湖北省宜昌市示范高中协作体2020届高三化学上学期期中试题（含解析）

湖北省宜昌市示范高中协作体2020届高三第一学期期中考试（化学）试题（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 Mg24 Al27 K39 Cr52 Cu64 I127第卷（选择题 共48分）一、选择题：本大题共16小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的。1.化学与生活息息相关，下列说法不正确的是( )A. 二氧化硫是主要的大气污染物，能形成酸雨，其pH小于5.6B. 中国瓷器驰名世界，它是以黏土为原料，经高温烧结而成C. 凡是含有食品添加剂的食物对人体健康均有害D. 河南安阳出土的司母戊鼎充分体现了我国光辉的古代科技，它属于铜合金【答案】C【解析】【分析】A. 酸雨pH小于5.6；B.瓷器是以黏土为原料的硅酸盐产品；C.并非所有含有食品添加剂的食物对人体健康均有害；D.司母戊鼎属于铜合金；【详解】A.通常情况下正常雨水因溶解二氧化碳而导致雨水pH约为5.6，当pH小于5.6时，为酸雨，二氧化硫可形成硫酸型酸雨，故A项正确；B瓷器属于硅酸盐产品，它是以黏土为原料，经高温烧结而成，故B项正确；C. 我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，并非所有含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，故C项错误；D.司母戊鼎属于铜合金，故D项正确。综上，本题选C。2.屠呦呦因发现青蒿素获得诺贝尔生理学或医学奖，是中医药成果获得的最高奖项。古代文献肘后备急方中内容：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之。”对她的研究有很大帮助。该叙述中涉及的主要分离提纯操作是( )A. 蒸馏 B. 萃取 C. 渗析 D. 结晶【答案】B【解析】【分析】青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之涉及的主要分离提纯操作是萃取。【详解】一把青蒿用水浸泡，使有效成分溶解，然后再用力拧绞，使青蒿中可溶性组分尽量释放到溶液中。可知该叙述中涉及的主要分离提纯操作是萃取，答案选B。【点睛】物质分离提纯的操作主要包括：蒸发结晶、萃取、分液、过滤、蒸馏等操作。过滤适用于固液混合物的分离，蒸发结晶适用于可溶性固体与水分离，分液适用于分离互不相溶的液体混合物，蒸馏适用于分离沸点不同的互溶的液体混合物。3.下列叙述正确的是()A. 二氧化碳的水溶液能够导电，说明二氧化碳是电解质B. 向某溶液中滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，该溶液一定含有SO42-C. 用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰上灼烧呈黄色，该溶液肯定不含钾元素D. 胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子直径介于1100nm之间【答案】D【解析】【分析】A.二氧化碳是非电解质；B.白色沉淀可能为氯化银沉淀，也可能为硫酸钡沉淀；C. K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察；D. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径大小不同；【详解】A.二氧化碳的水溶液能够导电，是因为二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸是电解质，而二氧化碳是非电解质，故A项错误；B.向某溶液中滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银沉淀，也可能为硫酸钡沉淀，故无法确定溶液中是否一定含有SO42-，故B项错误；C. K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，故C项错误；D. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径大小不同，分散质粒子直径小于1nm的为溶液，介于1100nm之间为胶体，大于100nm为浊液，故D项正确。综上，本题选D。【点睛】电解质的判断是解答的易错点，把握电解质的定义主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下能够发生自身的电离而导电，二是该物质是化合物。4.下列化学用语表述正确的是（ ）A. 核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：B. 氯离子的结构示意图：C. COCl2的结构式为： D. CaO2的电子式为： 【答案】C【解析】【分析】本题考查了简单粒子的基本结构，和化学中常见物质的电子式和结构式，逐一分析即可。【详解】A.核内质子数为117、中子数为174的核素Ts应表示为：；B. 氯离子的结构示意图为；C. COCl2的结构式为： ；D. CaO2的电子式为：。综上本题选C。5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A. 标准状况下，11.2L三氧化硫中含有分子的数目为0.5NAB. 用含有0.1mo1FeCl3的饱和溶液配制的氢氧化铁胶体中，胶体粒子数等于0.1NAC. 1 mol过氧化钠与足量水反应，转移的电子数为NAD. 1.8g D2O中所含中子数为9NA【答案】C【解析】【分析】A. 标准状况下，三氧化硫不是气体；B.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C.通过化合价分析过氧化钠与水反应转移电子数；D. 1.8g D2O物质的量为0.09mol，所含中子数为0.9NA；【详解】A. 标准状况下，三氧化硫不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A项错误；B.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于0.1NA，故B项错误；C. 1mol过氧化钠与足量水反应，生成氢氧化钠和氧气，转移的电子数为NA； D.1.8g D2O物质的量为0.09mol，所含中子数为0.9NA，故D项错误。综上，本题选C。6.丰富多彩的颜色变化增添了化学实验的魅力,下列反应颜色变化正确的是（ ）新制氯水久置后浅黄绿色消失 Cl2通入石蕊试液中先变红后褪色SO2通入溴水中橙色褪去 浓硫酸滴入蔗糖晶体中先变黄后变黑色氨气通入酚酞溶液中变红色A. B. C. D. 全部【答案】D【解析】【分析】氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl，次氯酸易分解；氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO具有漂白性；二氧化硫能够与溴水反应；浓硫酸滴入蔗糖晶体中，蔗糖晶体会碳化；氨气为碱性气体，能够使酚酞溶液变红。【详解】氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl，次氯酸易分解，平衡向正方向移动，氯气浓度降低，颜色变浅直至消失，故正确；氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO具有漂白性，溶液具有酸性遇到石蕊变红，次氯酸具有漂白性，所以变红的溶液又褪色，故正确；二氧化硫能够与溴水反应，消耗溴水，所以溴水橙色褪去，故正确；浓硫酸滴入蔗糖晶体中，先部分碳化，所以发黄，最后全部脱水碳化，直至变黑，故正确；氨气为碱性气体，能够使酚酞溶液变红，故正确；综上，本题选D。7.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. 无色透明溶液中：Ba2、Mg2、Cl、B. 能使酚酞变红的溶液中：Ca2、K、C. 0.1 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H、Al3、Cl、D. 与铝反应能放出氢气的溶液中：NH4+、Cu2、【答案】A【解析】【分析】本题考查离子共存知识点，可结合限定的条件，逐一进行判断。【详解】A.在无色透明溶液中，Ba2、Mg2、Cl、NO3可以共存，故A项正确；B. 能使酚酞变红的溶液呈碱性，HCO3不能大量存在，Ca2+与CO32-不能大量共存，故B项错误；C.H与NO3结合可以将Fe2+氧化为Fe3+，故C项错误；D.与铝反应能放出氢气的溶液，可以为酸性，也可以为碱性，若溶液为碱性，NH4+、Cu2不能大量共存，故D项错误。综上，本题选A。【点睛】判断离子共存时，要遵循以下原则：溶液为酸性时，不能出现与H+反应的离子，如：OH-、HCO3、CO32等；溶液为碱性时，不能出现与OH-反应的离子，如：H+、HCO3等；溶液具有氧化性时，不能存在具有还原性的离子，如Fe2+，I-。8.学习中经常应用类推法。下列表格左边正确，类推法应用于右边也正确的是（ ）A向FeCl2溶液中滴入氯水2Fe2+Cl22Fe3+2Cl向FeCl2溶液中滴入碘水2Fe2+I22Fe3+2IB向澄清石灰水中通入少量CO2气体Ca2+2OH+CO2 CaCO3+H2O向澄清石灰水中通入少量SO2 气体Ca2+2OH+SO2CaSO3+H2OC向Na2CO3溶液中滴入稀HNO32HCO2H2O向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3+2HSO2+H2OD锌粒放入硫酸亚铁溶液中Zn+Fe2+=Zn2+Fe钠投入硫酸铜溶液中2Na+Cu2+=2Na+CuA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A.铁离子氧化性大于碘单质，FeCl2溶液与碘水不反应；B.二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水；C.Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应；D.钠和硫酸铜溶液反应遵循先水后盐【详解】A. FeCl2溶液与碘水不反应，则前者发生氧化还原反应，后者不反应，不能类推，故A错误；B. 二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水，此类推合理，故B正确；C. Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应：2NO3+3SO32+2H+=3SO42+2NO+H2O，两个反应的反应原理不同，不能类推，故C错误；D.锌和硫酸亚铁发生置换反应，钠和硫酸铜溶液反应遵循先水后盐，两反应的原理不同，无法类推，故D项错误。综上，本题选B。9.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A.根据物质的性质来判断，氢氧化铝必须先转化为氧化铝，再转化为铝；B.每一步转化都可通过一步实现；C. SiO2H2SiO3必须经过两步，先生成硅酸盐，再生成硅酸；D. SSO3必须经过两步，先生成SO2，再转化为SO3。【详解】A. Al(OH)3Al的转化必须经过Al(OH)3Al2O3和Al2O3Al两个过程，故A项错误；B. HNO3NO可通过8HNO3（稀）+3Cu=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O实现转化，NONO2可通过2NO+O2=2NO2实现转化，NO2NO可通过3NO2+H2O=2HNO3+NO实现转化，NO2HNO3可通过3NO2+H2O=2HNO3+NO实现转化，故B项正确；C.SiO2H2SiO3必须经过两步SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O和Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3+Na2CO3实现转化，故C项错误；D. SSO3必须经过两步，先让S转化为SO2，再将SO2转化为SO3，故D项错误。综上，本题选B。10.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质。下列说法错误的是（ ）A. 碱式硫酸铁水解能产生 Fe(OH)3胶体，可用作净水剂B. 为防止NH4HCO3 分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C. 常温下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4 的大D. 可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2 是否被氧化【答案】C【解析】【分析】A根据Fe3+能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂；B根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；C根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀；DKSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红。【详解】A碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，选项A正确；BNH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，选项B正确；C(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，选项C错误；DKSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，选项D 正确；答案选C。【点睛】本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，注意冷却结晶发生反应的实质是溶解度的不同，题目难度中等。11.工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。下列说法正确的是（ ）A. 碳元素被还原B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C. Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物D. 每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子【答案】C【解析】【分析】根据题意n（Na2CO3）：n（Na2S）=1:2，混合溶液中加入SO2，可生成Na2S2O3和CO2，可知该反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2。【详解】A项，根据上述分析，C元素化合价未发生变化，故碳元素未发生氧化还原反应，故A项错误；B.由方程式可知，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故B项错误；C.S元素化合价既升高又降低，Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物，故C项正确；D. 每生成1mol Na2S2O3，转移8/3mol电子。综上，本题选C。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关知识。要熟记氧化还原的规律：化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂。化合价降低，得电子，被还原，作氧化剂。12.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（）A. 用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B. 用图2 所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C. 用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D. 用图4 所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱【答案】D【解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物得出，氧化性：KMnO4Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2Br2，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。13.某同学用下图所示装置检验草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O，淡黄色)受热分解的部分产物。下列说法正确的是( )A. 通入N2的主要目的是防止空气中的水蒸气对产物检验产生影响B. 若和中分别盛放足量NaOH溶液、CuO固体，可检验生成的COC. 实验结束后，中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁D. 若将中的无水CaC12换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气【答案】B【解析】通入N2的主要目的是防止空气中二氧化碳、氧气等对产物检验产生影响，A错误；利用除去二氧化碳，中的无水氯化钙将气体干燥后，如果中的黑色的氧化铜固体变红，中澄清的石灰水变浑浊，说明有一氧化碳产生，B正确；实验结束后，中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物可能为铁，或氧化亚铁或四氧化三铁，这些物质都是黑色的，C错误；因混合气体经过了澄清的石灰水，氢氧化钠溶液，所以将中的无水氯化钙换成无水硫酸铜就不能检验分解生成的水蒸气，D错误；正确选项B。点睛：本实验抓住亚铁离子的不稳定性，进行判断处理，因为亚铁离子非常容易被氧化，所以先赶净装置中的空气，回答了充入氮气的目的；检验一氧化碳产生，应先除去混合气体中的二氧化碳，再利用一氧化碳的还原性检验即可。14.将足量的 CO2不断通入 KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入 CO2的量的关系可能表示为（）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】将CO2不断通入 KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，首先分析生成的沉淀都有哪些，再结合沉淀析出的先后顺序确定图像。【详解】将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钡，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：CO2先与Ba(OH)2反应生成沉淀BaCO3，当Ba(OH)2消耗完毕后再与KOH反应生成K2CO3，此过程中沉淀质量不变；再与KAlO2反应生成沉淀Al（OH）3，沉淀质量增加；过量的CO2继续与K2CO3反应得到KHCO3，沉淀质量不变；过量的CO2再使BaCO3沉淀溶解(此时沉淀质量减少)，最后是Al（OH）3沉淀。综上，本题选C。15.X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W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；M元素的原子是短周期中原子半径最大的。下列说法正确的是（ ）A. X、Z、W三元素形成的化合物都是共价化合物B. 简单离子的半径从大到小的顺序是：MZWC. 氢化物的稳定性强弱顺序为：YZWD. M2W2既含有离子键，也含有非极性键【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，则X是H元素。Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y是C元素。M元素的原子是短周期中原子半径最大的元素，则M是Na元素。Z、W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且Y、Z、W、M的原子序数依次增大，故Z是N元素，W是O元素。综上所述，X是H元素，Y是C元素，Z是N元素，W是O元素，M是Na元素。【详解】A.X、Z、W三元素形成的化合物NH4NO3为离子化合物，故A项错误；B.简单离子的半径从大到小的顺序是：ZWM，B项错误；C.氢化物的稳定性强弱顺序为WZY，故C项错误；D. M2W2为Na2O2既含有离子键，也含有非极性键，故D项正确。综上，本题选D。16.1.52g铜、镁合金完全溶解于50mL密度为1.40gmL1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0molL1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（）A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1B. 得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mLC. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0 molL1【答案】D【解析】【分析】本题考查金属与硝酸的反应，首先应判断出反应的相应产物，计算出产物的质量，再结合题干，逐一作答。【详解】由于合金完全溶解，最终全部沉淀，根据题目中所给数据可计算出合金中镁、铜的含量。设合金中铜的含量为x g，镁的含量为y g。可列式：m(Cu)+m(Mg)=x+y=1.52，m(Cu(OH)2)+ m(Mg(OH)2)=98x/64+58y/24=2.54。解得x=1.28g，y=0.24g。故合金中含有n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol。A. 该合金中铜与镁的物质的量之比为2:1，故A项正确；C.加入硝酸后，0.02mol Cu和0.01mol Mg共转移0.06mole-。设混合气体中NO2为a mol，N2O4为b mol，则a+2b=0.06，a+b=0.05。解得a=0.04mol，b=0.01mol。NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数=0.04/0.05100%=80%，故C项正确；D.浓硝酸中HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=(1000mL/L1.40g/mL63%)/63g/mol=14 molL1，故D项错误；B.加入的硝酸物质的量为n（HNO3）=cV=0.7mol，反应过程中产生NO2 0.04mol，N2O4 0.01mol，由原子守恒可知反应后n（NO3-）=0.7 mol -0.04 mol -0.01 mol2=0.64mol，加入NaOH溶液后，结合成NaNO3，故n（NaOH）=0.64mol，V=n/c=0.64mol/1.0molL1=0.64L=640mL，故加入NaOH溶液的体积是640 mL，故B项正确。综上，本题选D。第II卷（非选择题 共52分）17.某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。阳离子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+阴离子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-实验I ：取少量该试液进行如下实验。实验：为了进一步确定该溶液的组成，取100 mL原溶液，向该溶液中滴加1 mol L-l的 NaOH溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有_种。（2）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是_。检验气体X的方法是_；沉淀Z的化学式为_。（3）写出实验的图象中BC段对应的离子方程式：_。（4） A点对应的固体质量为_g。（5）通过上述信息，推算该溶液中阴离子的浓度为_mol L-l。【答案】 (1). 4 (2). NO3- (3). 用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝 (4). Mg(OH)2 (5). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (6). 0.136 (7). 0.08【解析】溶液无色，则不存在亚铁离子、高锰酸根离子；溶液显酸性，则不存在硅酸根离子和亚硫酸根离子；该溶液与硝酸银溶液混合后无沉淀生成，则不存在氯离子，因此一定含有硝酸根离子；该溶液与稀硫酸反应得不到沉淀，说明不存在钡离子，所得溶液与过量的氢氧化钠溶液混合生成气体X、溶液Y和沉淀Z，X是氨气，一定含有铵根离子；沉淀一定是氢氧化镁，含有镁离子；根据图像可知开始时氢氧化钠首先中和氢离子，然后沉淀金属阳离子，沉淀达到最大值后开始与铵根结合生成氨气，然后沉淀开始减少，最后不再发生变化，所以溶解的沉淀一定是氢氧化铝，含有铝离子。则（1）根据以上分析可知不进行实验就可以推断出上表中的离子一定不存在的有4种，即亚铁离子、硅酸根离子、高锰酸根离子和亚硫酸根离子。（2）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是NO3。氨气是碱性气体，检验氨气的方法是用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝；根据以上分析可知沉淀Z的化学式为Mg(OH)2。（3）实验的图象中BC段发生氢氧化铝的溶解，对应的离子方程式为Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O。（4）A点消耗氢氧化钠6mL，则与金属阳离子反应的氢氧化钠是5mL，物质的量是0.005mol。溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，所以生成的氢氧化铝是0.001mol，则与镁离子反应的氢氧化钠是0.002mol，氢氧化镁是0.001mol，所以对应的固体质量为0.001mol（58+78）g/mol0.136g。（5）与氢离子反应的氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，即氢离子是0.001mol。与铵根反应的氢氧化钠是2mL，物质的量是0.002mol，即铵根是0.002mol，根据溶液显电中性可知硝酸根的物质的量是0.001mol+0.002mol+0.001mol3+0.001mol20.008mol，所以该溶液中阴离子的浓度为0.008mol0.1L0.08mol L-l。点睛：根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2在酸过量时转化为Al3)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。18.铬是人体必需元素，如含量不足会影响糖类和脂类的代谢，过高则会引起急性中毒。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：完成下列填空：（1）步中含Cr2O离子的废水在酸性条件下能用Fe3O4处理，反应的离子方程式为_；（2）反应是可逆反应，在Na2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色逐渐变成橙色，写出该反应的离子方程式：_；（3）向上述反应后的溶液中加入碱溶液，让废水的pH升至810，控制适当的温度，使产物中的金属阳离子全部转变为沉淀。回收所得的Cr(OH)3，经处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：Cr2O72-+6I-+14H+ =3I2+2Cr3+7H2O2S2O32-+ I2 =S4O62-+2I-，准确称取纯净的K2Cr2O7 0.294g配成溶液，加足量KI，用Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00mL。回收所得的Cr(OH)3在处理之前需要先进行洗涤，洗涤沉淀的方法为_；滴定时加入的指示剂通常为_，滴定至终点的现象是_；Na2S2O3溶液的物质的量浓度为_。【答案】 (1). Cr2O+6Fe3O4+62H+=2Cr3+18Fe3+31H2O (2). 2CrO422HCr2O72H2O (3). 沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水完全浸没沉淀，待蒸馏水自然流尽后，重复操作23次 (4). 淀粉溶液 (5). 溶液的颜色由蓝色变为无色，且半分钟内溶液的颜色不再改变 (6). 0.2400molL1【解析】【分析】（1）将Cr2O72-与Fe3O4反应的离子方程式配平即可；（2）溶液由黄色逐渐变成橙色，可知是CrO42与Cr2O72的相互转化；（3）洗涤沉淀的方法为沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水完全浸没沉淀，待蒸馏水自然流尽后，重复操作23次；反应物为碘单质，加入淀粉做指示剂，滴定终点时溶液的颜色由蓝色变为无色，且半分钟内溶液的颜色不再改变；Na2S2O3溶液的物质的量浓度可结合相关反应方程式进行计算；【详解】（1）反应中Cr2O72-Cr3+，Cr元素由+6价降为+3价，1molCr2O72-得到6e-，1molFe3O4Fe3+失去1e-。由得失电子守恒可知，Cr2O72-的系数为1，Fe3O4的系数为6，再根据原子守恒，电荷守恒配平系数，得到离子反应方程式Cr2O72-+6Fe3O4+62H+=2Cr3+18Fe 3+31H2O；（2）在Na2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色逐渐变成橙色，说明黄色的CrO42离子转化为Cr2O72离子，该可逆反应的方程式为2CrO422HCr2O72H2O；（3）洗涤沉淀的方法为沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水完全浸没沉淀，待蒸馏水自然流尽后，重复操作23次；反应时，碘离子被氧化为碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝，故滴定时加入的指示剂通常为淀粉溶液；滴定至终点的现象是溶液的颜色由蓝色变为无色，且半分钟内溶液的颜色不再改变；由Cr2O72-+6I-+14H+ =3I2+2Cr3+7H2O和2S2O32-+ I2 =S4O62-+2I-可知，Cr2O72- 3I2 6S2O32-。0.294g K2Cr2O7的物质的量n（K2Cr2O7）=0.001mol，故n（Na2S2O3）=0.006mol，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，则c（Na2S2O3）=0.2400 molL119.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）流程中将高硫铝土矿磨成矿粉的目的是_。（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ；硫去除率=（1）100%。不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是_。（3）由“过滤”得到的滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是_。（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）n（Fe2O3）=_。【答案】 (1). 增大反应的接触面积,加快化学反应速率 (2). FeS2 (3). 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (4). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-、2Al(OH)3Al2O3+3H2O (5). 116【解析】【分析】（1）磨成矿粉，可以增大反应的接触面积，加快化学反应速率；（2）根据流程图并结合焙烧温度随硫去除率的图像进行分析；（3）滤液中含有AlO2-，即由AlO2-生产氧化铝；（4）利用得失电子守恒进行计算；【详解】（1）将高硫铝土矿磨成矿粉，可以增大反应的接触面积，加快化学反应速率；（2）由于多数硫酸盐的分解温度高于600度，FeS2在低于500焙烧时，能与空气中的氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，故不添加氧化钙的矿粉在焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2；700，焙烧时添加氧化钙后，硫元素转化为硫酸钙而留在矿粉中，使硫矿粉硫去除率降低 ；（3）滤液中含有AlO2