目增加，故C错误；D、过氧化钠具有强氧化性，所以二价铁会被氧化为三价铁，二价铁离子为零，故D正确；故选：B；【点评】本题主要考查物质的性质，要求要求学生熟记教材知识，灵活应用． 二、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）16．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在下图所示转化关系（部分生成物和反应条件略去）；已知A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解．若A为单质，且常温下0.1mol•L﹣1C溶液的pH为1，请回答以下问题：①组成单质A的元素在元素周期表中的位置为 第三周期第ⅤⅡA族 ；②A与H2O反应的离子反应方程式为 Cl2+H2OH++Cl﹣+HClO ；③X可能为 cd （填代号）．a．NaOHb．AlCl3c．Na2CO3d．NaAlO2．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．20【分析】A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解，则B为HClO，若A为单质，且常温下0.1molL﹣1C溶液的pH为1，C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等，据此答题．【解答】解：A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解，则B为HClO，若A为单质，且常温下0.1molL﹣1C溶液的pH为1，C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等．①A为Cl2，氯元素在周期表中的位置为：第三周期第ⅤⅡA族，故答案为：第三周期第ⅤⅡA族；②Cl2与H2O反应的离子反应方程式为Cl2+H2OH++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+H2OH++Cl﹣+HClO；③氢氧化钠与HCl反应生成NaCl，氯化铝不能与HCl反应，过量盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，足量盐酸与偏铝酸钠反应生成氯化铝，氯化铝与偏铝酸钠发生双水解生成氢氧化铝，X可能为Na2CO3、NaAlO2，故选：cd．【点评】本题考查无机物的推断，B的性质与用途是推断突破口，注意掌握中学常见连续反应，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，难度中等． 17．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3．已知K2MnO4溶液显绿色．请回答下列问题：（1）MnO2熔融氧化应放在 ④ 中加热（填仪器编号）．①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④铁坩埚在MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒．①为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊．当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中．待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞 A、C ，打开旋塞 B、D、E ，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中．然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应．②检验K2MnO4歧化完全的实验操作是 用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全 ．20（3）将三颈烧瓶中所得产物进行抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，蒸发浓缩至 溶液表面出现晶膜为止 ，自然冷却结晶，抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体．本实验应采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是 高锰酸钾晶体受热易分解 ．（4）利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O现称取制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500mL溶液，用移液管量取25.00mL待测液，用0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00mL（不考虑杂质的反应），则高锰酸钾产品的纯度为 87.23% （保留4位有效数字，已知M（KMnO4）=158g•mol﹣1）．【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；计算题；实验评价题．【分析】本题是利用MnO2熔融氧化和K2MnO4歧化二步反应制备高锰酸钾的实验探究，主要考查的是MnO2熔融氧化制备的反应容器因反应物中存在KOH，因此只能选择铁坩埚，K2MnO4歧化反应时为充分利用CO2合理控制旋塞操作并能利用反应混合液中无绿色锰酸钾判断反应完全，以及运用结晶法分离提纯高锰酸钾，并结合氧化还原反应滴定原理，依据关系式或电子守恒测定产品的纯度，据此可作答；（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；①该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；②根据“K2MnO4溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色；（3）蒸发溶液获得晶体时不能蒸干，避免固体飞溅；高锰酸钾在温度较高时容易分解，需要低温下烘干；（4）根据n=cV计算出25mL待测液消耗的醋酸钠的物质的量，再根据反应方程式计算出25mL待测液中含有高锰酸钾的物质的量，从而计算出样品中含有高锰酸钾的物质的量，然后根据m=nM计算出高锰酸钾的质量，最后计算出纯度；【解答】解：（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，所以④正确，故答案为：④；①待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：A、C；B、D、E；②由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全，故答案为：用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；（3）蒸发溶液获得高锰酸钾时不能蒸干，避免固体飞溅及高锰酸钾的分解，所以应该加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，并且应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：溶液表面出现晶膜为止；高锰酸钾晶体受热易分解；（4）50mL0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液中含有醋酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.05L=0.005mol，根据反应2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗0.005mol醋酸钠需要消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.005mol×=0.002mol，500mL配制的样品溶液中含有高锰酸根离子的物质的量为：0.002mol×=0.04mol，则样品中含有高锰酸钾的质量为：0.04mol×158g•mol﹣1=6.32g，20则高锰酸钾产品的纯度为×100%=87.23%；故答案为：87.23%；【点评】本题通过高锰酸钾的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，题目难度中等，涉及了样品中纯度计算、化学实验基本操作方法、物质制备原理等知识，明确物质制备原理及流程为解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算的能力 18．某化合物A是一种易溶于水的不含结晶水盐，溶于水后可完全电离出三种中学化学常见离子，其中有两种是10电子的阳离子．用A进行如下实验：取2.370gA溶于蒸馏水配成溶液；向该溶液中逐滴加入一定量的氢氧化钠溶液，过程中先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，当沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol．回答下列问题：（1）请画出沉淀B中金属元素的原子结构示意图 ．化合物A的化学式为 NH4Al（SO4）2 ；请设计实验方案验证A中阴离子 取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子 ．（3）向2.370gA的溶液中加入0.02molBa（OH）2溶液，请写出发生反应的离子方程式 2Ba2++4OH﹣+Al3++NH4++2SO42﹣=2BaSO4↓+NH3•H2O+Al（OH）3↓ ．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】A与NaOH溶液反应，先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，则气体C为NH3，白色沉淀B为Al（OH）3，A中含NH4+、Al3+，均为10电子的阳离子，沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol，由Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、NH4++OH﹣=NH3．H2O、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，NH4+、Al3+为1：1，则A中含阴离子带2个单位的负电荷，且与铵根离子、铝离子不反应，则阴离子可为SO42﹣，则A为NH4Al（SO4）2，据此解答．【解答】解：A与NaOH溶液反应，先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，则气体C为NH3，白色沉淀B为Al（OH）3，A中含NH4+、Al3+，均为10电子的阳离子，沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol，由Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、NH4++OH﹣=NH3．H2O、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，NH4+、Al3+为1：1，则A中含阴离子带2个单位的负电荷，且与铵根离子、铝离子不反应，则阴离子可为SO42﹣，则A为NH4Al（SO4）2．（1）B中金属元素为Al，原子结构示意图为，故答案为：；20由上述分析可知，A为NH4Al（SO4）2，检验A中阴离子的方法为：取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子，故答案为：NH4Al（SO4）2；取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子；（3）2.370gA的物质的量为=0.01mol，与0.02molBa（OH）2恰好反应生成硫酸钡、氢氧化铝、一水合氨，发生反应的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+Al3++NH4++2SO42﹣=2BaSO4↓+NH3•H2O+Al（OH）3↓，故答案为：2Ba2++4OH﹣+Al3++NH4++2SO42﹣=2BaSO4↓+NH3•H2O+Al（OH）3↓．【点评】本题考查无机物的推断，把握铵根离子、铝离子的检验为解答的关键，注意阴离子可由电荷守恒分析，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等． 19．电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀．Fe（OH）3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用．阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去（或撇掉）浮渣层，即起到了浮选净化的作用．某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置示意图，如图所示．（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣．此时，应向污水中加入适量的 c （填序号）．a．H2SO4b．BaSO4c．Na2SO4d．NaOHe．CH3CH2OH电解池阳极发生两个电极反应，反应式分别是：① Fe﹣2e﹣=Fe2+ ；②4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（3）电极反应①和②的生成物发生反应得到Fe（OH）3的离子方程式是 4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+ ；（4）该燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂．已知负极的电极反应是CH4+4CO32﹣﹣8e﹣═5CO2+2H2O．①正极的电极反应是 O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣（或2O2+4CO2+8e﹣=4CO32﹣） ；②为了使该电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时必须有部分A参加循环（见上图）．A物质的化学式是 CO2 ；（5）实验过程中，若阴极产生44.8L（标况）气体，则燃料电池消耗CH4（标况） 11.2 L．【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）能使导电能力增强的电解质必须是易溶于水的，且只能是中性的；活泼金属电极做电解池的阳极是，则电极本身放电；20（3）二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价；（4）①燃料电池中，正极发生的反应一定是氧气得电子的过程；②电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳；（5）在燃料电池和电解池的串联电路中，转移的电子数目是相同的．【解答】解：（1）保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀时，加入的使导电能力增强的电解质必须是可溶于水的、显中性的盐，故答案为：c；活泼金属电极做电解池的阳极是，则电极本身放电，故答案为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；（3）二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+；（4）①料电池中，正极反应一定是氧气的电子的过程，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣（或2O2+4CO2+8e﹣=4CO32﹣），故答案为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣（或2O2+4CO2+8e﹣=4CO32﹣）；②电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳，故答案为：CO2；（5）阴极的电极反应为：2H++2e﹣=H2↑，阴极产生了44.8L（标准状况）即2mol的氢气产生，所以转移电子的物质的量为4mol，根据电池的负极电极反应是CH4+4CO32﹣﹣8e﹣=5CO2+2H2O，当转移4mol电子时，消耗CH4（标准状况）的体积V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2．【点评】本题考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池串联的综合知识，注意知识的迁移应用是关键，难度较大． 20
