甘肃省武威市第六中学2020届高三化学上学期第二次阶段性复习过关考试试题（含解析）.docx

甘肃省武威市第六中学2020届高三化学上学期第二次阶段性复习过关考试试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64 Ba-137第卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.2013年世界环境日的主题为：Think.Eat.Save. 思前、食后、厉行节约。爱护环境，呵护地球是我们每一个人不可推卸的责任。下列现象与污染源对应不正确的是A. 酸雨硫的氧化物、氮的氧化物B. 光化学烟雾氮的氧化物C. 臭氧空洞氟氯烃（即氟利昂）D. 温室效应SO2【答案】D【解析】【详解】A、酸雨与人们排放的SO2、氮的氧化物有关，正确；B、光化学烟雾与碳氢化合物和氮的氧化物有关，正确；C、臭氧空洞与氟氯烃（即氟利昂）有关，正确；D、温室效应与大气中CO2浓度不断上升有关，不正确。答案选D。2.下列各组中两物质作用时，反应条件或反应物用量改变。对生成物没有影响的是（ ）A. Fe与稀HNO3B. NaOH溶液与CO2C. Na2O2与CO2D. AlCl3溶液与NaOH溶液【答案】C【解析】【分析】AFe与稀HNO3的反应与量有关；B反应与量有关；C反应与量无关；D反应与量有关【详解】AFe与稀HNO3的反应与量有关，Fe少量生成硝酸铁，Fe过量生成硝酸亚铁，故A不选；B二氧化碳少量时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，与量有关，故B不选；C反应与量无关，反应条件或反应物用量的改变对生成物没有影响，故C选；D反应与量有关，AlCl3溶液与NaOH溶液，NaOH溶液少量时生成氢氧化铝沉淀，NaOH溶液过量时生成偏铝酸钠，故D不选故选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列各项叙述中正确的有A. pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+B. 将1L 2mol/L 的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得到的氢氧化铁胶体粒子数为2NAC. 1L lmolL-1 FeBr2溶液与l mol氯气反应时转移的电子数为3NAD. 23g Na与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.25 NA和0.5 NA之间【答案】D【解析】A、 pH=1的H3PO4溶液中，c(H)=0.1mol/L,缺少溶液的体积，无法计算含H+的个数，故A错误；B. 将1L 2mol/L 的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得到的氢氧化铁胶体粒子数远少于2NA，每个氢氧化铁胶体粒子由成千上万个Fe(OH)3 分子构成，故B错误；C. l mol氯气只能得到2NA个电子，1L lmolL-1 FeBr2溶液与l mol氯气反应时转移的电子数为2NA，故C错误；D. 根据方程式：4NaO2=2Na2O，23g Na与O2充分反应生成Na2O，消耗O2的分子数0.25mol,同理，2NaO2=Na2O2，23g Na与O2反应生成Na2O2，消耗O2的分子数0.5mol，生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.25 NA和0.5 NA之间，故D正确；故选D。4.下列物质中既能跟稀H2SO4反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是NaHCO3 Al2O3 Al(OH)3 Al (NH4)2CO3A. B. C. D. 全部【答案】D【解析】【详解】NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故符合；Al2O3是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al(OH)3 是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故符合；(NH4)2CO3，加热条件下能与氢氧化钠反应生成碳酸钠、氨气和水，能与硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，故符合。答案选D。5.下列离子方程式的书写正确的是A. 铝与盐酸反应： Al + 6H+ =Al3+ + 3H2 B. 过量CO2通入NaOH溶液中： CO2 + 2OH=H2O + CO32C. Fe粉加入FeCl3溶液：Fe + Fe3+ =2 Fe3+D. 碳酸钠与氯化钙混合：CO32 + Ca2+ =CaCO3 【答案】D【解析】【详解】A、电荷不守恒，离子方程式为2Al+6H+=2Al3+3H2，错误；B、过量CO2通入NaOH溶液中，反应生成的是碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-，错误；C、电荷不守恒，离子方程式为Fe + 2Fe3+ = 3Fe3+，错误；D、两者反应生成沉淀碳酸钙，离子方程式为CO32-+Ca2+=CaCO3，正确。答案选D。6.用0.1 mol/L的Na2SO3溶液30 mL,恰好将2103 mol XO4还原，则元素X在还原产物中的化合价是A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】【详解】根据得失电子数目守恒，301030.1(64)=2103(7X)，解得X=4，故选项A正确。7.在强酸性无色透明的溶液中，可以大量共存的离子组是A. K+、NO3、OH、ClB. SO42-、Al3+、NH4+、Na+C. I、Ba2+、Mg2+、NO3D. Cl、SCN、K+、Fe3+【答案】B【解析】【详解】A、H+、OH-结合生成水，则不能共存，错误；B、该组离子之间不反应，能共存，且离子均为无色，B正确；C、NO3-、H+、I-发生氧化还原反应，则不能共存，错误；D、SCN-、Fe3+结合生成络离子，则不能共存，错误。答案选B。8.黑火药是我国四大发明之一，其爆炸反应为：2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2，其中的氧化剂与还原剂物质的量之比为（ ）A. 2：3B. 1：3C. 1：1D. 2：1【答案】C【解析】分析】反应S+2KNO3+3C =K2S+N2+3CO2中，N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，据此分析。【详解】反应中N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，所以还原剂是C、氧化剂是S和KNO3，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故选C。9.将Na2O2加入到含有HCO3、CO32、SO32、Na、NO3的溶液中，充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（）A. NO3B. CO32、NO3C. SO32、NO3D. CO32、NO3、Na【答案】A【解析】【详解】Na2O2粉末加入溶液中，因被氧化而减少，因有NaOH生成，则与之反应生成，使、Na+均增加，减少，整个过程中只有浓度保持不变，答案选A。10.下列各组物质的稀溶液相互反应，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，所产生的现象不相同的是A. AlCl3 和NH3 .H2OB. Na2CO3和HClC. NaHCO3和HClD. NaCl和AgNO3【答案】B【解析】【详解】A、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是先出现白色沉淀，后沉淀不消失，现象相同，选项A不选；B、前者逐滴滴入后者时开始就有气泡冒出，而后者逐滴滴入前者，先没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，选项B选；C、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是开始就有气泡冒出，现象相同，选项C不选；D、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是开始就有白色沉淀产生且沉淀不溶解，现象相同，选项D不选。答案选B。11.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图像中，能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，则沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D12.下列关于离子检验的说法正确的是（ ）A. 向某溶液中加入少量稀硫酸，若有白色沉淀生成，则该溶液中含有Ba2+B. 用 酸性KMnO4溶液可检验硫酸铁溶液中是否含有硫酸亚铁C. 向某溶液中加入适量稀盐酸，观察是否有气泡产生，可检验溶液中是否含有CO32-D. 向某溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该溶液中存在SO42-或SO32-【答案】B【解析】【分析】A加入少量稀硫酸，有白色沉淀产生，可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙；B亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等氧化剂反应；C加入适量稀盐酸，有大量气泡产生的可能是碳酸根或者碳酸氢根；D硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀；【详解】A加入少量稀硫酸，有白色沉淀产生，可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙，所以不能确定溶液中一定含有Ba2，故A错误；B亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故B正确；C加入适量稀盐酸，有大量气泡产生的可能是碳酸根或者碳酸氢根，所以不能确定是否含有CO32，故C错误；D硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，则溶液中可能含SO42或SO32或Cl，故D错误；故选：B。13.下列除杂方法不正确的是（ ）A. 用过量烧碱溶液，除去镁粉中混有的少量铝粉B. 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+C. 用生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D. Al（OH）3中混有少量Mg（OH）2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后再过滤【答案】B【解析】【分析】A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸盐；B、氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中；C、生石灰与水反应，能吸收水形成氢氧化钙溶液；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，向其中通入过量的二氧化碳反应会生成氢氧化铝沉淀【详解】A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐，所以镁粉中混有少量铝粉，可以加入过量烧碱溶液充分反应，然后过滤、洗涤、干燥即可，故A正确；B、Fe3和Al3均和氨水反应分别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中，故不能实现，故B错误；C、生石灰能与水反应，生成氢氧化钙，氢氧化钙和乙醇的沸点相差较大，可以通过加热蒸馏，分离出乙醇，故C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，实现除杂的目的，故D正确。故选：B14.下列图象与对应实验操作相符合的是（ ）A. 图1 表示在水中慢慢通入氨气至过量B. 图2表示在氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳至过量C. 图3表示在醋酸溶液中慢慢滴加同浓度的氨水至过量D. 图4表示在氯化铝溶液中滴加氨水至过量【答案】A【解析】【分析】A氨气通入水中，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，溶液中氨气饱和，PH不再变化；B向NaOH和Ca（OH）2的混合溶液中通入CO2，先发生Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，再发生CO2+NaOHNaHCO3，最后发生CaCO3+H2O+CO2Ca（HCO3）2；C溶液导电能力的强弱主要取决于阴、阳离子浓度的大小，离子浓度越大，导电能力越强，乙酸与氨水反应生成乙酸铵，乙酸铵属于强电解质，但氨水至过量，导电能力减弱；D向氯化铝溶液中滴加氨水，由于生成的氢氧化铝不溶于氨水弱碱，沉淀不溶解。【详解】A氨气通入水中，NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，氨气未饱和前，溶液的PH在不断增大，当溶液饱和时，PH不再变化，故A正确；B因向NaOH和Ca（OH）2的混合液中通入CO2，先发生Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，生成沉淀，再发生CO2+NaOHNaHCO3，沉淀的量不变，最后发生反应：CaCO3+H2O+CO2Ca（HCO3）2，沉淀溶解，且生成沉淀和沉淀溶解消耗的CO2相等，图象与反应不符合，故B错误；C醋酸是弱酸，导电能力不大，加入氨水后，离子方程式：NH3H2O+CH3COOHNH4+H2O+CH3COO，生成醋酸铵是强电解质，导电能力增强，导电性变化大，至过量时，氨水溶液的体积占主导，离子浓度变小，导电能力降低，故C错误；D一水合氨不会溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4，沉淀不溶解，故D错误；故选：A15.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.2molL-1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）A. 在0a范围内，只发生反应OH-+H+=H2OB. a=0.35C. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1【答案】B【解析】【分析】向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2计算ab段消耗盐酸的体积，进而计算a的值。根据碳原子守恒可得碳酸钠的物质的量，b点溶液中溶质为NaCl，由氯原子守恒可得NaCl的物质的量，再根据钠离子守恒计算NaOH的物质的量。【详解】A在0a范围内，先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；B生成二氧化碳为0.01mol，由NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，可知ab段消耗HCl为0.01mol，消耗盐酸体积为0.01mol0.2molL1=0.05L，故a=0.4-0.05=0.35，故B正确；Cab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，反应的离子方程式为：HCO3+H=H2O+CO2，故C错误；D由碳原子守恒可知Na2CO3为0.01mol，b点溶液中溶质为NaCl，由氯原子守恒可得n（NaCl）=n（HCl）=0.4L0.2molL1=0.08mol，由钠离子守恒：n（NaOH）=n（NaCl）-2n（Na2CO3）=0.08mol-20.01mol=0.06mol，故原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为6：1，故D错误。故选：B。【点睛】考查了混合物反应的计算，难点A，解题关键：明确碳酸钠与氯化氢反应是分步进行。16.白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4下列有关说法中错误的是A. 在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂B. 在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4C. 在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜D. 在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子【答案】C【解析】在(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；在(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中P元素化合价由0价变为-3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有6/11的P被氧化，其余的P被还原，A、两个反应中只有P、Cu元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；B、两个反应中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是H3PO4，故B正确；C在反应（2）中，P元素化合价由0价变为-3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D、在反应（2）中，15molCuSO4转移30mol电子，则当有5mol CuSO4发生反应时，共转移10mol电子，故D正确；故选C。点睛：本题考查氧化还原反应，掌握元素化合价变化和氧化剂、还原剂的概念是解本题关键，注意该反应中P元素化合价变化，在反应（2）中既升高又降低，为易错点，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。第卷（共52分）17.现有金属单质A、B、C和气体甲、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示（图中有些反应的生成物和反应条件没有标出）。请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B_、丙_；（2）写出下列反应的离子方程式：反应_；反应_；（3）向F的溶液中加入D溶液后产生的现象是_，用化学反应方程式解释产生此现象的原因_、_。【答案】 (1). Al (2). HCl (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (4). 2Fe2+Cl22Fe32Cl (5). 先变成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀 (6). FeCl2+2NaOHFe(OH)22NaCl (7). 4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3【解析】【分析】金属A焰色反应黄色证明为Na，与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应，说明B为Al，黄氯色气体乙为Cl2，气体甲和氯气反应生成丙为HCl，物质E为盐酸溶液，物质D氢氧化钠和物质G为反应生成红褐色沉淀H为Fe（OH）3，G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe。【详解】（1）依据分析B为Al，E为HCl；（2）反应是氢氧化钠和铝反应生成氢气和偏铝酸钠，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 ；反应是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁的反应，反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe32Cl ；（3）F为FeCl2，D为NaOH，向F溶液中加入D溶液，生成氢氧化亚铁白色沉淀，在空气中被氧化成氢氧化铁，氢整个反应过程的实验现象是先有白色沉淀出现，然后白色沉淀逐渐变为墨绿色最终变为红褐色，涉及的化学方程式为：FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3。【点睛】本题考查无机物的推断，解题突破口为：焰色反应及物质的颜色，难点（3），亚铁在空气中的氧化的现象及反应。18.NaClO2是一种离效消毒剂、漂白剂在实验室中可用如图装置制备。.(1)装置中酸X可以为_。A.盐酸 B.H2SO4 C.HNO3 D.H2C2H4溶液(2)写出装置中产生ClO2的离子方程式_。(3)装置的作用是_，装置采用冷水欲的原因是_。(4)由装置反应后的溶液可得到NaClO2晶体，其实验步骤为：.减压，蒸发结晶；._；.热水洗涤；.低温干燥，得到成品 (已知低温时NaClO2饱和溶液中会析出NaClO23H2O。）(5)ClO2可用于氧化工厂污水中所含CN-，生成两种无毒无害的气体，写出其离子反应方程式_。【答案】 (1). B (2). 2ClO3-+SO32-+2H+2C1O2+SO42-+H2O (3). 安全瓶 (4). 防止出H2O2分解 (5). 趁热过滤 (6). 2ClO2+2CN-2CO2+N2+2Cl-【解析】（1）根据亚氯酸钠的氧化性，所选酸不能有强的还原性，且不易挥发，故装置中酸X可以为硫酸；（2）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和Na2SO4，配平方程式为2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4=2ClO2 + 2Na2SO4 + H2O；（3）装置为安全瓶，防止装置中气体温度降低而产生倒吸；（4）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在3860得到晶体，故操作为趁热过滤；用3860的温水洗涤；(5)ClO2可用于氧化工厂污水中所含CN-，生成两种无毒无害的气体是二氧化碳和氮气，根据氧化还原反应配平，则其离子反应方程式为：2ClO2+2CN-2CO2+N2+2Cl-。19.利用化学原理对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如图（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3，其次是Fe3、Fe2+、Al3、Ca2、Mg2）：常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：阳离子Fe3Fe2Mg2Al3Cr3开始沉淀时的pH1.97.0沉淀完全时的pH3.29.011.189（9溶解）（1） 酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是_（至少写两条）。（2）H2O2的作用是_。（3）调pH8是为了除去_（填Fe3、Fe2、Al3、Ca2、Mg2）。（4）钠离子交换树脂的原理为MnnNaRMRnnNa，被交换的杂质离子是_（填Fe3、Fe2、Al3、Ca2、Mg2）。（5）已知以下氧化还原反应方程式（未配平）：Na2Cr2O7SO2H2OCr（OH）（H2O）5SO4Na2SO4；以上反应各物质的配平系数依次为_。每生成1 mol Cr（OH）（H2O）5SO4转移电子的数目为_。【答案】 (1). 升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸(多次浸取)、适当延长浸取时间 (2). 将Fe2和Cr3氧化 (3). Fe3、Al3 (4). Mg2、Ca2 (5). 1、3、11、2、1 (6). 3NA【解析】【分析】硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3，其次是Fe3、Fe2、Al3、Ca2、Mg2，过滤后向滤液中加入双氧水，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的Fe2生成Fe3；加入氢氧化钠溶液后，调节溶液的pH至8，根据表中数据知，Fe3、Al3转化为沉淀除去；然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，然后加入二氧化硫，发生氧化还原反应得到Cr（OH）（H2O）5SO4。【详解】（1）升高温度、搅拌、增大反应物浓度都可以提高浸取率，其采用措施为升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）、适当延长浸取时间（只要答出任意一点即可，其他合理答案也可）；（2）过氧化氢具有氧化性，可将Fe2和Cr3氧化；（3）pH=8时，Fe3、Al3完全生成沉淀，所以pH=8时除去阳离子为Fe3、Al3；（4）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，即：Mg2、Ca2；（5）二氧化硫具有还原性，被滤液中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；Na2CrO4+3SO2+11H2O=2CrOH（H2O）5SO4+Na2SO4，根据方程式：3SO22CrOH（H2O）5SO4，可知每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4转移电子的数目为3NA。20.有一含NaCl、Na2CO310H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应生成的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。（1）实验步骤：（夹持装置未画出）按图组装好实验装置后，首先进行的操作是_。称取样品，将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C和装碱石灰的U形管D的质量。打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是_。关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量。关于以上实验方案，请回答下列问题。（2）若反应后不鼓入空气，会导致测量的NaCl质量分数_。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（3）E处干燥管中盛放的药品是_，其作用是_，如果没有该装置，会导致测量的NaHCO3的质量分数_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（4）若样品质量为wg，反应后C、D装置增加的质量分别为m1g、m2g，则混合物中Na2CO310H2O的质量分数为_（用含w、m1、m2的代数式表示）。【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 除去装置中的水蒸气和二氧化碳 (3). 偏大 (4). 碱石灰 (5). 防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果 (6). 偏大 (7). 100%【解析】【分析】将混合物加热会产生H2O（g）、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3