吉林省通榆县第一中学2020届高三化学上学期期中试题(含解析)

吉林省通榆县第一中学2020届高三上学期期中考试化学试题
1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 明矾可用作净水剂
B. 纯碱可用于中和过多的胃酸
C. 硫酸铜常用作游泳馆池水消毒剂
D. 硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氢氧化铝胶体具有吸附性；
B、纯碱碱性较强，不能用于胃药；
C、铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性；
D、硫酸钡难溶于水，可用于胃肠X射线造影检查。

【详解】A、氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附水中悬浮的杂质，故A正确；
B、纯碱碱性较强，不能用于胃药，故B错误；
C、铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，硫酸铜具有杀菌消毒作用，常用作游泳馆池水消毒剂，故C正确；
D、硫酸钡难溶于水，X射线不能透过，可用于胃肠X射线造影检查，故D正确。

故选B。

2.设N A为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是
A. 2 mL 0.5 mol/L FeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，所得胶粒数目为0.001N A
B. 标准状况下，3.36LSO3含有的电子数为6N A
C. 铁和水蒸气反应生成22.4L氢气，转移电子数为2N A
D. 将含有3N A个离子的过氧化钠固体溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为 2mol/L 【答案】D
【解析】
【分析】
A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；
B、标准状况下，SO3是固体；
C、氢气的状态不确定；
D、含有3N A个离子的过氧化钠固体即1molNa2O2；
【详解】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于0.001N A 个，故A错误；
B、标准状况下，SO3是固体，不能用气体摩尔体积来计算物质的量，故B错误；
C、氢气的状态不确定，不一定是标准状况，故C错误；
D、含有3N A个离子的过氧化钠固体即1molNa2O2，2molNa+,溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为 2mol/L，故D正确；
故选D。

【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点BC，气体摩尔体积应用的对象是标准状况下的气体。

3.表示下列反应的离子方程式正确的是
A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++ NO 3-3Fe3++NO↑+3H2O
B. 用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO2-+CO2+2H2O Al(OH)3↓+HCO3-
D. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+H2O+4H+【答案】C
【解析】
【分析】
A、四氧化三铁为氧化物，离子方程式中不能拆开．
B、电荷不守恒，要加热才能反应；
C、二氧化碳足量，反应生成碳酸氢根离子；
D、反应条件为碱性；
【详解】A、四氧化三铁不能拆开，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋═9Fe3＋+14H2O+NO↑，故A错误；
B、电荷不守恒，用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B 错误；
C、向NaAlO2溶液中通入足量的CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－，故C正确；
D、在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：4OH－＋
3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误；
故选C。

【点睛】本题考查了离子方程式的书写方法，解题关键：注意掌握离子方程式的书写原则，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。

易错选项D，注意溶液的酸碱性。

4. 下列金属冶炼的反应原理，错误的是
A. 2NaCl（熔融）2Na＋Cl2↑
B. Al2O3＋3H22Al＋3H2O
C. Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2
D. 2HgO2Hg＋O2↑
【答案】B
【解析】
铝是活泼的金属，采用电解熔融的氧化铝，B不正确，其余都是正确的，答案选B。

5.下列说法正确的是
A. 等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，转移电子的数目相等
B. 质量分数分别为40%和60%的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的质量分数为50%
C. 金属钠着火时，立即用泡沫灭火器灭火
D. 洗涤做焰色反应的铂丝，可选用稀盐酸或稀硫酸
【答案】A
【解析】
A. 铝在反应中失去3个电子，等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，转移电子的数目相等，A正确；
B. 硫酸的密度随浓度的增大而增大，质量分数分别为40%和60%的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的质量分数大于50%，B错误；
C. 金属钠着火时生成过氧化钠，过氧化钠与CO2反应生成氧气，不能用泡沫灭火器灭火，C错误；
D. 盐酸易挥发，洗涤做焰色反应的铂丝，可选用稀盐酸，不能选择稀硫酸，D错误，答案选A。

点睛：选项B是解答的难点，注意掌握两种同溶质溶液等质量混合、等体积混合时质量分数
的判定：①等质量混合：两种同溶质溶液(或某溶液与水)等质量混合时，w混＝。

②等体积混合：两种同溶质溶液(或某溶液与水)等体积混合时，a、若相混合的两种液体的密度比水的密度小，则w混＜，如氨、乙醇等少数溶质形成的溶液；b、若相混合的两种液体的密度比水的密度大，则w混＞。

如H2SO4、HNO3、NaOH、NaCl等大多数溶质形成的溶液。

6.向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。

下列判断正确的是
A. 原NaOH溶液的浓度为0.1 mol/L
B. 通入CO2的体积为448 mL
C. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1
D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH):n(Na2CO3)=1:3
【答案】C
【解析】
【分析】
A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；
B．从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；
CD．生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比．
【详解】生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得
溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，
A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol·L－1=0.02mol，所以c（NaOH）
=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，故A错误；
B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为
NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol·L－1=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L·mol－1=0.3.6L=336mL，故B错误；
C、Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为
n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正确；
D、由C分析，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D错误；故选C。

7. 甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V(甲)∶V(乙)＝1∶2，则加入铝粉质量为( ) A. 2.7 g B. 3.6 g C. 5.4 g D. 1.8 g 【答案】C
【解析】
【分析】
铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不足，碱与金属反应时碱过量来计算。

【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为n(HCl)=n(NaOH)=0.1L×3mol·L－1=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为V（甲）：V（乙）=1：2，
设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，
2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑
6 3
0.3mol x
6/3=0.3mol/x，解得x=0.15mol，一定条件下，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
2 3
y 0.3mol
2/3=y/0.3mol，解得y=0.2mol，则铝的质量为m(Al)=0.2mol×27g·mol－1=5.4g，
故选：C。

【点睛】本题考查学生利用化学反应方程式的计算，解题关键：明确铝与酸、碱反应水的化学反应方程式，酸碱足量、酸碱均不足量时得到的氢气的关系，难点：根据题意判断：酸与金属反应时酸不足，碱与金属反应时碱过量．
8.取少量MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸，充分反应后过滤，得到沉淀X 和滤液Y。

下列叙述中正确的是( )
A. 上述四种氧化物对应的水化物中，Al(OH)3酸性最强
B. 向沉淀X中加入氢氟酸，沉淀X不溶解
C. 溶液Y中的阳离子主要是Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、H＋
D. 溶液Y中加入过量氨水，所得沉淀为Fe(OH)3和Mg(OH)2
【答案】C
【解析】
试题分析：MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸充分反应后，MgO、Al2O3、Fe2O3生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，同时还有HCl剩余。

SiO2与盐酸不反应。

A、Al（OH）3显两性，酸中是最弱的酸，碱中是最弱的碱，其酸性比硅酸要弱，故A错误；
B、根据上述分析，沉淀X为二氧化硅，能与氢氟酸反应导致二氧化硅溶解，故B错误；
C、根据上述分析，溶液Y中的阳离子主要是Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、H＋，故C正确；
D、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋都要沉淀，故D错误。

故选C。

考点：无机物的反应。

9.用NaCl 固体配制0.1mo/L 的NaCl 溶液1000mL，下列操作或说法正确的是（）
A. 将5.85gNaCl 固体溶于1L水中可配成0.1mol/L的NaCl 溶液
B. 称量时，将固体NaCl 直接放在天平左盘上
C. 固体溶解后，将溶液转移到容量瓶中，然后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线
D. 配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果
【答案】D
【解析】
试题分析：A、要配制0．1mol/L的NaCl溶液980mL，应选用1000ml的容量瓶配成1000ml，5.85g NaCl的物质的量为0.1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液的浓度为0.1mol/L，溶液体积为1L，溶剂的体积不是1L，A错误；B、药品不能直接放在托盘上，防止腐蚀，应放在称量纸上或玻璃器皿中，B错误；C、定容之前应洗涤烧杯、玻璃棒，再加水至刻度线1-2cm改用胶头滴管定容，C错误；D、配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不影响溶液的体积，不会影响实验结果，D正确。

答案选D。

考点：溶液的配制
10.已知：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI; 向含SO32-、Fe2＋、Br－、I－各0.1 mol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.
【答案】C
【解析】
【分析】
离子还原性SO32－＞I－＞Fe2＋＞Br－，故反应的先后顺序为：①SO32－+Cl2+H2O=SO42－+2Cl－+2H＋，②2I－+Cl2=I2+2Cl－，③2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，④2Br－+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。

【详解】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－1=2.24L，图象中氯气的体积11.2L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－1=3.36L，图象中氯气的体积4.48L不符合，故B错误；
C．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－1=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－1=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－1=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－1=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；
故选：C。

11.下列说法正确的有
①1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2N A
②Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，消耗水和CO2的物质的量相等
③无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-
④Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色
⑤2L 0.5 mol·L-1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为N A
⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫气体：Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
①亚铁离子和碘离子均能被氧化；
②与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
③无色溶液中不可能大量存在Al3+和S2-，发生双水解；
④Na2O2因具有强氧化性而有漂白性。

⑤由N=nN A,n=CV计算；
⑥HClO具有强氧化性；
【详解】①1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3N A，故错误；
②与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，故正确；
③Al3+和S2-，发生双水解，不能大量共存，故错误；
④Na2O2投入到紫色石蕊试液中，与水反应生成氢氧化钠成碱性所以溶液先变蓝，又因为过氧化钠具有强氧化性而有漂白性，所以后褪色，故正确；
⑤N=2L×0.5mol·L-1×2N A=2N A，故错误；
⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫气体：Ca2++1ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-，故错误。

故选B。

12.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：
①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO42-＋2Fe 2＋＋4H＋；
②Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

下列有关说法不正确的是
A. SO2发生氧化反应
B. 氧化性：SO42- < Fe3＋ < Cr2O72-
C. 每0.2 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2N A
D. 若有13.44 L SO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.4mol K2Cr2O7
【答案】D
【解析】
【分析】
由反应①可知反应中SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，氧化性Fe3+＞SO2，由反应②可知反应中为Cr2O72-氧化剂，Fe2+为还原剂，氧化性Cr2O72-＞Fe3+。

【详解】由反应①可知反应中SO2具有还原性，发生氧化反应，A正确；氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，氧化剂氧化性大于还原剂氧化性，对比两个反应，应有Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，B正确；1mol K2Cr2O7参加反应生成2 mol Cr3＋，转移电子的数目,6mol，则每0.2 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2N A，C正确；若13.44LSO2（标准状况）参加反应，n（SO2）=0.6mol，①②反应关系式为Cr2O72-～3SO2，则最终消耗0.2molK2Cr2O7，D错误。

故选D。

【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于基本概念的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和性质，易错点为电子转移数目计算和多步方程式计算，注意利用关系式法解答。

13.工业上用盐酸酸化的FeCl3溶液腐蚀铜制线路板，分别取腐蚀后的滤液并向其中加入下列指定物质，反应后的溶液中主要存在的-组离子正确的是（）
A. 加入过量CuO:Fe3+、H+、Cu2+、Cl-
B. 加入过量NaOH溶液: Na+、Fe2+、OH-、Cl-
C. 通入过量Cl2: Fe3+、H+、Cu2+、Cl-
D. 通入过量SO2: Fe3+、H+、Cu2+、SO42-、Cl-
【答案】C
【解析】
腐蚀后的溶液中含Fe3＋、H＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－等离子。

A. 加入过量CuO，CuO与H＋反应生成Cu2＋和水，反应后的溶液中主要存在的离子为：Fe3＋、Cu2＋、Cl－，A错误；B. 加入过量NaOH 溶液，NaOH与Fe3＋、H＋、Cu2＋、Fe2＋反应，反应后的溶液中主要存在的离子为：Cl－、Na＋、OH －，B错误；C. 通入过量Cl
，Cl2与Fe2反应生成Fe3＋和Cl－，反应后的溶液中主要存在的离
2
子为：Fe3＋、H＋、Cu2＋、Cl－，C正确；D. 通入过量SO2，SO2与Fe3＋反应生成Fe2＋和SO42-，反应后的溶液中主要存在的离子为：H＋、Cu2＋、SO42-、Cl－、Fe2＋，D错误；
答案选C.
点睛：D为易错项，Fe3＋能将SO2氧化成SO42-
14.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是
①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca(OH)2投入到过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A. ①③④⑤
B. 只有①④
C. 只有②③
D. 只有
③④⑤
【答案】D
【解析】
①金属钠投入FeCl3溶液中, Na先与水反应生成NaOH和H2，OH－与Fe3＋反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，OH－与Al3＋反应生成Al(OH)3，但Al(OH)3溶于强碱，所以最终没有沉淀生成；③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，发生反应为：Ca2＋+OH－+HCO3－=CaCO3↓+H2O，碳酸钙是白色沉淀；④向Al3＋溶液中加入氨水生成白色的Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3只溶于强碱，所以氨水过量，依然有白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，该反应为化合反应，且NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以会析出NaHCO3晶体，产生白色沉淀。

故③④⑤正确，选D。

15.标准状况下有①0.112 L 水；②3.01×1023个氯化氢分子；③13.6 g H2S 气体；④0.2 mol NH3，下列对这四种物质的关系由小到大排列正确的是
A. 体积：①③②④
B. 密度：④①③②
C. 质量：①④③②
D. 氢原子数：②④③①
【答案】D
【解析】
试题分析：标准状况下0.112 L水的质量是112g，物质的量是112g÷18g/mol＝6.2mol，氢原子的物质的量是12.4mol；3.01×1023个氯化氢分子的物质的量是0.5mol，质量是18.25g，氢原子的物质的量是0.5mol；13.6 g H2S气体的物质的量是13.6g÷34g/mol＝0.4mol，氢原子的物质的量是0.8mol；0.2 mol氨气的质量是3.4g，氢原子的物质的量是0.6mol。

A、体积：①④③②，A错误；B、密度：④③②①，B错误；C．质量：④②③①，C错误；D．氢原子数：②④③①，D正确，答案选D。

【考点定位】本题主要是考查物质的量的有关计算
【名师点晴】在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、n＝m/M、、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有
在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。

另外该题还要主要分子以及组成分子的原子的数量关系。

16.某100 mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四种离子，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示，若整个反应过程中溶液的体积不发生变化，则下列说法中不正确的是
A. 原溶液的c(H+)=4 mol·L-1
B. 若a=3，则原溶液中c(Cu2+)=1 mol·L-1
C. 原溶液中的c(NO3-)=7 m ol·L-1
D. BC段发生反应的离子方程式为Cu2++Fe Fe2++Cu
【答案】C
【解析】
A．OA段无Fe2+生成，是加入的5.6g即0.1mol铁粉与硝酸反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，设溶液中的氢离子的物质的量为xmol，则有：
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
1 4
0.1mol xmol
则有：
解得x=0.4mol 则溶液中的氢离子的物质的量浓度c==4mol/L，故A正确；B．若a=3，则说明在BC段生成的Fe2+的物质的量为n=0.1mol，而BC段发生的反应为
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，设溶液中的Cu2+的物质的量为ymol，则有：
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
1 1
ymol 0.1mol
则有：，
则有：y=0.1mol，则溶液中的铜离子的物质的量浓度c==1mol/L，故B正确；C．C点溶液中c（Fe2+）=4mol/L，故此时溶液中的n（Fe2+）=CV=4mol/L×0.1L=0.4mol，而此时溶液中溶质为Fe（NO3）2，故C点溶液中的n（NO3-）=0.8mol，而在OA段加入0.1mol铁反应时，消耗掉的硝酸根为0.1mol，故原溶液中的n（NO3-）总=0.8mol+0.1mol=0.9mol，故浓度为c（NO3-）
==9mol/L，故C错误；D．BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故D正确；总
故选C。

点睛：明确图示反应原理是解题关键，OA段无Fe2+生成，是加入的5.6g即0.1mol铁粉与硝酸反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗的铁的物质的量求出溶液中的氢离子的物质的量；AB段，加入的铁粉和溶液中的Fe3+反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+．据此分析。

17.现有下列十种物质：①0.1mol/L硫酸、②小苏打、③纯碱、④二氧化碳、⑤葡萄糖、
⑥0.1mol/LNaOH溶液、⑦氢氧化铁胶体、⑧氨水、⑨Al2O3、⑩硫酸铁溶液
（1）上述十种物质中，属于非电解质的有__________（填序号）。

（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是_________（填序号）。

（3）既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是__________（填序号）。

（4）现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中c(SO42-)=_____________
（5）标准状况下，_____________L ④中含有0.4 mol氧原子。

【答案】(1). ④⑤ (2). ①⑥ (3). ②⑨ (4). 1.5mol/L (5). 4.48【解析】
【分析】
（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；
（2）离子方程式为：H＋+OH－═H2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应；（3）氧化铝为两性氧化物、碳酸氢钠为酸式盐，既能够与盐酸反应又能跟NaOH溶液反应；（4）根据n=V/Vm结合分子的构成计算。

（5）根据n=m/M计算Fe3＋的物质的量，溶液中2n（SO42－）=3n（Fe3＋），再根据c=n/V计算SO42－的物质的量浓度；
【详解】（1）①0.1mol·L－1硫酸为混合物，不是电解质也不是非电解质，故①错误；
②NaHCO3在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质，故②错误；
③碳酸钠在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质，故③错误；
④二氧化碳水溶液中反应生成电解质溶液导电，本身不能电离属于非电解质，故④正确；
⑤葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不能够导电，是非电解质，故⑤正确；
⑥0.1mol·L－1NaOH 溶液为混合物，不是电解质也不是非电解质，故⑥错误；
⑦氢氧化铁胶体属于混合物既不是电解质也不是非电解质，故⑦错误；
⑧氨水属于混合物既不是电解质也不是非电解质，故⑧错误；
⑨Al2O3在熔融状态下能够导电，属于电解质，故⑨错误；
⑩硫酸铁溶液属于混合物既不是电解质也不是非电解质，故⑩错误；
故选④⑤；
（2）离子方程式H＋+OH－═H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，如
①0.1mol·L－1硫酸与⑥0.1mol·L－1NaOH 溶液的反应，故选①⑥；
（3）②小苏打为酸式盐，Al2O3是两性氧化物，二者既能跟盐酸反应又能跟NaOH 溶液反应，
故选②⑨；
（4）n（CO2）=1/2n（O）=0.2mol，标况下0.2mol二氧化碳的体积为：V（CO2）=0.2mol×22.4L·mol －1=4.48L；
（5）Fe3＋的物质的量为5.6g/56g·mol－1=0.1mol，溶液中2n（SO42－）=3n（Fe3＋），则SO42－的物质的量为0.1mol×3/2=0.15mol，SO42－的物质的量浓度为：0.15mol/0.1L=1.5mol·L－1；18.回答下列问题：
（1）在FeSO4溶液中滴加少量NaOH溶液，现象为________________________，所发生反应的化学方程式为________________________________，
_____________________________________
（2）在AlCl3溶液中滴加过量氨水溶液，所发生反应的离子方程式为
_________________________
【答案】(1). 生成白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色(2). FeSO4+2NaOH Fe(OH)2↓+Na2SO4 (3). 4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3(4). Al3＋＋3NH3·H2O Al(OH)3↓+3NH4+
【解析】
【分析】
根据反应的现象描述，根据质量守恒定律写出方程式。

【详解】（1）在FeSO4溶液中滴加少量NaOH溶液，先生成氢氧化亚铁，然后被氧化成氢氧化铁，现象为生成白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，所发生反应的化学方程式为FeSO4+2NaOH Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。

（2）在AlCl3溶液中滴加过量氨水溶液，生成氢氧化铝沉淀，氨水过量也不能溶解，所发生反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O Al(OH)3↓+3NH4+。

19.分工业上常用含少量SiO2、Al2O3的铬铁矿(FeO·Cr2O3)冶炼铬，简要流程如下：
（1）完成下列化学方程式(在横线上填写物质的化学式及计量数)：
2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋__________
（2）操作①包括过滤与洗涤，在实验室中进行洗涤沉淀的操作是
_________________________，操作②可选用的装置(部分夹持装置略去)是________(填序
号)。

（3）写出能够完成操作③的相关反应的化学方程式：__________________________________ （4）化学需氧量(COD)可度量水遭受有机物污染的程度。

在强酸并加热的条件下，用K2Cr2O7
作强氧化剂处理水样，并测定消耗的K2Cr2O7的量，然后换算成相当于O2的含量称为化学需氧
量(以mg·L－1计)。

化学兴趣小组测定某水样的化学需氧量(COD)过程如下：
a．取a mL水样置于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.2500 mol·L－1的K2Cr2O7溶液。

b.……
c．加指示剂，用c mol·L－1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，终点时消耗b mL(此步
骤的目的是用Fe2＋把多余的Cr2O72－转化为Cr3＋)。

计算该水样的化学需氧量时需用到下列关系：要除去1 mol Cr2O72－需消耗__________ mol Fe2＋，1 mol Cr
O72－相当于__________mol O2。

2
【答案】 (1). 7NaNO2 (2). 向过滤器中加入蒸馏水至浸没固体，让液体自由流下，
重复2—3次 (3). D (4). Cr2O3 + 2Al2Cr +Al2O3（电解Cr2O3也可） (5). 6 (6). 1.5
【解析】
【分析】
由制备流程结合电子得失守恒和元素守恒可知，高温下发生
2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，固体加水，SiO2、Al2O3、Fe2O3
不溶于水，过滤得Na2CrO4溶液，Na2CrO4溶液中加入硫化钠，发生氧化还原反应得氢氧化铬沉
淀和硫酸钠溶液，过滤得氢氧化铬固体，氢氧化铬固体灼烧得氧化铬，再利用铝热反或电解
法冶炼可将氧化铬制得铬。

【详解】（1）根据反应前后元素的化合价变化可知，反应前铁元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子．Cr元素的化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子．而O、Na、C的化
合价均没有变化，所以根据电子的得失守恒可知，氮元素的化合价一定降低．由于铁元素共
失去2个电子，Cr元素共失去12个电子．因此7个氮原子得到14个电子，则氮元素的化合
价从+5价降低到+3价，所以还原产物是NaNO2，反应的离子方程式为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋
7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2；
（2）过滤后的沉淀洗涤是在过滤器中完成的，所以在实验室中进行洗涤沉淀的操作是向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待液体流下，重复操作2～3次；操作②是Cr（OH）3分解生成Cr2O3，固体加热分解在坩埚中进行．A是蒸发，B是分液，C是过滤，因此选D；
（3）Cr元素是高熔点金属，可以通过铝热反应或电解法冶炼，反应的方程式分别为
2C2O34Cr+3O2↑或2Al+C2O32Cr+Al2O3；
（4）K2Cr2O7在反应中Cr元素的化合价从+6价降到+3价，得到3个电子．而亚铁离子中铁元素的化合价从+2价升到+3价，失去3个电子．根据电子得失守恒可知，去1molCr2O72－需消耗6molFe2＋．由于1mol氧气做氧化剂得到4mol电子，所以molCr2O72－相当于1.5molO2。

20.信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁。

某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：
回答下列问题：
（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为_______________________________________；得到滤渣1的主要成分为________________。

（2）第②步加入H2O2的作用是______________________________________，使用H2O2的优点是______________________________________________；调节pH的目的是使_______________生成沉淀。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是_______________________。

（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，______方案不可行。

【答案】 (1). Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑
＋4H2O (2). Au Pt (3). 把Fe2＋氧化为Fe3＋ (4). 该氧化剂的优点是不引入杂质，
产物对环境无污染 (5). Fe3＋和Al3＋ (6). 加热脱水 (7). 甲
【解析】
【分析】
（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2＋、Al3＋、Fe2＋；所以滤渣1的成分是Pt和Au；
（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2＋氧化为Fe3＋，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染．调溶液PH的目的是使Fe3＋和Al3＋形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2＋，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；
【详解】（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2＋、Al3＋、Fe2＋；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2＋、Al3＋、Fe2＋；第①步Cu与酸反应的离子方程式为： Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋
4H2O 。

（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液pH使Fe3＋、Al3＋全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜。

（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法：在坩埚中加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）
生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
3
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
21.把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水后，生成1.16 g白色沉淀。

再向所得的悬浊液中逐滴加入1.00 mol/L 的盐酸溶液，加入盐酸溶液的体积与生成沉淀的关系如下图所示。

试回答：。