2019届高三化学上学期第三次双周考(11月)试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期第三次双周考(11月)试题(含解析)1. 化学与人类生活密切相关，下列解决问题的方法不可行的是（ ）A. 为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B. 为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C. 为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素CD. 为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土【答案】B.2. 下列有关环境保护与绿色化学的叙述不正确的是（ ）A. 形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物B. 大气污染物主要来自化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气C. 绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒无害的治理D. 水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的【答案】C【解析】试题分析：A形成酸雨的主要物质是硫的氧化物SO2、SO3和氮的氧化物NO2等，正确；B大气污染物主要来自化石燃料燃烧产生的CO和工业生产过程产生的废气SO2、NO2等机固体小颗粒，正确；C绿色化学的核心就是如何从源头上消除污染物的产生，实现原子利用率达到100%，错误；D水华、赤潮等水体污染主要是有含氮、磷的污水任意排放使水中植物疯狂生长造成的，正确。考点：考查有关环境保护与绿色化学的叙述正误判断的知识。3. 下列各组离子能在指定溶液中可以大量共存的是（ ）无色溶液中：K、Cu2+、Na、H2PO4-、PO43-、SO42-pH11的溶液中：CO32-、Na、AlO2-、NO3-、S2、SO32-水电离的H浓度为1012molL1的溶液中：Cl、NO3-、NH4+、S2O32-加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2、NH4+、Cl、K、SO42-使甲基橙变红的溶液中：Fe3、MnO4-、NO3-、Na、SO42-酸性溶液中：Fe2、Al3、NO3-、I、Cl、S2A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：无色溶液中不可以存在有色离子，K、Cu2+、Na、H2PO4-、PO43-、SO42-中，Cu2+为蓝色，Cu2+和PO43-要双水解，错误；pH11的溶液中，存在OH-离子：CO32-、Na、AlO2-、NO3-、S2、SO32-能够共存，正确；水电离的H浓度为1012molL1的溶液中，可能大量的存在有H+,也可能是OH-，Cl、NO3-、NH4+、S2O32-中，NH4+在碱性溶液中不可以共存，S2O32-在酸性溶液中不可以共存，错误；加入Mg能放出H2的溶液中，存在大量的H+，Mg2、NH4+、Cl、K、SO42-能共存，正确；使甲基橙变红的溶液中，存在H+, Fe3、MnO4-、NO3-、Na、SO42-能够大量共存，错误；酸性溶液中，氢离子和硝酸根离子混合具有氧化性，还原性离子Fe2、I、Cl、S2不能共存，错误，答案选A。考点：考查离子共存4. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）A. 在100 mL 1 molL1的 Fe(NO3)3的溶液中通入足量SO2：2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4HB. 在100 mL 2 molL1的FeI2的溶液中通入标况下5.6 L的Cl2：4Fe26I5Cl2=4Fe33I210ClC. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液Mg22HCO4OH=Mg(OH)22CO2H2OD. 向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2恰好使SO反应完全2Ba24OHAl32SO=2BaSO4AlO2H2O【答案】C【解析】A、在100 mL 1 molL1的 Fe(NO3)3的溶液中通入足量SO2的离子反应为NO3-+3Fe3+3SO2+4H2O3Fe2+NO+3SO42-+8H+， 选项A错误；B、在100mL浓度为2molL-1的FeI2的溶液中通入标准状况下5.6L的Cl2的离子反应为2Fe2+8I-+5Cl22Fe3+4I2+10Cl-，选项B错误；C、向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液生成的是难溶的氢氧化镁，离子方程式为：Mg22HCO4OH=Mg(OH)22CO2H2O，选项C正确；D、向明矾溶液中加入Ba(OH)2恰好使SO42-反应完全的离子反应为2Al3+2SO42-+2Ba2+6OH-2BaSO4+2Al(OH)3，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查。5. 设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1L lmolL-1NaClO溶液中含有阴离子的数目小于NAB. Na2O2与足量的CO2反应生成1molO2，转移电子数目为2NAC. 两份2.7g 铝分別与100mL浓度为2 molL-1的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，转移的电子数均为0.3NAD. 标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA【答案】B【解析】A、1L lmolL-1的NaClO溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，导致溶液中次氯酸根离子的物质的量小于1mol，含有ClO-的数目小于NA，但水解产生氢氧根离子以及水电离产生的氢氧根离子也是阴离子，阴离子数目大于NA，选项A错误；B、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，生成1molO2消耗2molNa2O2，转移2NA个电子，选项B正确；C、2.7g的物质的量为0.1mol，100mL浓度为2 mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液含有的氯化氢、氢氧化钠的物质的量为0.2mol，由2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，铝与氢氧化钠反应，铝完全反应，转移电子数为0.1mol3NAmol-1=0.3NA，由2Al+6HCl2AlCl3+3H2可知盐酸不足，所以生成氢气0.1mol，转移电子数为0.1mol2NAmol-1=0.2NA，选项C错误；D、标准状况下,氟化氢是液体，不能使用气体摩尔体积求算，选项D错误。答案选B。6. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( )选项实验操作和现象结论A向溶液中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝。原溶液中无NH4B室温下，向浓度均为0.1 molL-1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀。Ksp（BaSO4）Ksp（CaSO4）C室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色。Fe3+的氧化性比I2的强D室温下，用pH试纸测得：0.1molL-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1molL-1 NaHSO3溶液的pH约为5。HSO3结合H的能力比SO32的强A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、检验NH4+需要用浓NaOH溶液并加热，稀NaOH溶液不能使NH3挥发出来，选项A错误；B、CaSO4为微溶物，BaSO4为难溶物，均能形成白色沉淀，题给实验无法判断两者的Ksp大小，选项B错误；C、室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，发生反应：2Fe3+2I-=2Fe2+I2，碘遇淀粉变蓝色，证明Fe3+的氧化性比I2的强，选项C正确；D、题给实验说明HSO3结合H的能力比SO32的弱，选项D错误。答案选C。7. 用下图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是( ) 选项中物质中物质预测中的现象A草酸溶液酸性高锰酸钾溶液溶液逐渐褪色B稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡C浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体D氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液立即产生大量白色沉淀A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液逐渐褪色，选项A正确；B、盐酸首先中和氢氧化钠，不会立即产生气泡，选项B错误；C、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，选项C错误；D、 氢氧化钠溶液开始是过量的，生成偏铝酸钠，不可能产生大量白色沉淀氢氧化铝，选项D错误。答案选A。 点睛：本题考查实验方案设计与评价。实验设计与评价是化学实验中难度最大、综合性最强、能力要求相对较高的一类科学探究试题。该题是选择题的形式，相对简单，实际是考查了四个具体的化学反应原理及其现象，明白原理和目的加上扎实的基础是解题的关键。8. 如下图所示，若关闭活塞，则品红溶液无变化，石蕊试液变红，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红溶液褪色，石蕊试液变红，澄清石灰水变浑浊。据此判断气体和广口瓶中盛放的物质分别是（ ）A. CO2和Na2CO3溶液 B. Cl2和NaHCO3溶液C. SO2和浓H2SO4 D. SO2和NaHCO3溶液【答案】D9. 雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl 。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3+ 8Al + 5OH + 2H2O3NH3+ 8AlO2根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（）A. 试样中一定不含Al3+B. 试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3C. 试样中可能存在Na+、ClD. 该雾霾中可能存在NaNO3 、NH4Cl和MgSO4【答案】A【解析】试题分析：气体1能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝则气体是氨气，那么溶液中一定含有NH4+，沉淀1遇酸部分溶解，说明有的沉淀可溶于酸有的不溶于酸，加入的是过量的Ba（OH）2沉淀不可能有Al(OH)3所以沉淀是Ba SO4和Mg（OH）2可推出原溶液中有Mg2、SO42-，溶液1中含有Ba2+，所以沉淀2中有BaCO3，BaCO3和Al（OH）3都可溶于酸，所以无法判断是否有Al（OH）3，根据题目所给方程式和溶液2的实验现象知原溶液含有NO3-，对该实验没有现象说明有Na、Cl，根据上述分析试样中肯定存在NH4+、Mg2、SO42-和NO3-，可能含有Al3，Na、Cl，故选A。考点：离子的检验。10. 向10 mL含等浓度的I和Cl的溶液中逐滴加入0.1 molL-1的AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如右图所示。下列说法不正确的是（）A. 该实验可以证明AgI比AgCl更难溶B. V1= V2-V1C. 向最终的沉淀中加入Na2S溶液，沉淀变成黑色D. 加入V2 mL AgNO3溶液后，溶液中不含I【答案】D【解析】A、向10mL含等浓度的I-和Cl-的溶液中逐滴加入0.1mol/L的AgNO3溶液，先生成了黄色沉淀，说明碘化银比氯化银更难溶，选项A正确；B、根据题中信息可知，碘离子和氯离子的物质的量相等，根据反应I-+Ag+=AgI、Cl-+Ag+=AgCl可知，二者消耗的硝酸银溶液的体积相等，即V1=V2-V1，选项B正确；C、由于Ag2S比AgCl、AgI更难溶，所以向最终的沉淀中加入Na2S溶液，AgCl、AgI沉淀会转化成黑色的Ag2S沉淀，选项C正确；D、难溶物在溶液中存在溶解平衡，加入V2 mLAgNO3溶液后，溶液中还含有I-，不过I-离子浓度很小，选项D不正确。答案选D。点睛：本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化本质，注意掌握难溶电解质的转化本质及应用方法，明确相同条件下，溶解度越小离子，优先生成沉淀。由图象可知，先生成碘化银沉淀后生成氯化银沉淀，根据发生反应：I-+Ag+=AgI、Cl-+Ag+=AgCl及溶液中I-和Cl-的物质的量判断消耗的硝酸银溶液的体积；氯化银、碘化银的溶解度小于硫化银，向硫化银中进入硫化钠，氯化银沉淀会转化成更难溶的硫化银沉淀，据此进行判断。11. 实验室用还原制备金属的装置如图所示(粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是（ ）A. 、中依次盛装溶液、浓、焦性没食子酸溶液B. 管式炉加热前，用试管在处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C. 结束反应时，先关闭活塞，再停止加热D. 装置（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】B【解析】A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气，所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体，选项A错误；B、管式炉加热前，用试管在处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，以免因气体不纯引发爆炸，选项B正确；C、为了防止W受热被氧化，应该先停止加热，等待W冷却后再关闭K，选项C错误；D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以启普发生器不能用于氯气的制备，选项D错误。答案选B。12. 在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。下列分析不正确的是（ ）A. 代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B. b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OHC. c点，两溶液中含有相同量的OHD. a、d两点对应的溶液均显中性【答案】C【解析】ABa(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A正确；B根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+和OH-，B正确；Cc点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，中钠离子浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，C错误；Da点中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，D正确；答案选C。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，易错选项是B。13. 根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气和水、氯化钙，试管口需要略向下倾斜，故A正确；B二氧化碳在水中的溶解度不大，应该将二氧化碳通入氨气和饱和氯化钠溶液中，故B错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，需要用玻璃棒引流，故C错误；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误；故选A。14. 工业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。下面是一种处理方法的工业流程：其中第步存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+Cr2O72-（橙色）+H2O下列说法正确的是（ ）A. 反应中还原1mol Cr2O72，需要6 mol的Fe2+B. 改变反应的平衡体系中c(H+)浓度，溶液颜色无明显变化C. 若2v (Cr2O72-) =v (CrO42-)，说明反应达平衡状态D. FeSO4溶液呈酸性的原因是Fe2+ 2H2O Fe(OH) 2+ 2H+【答案】A【解析】A、根据电子得失守恒可知，还原1mol Cr2O72离子得到Cr3+，得电子：2（6-3）mol=6mol，需要FeSO47H2O的物质的量为 mol=6mol，选项A正确；B、改变反应的平衡体系中c(H+)浓度，平衡：2CrO42-（黄色）+2H+Cr2O72-（橙色）+H2O会移动，溶液颜色会在黄色和橙色之间变化，选项B错误；C、若2v (Cr2O72-) =v (CrO42-)，不能说明正逆反应速率相等，无法说明反应达平衡状态，选项C错误；FeSO4溶液呈酸性的原因是Fe2+ 2H2O Fe(OH) 2+ 2H+，选项D错误。答案选A。15. 在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为C mol/L。下列叙述中正确的有（ ） 上述溶液中加入V mL水后，所得溶液的质量分数大于0.5 上述溶液中再加入1.5V mL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-）A. B. C. D. 【答案】B【解析】氨气溶于水，主要以NH3H2O存在，但仍然以NH3作为溶质，=100%= =100%=100%，选项错误；、C= = mol/L，选项正确；水的密度比氨水的密度大，所以上述溶液中再加入VmL水后，混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量，溶质氨气的质量不变，所以所得溶液的质量分数小于0.5，选项错误；上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，溶液为氯化铵与氯化氢的混合溶液，浓度之比为2：1，溶液呈酸性，c（H+）c（OH-），铵根离子水解，水解程度微弱，所以c（Cl-）c（NH4+），充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），选项正确；答案选B。点睛：本题考查物质的量浓度的计算、盐类水解、质量分数等，注意氨气溶于水主要以一水合氨存在，但溶质仍以氨气计算，氨水的密度小于水，浓度越大密度越小。16. 向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（ ）A. Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1B. 硝酸的物质的量浓度为2.4mol/LC. 产生的NO在标准状况下的体枳为4.48LD. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为lmol【答案】D【解析】试题分析：设Cu为xmol，则Cu2O的质量为(27.264x)g，沉淀全部是Cu(OH)2，则根据铜元素守恒，n(Cu(OH)2)=n(Cu)2n(Cu2O)=x2(27.264x)/144mol=39.2/98mol，解得x=0.2，则n(Cu2O)=0.1mol，则n(Cu)：n(Cu2O)=2:1，根据得失电子数目守恒，0.220.12=V(NO)3/22.4，解得V(NO)=4.48L，硝酸中的N最后转化成NO和NaNO3，根据钠元素守恒，因此有n(HNO3)=n(NO)n(NaNO3)=n(NO)n(NaOH)=4.48/22.411=1.2mol，c(HNO3)=1.2/0.5molL1=2.4molL1，n(HNO3)=n(NO)2n(Cu(NO3)2)n(HNO3)剩，n(HNO3)剩=0.2mol，故选项D正确。考点：考查化学计算等知识。17. 下图中字母所代表的物质均为中学化学常见物质。其中A是日常生活中不可缺少的物质，也是化工生产上的重要原料；常温下C、D、H为气体单质。单质E、M、N为金属，N是地壳中含量最大的金属元素。Y是红褐色沉淀。这些物质在一定条件下存在如下转化 关系，其中有些反应物或生成物已经略去。试回答下列问题：（1）工业上，在电解A溶液的设备中将阴极区和阳极区用_隔开。（填设备名称）（2）写出A的水溶液电解的离子方程式_。（3）写出K与CO2反应的化学方程式_。（4）Y与NaClO和B的混合溶液作用，是制备绿色水处理剂(Na2MO4)的一种方法，写出该反应的离子方程式_。（5）一定量的Z与N的混合物分为两等分，一份直接与足量氢氧化钠溶液产生气体为amol，另一份高温下充分反应（不考虑固体与氧气的反应）后的固体混合物与足量盐酸产生气体为bmol，现有a:b=9:7，则混合物中Z与N的物质的量之比为_。【答案】 (1). 阳离子交换膜 (2). 2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH- (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (5). 1:3【解析】根据A的应该反应及A是日常生活中不可缺少的物质可判断，A一定是氯化钠，所以D是氯气，E是钠，C是氢气，B是氢氧化钠。则G就是氯化氢。N是地壳中含量最大的金属元素，所以N是铝，则F就是偏铝酸钠，I是氢氧化铝，L是氧化铝。Y是红褐色沉淀，所以Y是氢氧化铁，则Z是氧化铁，因此M是铁，J是氯化亚铁，X是氢氧化亚铁。由于K能和水反应，所以H水氧气，K是过氧化钠。（1）工业上，在电解氯化钠溶液的设备中将阴极区和阳极区用阳离子交换膜隔开；（2）氯化钠的水溶液电解的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-；（3）过氧化钠与CO2反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（4）氢氧化铁与NaClO和氢氧化钠的混合溶液作用，生成Na2FeO4反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；（5）只有铝能与氢氧化钠溶液反应，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，根据反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可得铝的物质的量为：amol，当Al粉与Fe2O3在高温下反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，设混合物中氧化铁的物质的量为xmol，则与氧化铁反应的铝的物质的量为2xmol，根据氧化还原反应原理及得失电子守恒，第二份产生氢气减少部分是因为铝转化为铁，与盐酸反应产生的氢气减少了，减少了xmol，且xmol=a-b，且a:b=9:7则b=a，x=a-b=a，故氧化铁与铝的物质的量之比为：xmol:amol=amol:amol=1:3。18. 金属元素锡（Sn）和碳元素位于同一主族，主要化合价为+2和+4。某同学通过下列方法测定金属锡样品的纯度：（假定杂质不参加反应）（1）将试样溶于盐酸中，反应的化学方程式为：_。（2）加入过量的FeCl3溶液，反应的化学方程式为：_。（3）用已知浓度的K2Cr2O7酸性溶液滴定生成的Fe2反应的离子方程式为：_（4）现有金属锡样品1.142g，经上述各步反应后，共用去0.100mol/L的K2Cr2O7溶液16.00ml. 则试样中锡的质量分数_。（5）步骤（4）中如果取用16.00ml的K2Cr2O7溶液则应用_（填仪器名称）。该同学在配制0.100mol/L 的K2Cr2O7溶液的试验中，若其他步骤都正确，但定容时俯视刻度线则所得溶液的浓度_（填偏高，偏低，或无影响）。【答案】 (1). Sn+2HCl=SnCl2+H2 (2). SnCl2+2 FeCl3= SnCl4+2 FeCl2 (3). 6Fe2+CrO72+14H+=6 Fe3+2Cr3+7 H2O (4). 50.0 (5). 酸式滴定管（或移液管） (6). 偏高【解析】（1）将试样溶于盐酸中，锡与盐酸反应生成氯化锡和氢气，反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2；（2）加入过量的FeCl3溶液，氯化铁与氯化锡发生氧化还原反应生成四氯化锡和氯化亚铁，反应的化学方程式为：SnCl2+2 FeCl3= SnCl4+2 FeCl2；（3）用已知浓度的K2Cr2O7酸性溶液滴定生成的Fe2，CrO72-被还原为Cr3+，Fe2被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：6Fe2+CrO72-+14H+=6 Fe3+2Cr3+7 H2O；（4）设试样中锡的质量分数为x，根据上面反应可得关系式：3Sn K2Cr2O73119 11.142x 0.100mol/L0.016Lx=100%=50%；（5）步骤（4）中如果取用16.00ml的K2Cr2O7溶液则应用酸式滴定管或移液管；但定容时俯视容量瓶刻度线则加入水的体积偏少，所得溶液的浓度偏高。19. 碘是人类必需的生命元素，在人体的生长发育过程中起着重要作用。. 人体碘的重要来源之一是食用加碘食盐（含KIO3）。为检测食盐中的KIO3，并测定加碘食盐样品的碘含量，某实验小组设计了如下实验：用天平准确称取w g食盐样品，加适量蒸馏水使其完全溶解。用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全生成I2。以淀粉为指示剂，逐滴加入浓度为2.010-3 molL-1的Na2S2O3溶液6.00 mL，恰好反应完全。（已知：I22S2O32-= 2I-S4O62-）（1）书写步骤中反应的离子方程式：_。（2）步骤中判断反应恰好完全的现象是_。（3）上述实验样品中碘元素的含量是_mg/g（以含w的代数式表达）。海带或海苔中含有丰富的碘元素，也是人体碘的一种来源。下图是实验室从海带（含I-）中提取碘单质的流程图。（1）步骤中灼烧海带用到的实验仪器是_（填序号）。a坩埚 b试管 c蒸发皿 d烧杯（2）步骤的实验操作包括_。步骤中分液所用的玻璃仪器是_、烧杯。（3）步骤中反应的离子方程式是_。【答案】 (1). IO3-5I-6H=3I2+3H2O (2). 溶液蓝色变为无色 (3). (4). a (5). 溶解和过滤 (6). 分液漏斗 (7). H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O【解析】.（1）酸性条件下，碘酸根离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，离子反应方程式为：IO3-5I-6H=3I2+3H2O；（2）碘遇淀粉试液变蓝色，如果溶液中不存在碘单质，则溶液蓝色变为无色；（3）IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O、I2+2 S2O32-=2I-+S4O62-，设碘酸钾中碘的质量是x，根据反应可得关系为： IO3-3I26 S2O32-，127g 6molx 2.010-3 molL-10.006Lx= =0.254mg，每w g食盐中含有0.254mg碘，则样品中碘元素的含量是mg/g；（1）步骤中灼烧海带用到的实验仪器是坩埚，答案选a；（2）步骤的实验操作包括将海带灰溶解，然后过滤掉不溶物，故答案为：溶解和过滤；步骤中分液所用的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯；（3）步骤中是利用双氧水将碘离子氧化为碘单质，其反应的离子方程式是H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O。20. 已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O。利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：回答下列有关问题：（1）将硼砂溶于热水后，常用稀H2SO4调pH23制取H3BO3，该反应的离子方程式为_。（2）MgCl27H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是_。（3）镁H2O2酸性燃料电池的反应原理为MgH2O22H=Mg22H2O，则正极反应式为_。（4）制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼。现将0020 g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用030 molL1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液1800 mL。该粗硼样品的纯度为_（提示：I22S2O32=2IS4O62）（结果保留一位小数）。【答案】 (1). B4O2H5H2O=4H3BO3 (2). 抑制MgCl2的水解 (3). H2O22H2e=2H2O (4). 97.2%【解析】（1）用H2SO4调pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O2H5H2O=4H3BO3；（2）MgCl27H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁，故答案为：抑制MgCl2的水解；（3）镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式H2O22H2e=2H2O；（4）硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L0.018L=0.0054mol，根据关系式：BBI3I23S2O32-，n(B)= n(S2O32-)=0.0018mol，硼的质量为：10.8g/mol0.0018mol=0.01944g，粗硼中硼的含量为：100%=97.2%。点睛：本题考查了盐类的水解、原电池原理和电解池原理的分析，沉淀溶解平衡的计算的相关知识。21. 锰及其化合物在现代工业和国防建设中具有十分重要的地位。金属锰的提炼方式主要有热还原法和电解法两种，热还原法得到的锰纯度在95-98之间，电解法得到的锰（简称电解锰），其纯度可达99.7-99.9以上。（1）锰锌铁氧体是当前广泛使用的一种隐形涂料，其化学组成为MnxZn1-xFe2O4（铁为+3价），其中当锰锌铁氧体