新教材2023年高考化学总复习考案5第一次月考综合测试卷

考案[五]第一次月考综合测试卷命题范围：化学基本概念基础理论时间：90分钟满分：100分一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．下列我国科技成果所涉及物质的应用中，具体操作或过程不涉及化学变化的是(A)A．利用雷达探测巡视表面土壤厚度、冰层结构B．利用模拟月壤研究从钛铁矿(FeTiO3)中提取铁C．利用阳光将废二氧化碳转化为有用物质D．利用深海锂电池为“奋斗者”号控制系统提供电能[解析]利用雷达探测巡视表面土壤厚度、冰层结构过程中没有产生新物质，属于物理变化，A符合题意；利用模拟月壤研究从钛铁矿(FeTiO3)中提取铁的过程中有新物质生成，是化学变化，B不符合题意；利用阳光将废二氧化碳转化为有用物质过程中产生新物质，是化学变化，C不符合题意；利用深海锂电池为“奋斗者”号控制系统提供电能，属于原电池原理，是化学变化，D不符合题意。2．著名行业杂志《德国应用化学》上刊登文章介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是(D)A．水、双氧水、水玻璃都是纯净物B．石墨和C60互为同位素C．磷酸钙中所含的元素都是短周期元素D．一定条件下石墨转化为C60是化学变化[解析]双氧水是过氧化氢的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，A错误；石墨和C60是由碳元素组成的不同单质，两者互为同素异形体，B错误；磷酸钙中所含的钙元素是第四周期元素，属于长周期元素，故其所含元素不都是短周期元素，C错误；一定条件下石墨转化为C60，是同素异形体之间的转化，是化学变化，D正确。3．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多化学研究成果。下列说法正确的是(A)A．《天工开物》中“凡播种，先以稻麦稿包浸数日，俟其生芽，撒于田中，生出寸许，其名曰秧”，“稻麦稿”的主要成分为纤维素B．《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3C．《世说新语》记载：“……用蜡烛作炊”，其中“蜡烛”的主要成分是油脂，属于天然高分子化合物D．《医说》记载：“每每外出，用雄黄(As4S4)桐子大，在火中烧烟熏……以消毒灭菌……”，古代烟熏消毒的原理与酒精相同，都是利用其强氧化性[解析]“稻麦稿”指的是水稻和小麦的秸秆，其主要成分为纤维素，A正确；牡蛎壳的主要成分为CaCO3，高温煅烧得到CaO，所以“灰”的主要成分为CaO，B错误；古代的蜡烛通常由动物油脂制成，油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，C错误；酒精没有强氧化性，酒精的消毒原理是使蛋白质变性，D错误。4．化学在保护文物中作用巨大。下列做法的原理解释错误的是(B)选项做法原理A将锌粉与电解质溶液调成糊状，除去铜器上的铜锈原电池原理B用一定浓度的双氧水擦拭壁画，使其恢复原有颜色双氧水具有还原性C大理石碑文清洗时应选用中性清洗剂，切不可用酸溶液清洗酸可腐蚀大理石D用甲醛熏蒸法可杀死纸质文物表面滋生的霉菌甲醛能使霉菌的蛋白质变性[解析]将锌粉与电解质溶液调成糊状，除去铜器上的铜锈，过程中Zn—电解质溶液—铜锈构成了原电池，原电池中锌为负极、铜为正极，铜器上的铜锈在正极上得到电子被还原，A正确；壁画颜料中含铅白，长期暴露在空气中生成PbS，变成黑色，用一定浓度的双氧水擦拭壁画，PbS(黑色)转化为PbSO4(白色)，使其恢复原有颜色，该过程利用了双氧水的氧化性，不是还原性，B错误；大理石碑文清洗时应选用中性清洗剂，切不可用酸溶液清洗的原因是酸可与大理石发生反应，会腐蚀大理石，C正确；霉菌的主要成分中含蛋白质，甲醛能使蛋白质变性，则用甲醛熏蒸法可杀死纸质文物表面滋生的霉菌，D正确。5．某溶液X中可能含有如下离子的若干种：Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－、I－、SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)(忽略水解和水的电离)，已知：①溶液中每种离子的浓度均为0.1mol·L－1；②取少量X溶液加入足量稀盐酸，有气体Y产生，且反应前后阴离子种类没有变化；③继续向反应后的溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成。下列分析中正确的是(D)A．气体Y可能是混合气体(不计水蒸气)B．不能确定X中是否含有Na＋，可通过焰色试验来检验C．向加盐酸后的溶液中加入CCl4，振荡后静置，溶液分层，下层液体为紫红色D．X共含有以上8种离子中的6种[解析]②取少量X溶液加入足量稀盐酸，有气体Y产生，且反应前后阴离子种类没有变化，因此一定没有COeq\o\al(2－,3)，一定有NOeq\o\al(－,3)、Cl－，在酸性溶液中硝酸根氧化亚铁离子，硝酸根被还原为NO，碘离子具有还原性，所以一定没有I－；③继续向反应后的溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是硫酸钡，所以一定存在SOeq\o\al(2－,4)，根据电荷守恒结合溶液中每种离子的浓度均为0.1mol/L可知Na＋、NHeq\o\al(＋,4)一定存在。气体Y是NO，属于纯净物，A错误；根据以上分析可知X中一定含有Na＋，B错误；不存在碘离子，因此向加盐酸后的溶液中加入CCl4，振荡后静置，下层液体不可能是紫红色，C错误；根据以上分析可知X一定存在Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)，一定不存在I－、COeq\o\al(2－,3)，D正确。6．氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料，可用作LED的基质材料，通过等离子法由SiH4(沸点为－111.9℃)与氨气反应制取：3SiH4＋4NH3=Si3N4＋12H2。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(B)A．常温常压下，1.8gSiH4所含质子的数目为3.2NAB．标准状况下，4.48LNH3和H2的混合气体所含分子总数为0.2NAC．NA个NH3分子溶于1L的水，所得溶液的物质的量浓度为1mol·L－1D．当生成1molSi3N4时，转移电子数目为6NA[解析]1.8gSiH4所含质子数为eq\f(1.8g,32g·mol－1)×(14＋4×1)×NAmol·L－1＝1.0125NA，A错误；标准状况下，4.48LNH3和H2的混合气体的物质的量为eq\f(4.48L,22.4L·mol－1)＝0.2mol，分子数目为0.2NA，B正确；NA个NH3分子溶于1L的水，所得溶液的体积不一定是1L，因此溶质物质的量浓度不一定是1mol·L－1，C错误；该反应转移电子：，因此生成1molSi3N4时，转移电子数目为12NA，D错误。7．某无土栽培用营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质，实验测得部分离子的浓度如图甲所示。取200mL样品加水稀释，测得NHeq\o\al(＋,4)的浓度(c)随溶液体积(V)的变化如图乙所示(不考虑离子的水解)。下列判断错误的是(D)A．图甲中X离子是SOeq\o\al(2－,4)B．图乙中c1＝8.0C．营养液中NH4Cl与K2SO4的物质的量之比为2：1D．营养液中KCl的浓度是4mol·L－1[解析]由题图乙知，200mL样品中，c(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(1.6mol·L－1×1L,0.2L)＝8.0mol·L－1，而题图甲中X离子的浓度为4.0mol·L－1，K＋、Cl－浓度已知，则X为SOeq\o\al(2－,4)，A、B正确；依据c(NHeq\o\al(＋,4))＝8.0mol·L－1、c(SOeq\o\al(2－,4))＝4.0mol·L－1知，营养液中NH4Cl与K2SO4的物质的量之比为2：1，C正确；营养液中KCl的浓度是9.0mol·L－1－4.0mol·L－1×2＝1.0mol·L－1，D错误。8．某100mL稀溶液中只含有Fe3＋、Cu2＋、H＋、NOeq\o\al(－,3)四种离子，向其中加入铁粉，溶液中Fe2＋的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示，若整个反应过程中溶液的体积不发生变化，则下列说法中不正确的是(C)A．原溶液的c(H＋)＝4mol·L－1B．若a＝3，则原溶液中c(Cu2＋)＝1mol·L－1C．原溶液中的c(NOeq\o\al(－,3))＝7mol·L－1D．BC段发生反应的离子方程式为Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu[解析]OA段无Fe2＋生成，发生的反应是Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，消耗n(Fe)＝0.1mol，则n(H＋)＝0.4mol，原溶液中的c(H＋)＝eq\f(0.4mol,0.1L)＝4mol·L－1，A正确；若a＝3，则说明BC段生成的Fe2＋的物质的量为0.1mol，而BC段发生的反应为Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，由n(Fe2＋)＝0.1mol可推得n(Cu2＋)＝0.1mol，则原溶液中c(Cu2＋)＝eq\f(0.1mol,0.1L)＝1mol·L－1，B、D正确；由题图可知C点对应溶液中c(Fe2＋)＝4mol·L－1，n(Fe2＋)＝4mol·L－1×0.1L＝0.4mol，而此时溶液中溶质为Fe(NO3)2，故C点对应溶液中的n(NOeq\o\al(－,3))＝2n(Fe2＋)＝0.8mol，而在OA段加入0.1mol铁，反应消耗0.1molNOeq\o\al(－,3)，故原溶液中的n(NOeq\o\al(－,3))＝0.8mol＋0.1mol＝0.9mol，c(NOeq\o\al(－,3))＝eq\f(0.9mol,0.1L)＝9mol·L－1，C错误。9．某溶液中含有的离子可能是K＋、Ba2＋、Al3＋、Mg2＋、AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)、SiOeq\o\al(2－,3)、Cl－中的几种，现进行如下实验：①取少量溶液向其中滴加氢氧化钠溶液，该过程中无沉淀生成；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol·L－1的盐酸，发生的现象是开始即产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；③在上述②中沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.435g。下列说法中正确的是(B)A．该溶液中一定不含有Ba2＋、Mg2＋、SiOeq\o\al(2－,3)，可能含有Al3＋B．该溶液中一定含有K＋、AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)、Cl－C．该溶液中是否含有K＋需通过焰色试验(透过蓝色钴玻璃片进行观察)判断D．该溶液中可能含有Cl－[解析]①取样，滴加氢氧化钠溶液的过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠反应生成沉淀的离子，即不存在Al3＋、Mg2＋；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol·L－1盐酸，开始即产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，滴加盐酸先产生后全部溶解的沉淀为Al(OH)3，气体为CO2，说明原溶液中存在AlOeq\o\al(－,2)和COeq\o\al(2－,3)，一定不存在SiOeq\o\al(2－,3)和能与COeq\o\al(2－,3)反应产生沉淀的Ba2＋，再根据原溶液呈电中性可知，原溶液中一定存在K＋；在②中沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.435g，沉淀为AgCl，n(AgCl)≈0.003mol，②中加入的Cl－的物质的量为0.2mol·L－1×0.005L＝0.001mol<n(AgCl)，所以原溶液中一定存在Cl－。根据以上分析可知，溶液中一定不含有Ba2＋、Mg2＋、Al3＋、SiOeq\o\al(2－,3)，一定含有K＋、AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)、Cl－，B正确；A、C、D错误。10．硫酸盐(含SOeq\o\al(2－,4)、HSOeq\o\al(－,4))气溶胶是PM2.5的成分之一，近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程如图所示，下列说法错误的是(B)A．第Ⅰ阶段的离子方程式为SOeq\o\al(2－,3)＋NO2=NOeq\o\al(－,2)＋SOeq\o\al(－,3)B．该过程中NO2为催化剂C．1molSOeq\o\al(－,3)在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段共失去1mol电子D．氧化性：NO2>HNO2[解析]由题图可知第Ⅰ阶段NO2得到SOeq\o\al(2－,3)失去的电子，二者发生氧化还原反应生成NOeq\o\al(－,2)和SOeq\o\al(－,3)，其离子方程式为SOeq\o\al(2－,3)＋NO2=NOeq\o\al(－,2)＋SOeq\o\al(－,3)，A正确；该过程中，NO2作为反应物，不是催化剂，B错误；第Ⅱ、Ⅲ阶段发生的反应为SOeq\o\al(－,3)＋H2O＋NO2=HNO2＋HSOeq\o\al(－,4)，1molSOeq\o\al(－,3)失去1mol电子变为1molHSOeq\o\al(－,4)，C正确；该过程中，NO2作氧化剂，HNO2作还原产物，则氧化性：NO2>HNO2，D正确。11．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析正确的是(D)选项粒子组判断和分析ANHeq\o\al(＋,4)、Fe3＋、Br－、SOeq\o\al(2－,4)、OH－不能大量共存，只因为发生反应：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓BNa＋、Cu2＋、SOeq\o\al(2－,4)、H2O2能大量共存，粒子间不反应CK＋、H＋、H2C2O4、MnOeq\o\al(－,4)不能大量共存，因为发生反应：H2C2O4＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=2Mn2＋＋2CO2↑＋6H2ODK＋、Na＋、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)、AlOeq\o\al(－,2)不能大量共存，因为发生反应：Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓[解析]NHeq\o\al(＋,4)与OH－也不能大量共存，A错误；Cu2＋能催化H2O2的分解，所以不能大量共存，B错误；离子方程式中原子不守恒，得失电子不守恒，C错误；Al3＋与AlOeq\o\al(－,2)相互促进水解而不能大量共存，D正确。12．将等浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，分别滴入两份相同的Ba(OH)2溶液中，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是(A)A．b→d反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2OB．d点溶液中，Na＋与SOeq\o\al(2－,4)的物质的量之比为1：1C．c点两溶液导电能力相同，所以两溶液中含有的OH－物质的量相同D．a、b两点Ba2＋均沉淀完全，所以对应的溶液均显中性[解析]H2SO4与Ba(OH)2物质的量之比为1：1时，恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液的导电能力几乎为零，则曲线①为H2SO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中的导电能力变化曲线；NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量之比为1：1时，生成硫酸钡沉淀、NaOH和水，导电能力减小但不为零，则曲线②为NaHSO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中的导电能力变化曲线。由上述分析可知，b点为NaOH溶液，继续滴加硫酸氢钠溶液时，反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O，A正确；b点为向生成的NaOH溶液中，继续加入NaHSO4溶液，d点为曲线②对应溶液中导电能力最低的点，说明此时溶液中的NaOH恰好完全反应，溶液的溶质为Na2SO4，Na＋与SOeq\o\al(2－,4)的物质的量之比为2：1，B错误；c点两溶液导电能力相同，此时曲线①对应溶液显酸性，而曲线②对应溶液显碱性，两溶液中含有的OH－物质的量不相同，C错误；a、b两点Ba2＋均沉淀完全，a点对应水，显中性，b点对应NaOH溶液，显碱性，D错误。13．＋5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如表所示：含钒元素的不同微粒VOeq\o\al(＋,2)VOeq\o\al(－,3)V2Oeq\o\al(4－,7)VOeq\o\al(3－,4)pH4～66～88～1010～12另外，V离子和V的含氧酸根离子在溶液中颜色不同，如V2＋(紫色)、V3＋(绿色)、VO2＋(蓝色)、VOeq\o\al(＋,2)(黄色)、VOeq\o\al(3－,4)(无色)、V5Oeq\o\al(3－,14)(红棕色)等。下列说法正确的是(A)A．向酸性含VOeq\o\al(＋,2)的溶液中滴加烧碱溶液，溶液显红棕色：5VOeq\o\al(＋,2)＋8OH－=V5Oeq\o\al(3－,14)＋4H2OB．含VOeq\o\al(＋,2)的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原C．VOeq\o\al(－,3)转化为V2Oeq\o\al(4－,7)的离子方程式为2VOeq\o\al(－,3)＋H2O=V2Oeq\o\al(4－,7)＋2H＋D．紫色VSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色：绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1mol电子[解析]向酸性含VOeq\o\al(＋,2)的溶液中滴加烧碱溶液，溶液显红棕色，说明生成V5Oeq\o\al(3－,14)，则反应的离子方程式为5VOeq\o\al(＋,2)＋8OH－=V5Oeq\o\al(3－,14)＋4H2O，故A正确；向含VOeq\o\al(＋,2)的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程中没有元素化合价的变化，V元素没有被还原，故B错误；V2Oeq\o\al(4－,7)在碱性条件下存在，则VOeq\o\al(－,3)转化为V2Oeq\o\al(4－,7)的离子方程式为2VOeq\o\al(－,3)＋2OH－=V2Oeq\o\al(4－,7)＋H2O，故C错误；VSO4被氧化时失去的电子的量与其物质的量有关，VSO4的物质的量未知，无法计算转移电子的物质的量，故D错误。二、非选择题：本题共5小题，共61分。14．(12分)习总书记在科学家座谈会上指出：“好奇心是人的天性，对科学兴趣的引导和培养要从娃娃抓起”。某化学兴趣小组为培养同学们对科学探究的兴趣，设计图甲所示实验来探究HSOeq\o\al(－,3)与Cu2＋的反应：已知：氯化亚铜(CuCl)为白色立方结晶或白色粉末，难溶于水。回答下列问题：(1)若用CuSO4·5H2O配制100mL1mol·L－1CuSO4溶液，需用托盘天平称取CuSO4·5H2O的质量为25.0g。某同学在定容时采用图乙方式观察，则所配制的CuSO4溶液浓度偏低(填“偏高”或“偏低”)。(2)将操作2后生成的无色气体通入氯化铁溶液，溶液由黄色变为浅绿色(或溶液黄色变浅)(填实验现象)，说明该气体为SO2，反应的离子方程式为SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋。(3)操作2后生成的白色沉淀为CuCl(填化学式)，生成该沉淀和无色气体的反应的离子方程式为2HSOeq\o\al(－,3)＋2Cu2＋＋2Cl－=SOeq\o\al(2－,4)＋2CuCl↓＋SO2↑＋2H＋。[解析](1)100mL1mol·L－1CuSO4溶液中含有溶质CuSO4的物质的量n(CuSO4)＝1mol·L－1×0.1L＝0.1mol，根据Cu元素守恒，可知n(CuSO4)＝n(CuSO4·5H2O)＝0.1mol，需用托盘天平称取CuSO4·5H2O的质量m(CuSO4·5H2O)＝0.1mol×250g·mol－1＝25.0g；若在定容时仰视刻度线，则容量瓶中凹液面最低处高于刻度线，溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，根据物质的量浓度定义式可知配制的溶液的浓度偏低。(2)向KHSO3溶液中加入CuSO4溶液，溶液显蓝色，无其他明显变化，然后加入KCl固体，反应产生白色沉淀和无色气体，该过程中Cu2＋得到电子被还原为Cu＋，Cu＋与溶液中的Cl－结合产生白色沉淀CuCl，则HSOeq\o\al(－,3)失去电子被氧化为SOeq\o\al(2－,4)，同时产生H＋，H＋与溶液中的HSOeq\o\al(－,3)反应产生SO2气体。SO2具有还原性，与FeCl3溶液发生氧化还原反应生成H2SO4、HCl、FeCl2，溶液由黄色变为浅绿色，该反应的离子方程式为SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋。(3)根据(2)分析可知生成的白色沉淀是CuCl，则生成该沉淀和无色气体的离子方程式为2HSOeq\o\al(－,3)＋2Cu2＋＋2Cl－=SOeq\o\al(2－,4)＋2CuCl↓＋SO2↑＋2H＋。15．(12分)有一无色溶液，其中可能含有Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、NHeq\o\al(＋,4)、K＋、COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)中的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行四个实验，其操作和有关现象如图所示：请你根据上图推断：(1)原溶液中一定存在的阴离子有SOeq\o\al(2－,4)，该溶液显酸性(填“酸”“碱”或“中”)。(2)实验③中产生无色无味气体所发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。(3)写出实验④中A点对应沉淀的化学式：Al(OH)3、Mg(OH)2。(4)写出实验④中由A→B过程中所发生反应的离子方程式：Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。[解析]透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则溶液中含有K＋；溶液无色，则一定不含Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋；逐滴加入NaOH溶液有白色沉淀生成，NaOH溶液过量后沉淀部分溶解，则溶液中含有Mg2＋、Al3＋，一定不含COeq\o\al(2－,3)；加入BaCl2溶液和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有Ag＋，则生成的沉淀为BaSO4，溶液中含有SOeq\o\al(2－,4)，加入Na2O2固体，生成无色无味气体，说明一定不含有NHeq\o\al(＋,4)，综上可知，原溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋、K＋、SOeq\o\al(2－,4)，一定不含Fe3＋、Fe2＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋、COeq\o\al(2－,3)。(1)原溶液中一定存在的阴离子有SOeq\o\al(2－,4)，原溶液中弱碱阳离子水解使溶液呈酸性。(2)实验③中产生无色无味气体是因为过氧化钠与水反应，化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。(3)由于溶液中含Al3＋、Mg2＋、K＋、SOeq\o\al(2－,4)，加入氢氧化钠溶液后，A点对应沉淀量达到最大，产生的沉淀有Al(OH)3和Mg(OH)2。(4)由A→B过程中氢氧化钠溶液过量，生成的Al(OH)3沉淀溶于过量的氢氧化钠溶液，离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。16．(12分)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。某兴趣小组通过如图所示装置(夹持装置略)对其进行制备、收集、吸收并制取NaClO2。(1)打开B装置的活塞，A装置中有ClO2生成，若制备1molClO2，理论上消耗的硫酸的物质的量为0.5mol；D装置中吸收ClO2后生成NaClO2，写出D装置中所发生反应的离子方程式：2ClO2＋H2O2＋2OH－=2ClOeq\o\al(－,2)＋O2＋2H2O。(2)E装置中溶液出现黄色能否说明ClO2未被H2O2和NaOH的混合溶液充分吸收，判断并说明理由：不能，因为D装置中有氧气产生，氧气也可能将I－氧化为I2。(3)已知：当pH≤2.0时，ClOeq\o\al(－,2)能被I－还原。E装置吸收逸出的少量ClO2气体后所得溶液(pH为5.5～6.5)中存在少量ClOeq\o\al(－,2)。请补充完整检验E装置溶液中存在少量ClOeq\o\al(－,2)的实验方案：取一定体积E装置中的溶液于分液漏斗中，用CCl4多次萃取、分液，直至溶液中滴加淀粉溶液不显蓝色，向溶液中滴加稀硫酸至溶液的pH≤2.0，滴加淀粉溶液，溶液变蓝(实验中须使用的试剂有：CCl4、稀硫酸、淀粉溶液)，则溶液中存在ClOeq\o\al(－,2)。(4)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量约为1.57g(计算结果保留两位小数)。[解析]A装置中盛放NaClO3和Na2SO3的固体混合物，打开分液漏斗活塞向A装置中滴加稀硫酸后，三者混合发生反应：2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O，C装置的作用是收集ClO2，过量的ClO2在D装置中被过氧化氢和氢氧化钠的混合溶液吸收生成NaClO2，E装置吸收逸出的少量ClO2气体。(1)打开B装置的活塞，A装置中有ClO2生成，A装置中发生反应的化学方程式为2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O，若制备1molClO2，理论上消耗硫酸的物质的量为0.5mol；D装置中双氧水和NaOH溶液吸收ClO2，发生氧化还原反应，生成NaClO2和O2，则D装置中所发生反应的离子方程式为2ClO2＋H2O2＋2OH－=2ClOeq\o\al(－,2)＋O2＋2H2O。(2)E装置中溶液出现黄色的原因还可能是D装置中产生的氧气将I－氧化为I2，故不能说明ClO2未被H2O2和NaOH的混合溶液充分吸收。(3)由于E装置的溶液中存在I2，为了防止其干扰检验，检验之前必须除去碘单质，根据已知：当pH≤2.0时，ClOeq\o\al(－,2)能被I－还原，发生的反应为ClOeq\o\al(－,2)＋4H＋＋4I－=Cl－＋2I2＋2H2O，故在除去碘单质的溶液中加入稀硫酸酸化至溶液pH≤2.0，再滴入淀粉溶液，观察是否变蓝即可。(4)设NaClO2的有效氯含量为xg,1molClOeq\o\al(－,2)被还原为Cl－得到4mol电子，1molCl2被还原为Cl－得到2mol电子，则eq\f(1g,90.5g·mol－1)×4＝eq\f(xg,71g·mol－1)×2，解得x≈1.57。17．(12分)根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法。(1)①废水Ⅰ若采用CO2处理，离子方程式是OH－＋CO2=HCOeq\o\al(－,3)。②废水Ⅱ常用明矾处理。实践中发现废水中的c(HCOeq\o\al(－,3))越大，净水效果越好，这是因为HCOeq\o\al(－,3)会促进Al3＋的水解，生成更多的Al(OH)3，净水效果增强。③废水Ⅲ中的汞元素存在如下转化(在空格上填相应的化学式)：Hg2＋＋CH4=CH3Hg＋＋H＋。我国规定，Hg2＋的排放标准不能超过0.05mg·L－1。若某工厂排放的废水1L中含Hg2＋3×10－7mol，是否达到了排放标准？否(填“是”或“否”)。④废水Ⅳ常通过Cl2将CN－氧化生成CO2和N2来处理，若参加反应的Cl2与CN－的物质的量之比为5：2，则该反应的离子方程式为5Cl2＋2CN－＋4H2O=10Cl－＋2CO2＋N2＋8H＋。(2)化学需氧量(COD)可量度水体受有机物污染的程度，它是指在一定条件下，用强氧化剂处理水样时所消耗的氧化剂的量，换算成氧的含量(以mg·L－1计)。某研究性学习小组测定某水样的化学需氧量(COD)，过程如下：Ⅰ.取V1mL水样于锥形瓶，加入10.00mL0.2500mol·L－1K2Cr2O7溶液。Ⅱ.加碎瓷片少许，然后慢慢加入硫酸酸化，混合均匀，加热。Ⅲ.反应完毕后，冷却，加指示剂，用cmol·L－1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定。终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V2mL。①Ⅰ中，量取K2Cr2O7溶液的仪器是酸式滴定管(或移液管)。②Ⅲ中，发生的反应为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，由此可知，该水样的化学需氧量COD＝eq\f(8000×15－cV2,V1)mg·L－1(用含c、V1、V2的表达式表示)。[解析](1)①废水Ⅰ若采用CO2处理而使pH接近于7，则需利用CO2与OH－反应生成HCOeq\o\al(－,3)，反应的离子方程式是OH－＋CO2=HCOeq\o\al(－,3)；②HCOeq\o\al(－,3)和Al3＋发生双水解，生成CO2和Al(OH)3，反应的离子方程式为Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑，c(HCOeq\o\al(－,3))越大，铝离子反应越完全，生成的Al(OH)3越多，从而增强净水效果；③根据电荷守恒和质量守恒可知，应为Hg2＋与CH4发生反应生成CH3Hg＋和H＋，1L水中含有汞离子的物质的量为n(Hg2＋)＝3×10－7mol，则m(Hg2＋)＝3×10－7mol×200.6g·mol－1＝6.018×10－5g≈0.06mg>0.05mg，所以没有达到排放标准；④废水Ⅳ中常用Cl2将CN－氧化生成CO2和N2，Cl元素的化合价由0价降低到－1价，CN－中C元素的化合价由＋2价升高到＋4价，N元素的化合价由－3价升高到0价，由得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒可得反应的离子方程式为5Cl2＋2CN－＋4H2O=10Cl－＋2CO2＋N2＋8H＋。(2)①K2Cr2O7具有强氧化性，Ⅰ中，量取K2Cr2O7溶液的仪器是酸式滴定管(或移液管)；②n(K2Cr2O7)＝0.01L×0.2500mol·L－1＝2.5×10－3mol，n(Fe2＋)＝V2×10－3L×cmol·L－1＝cV2×10－3mol，由Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O可知，水样消耗的n(K2Cr2O7)＝2.5×10－3mol－eq\f(1,6)×cV2×10－3mol＝eq\f(15－cV2,6)×10－3mol，转移电子的物质的量为2×(6－3)×eq\f(15－cV2,6)×10－3mol＝(15－cV2)×10－3mol，根据得失电子守恒，相当于消耗eq\f(1,4)×(15－cV2)×10－3mol氧气，m(O2)＝eq\f(1,4)×(15－cV2)×10－3mol×32g·mol－1＝8×(15－cV2)×10－3g＝8×(15－cV2)mg，所以该水样的化学需氧量(COD)＝eq\f(8×15－cV2mg,V1×10－3L)＝eq\f(8000×15－cV2,V1)mg·L－1。18．(13分)党的十九大报告中提出“必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念”，治理污染减少排放具有十分重要的意义。回答下列问题：(1)下面是消除NOx排放的三个案例：①利用纯碱溶液可以吸收硝