2022-2022学年辽宁省实验中学分校高三（上）期中化学试卷（理科） 一、1．生活中的一些问题常涉及到化学知识，下列叙述不正确的是（ ）A．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B．“加碘食盐”、“含氟牙膏”、“富硒营养品”、“高钙牛奶”、“加铁酱油”等等，这里的碘、氟、硒指的是分子，钙、铁则分别是钙离子和铁离子C．日本大地震后，防疫人员在震区周围撒石灰，进行环境消毒，防止灾后出现疫情D．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁 2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，18gD2O中所含的质子数为10NAB．标准状况下，11.2LO2参加反应转移的电子数一定为2NAC．28gN2和CO的混合气体中含有的分子数为NAD．5.6g铁与足量稀硫酸反应失去电子数为0.3NA 3．下列有关物质的分类或归类中正确的是（ ）A．化合物：HT、CaCl2、NaOH、盐酸B．纯净物：水玻璃、胆矾晶体、液氯、硫酸C．天然高分子化合物：淀粉、纤维素、蛋白质、聚氯乙烯D．同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）2、C（CH3）4 4．下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（ ）A．该溶液中，H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存B．该溶液中，Ag+、K+、NO3﹣、CH3CHO可以大量共存C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个 5．①1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中逐滴加入240mL0.5mol/L的盐酸；②在240mL0.5mol/L的盐酸中逐滴加入1L0.1mol/L的Na2CO3溶液．两种实验操作在相同状态下产生CO2气体的体积（ ）A．相等B．前者多C．后者多D．无法判断 6．为了比较铁和铜金属活动性强弱，某研究小组的同学设计了如下一些方案，并将实验结果记录如下：能根据以上各种现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有（ ）方案现象或产物①将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分别为Fe2（SO4）3和CuSO4④将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中铁片上有气泡，铜片上不产生气泡⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生-13-\nA．2种B．3种C．4种D．5种 7．向含SO32﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（ ）A．B．C．D． 二、解答题（共4小题，满分60分）8．（16分）（2022秋•辽宁校级期中）将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示．（1）加入NaOH0～20mL时发生反应离子方程式 ，加入NaOH20～200mL时发生反应离子方程式 ，加入NaOH200～240mL时发生反应离子方程式 ，（2）镁和铝的总质量为 g（3）硫酸的物质的量浓度为 mol/L（4）生成的氢气在标准状况下的体积为 L． 9．（14分）（2022秋•辽宁校级期中）一定量的浓硫酸与足量Zn充分反应时，有SO2和H2生成．某校化学研究性学习小组对此进行研究．按图组装好实验装置，微热试管A，观察到C、D、E中均有气泡产生；随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失；反应较长时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加．-13-\n试回答：（1）装置A中需用浓H2SO4，用两种简单的方法确定一瓶H2SO4一定是浓H2SO4： ．（2）从甲、乙中选择合适的装置填入B、C中，并进行正确连接，a接 、 接b，c接 、 接d；D、E两支试管中CCl4溶液的作用是 ．（3）能证明浓硫酸具有强氧化性的实验现象为 ；反应较长时间后气泡量又会明显增加的原因是 ．（4）D中浑浊消失的离子方程式为 ． 10．（14分）（2022•成都模拟）高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：根据上述流程图填空：（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+．请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式 ．（2）通常条件下Ksp〔Fe（OH）3〕=4.0×10﹣38，除杂后溶液中c（Fe3+）约为 ．（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是 ．（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）．母液不能蒸干的原因是 ．（5）“分离”操作的名称是 （填字母代号）．A．蒸馏B．分液C．过滤（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是 ，离子浓度最小的离子是 ． 11．（16分）（2022秋•辽宁校级期中）二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的化学反应方程式 （2）已知：Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O、2SO2+SeO2+2H2O═Se+2SO+4H+、SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是 ．（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目 （4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗0.2000mol•L﹣1的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为 ．-13-\n 2022-2022学年辽宁省实验中学分校高三（上）期中化学试卷（理科）参考答案与试题解析 一、1．生活中的一些问题常涉及到化学知识，下列叙述不正确的是（ ）A．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B．“加碘食盐”、“含氟牙膏”、“富硒营养品”、“高钙牛奶”、“加铁酱油”等等，这里的碘、氟、硒指的是分子，钙、铁则分别是钙离子和铁离子C．日本大地震后，防疫人员在震区周围撒石灰，进行环境消毒，防止灾后出现疫情D．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁【考点】维生素在人体中的作用；微量元素对人体健康的重要作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【专题】化学计算．【分析】根据维生素C的作用为还原剂，抗氧化作用；通常我们说的加什么的物品，通常指加入的某种元素；石灰具有杀菌的作用，且价格低廉，可以用于大面积的杀菌消毒；亚硫酸铁具有还原性，用来做抗氧化剂等知识点来解题．【解答】解：A．维生素C具有还原性，可以在人体内起抗氧化的作用，故A正确；B．加碘食盐等几种都是指加入相应的元素，故B错误；C．石灰具有杀菌消毒的作用，可以使细菌和病毒细胞变性，故C正确；D．硫酸亚铁具有还原性，可以与氧化剂反应，防止氧化变质，故D正确；故选B．【点评】本题考查了两种常见的还原剂维生素C和硫酸亚铁，可以用来做抗氧化剂，石灰可以用来杀菌消毒，加碘食盐加入的为碘元素等知识点． 2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，18gD2O中所含的质子数为10NAB．标准状况下，11.2LO2参加反应转移的电子数一定为2NAC．28gN2和CO的混合气体中含有的分子数为NAD．5.6g铁与足量稀硫酸反应失去电子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol；B、氧气反应后的价态可能为﹣2价，也可能为﹣1价；C、N2和CO的摩尔质量均为28g/mol；D、求出铁的物质的量，而反应后铁的价态为+2价．【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，18gD2O的物质的量n==0.9mol，而1mol重水中含10mol质子，故0.9mol重水中所含的质子数为9NA，故A错误；B、标准状况下，11.2LO2的物质的量为0.5mol，而氧气反应后的价态可能为﹣2价，也可能为﹣1价，故0.5mol氧气反应转移可能转移2mol电子，也可能转移1mol电子，故B错误；C、N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，28gN2和CO混合气体的物质的量为1mol，故含有的分子数为NA，故C正确；-13-\nD、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与稀硫酸反应后铁的价态为+2价，故0.1mol铁失去0.2mol电子，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． 3．下列有关物质的分类或归类中正确的是（ ）A．化合物：HT、CaCl2、NaOH、盐酸B．纯净物：水玻璃、胆矾晶体、液氯、硫酸C．天然高分子化合物：淀粉、纤维素、蛋白质、聚氯乙烯D．同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）2、C（CH3）4【考点】单质和化合物；混合物和纯净物；同分异构现象和同分异构体；有机高分子化合物的结构和性质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、不同元素组成的纯净物为化合物；B、同种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物；C、相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物；D、分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体．【解答】解：A、HT为氢气属于单质，盐酸是氯化氢气体的水溶液，不是化合物，故A错误；B、胆矾晶体、液氯、硫酸属于纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，故B错误；C、天然高分子化合物：淀粉、纤维素、蛋白质，聚氯乙烯是合成高分子化合物，故C错误；D、CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）2、C（CH3）4符合分子式相同，结构不同的结构特征属于同分异构体，故D正确；故选D．【点评】不同考查了物质分类的依据和方法，主要是概念实质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单． 4．下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（ ）A．该溶液中，H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存B．该溶液中，Ag+、K+、NO3﹣、CH3CHO可以大量共存C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个【考点】钠的重要化合物．【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子；D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可．【解答】解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20反应矛盾，故C错误；-13-\nD、浓盐酸中Cl由﹣1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性． 5．①1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中逐滴加入240mL0.5mol/L的盐酸；②在240mL0.5mol/L的盐酸中逐滴加入1L0.1mol/L的Na2CO3溶液．两种实验操作在相同状态下产生CO2气体的体积（ ）A．相等B．前者多C．后者多D．无法判断【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】将碳酸钠滴入盐酸中，发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，而将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中，先发生反应：Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3，盐酸过量时再发生：NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，根据方程式过量计算．【解答】解：n（Na2CO3）=1L×0.1mol/L=0.1mol，n（HCl）=0.24L×0.5mol/L=0.12mol．①由Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，可知0.1molNa2CO3反应消耗HCl为0.1mol×2=0.2mol＞0.12mol，故盐酸不足，则生成二氧化碳为0.12mol×=0.06mol；②Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO30.1mol0.1mol0.1mol剩余HCl为0.12mol﹣0.01mol=0.02mol，由NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，可知0.02molHCl完全反应消耗NaHCO3为0.02mol，小于0.1mol，故0.02molHCl完全，则生成二氧化碳为0.02mol，故选：B．【点评】本题考查化学方程式计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中反应过程，题目难度中等． 6．为了比较铁和铜金属活动性强弱，某研究小组的同学设计了如下一些方案，并将实验结果记录如下：能根据以上各种现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有（ ）方案现象或产物①将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分别为Fe2（SO4）3和CuSO4④将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中铁片上有气泡，铜片上不产生气泡⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生A．2种B．3种C．4种D．5种【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．【分析】金属的金属性强弱判断方法：金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，活泼性较强的金属能置换出较不活泼金属，金属和酸或水反应越剧烈，据此分析解答．【解答】解：金属的金属性强弱判断方法：金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，活泼性较强的金属能置换出较不活泼金属，金属和酸或水反应越剧烈，-13-\n①将铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，Fe能置换出硫酸铜中的铜，说明金属性铁＞铜，故正确；②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧，产物分别为FeCl3和CuCl2，Fe元素化合价变化大于Cu，不能根据金属失电子多少判断金属性强弱，故错误；③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分别为Fe2（SO4）3和CuSO4，Fe元素化合价变化大于Cu，不能根据金属失电子多少判断金属性强弱，故错误；④将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中，铁片上有气泡，铜片上不产生气泡，说明金属性Fe＞Cu，故正确；⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片溶解，铜片上有气泡产生，说明Fe能置换出氢气、铜不能置换出氢气，则金属性Fe＞Cu，故正确；故选B．【点评】本题考查金属的金属性强弱判断，为高频考点，金属的金属性强弱与失电子难易程度有关，与失电子多少无关，易错选项是②． 7．向含SO32﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（ ）A．B．C．D．【考点】离子方程式的有关计算；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题．【分析】离子还原性SO32﹣＞I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生反应SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+，再发生反应2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，最后发生反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，据此判断．【解答】解：离子还原性SO32﹣＞I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生反应SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+，再发生反应2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，最后发生反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，A．由SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+可知，0.1molSO32﹣完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；B.0.1molSO32﹣完全反应后，才发生2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，0.1molSO32﹣完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI﹣完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI﹣完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；-13-\nC.0.1molSO32﹣完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI﹣完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣可知，0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；D．SO32﹣、I﹣、Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br﹣+Cl2=2Br2+2Cl﹣可知，0.1molBr﹣完全反应消耗0.05氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；故选C．【点评】本题以图象形式考查氧化还原反应、有关离子反应计算等，难度中等，确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键． 二、解答题（共4小题，满分60分）8．（16分）（2022秋•辽宁校级期中）将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示．（1）加入NaOH0～20mL时发生反应离子方程式 OH﹣+H+=H2O ，加入NaOH20～200mL时发生反应离子方程式 Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2、Al3++3OH﹣=Al（OH）3 ，加入NaOH200～240mL时发生反应离子方程式 Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ，（2）镁和铝的总质量为 9 g（3）硫酸的物质的量浓度为 2.5 mol/L（4）生成的氢气在标准状况下的体积为 10.08 L．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】金属及其化合物相关图像；计算题；离子反应专题．【分析】（1）由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此过程中镁离子、铝离子与氢氧根离子反应生成Mg（OH）2和Al（OH）3；从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，据此写出反应的离子方程式；（2）根据沉淀的最大量可知氢氧化镁和氢氧化铝的总物质的量、最小量，最小量为氢氧化镁，根据最大量可知氢氧化铝的物质的量，然后利用质量守恒计算出镁、铝的物质的量，再根据m=nM计算出混合金属的质量；（3）溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍，据此计算硫酸的物质的量，进而计算浓度大小；（4）根据以上分析，由元素守恒可知金属镁和铝物质的量分别为0.15mol和0.2mol，又硫酸过量所以镁铝全部反应，根据得失电子守恒进行计算．【解答】解：（1）由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，离子方程式为：OH﹣+H+=H2O；当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）-13-\n3，发生反应为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2、Al3++3OH﹣=Al（OH）3；从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：OH﹣+H+=H2O；Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2、Al3++3OH﹣=Al（OH）3；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（2）根据天下可知Mg（OH）2和Al（OH）3的物质的量之和为0.35mol，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol﹣0.15mol=0.2mol，由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]=0.2mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g，故答案为：9；（3）沉淀量最大时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍，所以n（Na2SO4）=0.5×0.2L×5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为=2.5mol/L，故答案为：2.5；（4）根据以上分析，由元素守恒可知金属镁和铝物质的量分别为0.15mol和0.2mol，根据得失电子守恒氢气在标准状况下的体积为：×22.4L=10.08L，故答案：10.08．【点评】本题考查镁铝的重要化合物及计算，为高频考点，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒计算，侧重分析与计算能力的考查． 9．（14分）（2022秋•辽宁校级期中）一定量的浓硫酸与足量Zn充分反应时，有SO2和H2生成．某校化学研究性学习小组对此进行研究．按图组装好实验装置，微热试管A，观察到C、D、E中均有气泡产生；随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失；反应较长时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加．试回答：（1）装置A中需用浓H2SO4，用两种简单的方法确定一瓶H2SO4一定是浓H2SO4： 用火柴梗蘸取少量试液，火柴梗若立即变黑，证明是浓H2SO4（或用滴管吸取少量试液，滴加在盛少量水的试管中，若试管发热，则证明是浓H2SO4） ．（2）从甲、乙中选择合适的装置填入B、C中，并进行正确连接，a接 3（或4） 、 4（或3） 接b，c接 2 、 1 接d；D、E两支试管中CCl4溶液的作用是 防止倒吸 ．（3）能证明浓硫酸具有强氧化性的实验现象为 C中品红溶液褪色 ；-13-\n反应较长时间后气泡量又会明显增加的原因是 浓H2SO4变成稀H2SO4，与Zn反应放出H2 ．（4）D中浑浊消失的离子方程式为 SO2+CaSO3+H2O=Ca2++2HSO3﹣ ．【考点】浓硫酸的性质实验．【专题】氧族元素．【分析】（1）根据浓硫酸具有脱水性或溶于水放热角度解答；（2）B的作用是防止倒吸；C装置的作用是检验二氧化硫的漂白性，可用洗气装置；乙可防止倒吸；（3）有二氧化硫生成能证明浓硫酸具有强氧化性；随反应进行浓H2SO4变成稀H2SO4；（4）过量的二氧化硫能使亚硫酸钙溶解，所以浑浊会消失．【解答】解：（1）浓硫酸具有脱水性，浓硫酸溶于水会放热大量热，所以鉴别方法有：用火柴梗蘸取少量试液，火柴梗若立即变黑，证明是浓H2SO4（或用滴管吸取少量试液，滴加在盛少量水的试管中，若试管发热，则证明是浓H2SO4，故答案为：用火柴梗蘸取少量试液，火柴梗若立即变黑，证明是浓H2SO4（或用滴管吸取少量试液，滴加在盛少量水的试管中，若试管发热，则证明是浓H2SO4）；（2）B的作用是防止倒吸，可将乙填入B中；C装置的作用是检验二氧化硫的漂白性，可用洗气装置，可将甲填入C中，且为长进短出，DE中的四氯化碳可以防止气体吸收时倒吸，故答案为：3（或4）；4（或3）；2；1；防止倒吸；（3）有二氧化硫生成能证明浓硫酸具有强氧化性，二氧化硫能使品红褪色，随着反应的进行，浓H2SO4变成稀H2SO4，稀硫酸与Zn反应放出H2，故答案为：C中品红溶液褪色；浓H2SO4变成稀H2SO4，与Zn反应放出H2；（4）过量的二氧化硫能使亚硫酸钙溶解，反应的离子方程式为：SO2+CaSO3+H2O=Ca2++2HSO3﹣，故答案为：SO2+CaSO3+H2O=Ca2++2HSO3﹣．【点评】本题考查了浓硫酸的性质，题目难度中等，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握浓硫酸、二氧化硫的性质及检验方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力． 10．（14分）（2022•成都模拟）高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：根据上述流程图填空：（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+．请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式 2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+ ．（2）通常条件下Ksp〔Fe（OH）3〕=4.0×10﹣38，除杂后溶液中c（Fe3+）约为 4×10﹣20mol/L ．（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是 抑制Al3+水解 ．（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）．母液不能蒸干的原因是 减少可溶性杂质的析出及Al3+水解 ．-13-\n（5）“分离”操作的名称是 C （填字母代号）．A．蒸馏B．分液C．过滤（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是 SO42﹣ ，离子浓度最小的离子是 OH﹣ ．【考点】金属的回收与环境、资源保护．【专题】实验设计题．【分析】（1）H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；（2）根据氢氧化铁的溶度积及PH=8计算出铁离子浓度；（3）铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝；（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大；（5）将晶体与溶液分离的操作是过滤；（6）根据题中所给的化学式，利用铵根和铝离子水解进行解答即可．【解答】解：（1）亚铁离子具有还原性，双氧水具有强氧化性，在碱性溶液中，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根结合生成氢氧化铁沉淀，此反应的离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+，故答案为：2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+；（2）KSP[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，PH=8，溶液中氢氧根离子浓度为：1×10﹣6mol/L，c（Fe3+）=mol/L=4.0×10﹣20mol/L，故答案为：4.0×10﹣20mol/L；（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解；（5）通过过滤，将硫酸铝晶体从溶液中分离，所以C正确；故选C；（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于0.1mol/L，c（SO42﹣）=0.2mol/L，0.2＞0.1，故答案为：SO42﹣；OH﹣．【点评】本题考查工艺流程、离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等． 11．（16分）（2022秋•辽宁校级期中）二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的化学反应方程式 Se+2HNO3（浓）═H2SeO3+NO↑+NO2↑ （2）已知：Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O、2SO2+SeO2+2H2O═Se+2SO+4H+、SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是 H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2 ．（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI-13-\n配平方程式①，标出电子转移的方向和数目 （4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗0.2000mol•L﹣1的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为 92.5% ．【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1）可得方程式；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；（3）在反应①中Se元素的化合价从+4价降低到0价，而碘元素的化合价从﹣1价升高到0价，所以根据电子的得失守恒，配平后的方程式是SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，反应中转移的电子数为4；（4）根据反应①②及电子的得失守恒可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，所以参加反应的SeO2的物质的量是Na2S2O3的，然后求出质量和质量分数．【解答】解：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑，故答案为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2，故答案为：H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；（3）在反应①中Se元素的化合价从+4价降低到0价，而碘元素的化合价从﹣1价升高到0价，所以根据电子的得失守恒，配平后的方程式是SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，反应中转移的电子数为4，则用单线桥表示为：；故答案为：；（4）已知反应①SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，由电子的得失守恒可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，所以参加反应的SeO2的物质的量是0.2000mol•L﹣1×0.025L×=0.00125mol，因此所测定的样品中SeO2的质量分数为×100%=92.5%；故答案为：92.5%．-13-\n【点评】本题考查氧化还原反应的有关判断及计算等，难度中等，注意（3）中根据关系式的计算，侧重于考查学生的分析能力和计算能力． 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