湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2020届高三化学9月联考试题（含解析）

湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2020届高三化学9月联考试题（含解析）全卷满分：100分 考试用时：90分钟可能用到的相对原子质量：H1，C12，N14，O16，Na23，Cl35.5，S32第卷（选择题，共48分）一、选择题（只有一个选项正确，每小题3分，共48分）1. 化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是A. 黑火药是我国古代四大发明之一，配方为“一硫二硝三木炭”，其中的硝是指硝酸B. 包装食品里常有硅胶生石灰还原铁粉三类小包，其作用相同C. 洪灾区民众用明矾净水并用漂白粉消毒，二者化学原理相同D. 家中做卫生保洁时，不可将“84”消毒液与洁厕精（含浓盐酸）混合使用【答案】D【解析】试题分析：黑火药是我国古代四大发明之一，配方为“一硫二硝三木炭”， 其中的硝是指硝酸钾，故A错误；包装食品里常有硅胶、生石灰是干燥剂，还原铁粉是还原剂防氧化，故B错误；明矾净水是利用氢氧化铝的吸附性、用漂白粉消毒是利用次氯酸的强氧化性，故C错误；“84”消毒液与洁厕精（含浓盐酸）混合使用会生成氯气，故D正确。考点：本题考查化学与生活。2.下列关于物质分类的说法正确的是A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物B. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等C. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物D. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质【答案】C【解析】【详解】A. Na2O、MgO属于碱性氧化物, Al2O3是两性氧化物，故A错误；B根据酸分子在水溶液中电离出氢离子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等，故B错误；C. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均由不同物质组成，为混合物，故C正确；D. 纯碱、熟石灰、醋酸在水溶液或是熔融状态下导电，属于电解质，但是食盐水是混合物，不是电解质，故D错误。故选C.3.关于强、弱电解质的叙述不正确的是A. 强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡B. 导电能力强的溶液其电解质是强电解质C. 同一弱电解质的溶液，当温度不同时，其导电能力也不相同D. 强电解质在液态时，有的能导电，有的不能导电【答案】B【解析】A强电解质在水中完全电离，不存在电离平衡，故A正确；B强弱电解质与导电能力无关，取决于在水溶液中能否完全电离，故B错误；C弱电解质溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带的电荷数有关，当温度也不同时，弱电解质的电离程度不同，导电能力不相同，故C正确；D离子化合物类强电解质，液态时导电，它们都含有活泼的金属和活泼非金属，且熔点都高如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等，它们的熔点都较低，故D正确；故选B。点睛：本题的易错点为B，溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带的电荷数有关，浓度很小的强电解质溶液导电能力很弱，浓度较大的弱电解质溶液的导电能力可能很强。4.“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是 A. 甲和丙中同种元素的化合价不可能相等B. 该反应属于氧化还原反应C. 丁物质一定是非金属单质D. 配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2【答案】A【解析】试题分析：根据图示，该反应是一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳。甲和丙中同种元素是氧元素，化合价相等，故A错误；该反应碳、氮元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B正确；丁物质是氮气，故C正确；配平后甲、乙、丙化学计量数均为2，故D正确。考点：本题考查化学反应类型。5.在下列现象或新技术的应用中，不涉及胶体性质的是A. 肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗B. 使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血C. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到枝叶间透过的一道道光线D. 在饱和氯化铁溶液中滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀【答案】D【解析】A血液中，蛋白质和血细胞颗粒较大，是胶体，不能透过透析膜，血液内的毒性物质直径较小，则可以透过，与胶体有关，故A正确；B血液属于胶体，使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血应用了胶体聚沉的原理，故B正确；C清晨，在茂密的树林，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应，故C正确；DFeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体性质无关，故D错误；故选D。6.下列关于物质的量浓度表述正确的是A. 0.3 molL1的Na2SO4溶液中含有Na和SO42的总物质的量为0.9 molB. 当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 molL1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 molL1C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na和SO42的物质的量相等，则K和Cl的物质的量浓度一定相同D. 10 时，100 mL 0.35 molL1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 molL1【答案】D【解析】【分析】A、离子的物质的量=离子的物质的量浓度溶液的体积；B、溶液的体积不等于溶剂的体积以及气体摩尔体积与状态有关；C、电荷守恒：c（Na+）+c（K+）=c（Cl-）+2c（SO42-）计算K+和Cl-的物质的量浓度；D、温度不变，饱和溶液中溶质的物质的量浓度不变，与溶液的体积无关【详解】A.0.3molL1的Na2SO4溶液中Na、SO42的物质的量浓度为：0.6molL1,0.3molL1，由于缺少溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故A错误；B. 溶液的体积不等于溶剂的体积,所以1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1molL1；气体摩尔体积与状态有关,22.4L氨气的物质的量无法求出,所以22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度不一定等于1molL1，故B错误；C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在：c(Na+)+c(K+)=c(Cl)+2c(SO42),Na+和SO42的物质的量相等,即物质的量浓度相等,所以K+和Cl的物质的量浓度一定不相同，故C错误；D.10时，0.35mol/L的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10时，其体积小于100mL，溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L，故D正确；故选：D。7.下列叙述正确的是A. 常温常压下，4.6 g NO2和N2O4的混合气体中约含有1.811023个原子B. 在标准状况下，80 gSO3所占的体积约为22.4LC. 常温下，0.1 mol/L醋酸溶液的pH约为1D. 16 g CH4与18 g NH4+所含质子数相等【答案】A【解析】【详解】A二氧化氮能转化为四氧化二氮，四氧化二氮的相对分子质量、原子个数是二氧化氮的2倍，把气体当作二氧化氮计算即可，二氧化氮分子个数N=nNA=mMNA=4.646NA=0.1NA每个分子中含有3个原子，所以原子总数为1.811023，故A正确；B标况下，三氧化硫是固体，气体摩尔体积对其不适用，所以无法计算三氧化硫体积，故B错误；C醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，所以常温下，0.1molL-1醋酸溶液的pH大于1，故C错误；D16 g CH4与18 g NH4+所含物质的量相等，但质子数不相等，故D错误；故选A【点睛】在标准状况下，气体摩尔体积使用对象是气体，不能用于非气体物质，要注意物质的聚集状态，标况下，三氧化硫是固体，不能用气体摩尔体积计算。8.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A. 1 mol甲烷或白磷(P4)分子中所含的共价键数均为4NAB. 标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为2NAC. 25 时，1 L pH1的H2SO4溶液中含有的H数为0.2NAD. 常温常压下，11g CO2气体中所含的分子数为025NA【答案】D【解析】【详解】A. 一个甲烷分子是以碳原子为中心与四个氢原子形成四个共价键，一个白磷分子是以四个磷原子为顶点形成的正四面体，共价键数为6，故1mol甲烷和白磷(P4)分子中所含共价键数分别为4NA和6NA，故A错误； BCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中氯气既是氧化剂又是还原剂，且氯气和转移电子之间的关系式为1：1，标准状况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为NA，故B错误；C.25时，pH=1则c(H+)=0.1mol/L，1LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+数为0.1NA，故C错误。D. 常温常压下，11g CO2气体的物质的量n=m/M=11g44g/mol=0.25mol,故其分子数为0.25NA，故D正确。9.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. 加入KSCN变红的溶液中：Na+、Al3+、Cl、S2B. 1.0 molL-1的Na2SO3的溶液中：NH4+、MnO4、Cl、Al3+C. 能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42、ClD. pH=12的溶液中：Na+、Cl、SO42、HCO3【答案】C【解析】【详解】A. 加入KSCN变红的溶液中存在Fe3+,Fe3+具有氧化性,能够氧化S2，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.SO32-与MnO4溶液发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C. 使甲基橙变红的溶液为酸性溶液,溶液中存在大量氢离子, Cu2+、Mg2+、SO42、Cl之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C正确；D.pH=12的溶液中含有大量的氢氧根离子，HCO3在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C.10.对某些离子检验及结论一定正确的是A. 加入稀盐酸产生无色无味的气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-B. 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. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2【答案】C【解析】【详解】A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊，可能有CO、HCO3-、SO32-、HSO3-,A错误；B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，可能含有SO或Ag+，B错误；C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，C正确；D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，可能含有Ba2+或Ca2+，D错误。【点睛】能使澄清石灰水中溶液变浑浊的气体除了二氧化碳，还有二氧化硫气体，加入稀盐酸产生二氧化硫对应的溶液中可能含有SO32-、HSO3-。11.能正确表示下列反应的离子方程式是A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B. 铜溶于稀硝酸：3Cu+ 8H+ +2NO3=3Cu2+ +2NO + 4H2OC. 实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4HCl（浓）Mn2+2Cl-+Cl2+2H2OD. 稀硫酸中滴加氢氧化钡溶液：H+ OH=H2O【答案】B【解析】【详解】A. 浓盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁和氢气,正确的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；BCu与稀硝酸的反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，故B正确；C、实验室用MnO2和浓盐酸制Cl2的离子反应为MnO2+2Cl-+4H+Cl2+2H2O+Mn2+，故C错误；D、稀硫酸与氢氧化钡溶液反应为Ba2+2OH-+SO42-+2H+BaSO4+2H2O，故D错误；故选B【点睛】离子方程式要符合客观事实，不能臆造方程式，要符合拆写原则，可溶性的强酸，强碱，盐要拆成离子的形式。12.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：SO22Fe32H2OSO422Fe24H；Cr2O726Fe214H2Cr36Fe37H2O。则下列有关说法不正确的是A. 氧化性：Cr2O72Fe3SO2B. 标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7C. 反应中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD. 由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性； 由氧化性的强弱，判断反应的发生【详解】A. 由可知,Fe元素的化合价降低,则氧化性为Fe3SO2,由可知,Cr元素的化合价降低,则氧化性为Cr2O72 Fe3,则氧化性：Cr2O72 Fe3 SO2，故A正确；B.6.72LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3 SO2Cr2O72,则最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；C. 每有1mol K2Cr2O7参加反应,转移电子为1mol2(63)=6mol,即转移电子的数目为6NA，故C正确；D. 因氧化性为Cr2O72 SO2,则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；故选B.【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。13.下列各项操作中不发生先沉淀后沉淀全部溶解现象的是A. 向明矾溶液中逐滴滴加入过量氢氧化钡溶液B. 向Fe（OH）3胶体中逐滴滴加入过量H2SO4溶液C. 向澄清石灰水中通入过量CO2D. 向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量【答案】A【解析】【详解】A. 向明矾溶液中逐滴滴加入过量氢氧化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，且沉淀不溶解，故A正确；B. 向Fe（OH）3胶体中加入H2SO4会出现先凝聚生成Fe（OH）3沉淀, H2SO4过量, Fe（OH）3与H2SO4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故B错误；C. 石灰水和CO2反应,生成CaCO3沉淀,继续通入CO2,会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故C错误；D. 向NaAlO2溶液中滴入过量的盐酸,发生的反应方程式为：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，所以发生“先沉淀后溶解”现象，故D错误；故选A.14.NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断正确的是A. 转移电子4.8NA个B. 还原剂比氧化剂多0.2 molC. 生成气体的体积42.56 L(标准状况）D. 被还原的氮原子是11.2 g【答案】B【解析】【分析】8NH3+6NO27N2+12H2O中，氨气为还原剂，二氧化氮为氧化剂，则由N原子守恒可知7molN2中，3mol为还原产物，4mol为氧化产物，即该反应中还原产物比氧化产物少1mol，同时转移电子为24e-，以此来解答【详解】A. 若还原产物比氧化产物少0.1mol,转移电子为2.4mol,转移电子2.4NA个，故A错误；B. 若还原产物比氧化产物少0.1mol，还原剂为0.8mol，氧化剂为0.6mol，还原剂比氧化剂多0.2mol，故B正确；C. 若还原产物比氧化产物少0.1mol，生成单质0.7mol，标况下体积为0.7mol22.4L/mol=15.68L，故C错误；D. 氧化剂被还原，由选项B可知，被还原的氮原子是0.6mol14g/mol=8.4g，故D错误；故选C.【点睛】氧化还原反应的计算方法是电子守恒，即还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当氧化产物与还原产物是同一种物质时，从还原剂，氧化剂分析。15.将足量的CO2不断通入NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为A B C D【答案】C【解析】反应先后顺序的有关方程式为CO2Ba(OH)2=BaCO3H2O、2KOHCO2K2CO3H2O、2KAlO2CO23H2O=2Al(OH)3K2CO3、K2CO3CO2H2O=2KHCO3、BaCO3CO2H2O=Ba(HCO3)2，所以答案选C。16.有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在足量H2气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8g；将等质量的原混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解, 至少需要1molL1的盐酸的体积为（ ）A. 0.05 LB. 0.1 LC. 0.2 LD. 1 L【答案】B【解析】试题分析：FeO、Fe2O3的混合物，在足量H2气流中，加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8g为混合物中氧原子的质量，物质的量=0.05mol；将等质量的FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应，使之完全溶解，当恰好反应时，需要盐酸的体积最小，此时恰好为FeCl2、FeCl3，FeO、Fe2O3中O元素为-2价，用-1价的Cl-替换-2价的O，所以n(Cl-)=2n(O)=0.05mol2=0.1mol，所以盐酸的体积为=0.1L，故选B。考点：考查了混合物的计算的相关知识。第卷 (非选择题，共52分)二、非选择题（本大题共4小题，共计52分）17.已知A和B两支试管的溶液中共含有K、Ag、Mg2、Cl、OH、NO3六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色。请回答下列问题：(1)试管A的溶液中所含的上述离子有_(2)若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，则加入的药品是_(填化学式)。(3)若试管A和试管B中共有四种物质按等物质的量溶解于试管中，再将A和B中的溶液混合过滤，所得滤液中各种离子的物质的量之比为_（要求标注出离子种类）。(4)若向由试管A的溶液中阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，则发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). OH、K+、Cl (2). Mg (3). n(Mg2+)：n(K+)：n(NO3)=1：4：6（或0.5：2：3） (4). 2HCO3 + 2OH + Ba2+ = BaCO3 + 2H2O + CO32【解析】【分析】试管A的溶液中滴入酚酞试液呈红色，说明溶液显碱性，一定含有OH-，根据离子共存原理，一定没有Ag+、Mg2+，一定含有K+；试管B中一定含有Ag+、Mg2+，则一定没有Cl-，一定含有NO3-；（1）根据试管A和B中含有的离子进行分析；（2）根据A、B溶液中存在的离子形成反应的离子方程式；（3）设出物质的量都为1mol进行计算即可；（4）形成碳酸氢根离子与氢氧化钡溶液反应的离子方程式【详解】(1)试管A一定含有OH、K+,一定没有Ag+、Mg2+,试管B一定含有Ag+、Mg2+、NO3,一定没有Cl,则Cl在A中，故A中共有3种离子，故答案为：OH、K+、Cl；(2) 试管B中一定含有Ag+、Mg2+向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，则加入的药品是Mg;(3)设KOH、KCl、Mg(NO3)2、AgNO3四种物质均为1mol,溶解于试管中,过滤后所得滤液中含有2molK+、0.5molMg2+、3mol NO3,则n(Mg2+)：n(K+)：n(NO3)=1：4：6；故答案为：n(Mg2+)：n(K+)：n(NO3)=1：4：6；(4)向KHCO3溶液中,滴入少量Ba(OH)2溶液,则发生反应的离子方程式为：2HCO3 + 2OH + Ba2+ = BaCO3 + 2H2O + CO32,故答案为：2HCO3 + 2OH + Ba2+ = BaCO3 + 2H2O + CO32.【点睛】酸式盐与碱的反应写方程式的方法是一少定多，把少量的物质的系数定为1，该物质电离的离子全部参与反应，确定消耗另一种物质所电离出的离子，然后符合电荷守恒配平。18.Ba2+是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+ 的物质的量浓度。（1）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_（填字母序号）。a使用容量瓶前先检查是否漏水b使用容量瓶前必须用蒸馏水将其洗净并干燥c配制溶液时，若试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水至刻度线 d盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一手拖住瓶底，将容量瓶反复倒转摇匀（2）现需配制250mL0.1000molL1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外，还需要_。（3）需准确称取Na2S2O3固体的质量为_g。（4）若配制标准Na2S2O3溶液时，出现如下错误操作，所配溶液的浓度将如何变化？若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，会导致所配溶液的浓度_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）。若观察液面时俯视容量瓶刻度线，会导致所配溶液的浓度_。（5）另取50.00mL废水，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO42全部转化为Cr2O72，再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2O72+6S2O32+14H+ = 2Cr3+3S4O62+7H2O。则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为_。【答案】 (1). b、c (2). 250mL容量瓶、胶头滴管 (3). 4.0 (4). 偏低 (5). 偏高 (6). 0.024 molL1【解析】【分析】（1）因为容量瓶是一种精密仪器，容积会随着温度的改变而改变，结合容量瓶使用方法和注意问题回答，容量瓶是精密量具；（2）根据配置溶液溶解、定容等操作来选择玻璃仪器，溶解在烧杯中，定容在容量瓶中用胶头滴管滴定到刻度；（3）根据250mL 0.100mol/L 标准Na2S2O3溶液，利用n=cV来计算物质的量，再利用m=nM来计算其质量，结合托盘天平使用注意问题得到质量；（4）若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，溶质减小，配制溶液浓度减小；若观察液面时俯视容量瓶刻度线容量瓶中加入水未达到刻度，溶液浓度增大；（5）由BaCrO4沉淀、CrO42-全部转化为Cr2O72-，Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3+3I2+7H2O I2+2S2O32-2I-+S4O62-，得出废水中Ba2+与Na2S2O3的关系，代入即可计算【详解】（1）在容量瓶的使用方法中，a使用容量瓶前应该检验是否漏水，故a正确；b容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会影响配制溶液的浓度，故b不正确；c配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中，故c不正确；d盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故d正确故填：bc；（2）因溶液固体需要在烧杯中，定容时需要用胶头滴管，故答案为：烧杯、胶头滴管；（3）Na2S2O3的物质的量为0.25L0.1mol/L=0.025mol，其质量为0.025mol158g/mol=3.95g，托盘天平精确度为0.1g，使用称量Na2S2O3的质量为4.0g，故答案为：4.0；（4）若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，溶质减小，配制溶液浓度减小，结果偏低，故答案为：偏低；若观察液面时俯视容量瓶刻度线容量瓶中加入水未达到刻度，溶液浓度增大，会导致所配溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；（5）设该工厂废水中Ba2+的物质的量为x，由BaCrO4沉淀、CrO42-全部转化为Cr2O72-，Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3+3I2+7H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-，则2Ba2+2BaCrO4Cr2O72-3I26S2O32-，2 6x 36.00mL10-3L0.100mol/L2/X=6/3600mL10-3L0.100mol/L解得x=12.0010-4mol，则c（Ba2+）=12.0010-4mol50.0010-3L=0.024mol/L，故答案为：0.024mol/L【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制要使用容量瓶，注意容量瓶的使用方法，误差分析利用c=nv分析，分析出物质的量的变化或者溶液体积的变化，对所配溶液浓度的影响，多步反应要通过中间产物把已知量和未知量联系在一起。19.某校化学实验小组在“探究碘水与FeCl2溶液能否反应”的系列实验中发现：在足量的稀KI溶液中，加入12滴FeCl3溶液，振荡后溶液呈黄色。【查阅资料】碘微溶于水，碘的水溶液颜色随浓度变化呈现黄色或棕色，碘水中含有碘单质；含Fe3+的溶液也呈黄色。【提出问题】Fe3+、I2的氧化性强弱情况。【提出猜想】（1）甲同学认为氧化性I2Fe3+，故上述实验现象不是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是因为含_；乙同学认为氧化性Fe3+I2，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是因为含_。【设计实验并验证】（2）为验证乙同学的观点正确，丙同学选用下面所提供的试剂设计出以下两种方案进行实验，请完成下列表格。供选用的试剂：a酚酞试液 b四氯化碳 c无水酒精 dKSCN溶液请你在下列表格中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。（试剂填序号）试剂实验现象方案1_方案2_【实验结论】氧化性：Fe3+I2。【拓展应用】（3）根据上述实验推测，若在FeI2溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是_。在100mL FeI2溶液中通入2.24LCl2（标准状况下），溶液中若有的Fe2+ 被氧化，用离子方程式表示该反应过程：_。【答案】 (1). 含Fe3+ (2). 含I2 (3). b (4). 四氯化碳层呈紫色 (5). d (6). 溶液不变红 (7). I (8). 2Fe2+6I+4Cl2=3I2+2Fe3+8Cl【解析】【分析】（2）不是发生化学反应所致，根据微粒的颜色判断，根据Fe3+在水中的颜色来猜想；发生化学反应，发生氧化还原反应生成碘，根据碘水的颜色来进行猜想；（3）利用Fe3+的检验及萃取来进行实验的设计，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，碘易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶；（5）FeI2在溶液中电离出Fe2+、I-，Cl2通入FeI2溶液中，既能氧化Fe2+，又能氧化I-，根据氧化性：Fe3+I2，因此Cl2先氧化I-，后氧化Fe2+；根据电子守恒进行计算。【详解】（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，碘微溶于水，碘的水溶液颜色随浓度变化呈现黄色或棕色，氧化性I2Fe3+，故上述实验现象不是发生化学反应所致，Fe3+在水中为黄色，溶液呈黄色是因为含有Fe3+所致，发生化学反应所致，因碘水的颜色为黄色，氧化性：Fe3+I2，则发生2Fe3+2I-=2Fe2+I2则溶液呈黄色是因为含有I2所致，故答案为：Fe3+；I2；（3）因Fe3+遇KSCN溶液变为红色，碘易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶，则实验操作实验现象方案1取少量上述黄色溶液于试管中，加入 KSCN溶液，振荡，静置溶液呈红色方案2取少量上述黄色溶液于试管中，加入四氯化碳，振荡，静置液体分层，下层呈紫红色，故答案为：KSCN溶液溶液呈红色取少量上述黄色溶液于试管中，加入四氯化碳，振荡，静置液体分层，下层呈紫红色（5）FeI2在溶液中电离出Fe2+、I-，Cl2通入FeI2溶液中，既能氧化Fe2+，又能氧化I-发生的反应为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-、2I-+Cl2I2+2Cl-，根据氧化性：Fe3+I2，因此Cl2先氧化I-，后氧化Fe2+，故答案为：I-；FeI2在溶液中电离出Fe2+、I-，Cl2通入FeI2溶液中，先氧化I-，后氧化Fe2+；2.24LCl2（标准状况下），转移的电子数为2.24L22.4 L/mol21=0.2mol设FeI2的物质的量浓度为c，由电子守恒可知0.2mol=c0.1L2+c0.1L2/3解得c=0.75mol/L，在100mLFeI2溶液中，被氧化的碘离子的物质的量为0.15mol，被氧化的亚铁离子的物质的量为0.05mol，参加反应的氯气的物质的量为0.1mol，则n（Fe2+）：n（I-）：n（Cl2）=0.05mol：0.15mol：0.1mol=1：3：2，发生的离子反应为：2Fe2+6I-+4Cl2=2Fe3+3I2+8Cl-，故答案为：2Fe2+6I-+4Cl2=2Fe3+3I2+8Cl-【点睛】当同一个氧化剂遇到不同的还原剂时还原性强的先反应，同理当同一个还原剂遇到不同的氧化剂时氧化性强的先反应。20.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程：（1） KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列_物质相似。A75%酒精 B双氧水 C苯酚 D“84”消毒液（NaClO溶液）（2）操作的名称是_；操作是根据KMnO4和K2CO3两物质在_ （填性质）上差异，采用 _（填操作步骤）、趁热过滤得到KMnO4粗晶体的。（3）上述流程中可以循环使用的物质有石灰、CO2、_和_ （写化学式）。（4） 向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反应中的还原剂是_。 （5） 铋酸钠（NaBiO3，不溶于水）用于定性检验酸性溶液中Mn2+的存在（铋元素的还原产物为Bi3+，Mn的氧化产物为+7价），写出反应的离子方程式：_。 （6） 写出MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生的主要反应的化学方程式：_。 （7）若不考虑物质循环与制备过程中的损失，则1mol MnO2可制得_mol KMnO4。【答案】 (1). BD (2). 过滤 (3). 溶解度 (4). 浓缩结晶 (5). KOH (6). MnO2 (7). K2MnO4 (8). 2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4+5Bi3+5Na+7H2O (9). 2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O (10). 【解析】【分析】由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，通过过滤，分离出二氧化锰，滤液中含KMnO4和K2CO3，根据KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸发结晶的方式可分离出高锰酸钾和碳酸钾，对粗高锰酸钾进行重结晶、干燥得到纯净的高锰酸钾；向碳酸钾溶液中加入石灰生成碳酸钙和氢氧化钠，高锰酸钾具有强氧化性，常常利用高锰酸钾的强氧化性进行消毒；分离固体与溶液，采用过滤操作，利用KMnO4和K2CO3在溶解性上进行分离；制备中利用的原料，在转化过程中又生成