1、甘肃省酒泉市敦煌中学 2019 届高三第二次诊断考试化学试题1.配制 100 mL 1.0 molL1 Na2CO3 溶液，下列操作正确的是（ ）A. 称取 10.6 g Na2CO3，加入 100 mL 容量瓶中，加水溶解、定容B. 称取 28.6 g Na2CO310H2O 于烧杯中，加入 100 mL 蒸馏水，搅拌、溶解C. 转移 Na2CO3 溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D. 定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀【答案】D【解析】【分析】A、容量瓶不能作为溶解仪器； B、根据 n= cV 和 m=nM 来计算出需要 Na2CO3 的质量，最后使溶液的体积是 100mL；C、移液
2、操作需要玻璃棒来引流； D、根据配制溶液的实验步骤来回答。【详解】A、容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，选项 A 错误；B、根据 n=cV 可知 Na2CO3 的物质的量 n=0.1L0.1molL-1=0.01mol，质量 m=nM=0.01mol106g/mol=1.06g，取 1.06 g 无水碳酸钠，加入蒸馏水，搅拌、溶解，但应配制成 100 mL 溶液而不是加入 100 mL 蒸馏水，选项 B 错误；C、移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，选项 C 错误；D、定容后，塞好瓶塞，要进行摇匀操作，选项 D 正确。答案选 D。【点睛】本题是一道
3、关于配制一定物质的量浓度溶液的实验基本操作题，可以根据教材知识来回答，难度不大。2.用 NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，33.6 L HF 中含有氟原子的数目为 1.5NAB. 常温常压下 16 g O3和 O2混合物中氧原子数为 NAC. pH=1 的 H3PO4溶液中，含有 0.1NA个 H+D. 0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为 0.3 NA【答案】B【解析】【详解】A、标况下 HF 为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故 A 错误；B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故 16g 混合物中含有的氧原子的物质的量为 1mol，故氧原子数为
4、 NA 个，故 B 正确； C、可以根据 N=cVNA 来计算微粒的数目，但是 V 不知道，所以无法计算，故 C 错误；D、双氧水中含 2 条极性共价键，故 0.1mol 双氧水中含极性共价键为 0.2NA 条，故 D 错误； 故选 B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，应注意掌握公式的运用和物质的结构。本题的易错点为 D，要注意过氧化氢的结构为 H-O-O-H。3.下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是 ( )A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A.气体受热膨胀逸出，说明装置的气密性良好； B.液面高度不变，锥形瓶内气压大于外面的大气压，说明装置的气密性良
5、好；C. 气体受热，气压增大，将水压入导管，说明装置的气密性良好；D. 上下移动橡胶管两端，若装置气密性良好，则装置右端气体的压强随着变化，两端液面高低有差别。现在两端液面水平，说明装置漏气。故选 D。点睛：装置气密性检验原理是气体受热气压增大。4.下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是（ ）选项实验 现象 结论A 向酸性 KMnO4 溶液中滴加 H2O2 溶液至过量 紫色消失H2O2 在该反应中作还原剂B 溶有 SO2 的 BaCl2 溶液中通入气体 X 有白色沉淀产生 X 一定是 Cl2C向 FeBr2 和 KSCN 混合溶液中滴入少量现制氯水，再滴入 CCl4 混合振荡、静置有机相呈红
6、棕色，水相呈无色Fe2+的还原性大于 BrD铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，放入 CuSO4 溶液中铝丝表面变红色铝可以从铜盐溶液中置换出铜A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A向酸性 KMnO4 溶液中滴加 H2O2 溶液至过量，酸性高 锰 酸钾溶液具有强氧化性，溶液紫色消失，证明二者发生氧化还 原反应， 则 H2O2 在该反应中被氧化，作还原剂，故 A 正确；B溶有 SO2 的 BaCl2 溶液中通入气体 X，有白色沉淀生成，说明气体 X 能够氧化二氧化硫，可能为臭氧，不一定是 Cl2，故 B 错误；C向 FeBr2 和 KSCN 混合溶液中滴入少量新
7、制氯水，Fe2+的还 原性大于 Br-，则亚铁离子优先被氧化，再加入 CCl4 混合振荡、静置后有机相呈无色，水相呈红棕色，故 C 错误；D铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，Al 表面被硝酸氧化钝化，形成致密的氧化膜，三氧化二铝不与硫酸铜反应，则铝表面不会生成铜，故 D 错误；故选 A。5.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）A. 使酚酞变红色的溶液中： Na 、Al3 、SO42-、ClB. =11013 molL1 的溶液中： NH4+、Ca2 、Cl 、NO3-C. 与 Al 反应能放出 H2 的溶液中：Fe 2 、K 、NO3-、SO42D. 水电离
8、的 c(H ) =11013 molL1 的溶液中：K 、Na 、AlO2-、CO32-【答案】B【解析】【详解】A使酚酞变红色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在 Al3+，选项 A 错误；B. =110 13molL1 的溶液，显酸性，该组离子在酸性溶液中不反应，可大量共存，选项 B 正确；C 与 Al 反应能放出 H2 的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Fe2+（或 Al）、H+、NO3发生氧化还原反应，碱性溶液中不能大量存在 Fe2+，选项 C 错误；D水电离的 c（H+）=11013molL1 的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在 AlO2、CO32
9、，选项 D 错误，答案选 B。【点睛】本题主要是考查离子的共存。答题时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。答题是还需要特别注意附加条件或隐含条件，例如“一定共存” 、 “可能共存” 、 “溶液颜色”等信息，尤其是注意硝酸根离子在酸性溶液中的氧化性，是易错点。6.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质。下列说法错误的是（ ）A. 碱式硫酸铁水解能产生 Fe(OH)3 胶体，可用作净水剂B. 为防止 NH4HCO3 分解，生产 FeCO3 需在较低温度下进行C. 常温下，(NH 4)2Fe(SO4)2 在水中的溶解度比 FeSO4
10、 的大D. 可用 KSCN 溶液检验(NH 4)2Fe(SO4)2 是否被氧化【答案】C【解析】【分析】A根据 Fe3+能发生水解生成 Fe(OH)3 胶体，Fe(OH) 3 胶体具有吸附性，可用作净水剂；B根据 NH4HCO3 不稳定，受热易分解；C根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀；DKSCN 溶液遇 Fe2+溶液无现象，遇 Fe3+溶液变红。【详解】A碱式硫酸铁电离产生 Fe3+，Fe3+能发生水解生成 Fe(OH)3 胶体，Fe(OH) 3 胶体具有吸附性，可用作净水剂，选项 A 正确；BNH 4HCO3 不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3 分解，生产 FeCO3 需
11、在较低温度下进行，选项 B 正确；C(NH 4)2Fe(SO4)2 在水中的溶解度比 FeSO4 的小，所以 FeSO4 才能与(NH 4)2SO4 反应生成(NH 4)2Fe(SO4)2，选项 C错误；DKSCN 溶液遇 Fe2+溶液无现象，(NH 4)2Fe(SO4)2 若被氧化则生成 Fe3+，KSCN 溶液遇 Fe3+溶液变红，选项 D 正确；答案选 C。【点睛】本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，注意冷却结晶发生反应的实质是溶解度的不同，题目难度中等。7.下图所示实验装置用于测定气体摩尔体积，相关叙述正确的是A. 用 CCl4代替水，测得氢气的体积更准
12、确B. 量气管压入漏斗的水过多而溢出，会导致测定失败C. 必须待体系温度降低到 0 时才可进行读数D. 上提水准管，量气管液面高度不断改变，说明装置漏气【答案】D【解析】试题分析：A实验时，若用 CCl4 代替水，由于 CCl4 是有机物，会和橡胶管发生反应，因此使测得氢气的体积不准确，A 错误；B实验时，量气管压入漏斗的水过多而溢出，由于量取气体时两侧的液面在同一水平面，就可以保证气体的压强是一个标准大气压强，因此不会影响实验结果，B 错误；C金属与酸的反应是放热反应，所以实验时，待体系温度降低到原来的温度并保证两侧液面在同一水平面时方可进行读数，C 错误；D上提水准管，量气管液面高度不断改
13、变，说明装置漏气，D 正确，答案选 D。考点：考查气体摩尔体积测定原理的有关的知识。8.下列实验能达到相应目的是（ ）选项 A B C D实验过程实验目的将乙二醇(HOCH2CH2OH)转化为乙二酸(H 2C2O4)比较氯化铁和二氧化锰对 H2O2 分解反应的催化效果证明稀硝酸与铜反应时表现出氧化性用 SO2 与 Ba(NO3)2 反 应获得 BaSO3 沉淀A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化乙二酸；B比较催化剂的催化效果时，双氧水的浓度必须相同；C铜与稀硝酸反应生成 NO 气体，有气体生成可以证明稀硝酸具有强氧化性；D二氧
14、化硫与硝酸钡反应生成的硫酸钡沉淀。【详解】A酸性高锰酸钾能够将乙二酸氧化成二氧化碳，则无法将乙二醇（HOCH 2CH2OH）转化为乙二酸（H 2C2O4），选项 A 错误；B比较氯化铁和二氧化锰对H2O2 分解反应的催化效果时，双氧水的浓度必须相同，否则双氧水浓度会影响反应速率，干扰了实验结果，选项 B 错误； C铜的活泼性较弱，通过铜与稀硝酸反应收集到 NO 气体，可证明稀硝酸与铜反应时表现出氧化性，选项 C 正确；D硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，则 SO2 与 Ba（NO3）2 反应生成的是硫酸钡沉淀，无法获得亚硫酸钡，选项D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，
15、题目难度不大，涉及氧化还原反应、化学反应速率的影响等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。9.下列除去杂质的操作中不正确的是（ ）A. CuO 中混有 Al2O3：加入过量烧碱溶液充分反应后过滤B. FeCl2 溶液中混有 CuCl2：加入过量铁粉充分反应后过滤C. Na2CO3 固体中混有少量 NaHCO3：加入过量 NaOH 溶液，反应后加热蒸干D. 氯气中混有少量氯化氢气体：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶【答案】C【解析】【详解】A氧化铝与 NaOH 反应，CuO 不能，则充分反应后过滤可分离，故 A 正确；BFe 与氯化铜反应生成氯
16、化亚铁，则加入过量铁粉充分反应后过滤可除杂，故 B 正确；C加入过量 NaOH 溶液，引入新杂质 NaOH，不能除杂，应选加热法，故 C 错误；D氯气不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除杂，故 D 正确；故选 C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。本题的易错点为 D，要注意在饱和食盐水中氯化氢能溶，而氯气不溶，是因为氯气与水反应为可逆反应，增大氯离子浓度，能够抑制氯气与水的反应。10.向 CuSO4 溶液中逐滴加入 KI 溶液至过量，观察到产生白色沉淀 CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入 SO2 气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是
17、（ ）A. 上述实验条件下，物质的氧化性： Cu2+ I2 SO2B. 通入 SO2 时，SO 2 与 I2 反应，I 2 作还原剂C. 通入 SO2 后溶液逐渐变成无色，体现了 SO2 的漂白性D. 滴加 KI 溶液，转移 2 mol e 时生成 1 mol 白色沉淀【答案】A【解析】试题分析：硫酸铜和碘化钾反应生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，和硫酸钾，然后二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸。A、根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，铜离子做氧化剂，碘做氧化产物，第二个反应中碘做氧化剂，二氧化硫做还原剂，所以氧化性顺序为：铜离子 碘单质 二氧化硫，正确，选 A；B、二氧化硫和碘的反应中
18、二氧化硫做还原剂，碘做氧化剂，错误，不选 B；C、二氧化硫表现还原性，不是漂白性，错误，不选 C；D 、每摩尔碘化亚铜生成转移 1 摩尔电子，所以当有 2 摩尔电子转移时产生 2 摩尔白色沉淀，错误，不选 D。考点：氧化还原反应11.在学习中经常应用类推法。下列表格左边正确，类推法应用于右边也正确的是（ ）A向 FeCl2 溶液中滴入氯水 ：2Fe2 + Cl2 2Fe3 + 2Cl向 FeCl2 溶液中滴入碘水 ：2Fe2 + I2 2Fe3 +2IB向澄清石灰水中通入少量 CO2 气体：Ca2 +2OH +CO2 CaCO3+ H2O 向澄清石灰水中通入少量 SO2 气体：Ca2 +2OH
19、 +SO2 CaSO3+H2O C向 Na2CO3 溶液中滴入稀 HNO3：CO32- 2H CO2 H2O向 Na2SO3 溶液中滴入稀 HNO3：SO32-+2H SO2+H2ODCO2 通入漂白粉溶液中：CO 2+ Ca2 +2ClO+H2OCaCO 3+ 2HClOSO2 通入漂白粉溶液中：SO 2 +Ca2 +2ClO+H2O CaSO3+2HClOA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：A向 FeCl2 溶液中滴入氯水，发生氧化还原反应：2Fe 2 + Cl2=2Fe3 + 2Cl-；由于氧化性：Cl 2Fe3 I2,所以向向 FeCl2 溶液中滴入碘水，
20、不能发生类似反应 2Fe2 + I2=2Fe3 +2I-，错误；B.向澄清石灰水中通入少量 CO2 气体，发生反应形成正盐，反应的离子方程式是 Ca2 +2OH+CO2=CaCO3+ H2O；当向澄清石灰水中通入少量 SO2 气体时，由于SO2 也是酸性氧化物，因此反应类似，也发生反应：Ca 2 +2OH-+SO2 CaSO3+H2O，正确；向 Na2CO3 溶液中滴入稀 HNO3，发生复分解反应：CO 32-2H =CO2H 2O，当向 Na2SO3溶液中滴入稀 HNO3，由于硝酸有氧化性，而 Na2SO3 有还原性，二者会发生氧化还原反应。反应方程式是：3SO 32-+2H +2NO3-=
21、3SO42-+2NO+H2O，错误； D.由于酸性：H2CO3HClO，CO 2 通入漂白粉溶液中，发生复分解反应：CO 2+ Ca2 +2ClO-+H2O=CaCO3+ 2HClO，当把 SO2 通入漂白粉溶液中时，SO 2 有还原性，而 ClO-有氧化性，会发生氧化还原反应：SO 2+Ca2 +ClO-+H2O CaSO4+2H+Cl-，错误。考点：考查化学学习中类推法正误判断的知识。12.下列实验操作不能达到目的是（ ）A. 除去 MgCl2 酸性溶液中的 Fe3+：加热搅拌，加入 MgCO3，过滤，加适量的盐酸B. 制备 Fe(OH)3 胶体：向饱和 FeCl3 溶液中滴加少量 NaO
22、H 溶液C. 检验 Fe2(SO4)3 溶液中是否含有 FeSO4：滴加少许酸性高锰酸钾溶液，并振荡D. 使盛有少量氢氧化镁沉淀的试管中的沉淀溶解：加入一定量的氯化铵溶液【答案】B【解析】试题分析：A向溶液加入 MgCO3，发生沉淀溶解平衡： MgCO3(s) Mg2+(aq)+CO32-(aq)。这时 Mg2+会与 Fe3+发生双水解反应产生氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体从而除去 MgCl2 酸性溶液中的 Fe3+。不符合题意。 B制备硅酸胶体时应该加热蒸馏水至沸腾，然后向其中滴加饱和的硅酸钠水溶液，并继续加热，至溶液出现大量白色胶状物质。符合题意。CFe 2-有还原性，容易被酸性高锰酸钾溶液氧
23、化为 Fe3+而使紫色褪去。因此可以用于检验其存在。不符合题意。D氯化铵是强酸弱碱盐，水溶液显酸性。氢氧化镁沉淀能够在酸性环境中溶解。不符合题意。考点：考查物质是制备、检验和除杂的知识。13.某溶液由 Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2 、CO32-、SO42-、Cl中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：下列说法正确的是（ ）A. 原溶液中一定只存在 AlO2 、CO32-、SO42-、Cl四种离子B. 气体 A 的化学式是 CO2，其电子式为 O:C:OC. 原溶液中一定不存在的离子是 Cu2+、Ba2+、Fe3+D. 生成沉淀 B 的离子方程式为：Al 3+3OHAl(
24、OH) 3【答案】C【解析】某溶液加入过量的盐酸后产生气体，说明有碳酸根离子，则钡离子铁离子和铜离子都不存在，溶液 A 加入过量的氨水产生白色沉淀，则说明原溶液中有偏铝酸根离子，沉淀为氢氧化铝，滤液 B 加入过量的氢氧化钡产生白色沉淀，说明原溶液中有硫酸根离子，滤液 C 加入过量的稀硝酸和硝酸银，产生白色沉淀，因为最初加入盐酸，不能说明原溶液中是否有氯离子。A. 通过分析，原溶液中一定有偏铝酸根离子，碳酸根离子，硫酸根离子，钠离子，不能确定氯离子，故错误；B. 气体 A 的化学式是 CO2，其电子式为 ，故错误；C. 通过分析可知原溶液中一定不存在的离子是 Cu2+、Ba2+、Fe3+，故正确
25、；D. 生成沉淀 B的离子方程式为：Al 3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故错误。故选 C。14.从某含有 FeCl2、FeCl3、CuCl2 的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下 ：则下列说法正确的是（ ）A. 试剂 a 是铁、试剂 b 是稀硫酸B. 操作、操作、操作 所用仪器相同C. 试剂 c 是氯气 ，相应的反应为 2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-D. 用酸性 KMnO4 溶液可检验溶液 W 中是否含有 Fe2+【答案】C【解析】试题分析：A、由最终要得到的氯化铁及流程图知 b 是盐酸，错误； B、操作 I 和操作是过滤，操作为蒸发结晶，故所有仪器有差异，错误
26、；C、滤液 Z 中均含有氯化亚铁，所有c 为氯气，正确；D、高锰酸钾能氧化氯离子，错误。考点：铁的化合物的性质15.下列各组溶液，不用其他试剂就可以将它们区别开来的是（ ）A. HCl、NaCl、Na2CO3、Na2SO4B. Na2CO3、NaOH、BaCl2、HClC. HNO3、Ba(NO3)2、NaCl、Na2SO4D. BaCl2、Ca(NO3)2、NaCl、Na2CO3【答案】B【解析】【详解】A、HCl、NaCl 和 Na2SO4 两两混合均没有明显现象，故不加其他试剂无法鉴别，故 A 错误；B、组内四种物质的溶液两两混合时,其中有一种溶液与其它三种溶液混合时出现一次白色沉淀和一
27、次放出气体,该溶液为碳酸钠溶液;与碳酸钠溶液产生气体的溶液为盐酸,产生白色沉淀的为 BaCl2;与碳酸钠溶液混合无任何明显现象的为氢氧化钠溶液;故不加其他试剂可以鉴别，故 B 正确；C、Ba(NO3)2 与 Na2SO4 混合产生白色沉淀，其他物质两两混合均没有明显现象，故不加其他试剂无法鉴别，故 C 错误；D、组内四种物质的溶液两两混合时 , BaCl2 、Ca(NO3)2 和 Na2CO3 溶液与反应均能产生白色沉淀,但其余两两混合均没有明显现象,故不加其他试剂无法鉴别，故 D 错误；综上所述，本题应选 B。【点睛】要求不用其他试剂,仅用组内物质反应来区分物质,解答本题时就是利用物质的化学
28、特性来解答,具体的可以首先找出有颜色的,然后两两之间反应,或者是找出能其他物质都反应但是现象不同的物质,然后再区别其他物质.16.将足量的 CO2 不断通入 NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2 的混合溶液中，生成沉淀与通入 CO2的量的关系可表示为A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】只要通入 CO2，立刻就有沉淀 BaCO3 产生；将 Ba(OH)2 消耗完毕 ，接下来消耗 NaOH，因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变 )；NaOH 被消耗完毕，接下来消耗 NaAlO2，有 Al(OH)3 沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物 Na2CO
29、3、BaCO3 反应，据此进行判断。【详解】将二氧化碳气体通入含有 NaOH、Ba(OH) 2、NaAlO 2 的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：CO2 先与 Ba(OH)2 反应(有沉淀 BaCO3 生成)，当 Ba(OH)2 消耗完毕后再与 NaOH 反应(此时无沉淀)；最后与 NaAlO2 反应( 有沉淀 Al(OH)3 生成)，以上过程中图形应是：出现沉淀（BaCO 3），平台， 沉淀增加 因有 Al(OH)3 生成；过量的 CO2 还可以继续与 Na2CO3 反应得到 NaHCO3，继续过
30、量的 CO2 还可以使 BaCO3 沉淀溶解，最后是 Al(OH)3 沉淀， 所以接着的图形应该为：平台 ，沉淀（BaCO 3）减少，平台，故整个过程的图形应为：出现沉淀（BaCO 3），平台， 沉淀增加 因有 Al(OH)3 生成，平台， 沉淀（BaCO3）减少，平台，满足以上关系的图象为 C，所以 C 选项是正确的。【点睛】本题考查元素化合物知识，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题。17.下列是某无色水样成分的检验， 已知该水样中只可能含K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、CO3
31、2 、SO42 、Cl 中的若干种离子。该小组同学取 100 mL水样进行实验：向样品中先滴加硝酸钡溶液，再滴加 1 molL1 HNO3，实验过程中沉淀质量的变化如下图所示：（1）水样中一定含有的阴离子是_，其物质的量浓度之比为 _。（2）写出 BC 段曲线所表示反应的离子方程式_。（3）由 B 点到 C 点变化过程中消耗硝酸的体积为_ 。（4）试根据实验结果推测 K+是否存在？_(填“是”或“ 否”)；若存在，K +的物质的量浓度c(K+)的范围是_(若 K+不存在,则不必回答) 。【答案】 (1). SO42 、CO32 (2). 12 (3). BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2
32、O (4). 40 mL (5). 是 (6). c(K+)06 molL-1【解析】分析：该水样为无色溶液,水样中 Fe3+、Cu2+不存在,根据图象分析加入硝酸钡溶液生成沉淀,加入稀硝酸,沉淀部分溶解证明水样中一定含有 CO32、SO42,又因为 Al3+与 CO32发生双水解, CO32与 Ag+、Ca2+、Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在 ，所以 Al3+、Ag+、Ca2+、Mg2+不存在；n (SO42)=2.33/233=0.01mol，n (CO32)=n(BaCO3)=(6.72-2.33)/197=0.02mol，所以:c(SO42): c (CO32)=1:2，原溶液中
33、可能含有 Cl,根据电解质溶液中电荷守恒,阳离子 K+一定存在;根据电荷守恒得到:0.012+0.022+ n (Cl)= n (K+)，推知 n (K+)0.06mol,则 c(K+)0.06mol/L；据此分析解答此题。详解：(1)根据以上分析可知：水样中一定含有的阴离子是 SO42、CO32；n (SO42)=2.33/233=0.01mol，n (CO32)=n(BaCO3)=(6.72-2.33)/197=0.02mol，所以:c(SO 42): c (CO32)=1:2；正确答案： SO42、CO32 ； 1：2。(2)BC 段所表示反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应,反应的离子方程式:
34、 BaCO 3+2H+Ba2+CO2+H2O ；正确答案: BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O 。(3)由 B 到 C 点变化过程中根据图象分析得到的碳酸钡 n(BaCO3)=(6.72-2.33)/197=0.02mol，消耗稀硝酸物质的量为 0.04 mol,消耗硝酸的体积 0.04/1=0.04L=40Ml；正确答案: 40.0mL 。(4)根据电解质溶液中电荷守恒,阳离子 K+一定存在；根据电荷守恒得到:0.012+0.022+ n (Cl)= n (K+)，推知 n (K+)0.06mol,则 c(K+)0.06mol/L；正确答案：是； c（K+）0.6mol/L。点睛：本题
35、考查了离子反应及其计算，题目难度中等， 明确常见离子的性质及检验方法为解答的关键，注意掌握根据电荷守恒在判断离子存在的方法， 培养了学生的分析能力和化学计算能力。18.铬是人体必需元素，如含量不足会影响糖类和脂类的代谢，过高则会引起急性中毒。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：完成下列填空：（1）含 Cr2O72 离子的废水在酸性条件下用 Fe3O4 处理，反应的离子方程式如下，配平该离子反应方程式： _Cr2O72 + Fe3O4 + H+ Cr 3+ + Fe3+ + H2O，_（2）反应是可逆反应，在 Na2CrO4 溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色逐渐变成橙色，写出该反应的离子方程式：
36、_（3）向上述反应后的溶液中加入碱溶液，让废水的 pH 升至 810，控制适当的温度，使产物中的金属阳离子全部转变为沉淀。回收所得的 Cr(OH)3，经处理后又可转变成 K2Cr2O7。纯净的 K2Cr2O7 常用于准确测定 Na2S2O3 溶液的物质的量浓度，方法如下： Cr 2O72- +6I- + 14H+ 3I 2 + 2Cr3+ + 7H2O 2S 2O32- + I2S 4O62- + 2I- ，准确称取纯净的 K2Cr2O7 0.294g ，配成溶液，加足量 KI，用 Na2S2O3 溶液滴定，消耗 Na2S2O3 溶液 25.00mL。回收所得的 Cr(OH)3 在处理之前需要
37、先进行洗涤，洗涤沉淀的方法为_；滴定时加入的指示剂通常为_，滴定至终点的现象是_；Na2S2O3 溶液的物质的量浓度为_（保留四位有效数字） 。【答案】 (1). 1，6，62，2，18，31 (2). 2CrO42 2H Cr2O72 H 2O (3). 沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水完全浸没沉淀，待蒸馏水自然流尽后，重复操作23 次 (4). 淀粉溶液 (5). 溶液的颜色由蓝色变为无色，且半分钟内溶液的颜色不再改变 (6). 0.2400molL1【解析】【详解】 （1）反应中 Cr2O72 Cr 3+，Cr 元素由+6 价降低为+3 价，共降低 6 价，Fe3O4Fe 3+，Fe
38、 元素由平均化合价+ 价升高为+3 价，共升高 1 价，化合价最小公倍数为6，Cr 2O72 的系数为 1，Fe 3O4 的系数为 6，再根据原子守恒、电荷守恒配平其它物质系数，配平得反应方程式为 1Cr2O72 +6Fe3O4 +62 H+ 2 Cr 3+ +18Fe3+ +31H2O；（2）在 Na2CrO4 溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色逐渐变成橙色，说明黄色的 CrO42-离子与离子反应产生橙色的 Cr2O72-离子，该反应为可逆反应，反应式为2CrO42 2H Cr2O72 H 2O；（3）洗涤沉淀的方法为沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水完全浸没沉淀，待蒸馏水自然流尽后，重复操作
39、23 次；反应时碘离子被氧化为碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝，故滴定时加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液的颜色由蓝色变为无色，且半分钟内溶液的颜色不再改变；由测定 Na2S2O3 溶液的物质的量浓度的两个反应： Cr2O72- +6I- + 14H+ 3I 2 + 2Cr3+ + 7H2O 2S2O32- + I2S 4O62- + 2I- ，可以得到关系式：Cr2O72- 3I2 6S2O32-。0.294g K2Cr2O7 的物质的量为 n(K2Cr2O7)=0.001mol ，所以n(Na2S2O3)=6 n(K2Cr2O7)=0.006mol，消耗 Na2S2O3 溶液 25
40、.00mL，则 Na2S2O3 溶液的物质的量浓度为 0.2400molL1 。19.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁（FeSO 4xH2O） ，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加 KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：_、_。（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带端开关 K1 和 K2） （设为装置 A）称重，记为 m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置 A 称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。仪器 B 的名称是_。将下列实验操作
41、步骤正确排序_（填标号） ；重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为 m3 g。a.点燃酒精灯，加热 b.熄灭酒精灯 c.关闭K1 和 K2d.打开 K1 和 K2，缓缓通入 N2 e.称量 A f.冷却至室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目 x =_（列式表示） 。若实验时按 a、d 次序操作，则使 x_（填“偏大”、 “偏小”或“无影响”）。（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置 A 接入下图所示的装置中，打开K1 和 K2，缓缓通入 N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D 中的溶液依次为 BaCl2 溶液、品红溶液。 C、D 中有气泡冒出，并可观察到的
42、现象分别为产生白色沉淀、品红溶液褪色。写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_。【答案】 (1). 样品中无 Fe3+ (2). 硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁 (3). 干燥管 (4). dabfce (5). (6). 偏小 (7). 2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO3【解析】【详解】 （1）滴加 KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化，可知样品中无 Fe3+；硫酸亚铁与KSCN 不反应，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色；（2）由仪器的图形可知 B 为干燥管，故答案为：干燥管；实验时，为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室
43、温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为 dabcfe；直至 A 恒重，记为 m3 g，应为 FeSO4 和装置的质量，则 m（FeSO4）=（m3-m1），m（H2O）=（m2-m3） ，则 n（H2O）= 、n（FeSO4）= ，结晶水的数目等于= ，若实验时按 a、d 次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小；（3）硫酸亚铁高温分解可生成 Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO3。20.化合物 G 是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）A 的名称是_ 。（2）BC 的反应条件为_， DE 的反应类型是
44、_。（3）D 在浓硫酸加热的条件下会生成一种含六元环的化合物，该化合物的结构简式为_。（4）H 是一种高聚酯，DH 的化学方程式为_。（5）下列关于化合物 G 的说法错误的是 _。AG 的分子式为 C12H14O5B1molG 与 NaOH 溶液加热最多消耗 2molNaOHC一定条件下 G 发生消去反应生成的有机物存在顺反异构体D在一定条件下 G 能与 HBr 发生取代反应（6）M 是 D 的同分异构体，与 D 具有相同的官能团。则 M 可能的结构有_种。（7）已知酚羟基不易与羧酸发生酯化反应，写出由苯酚，甲苯为原料制备苯甲酸苯酚酯（）的合成路线(其它试剂任选) 。 _【答案】 (1). 2
45、-甲基丙烯或异丁烯 (2). NaOH 水溶液加热 (3). 取代反应 (4). (5). nHO(CH3)2CCOOH +（n-1）H2O (6). BC (7). 4 (8). 【解析】【详解】 （1）已知 A 的结构简式是 ，则名称为 2-甲基丙烯或异丁烯；（2）A 与 Br2 发生加成反应生成 B 为溴代烷，而 C 催化氧化生成 D，说明 C 中含有-OH ，因此 BC 是溴代烷的水解，反应条件为 NaOH 溶液加热；根据已知信息，所以 DE 的反应为取代反应，是 Cl 取代了-COOH 中的-OH；（3）根据转化关系可推知 B 为 (CH3)2 CBrCH2Br，C 为(CH 3)2
46、C(OH)CH2OH，则 D 为（CH 3）2C(OH)COOH，在浓硫酸加热的条件下生成的六元环状化合物的结构简式为；（4）D 分子中有-OH 和-COOH ，所以在一定条件下发生缩聚反应生成高聚酯，反应的化学方程式为：nHO(CH 3)2CCOOH +（n-1）H2O；（5）已知 D 为（CH 3）2C(OH)COOH，而 G 为 。A、G 为，分子式为 C12H14O5，选项 A 正确；B 、G 分子中含有两个-COO-，且其中 1 个为酚酯，所以 1molG 与 NaOH 溶液加热最多消耗 3molNaOH，选项 B错误：C一定条件下 G 发生消去反应生成的有机物 不存在顺反异构体，选
47、项 C 错误；D、G 分子中含有醇羟基，可以与 HBr 发生取代反应，选项 D 正确。答案选 BC；（6）D 为（CH 3）2C(OH)COOH，M 是 D 的同分异构体，与 D 具有相同的官能团。则 M 可看成是羟基和羧基在丙烷上的二取代物，则取代在同一个碳的除了 D 外还有 1 种，取代基在不同碳的可以为 1、2 碳，1、3 碳，2、1 碳三种，则可能的结构共有 4 种；（7）已知 ，结合题中由 E+F 合成 G 的反应，可推导出由苯酚和甲苯为原料制备苯甲酸苯（ ）的合成路线为：。【点睛】本题的易失分点是：六元环状酯的结构简式的书写和酚类与浓漠水发生取代反应后苯环上没有氢原子的 F 的同分异构体的书写：难点是：手性碳原子的确定和 F 的同分异构体中酚羟基数目的确定。酚类与浓溴水的取代反应只发生在酚羟基的邻对位，手性碳原子一定是饱和的，即 1 个 C 以 4 个单键与 4 个不同的取代基相连，酚羟基能与 Na2CO
