安徽省阜阳市第三中学2018_2019学年高二化学下学期第二次调研考试试题（竞培中心）.docx

安徽省阜阳市第三中学2018-2019学年高二化学下学期第二次调研考试试题（竞培中心）考试时间：90分钟，总分100分；注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)可能用到的相对原子质量： H:1 C:12 N:14 O：16 Na:23 Al:27 P:31 S:32 Cl:35.5 K:39 Ca：40 Fe：56 Co: 59 Cu:64 Br: 80 Ag：108 Ba:137一、单选题(每题只有一个符合题意，前10题，每题2分，1118每题3分，共44分)1化学与生产生活、环境保护、资源利用等密切相关，下列说法正确的是（ ）A燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生及温室气体的排放量B绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C测定氢氧化钠的熔点时，可以将氢氧化钠固体放入石英坩埚中高温加热D海洋中含有丰富的矿产资源，仅利用物理方法可以获得和2下列有关实验的操作正确的是()A容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B检验某溶液是否含有SO42时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸C为观察Mg条在CO2气体中的燃烧，在一个底部铺有少量玻璃棉的集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持，点燃后迅速投入上述集气瓶底部D用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH3下列化学用语中书写正确的是（ ）A氯离子的结构示意图：B次氯酸的结构式：HOClCCO2分子的比例模型：D用电子式表示氯化氢分子的形成过程：4用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）31g白磷中含有1.5NA个PP键1 L 0.1 molL1的Na2CO3溶液中所含阴离子的总数目为0.1NA标准状况下，22.4 L HF中含有NA个分子电解精炼铜时，若转移NA个电子，则阳极溶解32 g铜将2.24 L(标准状况)Cl2溶于水，转移的电子数为0.1NA常温下，含有0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2分子的数目小于0.1NA142 g Na2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3 NANA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107 gABCD5分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。下列有关物质分类或归类正确的是（ ）混合物：漂白粉、王水、Fe(OH)3胶体、冰水混合物 化合物： CaCl2、NaOH、 HCl、HT同素异形体：C60、金刚石、石墨电解质：胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾 硅酸盐：光导纤维、水晶、玻璃、水泥ABCD6对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）A加入稀盐酸产生无色无味并能使澄清石灰水变浑浊的气体，一定有 CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有 SO42C加入硝酸无明显现象，再滴几滴硝酸银溶液有白色沉淀，一定有 ClD加入新制氯水后，再滴几滴 KSCN 溶液，变红，一定有 Fe3+7下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）酸性溶液中：Na、ClO、SO42、I无色溶液中：K、Na、MnO4、SO42碱性溶液中：Cl、CO32、SO42、K、AlO2中性溶液中：Fe3、K、Cl、SO42由水电离出的c(OH)11013 molL1的溶液中：Na、Ba2、Cl、Br与铝粉反应放出H2的无色溶液中：NO3、Al3、Na、SO42ABCD8下列离子方程式书写正确的是（ ）ANa2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32 + 6H+ =2S +3H2OB向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32+CO2+H2O 2HCO3CFe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)=12时，3Fe+2NO3+8H+ 3Fe2+ + 2NO + 4H2OD少量的CO2通入到“84”消毒液中：CO2 + H2O + 2ClO= HClO+CO329下列有关实验的叙述正确的是（ ）A用图1装置将氯化铁溶液直接蒸干得到氯化铁固体B利用图2装置可制备Fe(OH)2C图3微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D利用图4可收集氯化氢并进行尾气吸收10已知反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O ，下列说法正确的是（ ）ACuI既是氧化产物又是还原产物B每转移1.1 mol电子，有0.2 mol IO3被氧化C每生成1mol CuI，有12 mol KI发生氧化反应DCu(IO3)2作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素被还原11已知：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，2Fe3+2I=2Fe2+I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列说法中，不正确的是（ ）A还原性：IFe2+BrB原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 molC原溶液中：n(Fe2+)：n(I)：n(Br)=2:1:3D当通入2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl12实验室利用废弃旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：下列叙述错误的是（ ）A“溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入热空气代替H2O2B铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2C与加入锌粉反应的离子为Cu2+、H+D“过滤”操作后，将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO13溶液中只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物貭的量之向的关系如图所示。则下列説法正确的是( )A溶液中的阳离子一定含有H+、Mg2+、Al3+，可能含有Fe3+B溶液中一定不含CO32和NO3，一定含有SO42C溶液中C(NH4+)=0.2 mol/LDc(H+) : c(Al3+) : c(Mg2+) = l:1:114某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4、Fe3、Al3和K。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中( )A至少存在5种离子 BSO42、NH4一定存在，Cl可能不存在CCl一定存在，且c(Cl)0.4 mol/L DCO32、Al3一定不存在，K可能存在15亚硝酸钠()是一种具有咸味、有毒、具有防腐性，且价格比食盐（）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生，它的部分性质如右图，下列说法错误的是（ ）A可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐()与亚硝酸钠()B亚硝酸钠可以加到食品中，但添加量要符合规定C与反应生成的化学方程式为D上图所涉及的化学反应都是氧化还原反应16下列有关海水的综合利用的说法不正确的是（ ）A在第步中溴元素均被氧化B第步结晶出的MgCl26H2O可在HCl气流中加热分解制无水MgCl2C第步制得的无水MgCl2可作为电解法制Mg的原料D第步除去粗盐中的SO42、Ca2、Mg2、Fe3等杂质离子，加入的药品顺序：BaCl2溶液Na2CO3溶液NaOH溶液过滤后加盐酸17白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。下列推断不正确的是（ ）A无色溶液B的pH7 B白色固体F的主要成分是H2SiO3C混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3D在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl18某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g（已知硝酸只被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果不正确的是 （ ）A混合酸中HNO3物质的量浓度为2 mol/LBOA段产生的是NO，AB段的反应为Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+，BC段产生氢气C原混合酸中H2SO4物质的量为0.4 molD第二份溶液中最终溶质为FeSO4第II卷（非选择题)二、非选择题19（14分）A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化如图所示（某些反应条件和部分反应产物已略去）。（1）写出下列物质：D（名称）_X（化学式）_。（2）反应的离子方程式为：_。（3）往G溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是_。（4）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_；（5）除去G溶液中混有的少量D的方法是：_。20（18分）过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，无臭无味，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。通常利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：请回答下列问题：(1)装置A的名称 ，作用是： 。(2)三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_；(3)支管B的作用是_；加入氨水的作用是_；(4)步骤中洗涤CaO28H2O的液体X的最佳选择是_； A无水乙醇 B浓盐酸 C水 DCaCl2溶液过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙_的性质； A可缓慢供氧 B能吸收鱼苗呼出的CO2气体 C能潮解 D可抑菌(5)已知CaO2在350时能迅速分解，生成CaO和O2。该小组采用如图所示的装置测定刚才制备的产品中CaO2的纯度(设杂质不分解产生气体)检查该装置气密性的方法是：_；使用分析天平准确称取0.5000 g样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到 33.60 mL(已换算为标准状况)气体，则产品中过氧化钙的质量分数为_(保留小数点后2位)；21（14分）CoCO3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3和ZnSO4溶液的一种工艺流程如下：下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(按金属离子浓度为1.0 molL-1计算)：金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0(1)写出“酸浸”时发生氧化还原反应的化学方程式_。(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为_，形成沉渣时发生反应的离子方程式为_。(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有_；上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层)ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是_。(4)“沉钴”时，Na2CO3溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释原因_。(5)在空气中煅烧CoCO3生成某种钴氧化物和CO2，若充分煅烧一定量CoCO3后测定所得固体质量为2.41 g，CO2的体积为0.672 L(标准状况)，假设固体为纯净物，其化学式为_。22（10分）甲、乙两同学研究Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况。（1）常温下，FeCl3溶液的pH_7(填“”、“”或“”)。（2）分析红褐色产生的原因。甲同学认为步骤中溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3，用化学平衡移动原理解释溶液呈红褐色的原因_乙同学认为可能是发生了氧化还原反应，完成并配平其反应的离子方程式：_Fe3+ SO+ _ Fe2+_+_乙同学查阅资料得知：.Fe2+与反应生成墨绿色的絮状沉淀FeSO3.墨绿色的FeSO3与黄色的FeCl3溶液混合后，溶液呈红褐色（3）甲同学为了确认溶液呈红褐色的原因是生成了Fe(OH)3，设计并完成了如下实验：甲同学因此得出结论：溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3。而乙同学认为甲同学得出结论的证据仍然不足，乙同学的理由是_。（4）为进一步确认Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况，乙同学设计并完成了如下实验：经检验步骤中红褐色溶液含有Fe2+，检验Fe2+选用的试剂是_(填字母)。aK3Fe(CN)6溶液 bKSCN溶液 cKMnO4溶液已知H2SO3是弱酸，请结合电离方程式说明步骤中出现红褐色的原因：_。（5）结论：由上述实验得知，甲、乙两同学所持观点均正确阜阳三中2018-2019学年竞培中心竞二年级第二学期二调考试化学试题 详细答案1B【解析】A项加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳；故A项错误；B项正确；C项，石英坩埚的主要成分是二氧化硅，加热条件下二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，导致坩埚炸裂，故C项错误；D项，要从海水中提取镁和溴，需要经过化学反应，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。2A【解析】A项，容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度，使用时滴定管水洗后还需润洗，故A正确；B项，检验硫酸根离子应先加稀盐酸，排除银离子与碳酸根离子，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀只能是硫酸钡，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸产生白色沉淀，可能是硫酸钡，也可能是氯化银，故B错误；C项，不能投入上述集气瓶底部，应用坩埚钳夹持燃烧，故C错误；D项，NaClO有强氧化性，不能用pH试纸测量，故D错误。3B【解析】分析：A.氯离子的质子数是17；B.根据次氯酸的电子式判断；C.碳原子半径大于氧原子半径；D.氯化氢分子中含有共价键。详解：A. 氯离子的结构示意图为，A错误；B. 次氯酸的电子式为，则其结构式：H-O-Cl，B正确；C. CO2分子的比例模型中碳原子半径应该大于氧原子半径，C错误；D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程应该是，D错误。答案选B。4B【解析】1mol白磷中含有6molP-P键，31g白磷（0.25mol）中含有P-P键1.5NA，正确；CO32- + H2O HCO3- + OH-，1个CO32-水解产生2个阴离子，溶液中阴离子总数增大，所以1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA，错误；标况下，HF为液体，不能直接用气体摩尔体积计算，错误；粗铜中含有锌、铁、银等杂质，锌、铁先失电子，反应完成后，铜再失电子，阳极溶解铜小于32g，错误；氯气和水反应为可逆反应，0.1mol氯气反应转移电子数小于0.1NA，错误；浓硫酸与足量铜加热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，所以生成SO2的分子数小于0.1NA，正确；142g全为Na2SO4，含有阴、阳离子总数为3NA，142g全为Na2HPO4，含有阴、阳离子总数为3NA，142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3NA，正确；胶体粒子为很多微粒的集合体，NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为大于107g，错误。【详解】综上所述，易知正确应选答案B。5D【解析】由两种或以上物质构成的为混合物。其中冰为固体水，故冰水混合物为纯净物，错误；由两种或两种以上元素形成的纯净物为化合物，而HT是由一种元素形成的氢气，为单质，错误；同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，C60、金刚石、石墨均为碳元素形成的不同种碳单质，故互为同素异形体，正确；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水等，故胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾均为电解质，正确；所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，而光导纤维、水晶的主要成分均为二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐，错误；答案选D。【点睛】根据混合物、化合物、同素异形体、电解质、硅酸盐等有关概念再结合物质的组成和性质解答。6C【解析】A、盐酸与CO32-和HCO3-都能反应生成二氧化碳气体，所以加入稀盐酸产生无色无味使澄清石灰水变浑浊的气体，不一定有CO32-，故A错误；B项，氯化钡与SO42和Ag+都能生成不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，所以加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不一定有SO42，故B错误；C项，加入硝酸无明显现象，排除了其它离子对氯离子验证的干扰，再滴几滴硝酸银溶液有白色沉淀，该沉淀一定是AgCl，所以一定有Cl-，故C正确；D项，验证亚铁离子的存在，首先应排除铁离子干扰，正确顺序是先加入KSCN溶液观察现象后再滴加氯水，故D错误。点睛：本题考查离子检验和鉴别实验方案的设计，掌握常见离子的检验方法、所用试剂及现象为解题关键，注意对干扰离子的排除，如A项，HCO3-会干扰CO32-的检验；B项，Ag+会干扰SO42-的检验；D项，Fe3+会干扰Fe2+的检验。7A【解析】溶液中离子之间不能结合生成沉淀、气体、水和弱电解质，不能发生氧化还原反应，不能结合生成络离子，不能发生双水解反应等，则能够大量共存。【详解】酸性溶液中ClO与I发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；无色溶液中不存在紫色MnO4-，故错误；碱性溶液中该组离子之间不反应，能够大量共存，故正确；Fe3在溶液中水解使溶液呈酸性，中性溶液中不可能存在Fe3，故错误；由水电离出的c(OH)11013molL1的溶液，水的电离受到抑制，既可能是酸的溶液，也可能是碱的溶液，无论是酸性溶液还是碱性溶液该组离子之间不反应，能够大量共存，故正确；与铝粉反应放出H2的无色溶液，可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液。酸性溶液中若存在NO3-，不可能生成氢气。碱性溶液中Al3会生成氢氧化铝沉淀或偏铝酸根离子，则该组离子一定不能大量共存，故错误；正确的为，故选A。【点睛】本题考查离子共存问题，侧重于分析能力的考查，注意把握离子的性质以及反应类型的判断是解答关键。8C【解析】Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应为氧化还原反应，S的化合价一部分升高，一部分降低；碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，Fe与硝酸反应，n(Fe)n(HNO3)=12，恰好生成Fe2+，CuSO4与过量浓氨水反应Cu2+4NH3H2O = Cu(NH3)42+ +4H2O。【详解】A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应为氧化还原反应，S的化合价一部分升高，一部分降低,A错误；B.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，由于碳酸氢钠的溶解度较小，有固体析出，B错误；C. 当n(Fe)：n(HNO3)=1：4时，Fe+NO3-+4H+Fe3+NO+2H2O，再增加1倍的Fe时，2Fe3+Fe=3Fe2+，铁过量，故C正确；D. 酸性强弱的顺序是H2CO3HClOHCO3-，所以少量的CO2通入到84消毒液中，生成的是HCO3-，D错误；答案为C。【点睛】本题B、C、D选项难度较大，要考虑碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；C先进行酸过量，再转化为题目比例，比较容易理解，D氨水过量时生成铜的配合物。9B【解析】A项，在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，故A错误；B项，如图2装置制备Fe(OH)2，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排出试管中的空气，盛NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液中，右侧导管插入水中隔绝了空气，所以制得的Fe(OH)2可以较长时间稳定存在，故B正确；C项，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，无色NO气体进入广口瓶，被空气中的氧气氧化为红棕色NO2气体，故C错误；D项，氯化氢的密度比空气的大，如图所示收集应该长导管进气，空气从短导管排出，故D错误。10D【解析】反应中碘化钾中碘元素化合价升高到碘单质。碘酸铜中的碘化合价降低到碘单质，铜化合价降低。注意为归中反应。【详解】A. 碘酸铜中的铜化合价降低生成碘化亚铜，碘化亚铜中的碘来自于碘化钾，所以CuI是还原产物，故错误；B. 反应中转移22个电子，所以当转移1.1mol电子，有0.2molIO3-被还原，故错误；C. 反应中生成2molCuI，有22mol碘化钾发生氧化反应，所以每生成1molCuI，有11molKI发生氧化反应，故错误；D. Cu(IO3)2作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素化合价降低，被还原，故正确。故选D。【点睛】掌握归中反应的分析，反应中碘化钾中的碘有部分化合价升高到碘单质，还有部分到碘化亚铜，碘酸铜中的碘化合价降低到碘单质，铜化合价降低到碘化亚铜。11B【解析】试题分析：A、已知：2Fe2Br2=2Fe32Br，2Fe32I=2Fe2I2，则根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性：IFe2Br，A正确；B、在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，碘离子先被氧化，即碘化亚铁是1mol。通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，亚铁离子被氧化，碘化亚铁中亚铁离子是1mol，所以溴化亚铁中亚铁离子是3mol，则溴化亚铁是3mol，B错误；C、当通入2 mol Cl2时，碘完全被氧化，亚铁离子有2mol被氧化，则溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，C正确；D、根据以上分析可知原溶液中：n（Fe2）n（I）n（Br）213，D正确，答案选D。考点：考查氧化还原反应的计算12D【解析】利用废旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收 Cu并制备ZnO，电池铜帽加入稀硫酸、过氧化氢溶解，铜生成硫酸铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=2沉淀铁离子，加入锌粉反应过滤得到海绵铜，沉淀锌离子得到氢氧化锌，分解得到氧化锌。【详解】A酸性条件下，通入氧气可把铜氧化生成硫酸铜，故A正确；B铜帽溶解后，溶液中存在过氧化氢，将溶液加热至沸腾，H2O2受热分解，可除去溶液中过量的H2O2，故B正确；C固体溶解中溶液中存在Cu2、H，二者都与锌反应，故C正确；D滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，将滤液蒸干得到ZnSO4和Na2SO4，高温灼烧时硫酸锌分解而硫酸钠，故不能得到纯净的ZnO，故D错误。故选D。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，解题关键：明确制备流程，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，易错点A，酸性条件下，通入氧气可把铜氧化生成硫酸铜。13B【解析】分析：本题考查离子共存，反应图像识别以及离子反应有关计算等，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，注意把握图像中各个阶段发生的反应。详解：加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子，根据产生的沉淀量与加入氢氧化钠的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定有镁离子和铝离子，又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液还存在铵根离子，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有硫酸根离子。由图像可知，第一阶段为氢离子和氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则氢离子物质的量为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0.7-0.5=0.2mol，则铵根离子物质的量为0.2mol，最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8-0.7=0.1mol，则氢氧化铝的物质的量为0.1mol，根据铝元素守恒可知铝离子的物质的量为0.1mol，第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5-0.1=0.4mol，则镁离子物质的量为（0.4-0.13）2=0.05mol。A. 由上述分析，溶液中的阳离子一定只有氢离子、镁离子、铝离子、铵根离子，故错误；B. 由上述分析，溶液中有镁离子和铝离子和氢离子，所以一定不含碳酸根离子，因为和锌反应生成氢气，所以不含硝酸根离子，根据电荷守恒，溶液中一定含有硫酸根离子，故正确；C. 根据以上分析，铵根离子的物质的量为0.2mol，因为没有溶液的体积，不能计算其物质的量浓度，故错误；D.根据计算， c(H+):c(Al3+):c(Mg2+)=0.1:0.1:0.05=2:2:1，故错误。故选B。点睛：本题综合性较强，一定分清离子在溶液中的反应顺序。若溶液中存在氢离子、镁离子、铝离子和铵根离子等，加入氢氧化钠，氢离子先反应，然后为镁离子和铝离子反应生成沉淀，然后铵根离子，然后是氢氧化铝溶解。14.C【解析】试题分析：加入过量NaOH溶液，加热得到气体，说明原溶液中含有NH4，即n(NH4)0.02mol，同时生成红褐色沉淀，说明原溶液含有Fe3。因为CO32和Fe3发生水解相互促进的反应，因此原溶液中不含CO32，灼烧以后得到固体1.6g，即得到Fe2O3的质量为1.6g，则n(Fe3)0.02mol，加入足量的BaCl2溶液，得到不溶于盐酸的沉淀，说明原溶液中含有SO42，即n(SO42)4.66g233g/mol0.02mol。A、阳离子所带电荷总数为0.02mol0.02mol30.08mol，阴离子所带电荷数为0.02mol20.04mol，即阳离子所带电荷数大于阴离子，说明原溶液含有Cl，综上所述原溶液中至少有4种离子，A错误；B、根据上述判断一定含有Cl，物质的量至少是0.08mol0.04mol0.04mol，此时c(Cl)0.04mol0.1L0.4molL1，溶液中可能含有K、Al3+，则Cl的浓度将大于0.4molL1，B错误；C、根据上述分析可知C正确；D、K、Al3+可能存在，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查离子的鉴定、离子共存及电荷守恒在溶液成分的确定应用的知识。【名师点晴】该题的难点是定量判断，即选项C是解答的难点。该类问题的关键是利用好电荷守恒，电荷守恒在离子反应定量推断试题中的应用非常广泛，解与离子反应有关的定量推断类试题，需要掌握定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，答题时注意灵活应用。15D【解析】依据图中转化关系可知，亚硝酸钠在酸性环境下能够氧化碘化钾生成单质碘，碘遇到淀粉会变蓝色，而氯化钠和KI不反应，可以用来鉴别氯化钠和亚硝酸钠，A正确；B. 亚硝酸钠具有防腐性，可以防止食品氧化变质，因此可以加到食品中，但添加量要符合规定，否则会引起中毒，B正确；C.依据图中转化关系可知：NaNO2与N2H4生成NaN3和水，反应中N元素化合价由+3价、-2价变为-价；依据得失电子守恒，反应方程式为：NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O，C正确；D.从图中转化关系可知亚硝酸钠与氯化铵溶液反应生成亚硝酸氨和氯化钠，该反应属于复分解反应，没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；故合理选项是D。16A【解析】A、在第步中溴单质被二氧化硫还原生成溴离子；B、在HCl气流中加热，HCl能够抑制MgCl2水解制得无水MgCl2；C、电解熔融的MgCl2可以制得金属镁；D、加入BaCl2溶液可以除去SO42-，但引入Ba2+，加入Na2CO3溶液可以除去Ca2、Fe3和引入的Ba2+，但引入CO32，NaOH溶液除去Mg2，但引入OH，过滤后加盐酸可以除去引入的CO32和OH。【详解】A项、在第、步中溴离子被氧化生成溴单质，在第步中溴单质被二氧化硫还原生成溴离子，故A错误；B项、第步结晶出的MgCl26H2O在HCl气流中加热，HCl能够抑制MgCl2水解制得无水MgCl2，故B正确；C项、电解熔融的MgCl2可以制得金属镁，故C正确；D项、加入BaCl2溶液可以除去SO42-，但引入Ba2+，加入Na2CO3溶液可以除去Ca2、Fe3和引入的Ba2+，但引入CO32，NaOH溶液除去Mg2，但引入OH，过滤后加盐酸可以除去引入的CO32和OH，故D正确。故选A。【点睛】本题考查化学工艺流程，注意理解流程所表达的化学信息，利用物质的性质分析是解答关键。17C【解析】白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种。【详解】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH7，故无色溶液pH7，A项正确；B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。故答案选C。18C【解析】试题分析：某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。由铜与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O可知，n(HNO3)=。由图可知，向另一份中逐渐加入铁粉， OA段发生Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，n(Fe)= n(Fe3+)= n(HNO3)=；AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，这阶段溶解的铁的物质的量为 n(Fe3+)=0.1mol；BC段又产生气体，故此阶段的反应为Fe+2H+= Fe2+H2。A. 混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L。A正确；B. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气，B正确；C. 由图像可知，每份混酸最多可溶解22.4gFe生成FeSO4溶液，由Fe守恒可知，原混合酸中H2SO4物质的量等于铁的物质的量的2倍（因为共分为2等份），即=0.8 mol，C不正确；D. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4，D正确。本题选C。点睛：本题考查了稀硝酸与金属反应的计算。首先根据混酸溶解的铜的质量求出硝酸的总量，要注意不能根据化学方程式计算，因为硫酸电离的H+是可以参与这个离子反应的。当混酸与Fe反应时，因为氧化性NO3-Fe3+H+，故Fe依次与种离子发生反应。另外，要注意原溶液分成了两等份。19（14分）（1）氯化铁或三氯化铁 HCl （2）Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3 （3） 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 （4） 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 Fe3O4+8HCl= FeCl2+2 FeCl3+4H2O （5）向混合液中加入足量铁粉，然后过滤 【解析】【分析】A为金属单质，B为黄绿色气体，说明B为Cl2 ，D与F反应得到血红色溶液，结合转化关系可知，固体A为Fe，D为FeCl3，F为KSCN，由D与G之间的相互转化可知G为FeCl2，Fe与无色气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，且X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体，可推知C为O2 ，E为Fe3O4，X为HCl，H为H2O，据此解答。【详解】根据以上分析可知A是铁，B是氯气，C是氧气，D是氯化铁，E是四氧化三铁，F是硫氰化钾，G是氯化亚铁，H是水，X是氯化氢。则（1）由上述分析可知D的化学式为FeCl3，X的化学式为HCl；（2）反应是氯化铁和硫氰化钾发生的反应，离子方程式为Fe3+3SCN-Fe(SCN)3；（3）氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，则往G溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；（4）反应是铁在水蒸气中发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；反应是四氧化三铁与盐酸反应，反应的化学方程式为Fe3O4+8HClFeCl2+2FeCl3+4H2O；（5）由于氯化铁能与铁反应生成氯化亚铁，则除去G溶液中混有的少量D的方法是向混合液中加入足量铁粉。20（1）冷凝管或球形冷凝管 使气体冷却回流，让反应更为彻底（2）CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl （3）平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下 中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2CaO2+2HCl向右进行 （4）A ABD （5）连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成高度差，静置一段时间，若高度差不变，则装置不漏气，反之装置漏气 43.20% 【解析】【分析】（1）由制备流程图可知，三颈烧瓶中CaCl2溶液、6%双氧水溶液和浓氨水在冷水浴中反应生成CaO28H2O和NH4Cl；（2）支管B可以起到平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下的作用；加入氨水，氨水与氯化氢发生中和反应，HCl浓度减小，平衡向着生成过氧化钙的方向移动；（3）由题给信息可知，CaO2可与水缓慢反应，易与酸反应，所以不能选用浓盐酸洗涤，不溶于醇类、乙醚等。（5）由实验装置图可知，可用液压法检验装置的气密性；过氧化钙与水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2。【详解】（1）由制备流程图可知，三颈烧瓶中CaCl2溶液、6%双氧水溶液和浓氨水在冷水浴中反应生成CaO28H2O和NH4Cl，反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl，故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；（2）支管B可以起到平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下的作用；氯化钙与双氧水混合液中存在如下平衡：CaCl2+H2O2CaO2+2HCl，加入氨水，氨水与氯化氢发生中和反应，HCl浓度减小，平衡向着生成过氧化钙的方向移动，有利于提高的过氧化钙的产率，故答案为：平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下；中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2CaO2+2HCl向右进行；（3）由题给信息可知，CaO2可与水缓慢反应，所以不能选用水和CaCl2溶液洗涤；CaO2易与酸反应，所以不能选用浓盐酸洗涤；CaO2不溶于醇类、乙醚等，所以最好无水乙醇洗涤，可以减少过氧化钙的溶解，故选A，故答案为：A；（4）过氧化钙具有强氧化性，加入水中可以起到杀菌消毒的作用；过氧化钙与水缓慢反应生成氢氧化钙氧气，氢氧化钙能吸收鱼苗呼出的CO2气体，反应生成的氧气能补充鱼苗运动过程中水中氧气的消耗，起到缓慢供氧的作用，故选ABD，故答案为：ABD；（5）由实验装置图可知，可用液压法检验装置的气密性，具体操作是连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成高度差，静置一段时间，若高度差不变，则装置不漏气，反之装置漏气，故答案为：连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成高度差，静置一段时间，若高度差不变，则装置不漏气，反之装置漏气；过氧化钙与水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2，由方程式可得：2CaO2O2，标准状况下33.60mL氧气的物质的量为0.0015mol，则反应的过氧化钙为0.003mol，则产品中过氧化钙的质量分数为(0.003mol72g/mol)/ 0.5000g100%=43.2%，故答案为：43.2%。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，本题较为综合，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力，注意分析题中关键信息、明确实验基本操作方法为解答关键。21（每空2分，共14分）（1）Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O （2）5.0pH5.4(或5.0-5.4) 2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2 （3）分液漏斗、烧杯 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层 （4）Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2 （5） Co3O4 【解析】【分析】以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3和ZnSO4溶液，根据流程：“酸浸”时金属氧化物与硫酸发生反应而溶解，结合最终产物CoCO3中Co元素价态可得，“酸浸”时SO2的作用是将含钴废渣中+3价的Co还原为+2价；“除铝”时加入Na2CO3，Al3+与CO32-发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀除去；加入萃取剂HX(有机物)，进一步从有机层得到ZnSO4溶液；“沉钴”时向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀。【详解】（1）“酸浸”时加入H2SO4和SO2，由于SO2具有还原性，SO2将钴废渣中+3价的Co还原为+2价