河北省大名县第一中学2020届高三化学9月月考试题（清北班二含解析）.docx

河北省大名县第一中学2020届高三化学9月月考试题（清北班，二，含解析）一、选择题：（本题共16小题，每小题3分。每小题中只有一个选项符合题意的。）1.新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述不正确的是（ ）A. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素B. 用于人民币票面方案等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C. 防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料D. 某种验钞笔中含有碘酒，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖【答案】D【解析】【详解】A棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，故A正确；BFe3O4磁性物质，有磁性，故B正确；C树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确；D葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误；故选D。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 80时，1LpH1的硫酸溶液中，含有的OH数目为1013NAB. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2被氧化时，该反应转移电子数目为3NAC. 100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NAD. 以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过NA个电子，则正极放出氢气11.2L【答案】C【解析】【详解】A. 80时，Kw10-14，1LpH1的硫酸溶液中，c（H+）=0.1mol/L，则c（OH-）1013mol/L，含有的OH数目小于1013NA，A错误；B. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先于溶液中的碘离子反应，溶液中无碘离子后再与亚铁离子反应，当有1molFe2被氧化时，无法确定溶液中碘离子的量，不能确定该反应转移电子数目，B错误；C. 100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为46g，即1mol，水为54g，为3mol，则氧原子数为4NA，C正确；D. 以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，Al与NaOH反应，Mg不反应，则Al作负极，导线上流过NA个电子，则正极放出标况下的氢气11.2L，D错误；答案为C。【点睛】乙醇的水溶液中，乙醇中含有氧原子，水中也含有氧原子，都应考虑。3.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A配制FeCl3溶液将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水B称取2.0gNaOH 固体先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g 砝码，左盘上添加NaOH 固体C检验溶液中是否含有NH4+取少最试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A氯化铁为强酸弱碱盐，易水解，为防止氯化铁水解，配制溶液过程中要加入盐酸，选项A错误；B称量强腐蚀性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，选项B错误；C检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，NH4+OH-NH3+H2O，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，选项C正确；D铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，选项D错误。答案选C。4.我国科研人员以Zn和尖晶石型锰酸锌（ZnMn2O4）为电极材料，研制出一种水系锌离子电池。该电池的总反应方程式：xZn + Zn1xMn2O4ZnMn2O4（0 x 1）。下列说法正确的是A. 充电时，Zn2+向ZnMn2O4电极迁移B. 充电时，阳极反应：ZnMn2O4 2xeZn1-xMn2O4+xZn2+C. 放电时，每转移1mol e-，ZnMn2O4电极质量增加65gD. 充放电过程中，只有Zn元素的化合价发生变化【答案】B【解析】A、电解池阳离子向阴极移动，而可充可放电池中，阴极是原电池的负极，所以Zn2 向锌迁移，故A错误；B、充电时，阳极发生氧化，阳极反应：ZnMn2O4 2xeZn1-xMn2O4+xZn2+，故B正确；C、放电时，每转移2mol e-，ZnMn2O4电极质量增加65g，故C错误；D、充放电过程中，Mn、Zn元素的化合价发生变化，故D错误；故选B。5.A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大。已知A、B、C、D是短周期元素中的四种非金属元素，A元素的原子形成的离子就是一个质子，C、D在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，E是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）A. A、B、C、D均是非金属元素，所以它们只能形成共价化合物B. 化合物BD2是直线形分子，若遇与E同周期的金属元素的单质着火均可用BD2灭火C. 用E单质作阳极，石墨电极作阴极电解NaHCO3溶液，电解一开始就会在阴极区出现白色沉淀D. A、C两元素可能形成原子个数比(AC)为31、21的化合物【答案】D【解析】【分析】A元素的原子形成的离子就是一个质子，则A为H；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，且原子序数依次增大，它们的单质在常温下均为无色气体，则C为N，D为O；B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为C；E是地壳中含量最高的金属元素，E为Al。【详解】A. A、B、C、D分别为H、C、N、O，均是非金属元素，它们形成的碳酸铵、硝酸铵等为离子化合物，A错误；B. 化合物BD2为CO2是直线形分子，与Al同周期的金属元素的单质为Na或Mg，均能与二氧化碳反应，若Na、Mg着火均时，不能用CO2灭火，B错误；C. 用E单质作阳极，石墨电极作阴极电解NaHCO3溶液，阴极上溶液中的水得电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，电解一开始阴极区无白色沉淀出现，C错误；D. A、C两元素可能形成氨气、联铵，HN原子个数比为31、21，D正确；答案为D。【点睛】电解池中，Al作阳极，Al-3e-=Al3+，阴极，水电离的氢离子得电子生成氢气和氢氧根离子。6.CO2是重要的温室气体，对地球温室效应的“贡献”最大，如何利用CO2是摆在科技工作者面前的重要课题。如图所示电解装置可将CO2 转化为乙烯，该装置的电解质溶液为强酸性水溶液，电极材料为惰性电极。下列有关说法正确的是A. a为电池的正极B. 电解过程中H移向阳极C. 反应前后溶液的pH保持不变D. 阴极反应式：2CO2+12H+12e=C2H44H2O【答案】D【解析】CO2 转化为乙烯，CO2发生还原反应，所以a是电池的负极，故A错误；电解池中阳离子移向阴极，所以H移向阴极，故B错误；总反应为 ，反应消耗水，反应前后溶液的pH减小，故C错误；阴极得电子发生还原反应，阴极反应式 ，故D正确。7.下列化学用语和化学符号使用正确的是（ ）A. 次氯酸的结构式可以表示为：HOClB. 正丙醇的结构简式为：C3H7OHC. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：CeD. 硫化钠的电子式：【答案】A【解析】【详解】A.次氯酸的结构式可以表示为：HOCl，A正确；B.正丙醇的结构简式为：CH3CH2CH2OH，B错误；C.含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：，C错误；D.硫化钠为离子化合物，其电子式：，D错误；答案为A。8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 使甲基橙变红色的溶液：Na+、Cu2+、ClO、ClB. 0.1 molL-1 Na2CO3溶液：K、AlO2-、Cl、SO42-C. 0.1 molL-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl、NO3-D. KW/c(H)0.1 molL-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO、HCO3-【答案】B【解析】【详解】A. 使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+ ClOHClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；B. 0.1 molL-1 Na2CO3溶液：K、AlO2-、Cl、SO42-在指定溶液中不能发生离子反应，一定能大量共存；C. 0.1 molL-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；D. KW/c(H)c(OH-)=0.1 molL-1的溶液呈碱性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。 故选B.9.下列是部分矿物资源铝土矿(主要含有氧化铝、氧化铁)和黄铜矿(主要成分CuFeS2)的利用及产品生产流程，有关说法不正确的是（ ）A. 除杂过程中铝元素的存在形式的变化可以如下：Al2O3AlO2-Al(OH)3Al2O3B. Al和Cu(精)均在电解槽的阴极获得C. 粗铜炼制过程中反应2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO2，每转移1.2mol电子，则有0.2mol硫被氧化D. 若电解法分别制铝和铜的过程中转移电子数相等，理论上获得的铝和铜的物质的量之比为3:2【答案】D【解析】【详解】A.铝土矿中氧化铝溶于强碱，除去氧化铁，生成偏铝酸根离子，再通入二氧化碳生成氢氧化铝，过滤、洗涤、干燥灼烧氢氧化铝生成氧化铝，除杂过程中铝元素的存在形式的变化可以如下：Al2O3AlO2-Al(OH)3Al2O3，A正确；B.Al和Cu(精)在电解精炼时，均为金属离子生成单质，则在电解槽的阴极获得，B正确；C.粗铜炼制过程中反应2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO2，Cu、O的化合价降低，部分S的化合价由-2价变为+4价，得到6个电子，则每转移1.2mol电子，则有0.2mol硫被氧化，C正确；D.若电解法分别制铝和铜的过程中转移电子数相等，Al的化合价由+3变为0，Cu的化合价由+2变为0，理论上获得的铝和铜的物质的量之比为2:3，D错误；答案为D。10.卫生部发生公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂。下列对于过氧化钙(CaO2)的叙述错误的是A. CaO2具有氧化性，对面粉可能具有漂白作用B. CaO2中阴阳离子的个数比为1: 1C. CaO2和水反应时，每产生1 mol O2转移电子4 molD. CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO22CO2=2CaCO3O2【答案】C【解析】【详解】A、结合过氧化钠的性质推断，CaO2具有氧化性，可能具有漂白性，对面粉可能具有增白作用，选项A正确；B、过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，选项B正确；C、CaO2和水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O2Ca（OH）2+O2，每产生1molO2转移电子2mol，选项C错误；D、CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO22CaCO3+O2；选项D正确；答案选C。11.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解Mg(OH)2+2NH4+=Mg2+2NH3H2OB向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H+C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色3SO2+2MnO4-+4H+=3SO42-+2Mn2+2H2OD氧化亚铁溶于稀硝酸FeO+2H+=Fe2+H2OA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.氯化铵溶液显酸性，能与氢氧化镁反应生成镁离子和水，促进铵根离子水解，从而生成一水合氨，A正确；B.向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体为氢氧化铁胶体，而不是沉淀，B错误；C.二氧化硫与高锰酸钾反应不符合电荷守恒，C错误；D. 氧化亚铁与硝酸发生氧化还原反应生成NO、水和铁离子，与事实不符，D错误；答案为A。12.某溶液可能含 Na、Fe3+、Al3+、SiO32-、HCO3-、SO42-、Cl-中的几种离子，为确定其成分，设计了如下实验：(1) 取少量溶液于试管中，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，得到透明溶液；(2)在(1)反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。 下列推断正确的是A. 溶液中一定含Na、Cl-B. 不能确定溶液中是否含NaC. 溶液中一定含 HCO3-、Cl-D. 溶液中一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+【答案】D【解析】【分析】（1）取少量溶液于试管中，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，生成的气体为二氧化碳，说明溶液中含有HCO3-，结合离子共存可以知道一定不存在Fe3+、Al3+、SiO32-，结合溶液为电中性可以知道一定存在Na，最终得到透明溶液，说明一定不存在SiO32-；（2）在（1）反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，因为加入了盐酸，无法确定是否含有SO42-、Cl-，据此答题。【详解】根据以上分析，溶液中一定含Na、HCO3-，一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+，无法确定是否含有SO42-、Cl-。A.根据分析可以知道，溶液中一定含Na，无法确定是否含有Cl-，故A错误；B.根据分析可以知道，溶液中一定含Na，故B错误；C.根据分析可以知道，溶液中一定含HCO3-，无法确定是否含有Cl-，故C错误；D.根据分析可以知道，溶液中一定不含SiO32-、Fe3+、Al3+，故D正确。故选D。【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质)；能生成微溶物的离子之间（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）。13.K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，下列关于该反应的说法不正确的是A. 铁元素被氧化，氮元素被还原B. 氧化性：KNO3K2FeO4C. 每生成1molK2FeO4，转移6mol e-D. K2FeO4具有氧化杀菌作用【答案】C【解析】【详解】反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。A.氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，A正确；B.反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂氧化产物，故氧化性：KNO3K2FeO4，B正确；C.反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，C错误；D.K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，D正确；故合理选项是C。14.如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是A. A作肥料时不适合与草木灰混合施用B. 同主族元素的氢化物中B的沸点最低C. C一般用排水法收集D. DE的反应可用于检验D【答案】B【解析】【详解】由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为NO，所以D为NO；NO氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；B. B为NH3，氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的氢化物中，NH3的沸点最高，故B项错误；C. C为N2，N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；D. NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。故选B。【点睛】氨气和氧气反应生成氮气和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮气体；氮气和氧气在放电条件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。15.如图是SO2(g)和O2(g)反应生成SO3(g)的能量变化示意图，由图可知( )A. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= -197.8 kJ/molB. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= +197.8 kJ/molC. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= +989 kJ/molD. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= -98.9 kJ/mol【答案】A【解析】【分析】据图分析反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，SO2(g)+ O2(g) SO3(g) H=-98.9kJ/mol。【详解】据图分析反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，SO2(g)+ O2(g) SO3(g) H=-98.9kJ/mol。因此可推出：2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= -197.8 kJ/mol，答案为A。16.某同学采用工业大理石(含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制取CaCl26H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A. 固体中含有SiO2，固体中含有Fe(OH)3B. 使用石灰水时，要控制pH，防止固体中Al(OH)3转化为AlO2C. 试剂a选用盐酸，从溶液得到CaCl26H2O产品过程中，须控制条件防止其分解D. 若改变实验方案，在溶液中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl26H2O【答案】D【解析】【详解】A.SiO2难溶于盐酸，固体中含有SiO2；氯化铝、氯化铁与氢氧化钙反应生成Fe(OH)3，所以固体中含有Fe(OH)3，故A正确；B.Al(OH)3可溶于强碱，使用石灰水时，要控制pH，防止固体中Al(OH)3转化为AlO2，故B正确；C.CaCl26H2O易失去结晶水，所以须控制条件防止其分解，故C正确；D.溶液中直接加氨水至沉淀完全，生成氯化铵，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶不能得到纯净CaCl26H2O，故D错误。故选D。卷二（本题包括4小题，共49分）17.某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。供选试剂：30%H2O2溶液、0.1mol/L H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体（1）小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下操作现象甲向I的锥形瓶中加入_，向I的_中加入30%H2O2溶液，连接I、，打开活塞I中产生无色气体并伴随大量白雾；中有气泡冒出，溶液迅速变蓝乙向中加入KMnO4固体，连接、，点燃酒精灯中有气泡冒出，溶液不变蓝丙向中加入KMnO4固体，中加入适量0.1mol/LH2SO4溶液，连接、，点燃酒精灯中有气泡冒出，溶液变蓝（2）丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是_。（3）对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是_。为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是_。（4）由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。学生将I中产生的气体直接通入下列_(填字母)溶液，证明了白雾中含有H2O2。A酸性KMnO4 BFeC12 CNa2S D品红【答案】 (1). MnO2固体 (2). 分液漏斗 (3). O24I4H=2I22H2O (4). 酸性环境 (5). 使用不同浓度的稀硫酸作对比实验 (6). AD【解析】【分析】（1）根据装置甲的特点，用过氧化氢与二氧化锰反应制取氧气；（2）根据丙的实验现象，在酸性条件下氧气与碘离子反应生成碘单质和水；（3）对比乙、丙实验可知，不同之处为是否加入硫酸；为探究酸的浓度对反应速率的影响，使用不同浓度的稀硫酸做对比实验；（4）白雾中含有H2O2、O2，均具有氧化性，据此判断。【详解】（1）根据装置甲的特点，用过氧化氢与二氧化锰反应制取氧气，则在锥形瓶中加入二氧化锰固体，在分液漏斗中加入30%H2O2溶液；（2）根据丙的实验现象，在酸性条件下氧气与碘离子反应生成碘单质和水，反应的离子方程式为O24I4H=2I22H2O；（3）对比乙、丙实验可知，不同之处为是否加入硫酸，则反应适宜条件为酸性；为探究酸的浓度对反应速率的影响，使用不同浓度的稀硫酸做对比实验；（4）白雾中含有H2O2、O2，均具有氧化性。A白雾遇到酸性KMnO4只与H2O2反应，现象为高锰酸钾溶液褪色，可验证含有H2O2，A正确；B白雾与FeC12 混合时，氧气也能使亚铁离子生成铁离子，不能验证是否含有H2O2，B错误；C白雾与Na2S混合时，氧气也能使硫离子生成单质硫，不能验证是否含有H2O2，C错误；D白雾与品红混合时，只有过氧化氢使品红溶液褪色，可验证存在H2O2，D正确；答案为AD。18.利用化学原理可以对工厂排放的废水、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()的处理工艺流程如图：已知：硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3，其次是Fe3、Al3、Ca2和Mg2。常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：Cr(OH)(H2O)5SO4是难溶物。阳离子Fe3Mg2Al3Cr3沉淀完全时的pH3.711.15.4(8溶解)9(9)溶解（1）实验室用18.4molL1的浓硫酸配制480 mL2molL1的硫酸，需要量取浓硫酸_mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需_。（2）H2O2的作用是将滤液中的Cr3转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：_。（3）加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O72-转化为_(填微粒的化学式)。（4）钠离子交换树脂的反应原理为MnnNaR=MRnnNa，则利用钠离子交换树脂可除去滤液中的金属阳离子有_。（5）写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：_。（6）沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN的浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：银盐性质AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白黄白砖红白Ksp1.810108.310171.210163.510111.01012滴定时可选为滴定指示剂的是_(填编号)，滴定终点的现象是_。ANaCl BK2CrO4 CKI DNaCN【答案】 (1). 54.3 (2). 500mL容量瓶、胶头滴管 (3). 2Cr33H2O2H2O=Cr2O72-8H (4). CrO42- (5). Mg2、Ca2 (6). 2CrO42-3SO212H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4SO42-2OH (7). B (8). 当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变【解析】【分析】（1）根据大而近的原则，选用容量瓶的规格，再进行计算；（2）H2O2的作用是将滤液中的Cr3转化为Cr2O72-，而确定反应物及生成物再配平；（3）根据2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，利用勒夏特列原理确定；（4）对调节pH=8后，溶液中的阳离子进行树脂交换；（5）SO2与CrO42-反应生成Cr(OH)(H2O)5SO4和SO42-，确定反应主体，再配平氧化还原反应；（6）根据Ksp大小及现象确定指示剂。【详解】（1）配制480 mL2molL1的硫酸时，应选用500mL的容量瓶，配制完成后再量取480mL溶液；根据c1V1=c2V2，V1=c2V2/c1=2molL10.5L/18.4molL1=54.3mL；（2）双氧水具有强氧化性，H2O2的作用是将滤液中的Cr3转化为Cr2O72-，反应物为Cr3、H2O2和水，生成物为Cr2O72-和H+，利用化合价升降法配平，离子方程式为2Cr33H2O2H2O=Cr2O72-8H；（3）已知2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入NaOH溶液时，碱性增强，消耗氢离子，生成CrO42-；（4）调节pH=8时，根据溶液的pH表，除去溶液中的Fe3、Al3，溶液中阳离子仍旧剩余Mg2、Ca2，利用钠离子交换树脂可除去Mg2、Ca2；（5）根据流程可知，SO2与CrO42-反应生成Cr(OH)(H2O)5SO4和SO42-，根据反应特点，反应物还有水，利用化合价升降法配平、补充缺少项，离子方程式为2CrO42-3SO212H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4SO42-2OH；（6）A选用NaCl作指示剂时，多滴加一滴硝酸银溶液时，产生白色的氯化银沉淀，与AgSCN现象相同，无法判断终点，A错误；BK2CrO4作指示剂，Ksp（Ag2CrO4）Ksp（AgSCN）,多滴加一滴硝酸银溶液时，SCN-已沉淀完全，则立即产生砖红色沉淀，可判断滴定终点，B正确；CKI作指示剂，Ksp（AgSCN）Ksp（AgI），滴加硝酸银时，先生成AgI沉淀，无法判断滴定终点，C错误；DNaCN作指示剂，Ksp（AgSCN）Ksp（AgCN），滴加硝酸银时，先生成AgCN沉淀，且均为白色沉淀，无法判断滴定终点，D错误；答案为B。根据以上分析可知滴定终点时，当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变。【点睛】测定某废水中SCN的浓度用硝酸银标准液进行滴定，若选用的指示剂与银离子反应的Ksp小于Ksp（AgSCN）时，则指示剂首先与银离子反应，无法判断滴定终点。19. 分B、C、D、E、F 是原子序数依次增大的短周期主族元素，B 是短周期中金属性最强的 元素，C 是同周期中离子半径最小的元素，D 元素的最高价氧化物对应水化物与 B 元素的最高 价氧化物对应水化物反应的产物 M 是制备木材防火剂的原料，E 的最外层电子数与内层电子数 之比为 35。请回答：(1)D 的原子结构示意图为_。(2)写出工业制 F 单质的化学方程式：_。(3)用电子式表示元素 B 与元素 F 形成的化合物：_。(4)B单质与氧气反 应的产物与 C 的单质同时放入水中，产生两种无色气体，有关的化学方程式为_、_。(5)写出 M 与盐酸反应的离子方程式：_。(6)工业上将干燥的 F 单质通入熔融的 E 单质中可制得化合物 E2F2，该物质可与水反应生成 一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol 该物质参加反应时转移 0.3mol 电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为_。【答案】(1)；(2)2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；(3)；(4)2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；(5)SiO32-+2H+=H2SiO3；(6)2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl。【解析】试题分析：B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；而B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，元素均处于第三周期，C是同周期中离子半径最小的元素，则C为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si，M为Na2SiO3，E的最外层电子数与内层电子数之比为35，则最外层电子数为6，故E为S元素，则F为Cl元素。(1)D为Si元素，原子结构示意图为：，故答案为：；(2)工业制氯气的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；(3)元素B与元素F形成的化合物为NaCl，其电子式为：，故答案为：；(4)Na与氧气反应的产物与Al单质同时放入水中，产生两种无色气体，应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠与Al反应生成偏铝酸钠与氢气，有关的化学方程式为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，故答案为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；(5)Na2