1、甘肃省师大附中 2018-2019 学年上学期高三期中复习化学试题1.化学在生产和日常生活中有重要的应用。下列说法中错误的是 ( )A. MgO、Al 2O3的熔点很高，可制作耐高温材料，工业上也用其电解冶炼对应的金属B. 明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C. 燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩D. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀【答案】A【解析】试题分析：A、氧化铝的熔点很高，所以 Al2O3 在工业上用于制作耐高温材料，铝是活泼金属，活泼金属的冶炼用电解法，所以用电解法冶炼铝金属，MgO 的熔点为 2800、熔点高，电解时耗能高，工业上常用电解熔
2、融 MgCl2 的方法生产金属镁，故 A 错误；B、明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性，则能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故 B 正确；C、因焰色反应时能呈现出来的色彩，因此可用作焰火，故 C 正确；D 、Al 比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故 D 正确；故选 A。考点：考查了金属的冶炼、明矾净水的原理、焰色反应等相关知识。2.下列有关实验的操作、现象及原理均正确的是A. 用玻璃棒蘸取 NaClO 溶液点在干燥的 pH 试纸上，试纸呈现蓝色，证明 HClO 是弱酸B. 将一定量的 FeCl3晶体、盐酸依次加入容量瓶中，配制一定物质的量浓度的 FeCl3
3、溶液C. 为证明 Cu 与浓硫酸反应生成了 CuSO4，可将反应后的混合液冷却后再加入水，若显蓝色即可证明生成了 CuSO4D. 用乙醇、乙酸及浓硫酸制取乙酸乙酯的过程中发现忘加碎瓷片，需在完全冷却后再补加【答案】D【解析】【详解】A 项，NaClO 具有漂白性，无法测出溶液 pH，不能判断 NaClO 溶液的酸碱性，应选 pH 计测定其 pH，才能作出判定，故 A 项错误；B 项，不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解后转移到容量瓶中定容，最后加盐酸抑制水解，故 B 项错误；C 项，反应后的溶液中有剩余的浓硫酸，因此加水稀释反应后的溶液时，应把反应后的混合液加入水中，若显蓝色则证明生成了硫酸铜，
4、不能反之操作，易发生危险，故 C 项错误；D 项，发现忘加碎瓷片，应先冷却，再加碎瓷片，防止暴沸，故 D 项正确；综上所述，本题选 D。3.设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 1L1.0mo1L-1的 NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为 2NAB. 标准状况下，11.2 LNO 与 11.2LO2混合后所含分子数为 0.75NAC. Na2O 和 Na2O2混合物的物质的量为 1mol，其中含有的阴离子总数为 NAD. 室温下，将 9g 铝片投入 0.5L 18.4molL-1的 H2SO4中，转移的电子数为 NA【答案】C【解析】【详解】A 项，1L1.0mo1L -
5、1的 NaAlO2水溶液中含有 1mo1NaAlO2，对应 2mo1O，而溶液中的 H2O 中也含 O，则溶液中含有的氧原子数目大于 2NA ，故 A 项错误；B 项，两者混合后发生反应 2NO+O2=2NO2，生成的 NO2 及未反应完的 O2 的总分子数为0.75 NA，但是存在可逆反应 2NO2 N2O4，则混合后分子数小于 0.75NA，故 B 项错误；C 项，Na 2O 中的阴离子是 O2-，Na 2O2中的阴离子是 O22-，1molNa 2O 或者 Na2O2都对应 1mol 阴离子，即阴离子总数为 NA，故 C 项正确；D 项，常温下，铝会被浓硫酸钝化，但只有表面的铝被氧化，转
6、移的电子数小于 NA，故 D项错误；正确选项 C。【点睛】点睛：本题主要考察阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解答本题的关键是要掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数之间的关系，本题的易错点为 D，常温下，铝会被浓硫酸钝化。4.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 向水中通入氯气：Cl 2+H2O2H + + ClO + ClB. 向 Ca(HCO3)2溶液中滴加足量 NaOH 溶液：Ca 2+ + 2HCO3 +2OH CaCO 3+CO 32 +2H2OC. 向明矾溶液中加过量氨水：Al 3+4NH3H2OAlO 2 +4NH4+2H2OD. 将 Fe2O3溶解与足量 HI 溶液：
7、Fe2O3+6H+ 2Fe 3+3H2O【答案】B【解析】【分析】A. 次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式；B. 向 Ca(HCO3)2溶液中滴加足量 NaOH 溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水；C. Al(OH)3不溶于氨水；D. HI 具有酸性，也具有强的还原性；【详解】A.向水中通入氯气的离子反应为 ：Cl2+H2O H+ +HClO +Cl ,次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式，A 错误；B. 向 Ca(HCO3)2溶液中滴加足量 NaOH 溶液：Ca 2+ + 2HCO3 +2OH CaCO 3+CO 32 +2H2O，B 正确；C. 向明矾溶液中加过量氨水：Al 3+3NH3H2OAl(OH)
8、3+ 3NH 4+, Al(OH)3不溶于氨水，C 错误；D. 将 Fe2O3溶解与足量 HI 溶液： Fe2O3+6H+2Fe 3+3H2O，生成的铁离子继续氧化碘离子：2Fe3+2I-=2Fe2+I2，D 错误；正确选项 B。5.室温下，下列各组离子能大量共存的是A. pH7 的溶液中：Fe 3+、Mg 2+、SO42、Cl B. NaHS 溶液中：SO42、K 、Cl 、Cu 2C. KW/c(H )10 13 molL1的溶液中：NH4+、Mg 2+、SO42D. 通入大量 CO2的溶液中： Na 、ClO 、CH 3COO 、HCO3【答案】C【解析】【详解】A. Fe 3+只能存在
9、于酸性溶液 ，不能存在于 pH7 的溶液中，故 A 错误；B. NaHS、Cu 2 之间发生反应生成 CuS 沉淀，在溶液中不能大量共存，故 B 错误； C. KW/c(H )10 13 molL1的溶液显酸性：NH 4+、Mg 2+、SO 42 之间不反应,都不与氢离子反应,在溶液中不能大量共存，故 C 正确； D. CO2、ClO 之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故 D 错误；综上所述，本题答案是：C。6.下表中，对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )选项 陈述 陈述 判断A 碳酸钠溶液可用于治疗胃病 Na2CO3可与盐酸反应 对，对，有B向 Na2O2的水溶液
10、中滴酚酞变红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠对，错，无C 金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾性强的黄光对，对，有D 过氧化钠可用于航天员的供氧Na2O2能与 CO2、H 2O 反应生成 O2对，对，有A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A碳酸钠能够与盐酸反应，但是碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃病，陈述错误，A 错误；B过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱，水溶液显碱性，能够使酚酞变红，所以、都对，B 错误；C钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，对，对，二者无因果关系，C 错误；D过氧化钠与水、二氧化碳均反应生成氧气，所以可为航
11、天员供氧，陈述、正确，且有因果关系，D 正确；答案选 D。7.向含有 c(FeCl3)0.2molL 1、 c(FeCl2)0.1molL 1的混合溶液中滴加稀 NaOH 溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为 9.3nm 的金属氧化物，下列有关说法中正确的是A. 该分散系的分散质为 Fe2O3B. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与 Na 分离开C. 向沸水中逐滴滴加 0.1molL1 FeCl3溶液也可得到 Fe(OH)3胶体D. 加入 NaOH 时发生的反应可能为 Fe2+2Fe 3+8OH =Fe3O44H 2O【答案】D【解析】【详解】A.三氧化二铁为红棕色,根据题意知得
12、到一种黑色分散系,故 A 错误；B. 胶体、溶液都可以透过滤纸， 不能用过滤方法分离,应用渗析法进行分离，故 B 错误；C. 把 0.1molL1 FeCl3 溶液滴入沸水中， 继续加热，所得到的红褐色分散系为 Fe(OH)3 胶体，C 错误；D. 氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠,离子方程式: Fe2+2Fe 3+8OH =Fe3O44H 2O，故 D 正确；综上所述，本题选 D。8.铝土矿的主要成分是 Al2O3、SiO 2和 Fe2O3等。从铝土矿中提炼 Al2O3的流程下列说法中错误的是A. 滤液的主要成分是 Na2SiO3、NaAlO 2和 NaOHB. 滤液
13、的含大量的阴离子是 HCO3-C. 反应 Y 的离子方程式是 2AlO2-CO 23H 2O2Al(OH) 3CO 32-D. 滤液中通入过量的 X 的目的是使 AlO2-充分沉淀而不引进杂质【答案】C【解析】根据铝土矿的成分，Fe 2O3属于碱性氧化物，不与 NaOH 反应，Al 2O3属于两性氧化物，与NaOH 反应生成 NaAlO2，SiO 2属于酸性氧化物，与 NaOH 反应生成 Na2SiO3，因此滤液 I 中的成分是 Na2SiO3、NaAlO 2以及过量 NaOH，故说法正确；B、加入 CaO 后，CaO 与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH) 2Na 2SiO3=CaSiO3
14、2NaOH，滤液中含有 NaAlO2，通入足量的 CO2，发生 AlO2 CO 22H 2O=Al(OH)3HCO 3 ，故说法正确；C、因为通入足量的 CO2，生成的HCO3 ，故说法错误；D、碳酸的酸性强于氢氧化铝，通入足量的 CO2，产生氢氧化铝沉淀，不引入新杂质，故说法正确。9.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，甲、乙分别是 X、W 两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是 Z 的最高价氧化物对应的水化物，且25时 0.1mol/L 戊溶液的 pH 为 13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（ ）A. 原子半径：ZWY
15、XB. Z 分别与 X、Y、W 形成的化合物中一定没有共价键C. 元素 Y 与 X、Z 都能组成两种化合物D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性【答案】B【解析】【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以 X 是 H 元素，乙是氯气，所以 W 为 Cl 元素，戊是 Z 的最高价氧化物对应的水化物，且 25时 0.1mol/L 戊溶液的 pH 为 13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，所以 Y 为 O 元素，Z 为钠元素。【详解】A、Z 为钠元素，W 为 Cl 元素，
16、Y 为 O 元素，X 是 H 元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：ZWYX，故 A 正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故 B 错误；C、Y 为 O 元素，X 是 H 元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z 为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故 C 正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D 正确；故选 B。【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点
17、解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。10.利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )选项 实验结论A 稀硫酸 Na2SAgNO3与AgCl 的浊液Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)B 浓硫酸 蔗糖 溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C 稀盐酸 Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D 浓硝酸 Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、H 2S 可直接与 AgNO3 溶液
18、作用生成黑色的 Ag2S,故不能说明 Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S),故 A 错误；B、浓硫酸滴入蔗糖中,处试管中观察到白色固体变黑,证明浓硫酸有脱水性;处试管中溴水褪色,说明有 SO2 生成(SO 2+Br2+2H2O H2SO4+2HBr),从而证明浓硫酸有氧化性,故 B 正确；C、SO2 与 Ba(NO3)2 溶液反应可生成白色沉淀 BaSO43Ba(NO3)2+3SO2+2H2O 3BaSO4+2NO+4HNO3,但 BaCl2 与 SO2 不反应,故 C 错误；D、浓硝酸挥发产生的 HNO3 蒸气也可直接与 Na2SiO3 溶液作用生成 H2SiO3,故不能得出碳酸酸性大于硅酸
19、的结论,故 D 错误。综上所述，本题的正确答案为 B。11.铅丹(Pb 3O4)可作防锈用涂料，已知铅丹中 Pb 元素的化合价只有+2、+4，且+2 价稳定，+4 价的 Pb 具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成 Cl2。则下列说法不正确的是 ( )A. Pb3O4可表示为 2PbOPbO2B. 可用 PbO 在空气中加热制备铅丹，其 n（氧化剂）:n（还原剂）=1:6C. 0.1mol Pb3O4与足量的浓盐酸反应，生成 Cl20.1 molD. a mol Pb3O4加强热分解生成 PbO，则加热过程中转移电子数为 2a NA【答案】B【解析】【详解】A.因为铅丹中铅的化合价为 +2、+4，所以
20、根据化合价代数和为 0 分析，则 Pb3O4中+2 价铅和+4 价铅的物质的量之比为 2:1，所以 Pb3O4可以表示为 2PbOPbO2，故正确；B.根据 6PbO+O2 2Pb3O4由得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的比例为 1:2，故错误；C.根据 Pb3O4可表示为 2PbOPbO2，则 0.1mol Pb3O4与足量的浓盐酸反应转移 0.2mol 电子，由得失电子守恒则生成 0.1mol 氯气，故正确；D. 根据 Pb3O4可表示为 2PbOPbO2，则amol Pb3O4含有 amol+4 价铅，其被还原为 PbO 要转移 2amol 电子，故正确。12.将一定质量的镁铜合金加入到
21、稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是 NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为 3 molL1 NaOH 溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加 5.1 g，则下列有关叙述中正确的是（ ）A. 加入合金的质量不可能为 6.4 gB. 参加反应的硝酸的物质的量为 0.1 molC. 沉淀完全时消耗 NaOH 溶液的体积为 150 mLD. 溶解合金时收集到 NO 气体的体积在标准状况下为 2.24 L【答案】D【解析】【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀 HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有 NO，发生反应：3Mg+8HNO 3（稀）3M
22、g（NO 3） 2+2NO+4H 2O、3Cu+8HNO 3（稀）3Cu（NO 3） 2+2NO+4H 2O；向反应后的溶液中加入 3mol/LNaOH 溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO 3） 2+2NaOHMg（OH） 2+2NaNO 3、Cu（NO 3） 2+2NaOHCu（OH） 2+2NaNO 3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加 5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为 5.1g，氢氧根的物质的量为 =0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为 =0.15mol，生成 NO 为 =0.1mol。【详解】镁和铜的总的物质的量为 0.1
23、5mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为 0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为 3.6gm9.6g，则合金的质量可能为 6.4g，A 错误；根据方程式可知参加反应的 n 反应 （HNO 3）= n（金属）= 0.15mol=0.4mol，故 B 错误；加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的 NaOH 为 0.3mol，故加入 NaO 溶液的体积为 =0.1L=100mL，C 错误；标准状况下 0.1molNO 的体积为 2.24L，D 正确。【点睛】本题主要考查混合物有关计算，涉及镁铜与硝
24、酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应，侧重于学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力的考查。13.X、Y、Z、W 四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是A. 若图中反应均为非氧化还原反应，当 W 为一元强碱时，则 X 可能是 NaAlO2B. 若图中反应均为非氧化还原反应，当 W 为一元强酸时，则 X 可能是 NH3C. 若图中反应均为氧化还原反应，当 W 为非金属单质时，则 Z 可能是 CO2D. 若图中反应均为氧化还原反应，当 W 为金属单质时，则 Z 可能是 FeCl3【答案】C【解析】试题分析：由转化关系可知 X 可与 W 连续反应生成 Y、Z，X 也
25、可与 Z 直接反应生成 Y，则 A如 X 为 NaAlO2，与 NaOH 不反应，A 错误；B如 X 为 NH3，与一元强酸反应生成铵盐，只生成一种产物，Y 与 W 不能再反应，B 错误；C如 Z 为 CO2，W 为非金属单质，X 可为 C，W 为 O2，Y 为 CO，C 正确；D 如 Z 为 FeCl3，W 为金属单质，应为Fe，X 为 Cl2，但氯气与铁反应只生成 FeCl3，Y 不能为 FeCl2，D 错误，答案选 C。考点：考查无机框图题推断14.某溶液中可能含有 H+、NH 4+、Mg 2+、Al 3+、Fe 3+、CO 32 、SO 42 、NO 3 中的几种若加入锌粒，产生无色无
26、味的气体；若加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入 NaOH 的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（ ）A. 溶液中一定不含 CO32 ，可能含有 SO42 和 NO3B. 溶液中 n（NH 4+）=0.2molC. 溶液中的阳离子只有 H+、 Mg2+、Al 3+D. n（H +）：n（Al 3+）：n（ Mg2+）=1：1：1【答案】B【解析】试题分析：若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32和 NO3不能大量共存；加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，说明不存在 Fe3+；根据产生的沉淀量与加入 NaOH 的物质的量之间的关系图
27、可知，溶液中一定含有 Mg2+、Al 3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在 NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有 SO42-；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为 0.1mol，则 n（H +）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为 0.7mol-0.5mol=0.2mol，则 n（NH 4+）=0.2mol ；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠 0.8mol-0.7mol=0.1mol，则 nAl（OH ） 3=0.1mol，根据铝元素守恒可知 n（Al 3+）=0.1mol；第
28、二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为 0.5mol0.1mol0.4mol，则 n（Mg 2+）=（0.4mol-0.1mol3 ）2=0.05mol ，A由上述分析可知，溶液中一定不含 CO32-、NO 3-，一定含有 SO42-，A 错误；B由上述分析可知，溶液中 n（NH 4+）=0.2mol，故 B 正确；C由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg 2+、Al 3+、NH 4+，C 错误；D 由上述分析可知，溶液中 n（H +）：n（Al 3+）：n（Mg 2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2 ：2：1，D 错误，答案选 B。考点：考查离子共存、反
29、应图象识别以及离子反应有关计算等15.某化学小组构想将汽车尾气（NO、NO 2）转化为重要的化工原料 HNO3，其原理如图所示，其中 A、B 为多孔材料下列说法正确的是（ ）A. 电极 A 表面反应之一为 NO2 e +H2ONO 3 +2H+B. 电极 B 附近的 c（NO 3 ）增大C. 电解质溶液中电流的方向由 B 到 A，电子的流向与之相反D. 该电池工作时，每转移 4 mol 电子，消耗 22.4LO2【答案】A【解析】试题分析：A、电极 A 通入的是汽车尾气，则二氧化氮发生氧化反应，与氢离子结合为硝酸，正确；B、电极 B 通入的氧气，则氧气得到电子与氢离子结合生成水，所以硝酸根离子
30、的物质的量浓度减小，错误；C、A 为负极，B 为正极，则电解质溶液中的电流是从 A到 B，外电路中电流从 B 到 A，电子从 A 到 B，错误；D、该电池工作时，每转移 4mol 电子，则消耗 1mol 氧气，标准状况下的体积是 22.4L，错误，答案选 A。考点：考查原电池反应原理的判断16.若往 20 mL 0.01 molL1 HNO2(弱酸)溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。下列有关说法不正确的是( )A. HNO2 的电离平衡常数：c 点b 点B. b 点混合溶液显酸性：c(Na )c(NO2 )c(H )c(OH )C. c 点混合溶液中：c(OH
31、)c(HNO2)D. d 点混合溶液中：c(Na )c(OH )c(NO2 )c(H )【答案】B【解析】试题分析：A、HNO 2 的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而 c 高于 b，所以电离平衡常数：c 点b 点，故 A 正确；B、b 点得到 HNO2，和 NaNO2 混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：c（NO 2-） c（Na +）c（H +）c（OH -） ，故 B 错误；C 、ac 温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而 cd 温度降低，所水解为主，所以 c 点得到 NaNO2 溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH -）c（HNO
32、2） ，故 C 正确；D、d 点混合溶液中当 c（NaOH）较大时，得到 NaOH和 NaNO2 混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na +）c（ OH-）c（NO 2-）c（H +） ，故D 正确；故选 B。考点：考查了离子浓度大小的比较的相关知识。17.甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物。某化学小组利用如图装置探究其反应产物。查阅资料CO 能与银氨溶液反应：CO2Ag(NH 3)2 2OH =2Ag2NH4+CO322NH 3。Cu 2O 为红色，不与 Ag+反应，能发生反应：Cu 2O2H =Cu2+CuH 2O。（1）装置 A 中反应的化学方程式为_。（2）
33、按气流方向各装置从左到右的连接顺序为 A_。(填字母编号)（3）实验中滴加稀盐酸的操作为_。（4）已知气体产物中含有 CO，则装置 C 中可观察到的现象是_；装置 F的作用为_。（5）当反应结束后，装置 D 处试管中固体全部变为红色。设计实验证明红色固体中含有Cu2O：_。欲证明红色固体中是否含有 Cu，甲同学设计如下实验：向少量红色固体中加入适量0.1molL1AgNO3溶液，发现溶液变蓝，据此判断红色固体中含有 Cu。乙同学认为该方案不合理，欲证明甲同学的结论，还需增加如下对比实验，完成表中内容。实验步骤(不要求写出具体操作过程) 预期现象和结论_若观察到溶液不变蓝，则证明红色固体中含有C
34、u；若观察到溶液变蓝，则不能证明红色固体中含有 Cu【答案】 (1). Al4C312HCl=3CH 44AlCl 3 (2). FDBECG (3). 先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔)，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下 (4). 试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成) (5). 除去甲烷中的 HCl 气体和水蒸气 (6). 取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变为蓝色，则证明红色固体中含有 Cu2O (7). 取少量 Cu2O 固体于试管中，加入适量 0.1molL1AgNO3溶液【解析】【详解】 （1）A 中 Al4C3与盐酸
35、发生复分解反应，反应方程式Al4C312HCl=3CH 44AlCl 3；因此本题答案是：Al 4C312HCl=3CH 44AlCl 3。（2）A 中反应后，需除去气体可能携带的 HCl，故紧接着是 F，然后将气体通入反应器 D，随后通入 B 中，检验是否有水生成，再通入澄清石灰水 E，检验二氧化碳，最后通入 C 中检验一氧化碳，最后 G 收集尾气，故顺序为: FDBECG；综上所述，本题答案是：FDBECG。（3）滴加稀盐酸操作：先打开分液漏斗上口的玻璃塞（或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔） ，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下；综上所述，本题答案是：先打开分液
36、漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔)，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下。 （4）根据题给信息可知，气体产物中含有 CO，所以 C 中银氨溶液可被还原为银，试管内有黑色固体生成；反应产生的甲烷气体中含有 HCl 和 H2O，为了不影响后续反应，利用 F装置除去甲烷中的 HCl 和 H2O；综上所述，本题答案是：试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成，除去甲烷中的 HCl 气体和水蒸气。 （5）欲证明红色固体中是否含有 Cu，甲同学设计如下实验：向少量红色固体中加入适量0.1molL1AgNO3溶液，发现溶液变蓝，据此判断红色固体中含有 Cu；乙同学认
37、为该方案不合理，欲证明甲同学的结论，还需增加如下对比实验：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，说明溶液中含有 Cu2+，则证明红色固体中含 Cu2O；综上所述，本题答案是：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变为蓝色，则证明红色固体中含有 Cu2O。取少量的 Cu2O 固体于试管中，加入适量的 0.1molL1AgNO3溶液，若溶液不变蓝，则可排除红色固体中 Cu2O 的干扰，证明其中含有 Cu；综上所述，本题答案是：取少量 Cu2O 固体于试管中，加入适量 0.1molL1AgNO3溶液。【点睛】氧化铜与盐酸溶液反应生成氯化铜和水，固体全部溶解，显蓝色；氧化亚铜与盐酸发生氧化还原
38、反应，红色固体部分溶解，溶液显蓝色，体现了+1 价铜的氧化性和还原性。18.某兴趣小组探究 SO2气体还原 Fe3+、I 2，它们使用的药品和装置如图所示：（1）SO 2气体还原 Fe3+的产物是_(填离子符号)，参加反应的 SO2和 Fe3+的物质的量之比是_。（2）下列实验方案适用于在实验室制取所需 SO2的是_。ANa 2SO3溶液与 HNO3 BNa 2SO3固体与浓硫酸C固体硫在纯氧中燃烧 D铜与热浓 H2SO4（3）装置 C 的作用是_。（4）若要从 A 中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、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
39、皿 B石棉网 C漏斗 D烧杯 E玻璃棒 F坩埚（5）在上述装置中通入过量的 SO2，为了验证 A 中 SO2与 Fe3+发生了氧化还原反应，他们取 A 中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液中加入酸性 KMnO4溶液，紫红色褪去。方案：往第二份试液中加入 KSCN 溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。方案：往第三份试液中加入用稀盐酸酸化的 BaCl2，产生白色沉淀。上述方案不合理的是_，原因是_。【答案】 (1). Fe2+和 SO42 (2). 12 (3). BD (4). 吸收多余的二氧化硫，防止污染空气 (5). BF (6). 方案 (7). SO2也能使酸性
40、高锰酸钾溶液褪色【解析】【详解】 （1）根据反应 SO2+2Fe3+2H2O=2 Fe2+SO42-+4H+可知，SO 2气体还原 Fe3+的产物是Fe2+和 SO42-；参加反应的 SO2和 Fe3+的物质的量之比是：1:2；综上所述，本题答案是：Fe 2+和 SO42-；1:2。（2）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 错误； B、浓硫酸虽具有强氧化性,但不能氧化亚硫酸钠 ，和亚硫酸钠发生复分解反应生成二氧化硫气体，所以 B 选项是正确； C、固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制 ，故 C 错误；D铜与热浓 H2SO4加热反应生成硫酸铜、二氧化硫，可以制备二
41、氧化硫，所以 D 选项是正确；综上所述，本题答案是：BD。（3）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,所以装置 C 的作用是吸收 SO2 尾气,防止污染空气；因此，本题正确答案是: 吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。(4)操作步骤：蒸发需用到 A 蒸发皿，E.玻璃棒，冷却结晶需用到烧杯， 过滤需用到 C.漏斗，D.烧杯，E.玻璃棒,故不需要 B.石棉网、F.坩埚；因此，本题正确答案是 :BF。 (5)二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性 ，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe 2+也使高锰酸钾溶液褪色 ，所
42、以不合理的是方案 ，因为 A 的溶液中含有 SO2, SO2 也能使 KMnO4溶液褪色；因此，本题正确答案是: 方案，SO 2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。19.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为 Co2O3，含少量Fe2O3、Al 2O3、MnO、MgO、CaO、SiO 2等)制取 CoC2O42H2O 工艺流程如下图所示： 已知：浸出液含有的阳离子主要有 H 、Co 2+、Fe 2+、Mn 2+、Ca 2+、Mg 2+、Al 3+等；酸性条件下，ClO3不会氧化 Co2+，ClO3转化为 Cl ；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表：沉淀物 Fe(OH)3
43、 Al(OH)3 Co(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2完全沉淀的 pH 3.7 5.2 9.2 9.6 9.8（1）浸出过程中加入 Na2SO3的主要目的是_。（2）向浸出液中加入 NaClO3的离子反应方程式：_。（3）已知：常温下 NH3H2O NH4+OH K b1.810 5H2C2O4 H HC 2O4 K a15.410 2HC2O4 H C 2O42 K a25.410 5则该流程中所用(NH 4)2C2O4溶液的 pH_7(填“”或“”或“”)。（4）加入(NH 4)2C2O4 溶液后析出晶体，再过滤、洗涤，洗涤时可选用的试剂有_(填字母代号)。A蒸馏水 B自来水 C
44、饱和的(NH 4)2C2O4溶液 D稀盐酸（5）萃取剂对金属离子的萃取率与 pH 的关系如图 1 所示，萃取剂的作用是_；其使用的适宜 pH 范围是_(填字母代号)。A2.02.5 B3.03.5 C4.04.5（6）CoC 2O42H2O 热分解质量变化过程如图 2 所示。其中 600以前是隔绝空气加热，600以后是在空气中加热。A、B、C 均为纯净物；C 点所示产物的化学式是_。【答案】 (1). 将 Co3+还原为 Co2+ (2). ClO3 6Fe 2+6H =Cl 6Fe 3+3H 2O (3). (4). A (5). 除去溶液中的 Mn2+ (6). B (7). Co2O3【
45、解析】【详解】 （1）浸出过程中，Co 2O3 在酸性条件下被 Na2SO3 还原为 Co2+，离子方程式为：Co2O3+SO32 +4H+=2Co2+SO42 +2H2O；综上所述，本题答案是：将 Co3+还原为 Co2+ 。 （2）ClO 3 具有氧化性，能够把 Fe2+氧化为 Fe3+，方便后来沉淀除去。离子反应方程式：ClO3 6Fe 2+6H =Cl 6Fe 3+3H 2O；综上所述，本题答案是：ClO3 6Fe 2+6H =Cl 6Fe 3+3H 2O。（3）因为 NH3H2O 的 Kb大于 H2C2O4的 Ka2，则(NH 4)2C2O4溶液中 NH4+比 C2O42 的水解能力
46、强，溶液显酸性，所以(NH 4)2C2O4溶液的 pH7；综上所述，本题答案是：。（4）为了除去(NH 4)2C2O4晶体表面的附着物，洗涤时应选用蒸馏水洗涤，这样可以使得到的晶体更纯净；而自来水（含有盐酸） 、盐酸能够与(NH 4)2C2O4反应，达不到洗涤的目的；综上所述，本题答案是：A。（5）根据流程可知，此时溶液中存在的 Co2+和 Mn2+，由萃取剂对金属离子的萃取率与 pH的关系图可知，溶液的 pH 是 3.03.5 之间可以使 Mn2+完全沉淀，并防止 Co2+转化为氢氧化钴沉淀；综上所述，本题答案是 ：除去溶液中的 Mn2+ ，B。（6）由图可知，C 点钴的氧化物质量为 8.3 克，0.1molCo 的质量为 5.9 克，氧化物中氧元素质量为 8.3-5.9=2.4 克，则氧化物中 Co 原子与氧元素的物质的量之比为：0.1:2.4/16=2:3，所以氧化物为 Co2O3；综上所述，本题答案是：Co 2O3。20.M 是一种重要的有机高分子材料，结构简式为：。合成 M 的一种途径如下：已知：烃 A 在标准状况下的密度是 1.875gL-1；CH 3CH2CHCH 2 CH3CHBrCHCH 2；RCHCH 2H 2O RCH 2CH2OH； 。回答下列问题：（1）G 的结构简式为_；D 中所含官能团的名称为_
