湖南2018年高职单招化学模拟试题【含答案】

湖南2018年高职单招化学模拟试题【含答案】　

一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）

1．（3分）下列化学用语表示正确的是（　　）

A．Mg2+的结构示意图：

B．葡萄糖的结构简式：C6H12O6

C．H2O2的电子式：

D．硫酸的电离方程式：H2SO4═H22++SO42﹣

2．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）

A．1.00mol NaCl中含有NA个NaCl 分子

B．常温常压下，22.4LCl2与足量镁粉反应，转移的电子数为2NA

C．一定条件下，2.3gNa与足量O2完全反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA

D．28g乙烯和环丙烷（C3H6）组成的混合气体中含有氢原子的个数为3 NA

3．（3分）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（　　）

A．用浓盐酸与铁屑反应制取H2：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑

B．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O

C．用醋酸除去水垢：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑

D．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣

4．（3分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性．下列有关说法正确的是（　　）

A．用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阴极反应式为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+

B．H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+3OH﹣═PO23﹣+3H2O

C．将H3PO2溶液加入到酸性重铬酸钾溶液中，H3PO2的还原产物可能为H3PO4

D．H3PO2溶于水的电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2﹣

5．（3分）下列实验方案中，能测定Na2CO3和NaCl混合物中NaCl质量分数的是（　　）

A．取a克混合物与足量浓盐酸充分反应，通过排饱和NaHCO3溶液测得生成气体b升（标准状况）

B．取a克混合物与足量硝酸银溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体

C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克

D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤，称量得b克固体

6．（3分）某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子组合是（　　）

A．NH4+、Mg2+ B．Mg2+、Fe2+ C．NH4+、Fe2+ D．Mg2+、Al3+

7．（3分）根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（　　）

A．反应①②③④⑤均属于氧化反应和离子反应

B．反应⑤说明该条件下铝的还原性强于锰

C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：1

D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4

8．（3分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素．X与Z位于同一主族，X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，Y元素的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18．下列说法不正确的是（　　）

A．X单质在一定条件下能与Z的最高价氧化物发生置换反应

B．原子半径：Y＞Z＞W

C．最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序：X＜Z＜W

D．室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH=1

9．（3分）利用如图装置，完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，正确的是（　　）

A．若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法

B．若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀

C．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动

D．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小

10．（3分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）

A．2﹣甲基丁烷也称异丁烷

B．三元轴烯（）与苯互为同分异构体

C．C4H9Cl有3种同分异构体

D．烷烃的正确命名是2﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷

11．（3分）在某恒温密闭容器中，投入一定量的A发生可逆反应：A（s）⇌B（g）+C（g），△H=﹣Q kJ/mol（Q＞O）．一段时间后反应达到平衡，然后缩小容器体积，重新达到平衡．下列分析不正确的是（　　）

A．两次平衡时，C（g）的浓度相等

B．平衡时，单位时间内n（B）生成：n（C）消耗=1：1

C．若再向平衡体系中加入少量A，平衡不移动

D．若开始时向容器中加入1 mol B和1 mol C，则达到平衡时吸收QkJ热量

12．（3分）下列热化学方程式书写正确的（　　）

A．甲烷的燃烧热为﹣890 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890 kJ/mol

B．在一定条件下将1 molSO2和0.5molO2置于密闭容器中充分反应，放出热量79.2kJ，则反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣158.4kJ•mol﹣1

C．NaOH（s）+H2SO4（浓）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1

D．2.00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ的热量，该反应的热化学方程式为：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2589.6kJ•mol﹣1

13．（3分）某品牌化妆品的主要成分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图所示反应合成．下列对X、Y、Z的叙述，正确的是（　　）

A．X、Y和Z均能和NaOH溶液反应

B．X和Z均能和Na2CO3溶液反应，但不能和NaHCO3溶液反应

C．Y既能发生加聚反应，也能发生缩聚反应

D．Y分子中所有原子不可能共平面

14．（3分）下列实验装置中能达到实验目的是（　　）

A．图①可用于制取少量NH3或用MnO2和浓盐酸制取Cl2

B．装置②可用于氯化氢气体溶于水

C．以NH4Cl为原料，装置③可用于实验室制备少量干燥的NH3

D．装置④可用于除去Cl2中的HCl

15．（3分）下列设计的实验方案能达到实验目的是（　　）

A．制备Fe（OH）2：用图1所示装置，向试管中加入NaOH溶液，振荡

B．测定H2的生成速率：用图2所示装置，制取一定体积的H2，记录时间

C．除去苯中少量苯酚：向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，过滤

D．检验淀粉是否水解：取0.5 g淀粉于洁净的试管中，先加入5 mL稀硫酸，水浴加热，一段时间后再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，水浴加热，观察实验现象

16．（3分）用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的是（　　）

A．用图1所示装置制取少量H2

B．用图2所示装置分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物

C．用图3所示装置验证Na和水反应的热效应

D．用图4所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体

二、解答题（共4小题，满分52分）

17．（10分）一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：

（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为 ．

（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴．则浸出钴的离子反应方程式为 （产物中只有一种酸根）．请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因 ．

（3）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请分别用离子方程式表示在过程III、IV中起的作用： ； ．

18．（12分）三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O）有很重要的用途．可用如图流程来制备．根据题意完成下列各题：

（1）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是 ．（按前后顺序填）

a．过滤洗涤     b．蒸发浓缩     c．冷却结晶    d．灼烧    e．干燥

某兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O）中铁元素含量，做了如下实验：

步骤1：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液．

步骤2：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，MnO4﹣被还原成Mn2+．向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性．

步骤3：在酸性条件下，用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，共做三次实验，平均消耗KMnO4溶液20.00ml，滴定中MnO4﹣，被还原成Mn2+．

（2）步骤1中，配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有 ；

主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、 、定容、摇匀．

（3）步骤2中，加入锌粉的目的是 ．

（4）步骤3中，发生反应的离子方程式为： ．

（5）步骤2中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量 ．（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）

（6）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（K3[Fe（C2O4）3]）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647g/L（已折合成标准状况下）气体（是物质的量之比为4：5的混合气体）．研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3．写出该分解反应的化学方程式 ．

19．（14分）某化学兴趣小组在实脸室模拟侯德榜制碱法制备纯碱．主要步骤如下：

第一步：配制饱和NaCl溶液，倒入烧杯中加热；

第一步：控制温度在30﹣35℃．边搅拌边分批加入研细的NH4HCO3固体，加料完毕后，继续保温30分钟；

第三步：静置、过滤得NaHCO3晶体．用少量蒸馏水洗涤除去杂质，然后抽干；

第四步：将第二步所得固体转入蒸发皿中，灼烧2小时，制得纯碱固体，

已知：温度高于35℃时，NH4HCO3会分解．有关盐的溶解度（g/100g水）如表：

回答下列问题：

（1）反应温度控制在30﹣35℃范围内，应采取的加热方法为 ，反应温度不能高于35℃的理由是 ．

（2）第三步静置后析出NaHCO3晶体的原因是 ；用蒸馏水洗涤NaHCO3晶体的目的是除去杂质粒子 （用离子符号表示）．

（3）若向过滤所得母液中加入 （填写试剂名称），并作进一步处理，使NaCl溶液循环使用，同时可回收NH4Cl．

（4）纯碱产品不纯，含有NaHCO3、NaCl等杂质．测定纯碱中NaHCO3含量的方法是：准确称取纯碱样品Wg，放入锥形瓶中加蒸馏水溶解，加l﹣2滴酚酞指示剂，用物质的量浓度为cmol/L的盐酸滴定至溶液由红色到无色（指示CO32﹣+H+=HCO3﹣反应的终点），所用盐酸体积为V1mL，再加1﹣2滴甲基橙指示剂，继续用盐酸滴定至溶液由黄变橙，所用盐酸总体积为V2mL．

①实验室配制一定体积cmol/L盐酸需用的仪器除了容量瓶、烧杯、量筒外还需 ；在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是 （填写标号）

a．使用容量瓶前检验它是否漏水

b．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗

c．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中．然后加蒸馏水定容

d．用容量瓶把溶液配制完成以后．直接贴上标签，放置备用

e．定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次

②写出纯碱样品中NaHCO3质量分数的计算式：NaHCO3 （%）= ．

20．（16分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种食品添加剂．实验室用如图1所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：

Ⅰ．在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液；

Ⅱ．加碳酸钠粉末调至pH为7～8；

Ⅲ．再通SO2至pH为4.1；

Ⅳ．从过饱和溶液中析出Na2S2O5晶体．

（1）制备焦亚硫酸钠总反应的化学方程式为 ．

（2）Na2S2O5溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是 ．步骤Ⅲ中测定溶液的pH的方法是 ；pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是 ．

（3）利用碘量法可测定Na2S2O5产品中+4价硫的含量，实验方案为：将一定量的Na2S2O5产品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中， ，重复如上步骤2次，记录数据．（实验中必须使用的试剂有：c1mol•L﹣1的标准碘溶液、c2mol•L﹣1的标准Na2S2O3溶液、冰醋酸、淀粉溶液、蒸馏水；已知：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）

（4）含铬废水中常含有六价铬[Cr（Ⅵ）]．利用Na2S2O5和FeSO4•7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水，实验结果见右图．

①实验过程中溶液的pH不断升高的原因是 ．

②已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣31，lg2≈0.3，c（Cr3+）＜1.0×10﹣5 mol•L﹣1时视为完全沉淀．现将废水中Cr2O72﹣全部转化为Cr（OH）3而除去，需调节溶液的pH范围为 ．

湖南2018年高职单招化学模拟试题参考答案与试题解析

一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）

1．（3分）下列化学用语表示正确的是（　　）

A．Mg2+的结构示意图：

B．葡萄糖的结构简式：C6H12O6

C．H2O2的电子式：

D．硫酸的电离方程式：H2SO4═H22++SO42﹣

【分析】A、Mg2+的质子数为12，电子数为10；

B、C6H12O6是分子式；

C、H2O2是共价化合物；

D、硫酸电离出2个氢离子和1个过氧根．

【解答】解：A、Mg2+的质子数为12，电子数为10，离子结构示意图为：，故A正确；

B、C6H12O6是分子式，而不是结构简式，故B错误；

C、双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，双氧水的电子式为：，故C错误；

D、硫酸电离出2个氢离子和1个过氧根，故电离方程式为：H2SO4=2H++SO42﹣，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查了离子结构示意图、结构简式和电子式的书写，难度不大，注意分子式和结构简式的区别．

2．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）

A．1.00mol NaCl中含有NA个NaCl 分子

B．常温常压下，22.4LCl2与足量镁粉反应，转移的电子数为2NA

C．一定条件下，2.3gNa与足量O2完全反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA

D．28g乙烯和环丙烷（C3H6）组成的混合气体中含有氢原子的个数为3 NA

【分析】A．氯化钠为离子晶体；

B．常温常压下，22.4LCl2的物质的量无法计算；

C．求出钠的物质的量，然后根据钠元素的化合价变化来分析；

D．乙烯和环丙烷的最简式均为CH2．

【解答】解：A．氯化钠为离子晶体，不存在分子，故A错误；

B．常温常压下，气体摩尔体积的值未知，所以22.4LCl2的物质的量无法计算，故B错误；

C．2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子，故C正确；

D．乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故28g混合气体中含有的CH2的物质的量n==2mol，故含有氢原子4mol即4NA个，故D错误；

故选：C．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，熟悉物质的量的有关计算公式，明确气体摩尔体积适用对象和使用条件是解题关键，题目难度不大．

3．（3分）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（　　）

A．用浓盐酸与铁屑反应制取H2：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑

B．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O

C．用醋酸除去水垢：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑

D．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣

【分析】A．不符合反应客观事实，二者反应生成氯化亚铁和氢气；

B．高锰酸钾能够氧化浓盐酸中的氯离子；

C．醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水；

D．次氯酸为弱酸，应保留化学式．

【解答】解：A．用浓盐酸与铁屑反应制取H2，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；

B．高锰酸钾能够氧化浓盐酸中的氯离子，对过氧化氢还原性检验造成干扰，故B错误；

C．醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故C正确；

D．将氯气溶于水制备次氯酸，离子方程式：Cl2+H2O═H++HCl+ClO﹣，故D错误；

故选：C．

【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意化学式拆分、注意离子反应遵循客观事实，题目难度不大．

4．（3分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性．下列有关说法正确的是（　　）

A．用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阴极反应式为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+

B．H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+3OH﹣═PO23﹣+3H2O

C．将H3PO2溶液加入到酸性重铬酸钾溶液中，H3PO2的还原产物可能为H3PO4

D．H3PO2溶于水的电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2﹣

【分析】A．H3PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2﹣失电子；

B．一元弱酸与NaOH按照物质的量1：1反应；

C．H3PO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化；

D．一元弱酸在溶液中部分电离出一个氢离子．

【解答】解：A．H3PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2﹣失电子，所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为H2PO2﹣﹣4e﹣+2H2O═H3PO4+3H+，故A错误；

B．一元弱酸与NaOH按照物质的量1：1反应，所以H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O，故B错误；

C．H3PO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化，则将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4，故C错误；

D．一元弱酸在溶液中部分电离出一个氢离子，则H3PO2溶于水的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO2﹣，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查氧化还原反应、电离方程式的书写、电解原理的应用等知识点，明确物质的性质是解本题关键，利用电极方程式的书写方法、电离方程式书写规则、盐类水解原理解答即可，题目难度中等．

5．（3分）下列实验方案中，能测定Na2CO3和NaCl混合物中NaCl质量分数的是（　　）

A．取a克混合物与足量浓盐酸充分反应，通过排饱和NaHCO3溶液测得生成气体b升（标准状况）

B．取a克混合物与足量硝酸银溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体

C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克

D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤，称量得b克固体

【分析】A．碳酸钠与盐酸反应，但盐酸挥发，盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；

B．bg固体为碳酸银和AgCl，ag为Na2CO3和NaCl；

C．碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳，碱石灰吸收的质量bg为二氧化碳和水的质量；

D．碳酸钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，过滤、洗涤、烘干后的固体质量为碳酸钡的质量．

【解答】解：A．碳酸钠与盐酸反应，但盐酸挥发，盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则bL气体不完全来源于碳酸钠，不能测定，故A错误；

B．bg固体为碳酸银和AgCl，ag为Na2CO3和NaCl，设Na2CO3和NaCl的质量分别为x、y，由质量关系得到方程组，以此可计算NaCl的质量及质量分数，故B正确；

C．碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳，碱石灰吸收的质量bg为二氧化碳和水的质量，不能计算碳酸钠的质量，则不能测定NaCl的质量分数，故C错误；

D．碳酸钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，过滤、洗涤、烘干后的固体质量为碳酸钡的质量，题中没有洗涤、烘干，则b克固体质量不一定为碳酸钡质量，则不能测定，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查化学实验方案的评价及物质含量的测定，为高频考点，把握发生的反应及物质质量的判断为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．

6．（3分）某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子组合是（　　）

A．NH4+、Mg2+ B．Mg2+、Fe2+ C．NH4+、Fe2+ D．Mg2+、Al3+

【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，以此来解答．

【解答】解：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，

Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，

再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，

则减少的阳离子主要有NH4+和Fe2+，

故选C．

【点评】本题考查离子之间的反应，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意亚铁离子易被氧化是学生解答中容易忽略的地方，题目难度中等．

7．（3分）根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（　　）

A．反应①②③④⑤均属于氧化反应和离子反应

B．反应⑤说明该条件下铝的还原性强于锰

C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：1

D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4

【分析】A．反应中均有元素的化合价变化，③④⑤中没有离子参加反应；

B．⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；

C．生成等量的O2，结合2H2O2～O2～2e﹣、2KClO3～3O2～12e﹣分析；

D．反应①为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高．

【解答】解：A．反应中均有元素的化合价变化，均为氧化还原反应，而③④⑤中没有离子参加反应，则不属于离子反应，故A错误；

B．⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性Al＞Mn，故B正确；

C．由6H2O2～3O2～6e﹣、2KClO3～3O2～12e﹣，生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；

D．反应①为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，4molHCl中只有2mol为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．

8．（3分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素．X与Z位于同一主族，X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，Y元素的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18．下列说法不正确的是（　　）

A．X单质在一定条件下能与Z的最高价氧化物发生置换反应

B．原子半径：Y＞Z＞W

C．最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序：X＜Z＜W

D．室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH=1

【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素．X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；X与Z位于同一主族，则Z为Si；Y元素的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则Y为Al；X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，W原子最外层电子数为18﹣4﹣4﹣3=7，原子序数大于Si，则W为Cl，结合元素周期律与元素化合物性质解答．

【解答】解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素．X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；X与Z位于同一主族，则Z为Si；Y元素的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则Y为Al；X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，W原子最外层电子数为18﹣4﹣4﹣3=7，原子序数大于Si，则W为Cl．

A．高温条件下碳与二氧化硅反应得到Si与CO，属于置换反应，故A正确；

B．同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径：Al＞Si＞Cl，故B正确；

C．非金属性Si＜C＜Cl，故最高价氧化物对应水化物的酸性：硅酸＜碳酸＜高氯酸，故C错误；

D．W氢化物是氯化氢，氯化氢是强电解质，室温下，0.1mol/L HCl的水溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则溶液pH=1，故D正确，

故选：C．

【点评】本题考查元素结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对核外电子排布规律理解，熟练掌握元素周期律及其应用，难度不大．

9．（3分）利用如图装置，完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，正确的是（　　）

A．若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法

B．若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀

C．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动

D．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小

【分析】A、若X为锌棒，开关K置于M处是原电池，锌做负极，铁做正极被保护；

B、开关K置于N处，是电解池，X做阳极，铁做阴极被保护；

C、开关K置于M处，是原电池，铁做负极失电子沿外电路流向正极铜，溶液中铜离子移向铜电极得到电子析出金属铜；

D、开关K置于N处，是电解池，X做阳极，铜失电子发生氧化反应，铁做阴极，溶液中铜离子在铁棒上析出，是电镀原理的分析；

【解答】解：A、若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处是原电池，锌做负极，铁做正极被保护，这种方法称为牺牲阳极保护法，故A错误；

B、若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，是电解池，X做阳极，铁做阴极被保护，故B错误；

C、若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，是原电池，铁做负极失电子沿外电路流向正极铜，溶液中铜离子移向铜电极得到电子析出铜，铜棒质量将增加，故C正确；

D、若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，是电解池，X做阳极，铜失电子发生氧化反应，铁做阴极，溶液中铜离子在铁棒上析出，溶液中铜离子浓度不变，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查了原电池、电解池原理应用，电极名称、电极反应和离子移动方向分析应用，题目难度中等．

10．（3分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）

A．2﹣甲基丁烷也称异丁烷

B．三元轴烯（）与苯互为同分异构体

C．C4H9Cl有3种同分异构体

D．烷烃的正确命名是2﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷

【分析】A．2﹣甲基丁烷为含5个C的烷烃；

B．三元轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同；

C．C4H9Cl可以看作是丁烷中的1个H原子被Cl取代产物，先写出丁烷的同分异构体，丁烷的一氯代物种数等于丁烷中氢原子的种类；

D．烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线；

【解答】解：A．2﹣甲基丁烷为含5个C的烷烃，则也称为异戊烷，故A错误；

B．轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；

C．C4H10的同分异构体有：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，CH3CH2CH2CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种；CH3CH（CH3）CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种；故C4H9Cl的同分异构体共有4种，故C错误；

D．，只有C﹣C单键和C﹣H单键，属于烷烃，最长碳链为6，称为己烷，在2号碳上含有1个甲基，在3号碳上含有1个乙基，正确命名为2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了同分异构体、有机物的命名，题目难度不大，注意掌握常见有机物的命名原则，正确选取主链及编号方向为解答本题的关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．

11．（3分）在某恒温密闭容器中，投入一定量的A发生可逆反应：A（s）⇌B（g）+C（g），△H=﹣Q kJ/mol（Q＞O）．一段时间后反应达到平衡，然后缩小容器体积，重新达到平衡．下列分析不正确的是（　　）

A．两次平衡时，C（g）的浓度相等

B．平衡时，单位时间内n（B）生成：n（C）消耗=1：1

C．若再向平衡体系中加入少量A，平衡不移动

D．若开始时向容器中加入1 mol B和1 mol C，则达到平衡时吸收QkJ热量

【分析】A．缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，但A为固体，B、C的物质的量始终为1：1；

B．不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，为平衡状态；

C．A为固体，加入少量A，对平衡移动无影响；

D．为可逆反应，加入1 mol B和1 mol C，不能完全转化为A．

【解答】解：A．缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，但A为固体，B、C的物质的量始终为1：1，体积、物质的量均减小，则两次平衡时，C（g）的浓度相等，故A正确；

B．不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，为平衡状态，则平衡时，单位时间内n（B）生成：n（C）消耗=1：1，故B正确；

C．A为固体，加入少量A，对平衡移动无影响，可知平衡不移动，故C正确；

D．为可逆反应，加入1 mol B和1 mol C，不能完全转化为A，达到平衡时吸收热量小于QkJ，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查化学平衡的移动，为高频考点，把握压强对平衡移动的影响、平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大．

12．（3分）下列热化学方程式书写正确的（　　）

A．甲烷的燃烧热为﹣890 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890 kJ/mol

B．在一定条件下将1 molSO2和0.5molO2置于密闭容器中充分反应，放出热量79.2kJ，则反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣158.4kJ•mol﹣1

C．NaOH（s）+H2SO4（浓）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1

D．2.00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ的热量，该反应的热化学方程式为：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2589.6kJ•mol﹣1

【分析】A、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，标注物质聚集状态得到热化学方程式；

B、S02与O2与反应为可逆反应，反应物不可能充分反应；

C、浓H2S04溶于水放热，NaOH固体溶于水也放热；

D、2.00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ的热量，则2mol（即52g）乙炔燃烧放热：99.6kJ×26=2589.6kJ，据此回答．

【解答】解：A、燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，应该是生成液态H20，不是气态水，故A错误；

B、S02与O2与反应为可逆反应，1mol S02和0.5 molO2，置于容器不可能充分反应，故B错误；

C、浓H2S04溶于水放热，NaOH固体溶于水也放热，该反应放出的热量大于57.3 kJ，故C错误；

D、2.00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ的热量，52.0gC2H2气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6×kJ×26=2589.6kJ的热量，该反应的热化学方程式为：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2589.6kJ•mol﹣1，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查了燃烧热概念的理解应用、可逆反应的可逆性、热化学方程式的意义和书写知识，掌握基础是关键，注意燃烧热中生成物为稳定氧化物这一点是易错点，题目较简单．

13．（3分）某品牌化妆品的主要成分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图所示反应合成．下列对X、Y、Z的叙述，正确的是（　　）

A．X、Y和Z均能和NaOH溶液反应

B．X和Z均能和Na2CO3溶液反应，但不能和NaHCO3溶液反应

C．Y既能发生加聚反应，也能发生缩聚反应

D．Y分子中所有原子不可能共平面

【分析】A．Y为烃，与氢氧化钠不反应；

B．酚羟基和碳酸氢钠不反应；

C．Y含有碳碳双键，可发生加聚反应；

D．Y含有碳碳双键和苯环，都为平面形结构．

【解答】解：A．Y为不含酚羟基，与氢氧化钠不反应，故A错误；

B．由于酸性碳酸大于酚、酚大于碳酸氢根，所以含有酚羟基的X和Z都可与碳酸钠反应，但不能和碳酸氢钠反应，故B正确；

C．Y含有碳碳双键，可发生加聚反应，但不含羧基、羟基等官能团，熊发生缩聚反应，故C错误；

D．Y含有碳碳双键和苯环，都为平面形结构，所以Y所有原子可能在一个平面上，故D错误．

故选B．

【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、烯烃的性质，难度不大．

14．（3分）下列实验装置中能达到实验目的是（　　）

A．图①可用于制取少量NH3或用MnO2和浓盐酸制取Cl2

B．装置②可用于氯化氢气体溶于水

C．以NH4Cl为原料，装置③可用于实验室制备少量干燥的NH3

D．装置④可用于除去Cl2中的HCl

【分析】A．MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热；

B．四氯化碳密度比水大，和水是互不相溶的，和氯化氢也不相溶；

C．氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵；

D．氯气和氯化氢都能与氢氧化钠反应．

【解答】解：A．MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热，图①中没有加热装置，故A错误；

B．氯化氢是极易溶于水的气体，在处理时要防止倒吸，四氯化碳密度比水大，和水是互不相溶的，和氯化氢也不相溶，该装置可以防止倒吸，故B正确；

C．氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气，故C错误；

D．氯气和氯化氢都能与氢氧化钠反应，将原物质除掉，故D错误．

故选B．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的性质、尾气处理、气体的制取及除杂等，注重实验的基础知识的考查，题目难度不大．

15．（3分）下列设计的实验方案能达到实验目的是（　　）

A．制备Fe（OH）2：用图1所示装置，向试管中加入NaOH溶液，振荡

B．测定H2的生成速率：用图2所示装置，制取一定体积的H2，记录时间

C．除去苯中少量苯酚：向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，过滤

D．检验淀粉是否水解：取0.5 g淀粉于洁净的试管中，先加入5 mL稀硫酸，水浴加热，一段时间后再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，水浴加热，观察实验现象

【分析】A．Fe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成Fe（OH）3；

B．测定一定时间内收集气体体积或测定收集一定体积气体所用时间来测定氢气的生成速率；

C．苯酚和溴发生取代反应生成三溴苯酚测定，三溴苯酚、苯和溴能互溶；

D．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液的反应需要在碱性条件下．

【解答】解：A．Fe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成Fe（OH）3，为防止氢氧化亚铁被氧化，应该将胶头滴管插入溶液中，故A错误；

B．测定一定时间内收集气体体积或测定收集一定体积气体所用时间来测定氢气的生成速率，该实验符合条件，能实现实验目的，故B正确；

C．苯酚和溴发生取代反应生成三溴苯酚测定，三溴苯酚、苯和溴能互溶，应该用NaOH溶液除去苯中的苯酚，然后采用分液方法分离提纯，故C错误；

D．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液的反应需要在碱性条件下，所以该实验在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及化学反应速率、物质制备、除杂、物质检验等知识点，明确实验原理及物质性质水解本题关键，注意从实验操作规范性、物质性质及其差异性、实验评价方面分析解答，易错选项是D．

16．（3分）用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的是（　　）

A．用图1所示装置制取少量H2

B．用图2所示装置分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物

C．用图3所示装置验证Na和水反应的热效应

D．用图4所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体

【分析】A．图1为气体简易发生装置，但长颈漏斗应插入液面以下；

B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；

C．根据U形管两侧液面的变化可判断；

D．氯化铵不稳定，加热易分解．

【解答】解：A．长颈漏斗应插入液面以下，且盐酸易挥发，应用稀硫酸制备氢气，故A错误；

B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，不需要蒸馏，且温度计位置错误，故B错误；

C．钠和水反应放热，试管内压强增大，可观察到U形管左侧液面下降，右侧液面升高，故C正确；

D．氯化铵不稳定，加热易分解，不能将溶液蒸干，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、物质的分离、反应的探究等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．

二、解答题（共4小题，满分52分）

17．（10分）一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：

（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为　2Al+2OH﹣+2H2O=+2AlO2﹣+3H2↑　．

（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴．则浸出钴的离子反应方程式为　4Co2O3•CoO+S2O3 2﹣+22H+=12Co2++2SO42﹣+11H2O　（产物中只有一种酸根）．请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因　Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境　．

（3）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请分别用离子方程式表示在过程III、IV中起的作用：　2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑　；　Co2++CO32﹣=CoCO3↓　．

【分析】制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，

（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，注意该反应中水是反应物；

（2）Co3O4和硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸根离子、二价钴离子和水；盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气；

（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32﹣，使Co2+沉淀为CoCO3；

【解答】解：制备氧化钴的大致流程为：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，

（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=+2AlO2﹣+3H2↑，

故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=+2AlO2﹣+3H2↑；

（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，改写成离子方程式为：4Co2O3•CoO+S2O3 2﹣+22H+=12Co2++2SO42﹣+11H2O，

盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不用盐酸，

故答案为：4Co2O3•CoO+S2O3 2﹣+22H+=12Co2++2SO42﹣+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；

（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的两种方式为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；

碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32﹣，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：Co2++CO32﹣=CoCO3↓，

故答案为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；Co2++CO32﹣=CoCO3↓；

【点评】本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，题目难度中等，解答关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，侧重对学生综合能力的考查，是一道质量较好的能力考查题．

18．（12分）三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O）有很重要的用途．可用如图流程来制备．根据题意完成下列各题：

（1）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是　bcae　．（按前后顺序填）

a．过滤洗涤     b．蒸发浓缩     c．冷却结晶    d．灼烧    e．干燥

某兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O）中铁元素含量，做了如下实验：

步骤1：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液．

步骤2：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，MnO4﹣被还原成Mn2+．向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性．

步骤3：在酸性条件下，用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，共做三次实验，平均消耗KMnO4溶液20.00ml，滴定中MnO4﹣，被还原成Mn2+．

（2）步骤1中，配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有　250ml容量瓶　；

主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、　洗涤　、定容、摇匀．

（3）步骤2中，加入锌粉的目的是　将Fe3+全部还原成Fe2+　．

（4）步骤3中，发生反应的离子方程式为：　5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O　．

（5）步骤2中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量　偏高　．（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）

（6）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（K3[Fe（C2O4）3]）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647g/L（已折合成标准状况下）气体（是物质的量之比为4：5的混合气体）．研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3．写出该分解反应的化学方程式　2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2　．

【分析】绿矾溶解于稀硫酸后加入草酸得到草酸亚铁晶体，过滤得到沉淀加入K2Cr2O4、H2O2、H2C2O4，反应后得到三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O），

（1）根据溶液来得到晶体来分析实验操作，将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥；

（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；

（3）根据锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+全部还原成Fe2+；

（4）根据物质的性质和书写离子方程式的要求来分析；

（5）若在步骤2中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根未被氧化，在步骤3中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多；

（6）根据气体的密度为求出其摩尔质量，然后根据摩尔质量和质量守恒来判断成分；依据信息：固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在；最后写出方程式．

【解答】解：（1）将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥，即可得到绿矾，故答选：bcae；

（2）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250ml容量瓶；洗涤；

（3）加入锌粉的目的是将Fe3+全部还原成Fe2+，故答案为：将Fe3+全部还原成Fe2+；

（4）MnO4﹣能氧化Fe2+得到Fe3+和Mn2+，在步骤3中发生的离子反应为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，

故答案为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

（5）若在步骤2中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根未被氧化，在步骤3中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高，

故答案为：偏高；

（6）气体密度为1.647g/L，其摩尔质量为1.647g/L×22.4L/mol=36.9g/mol，所以气体为CO和C02，两者的物质的量之比=，固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在，故方程式为：2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2，

故答案为：2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2．

【点评】本题主要考查溶液的配制、滴定和结晶等操作，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题，掌握基础是关键，题目难度中等．

19．（14分）某化学兴趣小组在实脸室模拟侯德榜制碱法制备纯碱．主要步骤如下：

第一步：配制饱和NaCl溶液，倒入烧杯中加热；

第一步：控制温度在30﹣35℃．边搅拌边分批加入研细的NH4HCO3固体，加料完毕后，继续保温30分钟；

第三步：静置、过滤得NaHCO3晶体．用少量蒸馏水洗涤除去杂质，然后抽干；

第四步：将第二步所得固体转入蒸发皿中，灼烧2小时，制得纯碱固体，

已知：温度高于35℃时，NH4HCO3会分解．有关盐的溶解度（g/100g水）如表：

回答下列问题：

（1）反应温度控制在30﹣35℃范围内，应采取的加热方法为　水浴加热　，反应温度不能高于35℃的理由是　高于35℃时NH4HCO3会分解　．

（2）第三步静置后析出NaHCO3晶体的原因是　NaHCO3的溶解度最小　；用蒸馏水洗涤NaHCO3晶体的目的是除去杂质粒子　Cl﹣、NH4+　（用离子符号表示）．

（3）若向过滤所得母液中加入　稀盐酸　（填写试剂名称），并作进一步处理，使NaCl溶液循环使用，同时可回收NH4Cl．

（4）纯碱产品不纯，含有NaHCO3、NaCl等杂质．测定纯碱中NaHCO3含量的方法是：准确称取纯碱样品Wg，放入锥形瓶中加蒸馏水溶解，加l﹣2滴酚酞指示剂，用物质的量浓度为cmol/L的盐酸滴定至溶液由红色到无色（指示CO32﹣+H+=HCO3﹣反应的终点），所用盐酸体积为V1mL，再加1﹣2滴甲基橙指示剂，继续用盐酸滴定至溶液由黄变橙，所用盐酸总体积为V2mL．

①实验室配制一定体积cmol/L盐酸需用的仪器除了容量瓶、烧杯、量筒外还需　胶头滴管、玻璃棒　；在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是　ae　（填写标号）

a．使用容量瓶前检验它是否漏水

b．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗

c．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中．然后加蒸馏水定容

d．用容量瓶把溶液配制完成以后．直接贴上标签，放置备用

e．定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次

②写出纯碱样品中NaHCO3质量分数的计算式：NaHCO3 （%）=　×100%　．

【分析】（1）水浴加热，可以平稳地加热，加热温度不超过100度，严格的温度控制进行的反应，一般用水浴加热，根据题中所给信息“35℃NH4HCO3会有分解”分析，30﹣35℃温度较低，要控制恒温，可用水浴加热；

（2）第三步静置为使反应充分进行，使反应完全，分析溶解度数据，对比各物质的溶解度，根据溶解度越小越容易析出来分析，物质的溶解度，碳酸氢铵0℃时溶解度为11.9g；20℃时为21g；30℃时碳酸氢铵的溶解度27g，碳酸氢钠30℃为11.1g，故碳酸氢钠先析出，根据溶解平衡的知识分析剩余物的成分；

（3）过滤除去析出的碳酸氢钠后所得的母液主要成分为NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3，加入盐酸使NaCl溶液循环使用，同时可回收NH4Cl；

（4）①配制一定质量分数的盐酸溶液的基本步骤：计算、量取、溶解、转移、定容、贴标签选择仪器；

a．使用容量瓶前要检查它是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液；

b．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，会导致所配溶液浓度偏大；

c．容量瓶不能用来溶解固体；

d．容量瓶是定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，容量瓶不能长时间保存溶液；

e．摇匀时食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转反复上下摇匀．

②加酚酞指示剂，指示CO32﹣+H+=HCO3﹣应的终点，再加甲基橙指示剂，指示HCO3﹣+H+=CO2+H2O反应的终点，样品中含有的碳酸氢钠反应消耗盐酸体积为（V2﹣V1 ）mL，消耗盐酸的物质的量为c×（V2﹣V1 ）÷1000 mol，故碳酸氢钠的物质的量为c×（V2﹣V1）÷1000 mol，以此来计算碳酸氢钠的质量分数．

【解答】解：（1）根据题意，碳酸氢铵温度不能超过35℃，否则会大量分解，若温度过低，则反应速率较慢，故反应温度控制在30﹣35℃之间为宜，水浴加热是把要加热的物质放在水中，通过给水加热达到给物质加热的效果，一般都是把要反应的物质放在试管中，再把试管放在装有水的烧杯中，再在烧杯中插一根温度计，可以控制反应温度，水浴加热的优点是避免了直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，可以平稳地加热，所以应采取的加热方法为水浴加热，

故答案为：水浴加热；高于35℃时NH4HCO3会分解；

（2）第三步静置，可以使反应充分进行，使反应完全，碳酸氢铵0℃时溶解度为11.9g；20℃时为21g；30℃时27g，碳酸氢钠30℃为11.1g，碳酸氢钠0℃溶解度为6.9 g，10℃为8.15g，20℃为9.6 g，30℃为11.1g，40℃为12.7 g，30℃时碳酸氢钠的溶解度最小，故碳酸氢钠先析出，因为未反应完的氯化钠、碳酸氢铵及生成的氯化铵会附着在碳酸氢钠晶体表面，所以要用蒸馏水进行洗涤，以便除去杂质，除去杂质粒子为Cl﹣、NH4+，

故答案为：NaHCO3的溶解度最小；Cl﹣、NH4+；

（3）过滤除去析出的碳酸氢钠，溶液中还有部分碳酸氢钠未析出，还有溶解在溶液中的NaCl、NH4Cl、NH4HCO3，所得的母液主要成分为NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3，加入盐酸与NaHCO3、转化为氯化钠，NH4HCO3与盐酸反应转化为氯化铵、使NaCl溶液循环使用，同时可回收NH4Cl，

故答案为：稀盐酸；

（4）①实验室配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，依次用到的仪器有：托盘天平（量筒）、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，

所以还需用到的仪器为：胶头滴管、玻璃棒；

a．使用容量瓶前要检查它是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液，故a正确；

b．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，会导致所配溶液浓度偏大，故b错误；

c．容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故c错误；

d．容量瓶是配置溶液的仪器不是保存溶液的仪器，应该用试剂瓶保存，故d错误；

e．摇匀时食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转反复上下摇匀，故e正确．

故答案为：胶头滴管、玻璃棒；ae；

②加酚酞指示剂，变色范围为8﹣10，用物质的量浓度为c×（mol/L）的HCl溶液滴定至溶液由红色到无色，指示CO32﹣+H+=HCO3﹣反应的终点，所用HCl溶液体积为V1mL；再加甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2 mL．上述的两个离子方程式为①CO32﹣+H+=HCO3﹣②HCO3﹣+H+=CO2+H2O，故样品中含有的碳酸氢钠反应消耗盐酸体积为（V2﹣V1 ）mL，消耗盐酸的物质的量为c（V2﹣V1 ）÷1000 mol，故碳酸氢钠的物质的量为c×（V2﹣V1）÷1000 mol，碳酸氢钠的质量为c×（V2﹣V1 ）M÷1000 g，碳酸氢钠的质量分数为×100%=×100%，

故答案为：×100%．

【点评】本题考查学生根据侯氏制碱法的基本过程进行解题，学生能利用各种物质常见的溶解度和物质的质量分数来计算是解题的关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等．

20．（16分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种食品添加剂．实验室用如图1所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：

Ⅰ．在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液；

Ⅱ．加碳酸钠粉末调至pH为7～8；

Ⅲ．再通SO2至pH为4.1；

Ⅳ．从过饱和溶液中析出Na2S2O5晶体．

（1）制备焦亚硫酸钠总反应的化学方程式为　Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2　．

（2）Na2S2O5溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是　Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离使溶液显酸性　．步骤Ⅲ中测定溶液的pH的方法是　用pH计（或酸度计，或pH传感器）测定　；pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是　Na2SO3　．

（3）利用碘量法可测定Na2S2O5产品中+4价硫的含量，实验方案为：将一定量的Na2S2O5产品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，　加入一定体积的过量的c1mol•L﹣1的标准碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，用c2mol•L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数　，重复如上步骤2次，记录数据．（实验中必须使用的试剂有：c1mol•L﹣1的标准碘溶液、c2mol•L﹣1的标准Na2S2O3溶液、冰醋酸、淀粉溶液、蒸馏水；已知：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）

（4）含铬废水中常含有六价铬[Cr（Ⅵ）]．利用Na2S2O5和FeSO4•7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水，实验结果见右图．

①实验过程中溶液的pH不断升高的原因是　Na2S2O5和FeSO4•7H2O与Cr2O72﹣反应时均消耗H+，使溶液的pH变大　．

②已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣31，lg2≈0.3，c（Cr3+）＜1.0×10﹣5 mol•L﹣1时视为完全沉淀．现将废水中Cr2O72﹣全部转化为Cr（OH）3而除去，需调节溶液的pH范围为　pH＞5.6　．

【分析】（1）Na2CO3和SO2反应生成Na2S2O5和CO2，根据元素守恒可书写出化学方程式；

（2）Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度，所以会使溶液显酸性；测定溶液PH值精确度为0.1，可用pH计（或酸度计，或pH传感器）等，在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液，若pH＞4.1时，则溶液中会出现亚硫酸钠；

（3）根据氧化还原滴定的原理，在Na2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶液滴定，根据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量，根据这一原理可知实验操作步骤；

（4）①Na2S2O5和FeSO4•7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水时都会消耗氢离子，所以溶液的PH值会增大；

②c（Cr3+）＜1.0×10﹣5 mol•L﹣1时，根据Ksp[Cr（OH）3]可求得溶液中c（OH﹣），确定溶液的PH值．

【解答】解：（1）Na2CO3和SO2反应生成Na2S2O5和CO2，根据元素守恒可知化学方程式为Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2，

故答案为：Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2；

（2）Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度，所以会使溶液显酸性；测定溶液PH值精确度为0.1，可用pH计（或酸度计，或pH传感器）等，在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1，生成NaHSO3溶液，若pH＞4.1时，则溶液中会出现亚硫酸钠，即产品中会有副产物Na2SO3，

故答案为：Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离使溶液显酸性；用pH计（或酸度计，或pH传感器）测定；Na2SO3；

（3）根据氧化还原滴定的原理，在Na2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶液滴定，根据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量，根据这一原理可知实验操作步骤为：加入一定体积的过量的c1 mol•L﹣1的标准碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，用c2 mol•L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数，

故答案为：加入一定体积的过量的c1 mol•L﹣1的标准碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，用c2 mol•L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数；

（4）①Na2S2O5和FeSO4•7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72﹣的废水时都会消耗氢离子，所以溶液的pH值会增大，

故答案为：Na2S2O5和FeSO4•7H2O与Cr2O72﹣反应时均消耗H+，使溶液的pH变大；

②c（Cr3+）＜1.0×10﹣5 mol•L﹣1时，根据Ksp[Cr（OH）3]可求得溶液中c（OH﹣）==×10﹣9 mol•L﹣1，所以c（H+）=，所以溶液的PH=﹣lgc（H+）≈5.6，所以将废水中Cr2O72﹣全部转化为Cr（OH）3而除去，需调节溶液的pH＞5.6，

故答案为：pH＞5.6．

【点评】本题考查性质、制备实验方案设计，为高频考点，涉及氧化还原滴定、实验原理分析、沉淀溶解平衡的计算、基本实验操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是实验方案设计，注意化学用语使用的规范性．