2019-2020学年安徽省滁州市定远县民族中学高二下期末化学试卷

安徽省滁州市定远县民族中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题1.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，11.2LH2和D2的混合气体中所含的质子数为NAB.1L0.5mol·L-1Na2CO3溶液中阴离子的总数为0.5NAC.28g乙烯和丙烯的混合物中所含碳碳双键的数目为NAD.向足量水中通入1mol氯气，反应中转移的电子数为NA【答案】A【解析】A．每个H2和D2均含有2个质子，标准状况下11.2LH2和D2的混合气体的物质的量为0.5mol，所含的质子数为NA，故A正确；B．CO32-的水解使溶液中阴离子总数增加，则1L0.5mol·L-1Na2CO3溶液中阴离子的总数大于0.5NA，故B错误；C．质量相等的乙烯和丙烯含碳碳双键的数目不等，则混合气体所含有的碳碳双键数不确定，故C错误；D．氯气与水的反应为可逆反应，向足量水中通入1mol氯气，氯气不可能完全转化为HCl和HClO，故B错误；答案为A。点睛：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；选项B为易错点，注意CO32-的水解使溶液中阴离子数目增加；难点为D，要结合可逆反应的限度去判断；解答此类试题时，要注意阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：如物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况等。2.已知某离子反应为：8Fe2++NO3-+10H+＝NH4++8Fe3++3H2O，下列说法不正确的是A.Fe2+为还原剂，NO3-被还原B.消耗lmol氧化剂，转移电子8molC.氧化产物与还原产物的物质的量之比为1︰8D.若把该反应设计为原电池，则负极反应式为Fe2+-e-＝Fe3+【答案】C【解析】试题分析：8Fe2++NO3-+10H+＝NH4++8Fe3++3H2O反应中铁元素化合价升高被氧化，Fe2+是还原剂，N元素化合价降低被还原，NO3-是氧化剂。A．Fe2+为还原剂，NO3-被还原，故A正确；B．消耗lmol氧化剂，转移电子8mol，故B正确；C．氧化产物是Fe3+，还原产物是NH4+，物质的量之比为8︰1，故C错误；D．若把该反应设计为原电池，负极发生氧化反应，反应式为Fe2+-e-＝Fe3+，故D正确；故选C。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。3.下列叙述正确的是（）A.标准状况下，11.2LSO2气体中含氧原子数等于18g水中含有的氧原子数B.5.6g铁与足量稀硫酸反应失去的电子的物质的最为0.3molC.100g98%的浓硫酸所含的氧原子个数为4molD.20gNaOH溶于1L水，所得溶液中c(Na+)=0.5mol·L-1【答案】A【解析】A．标准状况下，11.2LSO2的物质的量==0.5mol，含有1mol氧原子，18g水的物质的量==1mol，也含有1molO原子，故二者含有的氧原子数相等，故A正确；B．Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸足量，Fe完全反应，5.6gFe的物质的量==0.1mol，反应中Fe元素化合价由0价升高为+2价，故转移电子物质的量=0.1mol×2=0.2mol，故B错误；C．100g98%的浓硫酸中含有98g硫酸和2g水，其中水中也含有氧原子，故C错误；D．20gNaOH的物质的量==0.5mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中c（Na+）=0.5mol/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故D错误；答案为A。4.标准状况下，将VLA气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg/mL，则此溶液物质的量浓度为（）A.mol/L B.mol/LC.mol/L D.mol/L【答案】B【解析】试题分析：溶质的物质的量为，气体的质量为，溶剂的质量为，则溶液的质量为，则溶液的体积为，则溶液的物质的量浓度为，故答案B。考点：考查溶液物质的量浓度的计算。5.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF。以下有关说法正确的选项是A.NF3是氧化剂，H2O是还原剂B.还原剂与氧化剂物质的量之比为1:2C.假设生成0.2molHNO3，转移0.2mol电子D.NF3在潮湿空气中泄漏会产生红棕色气体【答案】BD【解析】【详解】A.反应中只有N元素价变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，H2O不是还原剂，故A错误；B.NF3→HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂；2NF3→2NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B正确；C.生成1molHNO3转移2mol电子，所以生成0.2molHNO3转移0.4mol电子，故C错误；D.NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，故D正确；故选BD。【点睛】明确反应中元素的化合价变化，注意电子守恒的应用是解答的关键。6.下列说法不正确的是（）A.用润湿的pH试纸测定稀碱溶液的pH，测定值偏小B.用碱式滴定管量取22.00mL的KMnO4溶液C.用纯碱溶液清洗油污时，加热可以增强其去污能力D.用NaHCO3和Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂【答案】B【解析】A、用润湿的pH试纸测定稀碱溶液的pH，相当于是稀释，氢氧根浓度减小，测定值偏小，A正确；B、应该用酸式滴定管量取22.00mL的KMnO4溶液，B错误；C、用纯碱溶液清洗油污时，加热促进碳酸根水解，可以增强其去污能力，C正确；D、碳酸氢钠和硫酸铝混合相互促进水解生成氢氧化铝和CO2，所以可用NaHCO3和Al2（SO4）3两种溶液作泡沫灭火剂，D正确，答案选B。7.化学实验的基本操作是完成化学实验的关键，下列实验操作正确的是（）①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物③用托盘天平称量117.7g氯化钠晶体④用量筒量取23.10mL溴水⑤用蒸发皿高温灼烧石灰石⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol·L－1的NaOH溶液；A.③⑥ B.②③④⑤ C.①②④ D.②⑤⑥【答案】A【解析】量取5.2mL稀硫酸应选10mL量筒，①错；苯和CCl4可以混溶，②错；量筒的精度是0.1mL，④错；高温灼烧石灰石用坩埚，⑤错；故选A。8.为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如下实验方案：下列说法正确的是（

）A.①中反应的离子方程式：2I−+H2O2＝I2+2OH−B.②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出C.③中得到的上层溶液中含有I−D.操作Z的名称是加热【答案】C【解析】【详解】A．①中在酸性溶液中不可能生成OH−，故A错误；B．四氯化碳的密度比水大，②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，故B错误；C．碘化钠水溶液的密度比四氯化碳小，③中得到的上层溶液中含有I−，故C正确；D．从含有碘的悬浊液中得到碘，应该采用过滤的方法，故D错误；故选C。9.下列有关实验装置，能达到实验目的的是A.用图1所示装置制取少量Cl2 B.用图2所示装置制取干燥的NH3C.用图3制备并检验H2的可燃性 D.用图4装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠【答案】D【解析】试题分析：A．1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰共热，不能反应生成氯气，故A错误；B．NH3不能使用浓硫酸干燥，故B错误；C．点燃H2前需验纯，故C错误；D．碳酸氢钠受热易分解，放出二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠不能，故D正确；故选D。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。10.下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（）①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；③用pH试纸测得氯水的pH为2；④用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中；⑥将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条上产生气泡⑦某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+．A.①④⑤⑦ B.③④⑦ C.①②⑥ D.②③⑤⑥【答案】A【解析】分析：①根据碳酸钙能与盐酸反应判断；②根据浓硫酸溶于水放热，密度大于硝酸分析；③氯水具有强氧化性；④稀硝酸具有强氧化性，能溶解单质银；⑤根据浓硝酸见光易分解判断；⑥铝能与氢氧化钠溶液反应，镁不能；⑦铵盐能与强碱反应放出氨气，氨气是碱性气体。详解：①盛放过石灰水的试剂瓶中含有碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸，可用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，正确；②浓硫酸密度大于浓硝酸，配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，应将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，错误；③氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测得氯水的pH，错误；④银溶于稀硝酸，所以可用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管，正确；⑤浓硝酸见光易分解，因此浓硝酸保存在棕色细口瓶中，正确；⑥铝与氢氧化钠溶液反应，镁不能，因此将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁作正极，氢离子放电，所以镁条上产生气泡，正确；⑦某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，产生的气体一定是氨气，因此溶液中含NH4＋，正确；所以正确的是①④⑤⑦。答案选A。11.已知S2O8n－离子和H2O2一样含过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n－离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4－离子，若反应后S2O8n－离子生成SO42－离子；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2则S2O8n－中的n值和S元素的化合价是（）A.2,+7 B.2,+6 C.4,+7 D.4,+4【答案】B【解析】【详解】S2O8n－离子和H2O2一样含过氧键，则其中有2个O显-1价，另外6个O显-2价。S2O8n－离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4－离子，Mn的化合价升高了5，反应后S2O8n－离子变成SO42－离子，则其中-1价O变为-2价。由关系式5S2O8n－~2Mn2+及化合价升降的总数相等可知，Mn元素的化合价共升高10，则5S2O8n－中共有10个-1价的O，其化合价共降低10，则S2O8n－中只有O的化合价降低，S的化合价不变，始终为+6价，故n=2，故正确答案：B。12.下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作发生的现象解释或结论A向亚硫酸钠溶液中，逐滴加入硝酸酸化的硝酸钡溶液产生白色沉淀产生的亚硫酸钡是难溶解入水的沉淀B将SO2通入滴有酸性高锰酸钾溶液中溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C常温下铜片插入硝酸中产生红棕色气体常温下铜和硝酸一定产生NO2D向某溶液中加入NaHCO3产生白色沉淀该溶液可能原来含有氢氧化钡A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸钠能被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO4沉淀，所以该白色沉淀是硫酸钡，故A错误；B．高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，故B错误；C．常温下，Cu和稀硝酸反应生成NO，NO遇空气反应生成红棕色气体二氧化氮，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮、和稀硝酸反应生成NO，故C错误；D．能和碳酸氢钠反应生成白色沉淀的还有氢氧化钙等，所以该实验现象说明该溶液可能原来含有氢氧化钡，故D正确；故选D。【点晴】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质检验、氧化还原反应等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意物质检验时要除去其它物质的干扰，易错选项是B。13.如图是某学校购买的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是（）A.该硫酸的物质的量浓度为1．84mol·L−1B.1molZn与足量的该硫酸反应产生2gH2C.配制200mL4．6mol·L−1的稀硫酸需取该硫酸50mLD.该硫酸与等体积的水混合所得溶液的物质的量浓度等于9．2mol·L−1【答案】C【解析】A．该硫酸溶液的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，故A错误；B．锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，浓硫酸足量没有氢气生成，故B错误；C．设配制200mL4.6mol•L-1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则0.2L×4.6mol/L=x×18.4nol/L，解得x=0.05L=50mL，故C正确；D．浓硫酸和水的密度不同，等体积混合后体积不等于硫酸体积的2倍，混合后物质的量浓度不是9.2mol/L，故D错误，故选C。点睛：本题考查溶液浓度的计算，注意硫酸的浓度越大，密度越大，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系。本题的易错点是B，注意浓硫酸的特殊性质。14.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是()A.澄清透明的无色溶液中：Na+、K+、MnO4-、[Al(OH)4]-B.水电离出c(H+)=10-14mol/L溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C.加入铝能产生H2的溶液中：K+、NH4+、I-、NO3-D.常温下c(OH-)=10-13mol/L的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、K+【答案】D【解析】试题分析：A、MnO4-为有色离子，不能大量共存，A错误；B、由水电离的c(H+）=10-14mol·L-1的溶液可能呈酸性也可能显碱性，酸性溶液中，Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性溶液中，Fe2+、Mg2+不能大量共存，B错误；C、加入铝能产生H2的溶液可能呈酸性也可能显碱性，NH4+在碱性条件下不能大量共存，酸性溶液中I-、NO3-会发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D、常温下c（OH-）=10-13mol/L的溶液为酸性溶液，各离子均能大量共存，D正确。答案选D。考点：离子共存15.下列有关实验原理、装置、操作的描述中正确的是（）ABCD将NO2球浸泡在热水和冷水中探究温度对平衡的影响pH试纸的测定研究催化剂对反应速率的影响反应热的测定A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A、将NO2球浸泡在热水和冷水中，观察气体颜色的变化，可以探究温度对平衡的影响，故A正确；B、pH试纸应该放在玻璃片或表面皿上，不应该放在桌面上，故B错误；C、反应中同时改变了催化剂和温度，不能研究催化剂对反应速率的影响，故C错误；D、铁的导热性好，用铁质搅拌棒加快了热量的散失，导致反应热的测定误差较大，故D错误；故选A。16.利用太阳能分解制氢气，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）A.可生成H2质量为0.02gB.可生成氢的原子数为2.408×1023个C.生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量D.可生成H2的体积为0.224L（标准状况）【答案】C【解析】A.0.02mol水可生成H20.02mol，质量为0.04g，A错误；B.可生成氢的原子数为0.02mol×2×6.02×1023/mol＝2.408×1022个，B错误；C.0.04molNa与水反应产生H2的量是0.02mol，根据A中分析可知C正确；D.可生成H2的体积在标准状况下为0.02mol×22.4L/mol＝0.448L，D错误，答案选C。点睛：转化为反应的原理以及灵活应用个数计算式是解答的关键，即在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、n＝m/M、、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。17.某化学兴趣小组设置了如图所示的实验装置，即可用于制取气体，又可用于验证物质的性质，下列说法不正确的是A.利用I、II装置制取气体（K2关闭、K1打开），可以收集H2等气体，但不能收集O2、NO气体B.利用II装置作简单改进（但不改变瓶口朝向）后，可以收集O2、NO等气体，但不能收集NO2气体C.利用I、Ⅲ装置可以比较H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱D.利用I、Ⅲ装置既能验证氧化性：Ca(ClO）2>Cl2>Br2，又能保护环境【答案】D【解析】试题分析：A．利用Ⅱ装置可以收集H2等气体，但不能收集O2、NO气体，其理由是O2密度比空气大，不能用向下排空气的方法；NO与空气密度相差不大且与空气中的氧气反应，正确；B．利用II装置作简单改进（但不改变瓶口朝向），改进方法是向广口瓶中加入水，可以收集难溶于水的O2、NO等气体，但不能收集NO2气体，正确；C．实验时，K1关闭、K2打开，在分液漏斗中加入稀硫酸，在锥形瓶内装Na2CO3固体，装置C(试管）中所盛的试剂是Na2SiO3溶液,会看到；装置Ⅰ中产生气泡、装置C中产生白色沉淀装置Ⅰ中产生气泡、装置C中产生白色沉淀，从而可确认H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，正确；D．实验时，K1关闭、K2打开，则在A中加浓盐酸；B中加Ca(ClO）2，C中加NaBr溶液，观察到C中的现象是溶液由无色变为橙色或黄色或橙红色；但是此装置在完成这个实验时尚存不足，其不足是氯气易逸出污染环境，不能保护环境，错误。考点：考查化学实验装置正误判断的知识。18.在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg/cm3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为Cmol/L。下列叙述中正确的有（）①②③上述溶液中加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）A.②③ B.②④ C.③④ D.①③【答案】B【解析】分析：①质量分数＝质量溶质/溶液的质量×100%；②根据计算；③根据氨水的密度小于水分析；④根据反应后溶液中的溶质，结合盐类水解分析。详解：①氨气溶于水，以NH3作为溶质，氨气的物质的量是，质量是，溶液质量是ρVg，则，①错误；②根据以上分析可知氨气的浓度C＝，②正确；③水的密度比氨水的密度大，所以上述溶液中再加入VmL水后，混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量，溶质氨气的质量不变，所以所得溶液的质量分数小于0.5ω，③错误；④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，与氨水反应生成氯化铵，盐酸过量，溶液为氯化铵与氯化氢的混合溶液，浓度之比为2：1，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），铵根离子水解，水解程度微弱，所以c（Cl-）＞c（NH4+），因此充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），④正确；答案选B。19.Ⅰ.实验室常用以下几种方法制取氯气。(1)二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，写出其反应的离子方程式：________________________________________________________________________。(2)高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，写出其反应的化学方程式：________________________________________________________________________。(3)氯酸钾与浓盐酸反应制氯气，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。Ⅱ.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。(1)装置③中发生反应的化学方程式为____________________________，该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生，改进该实验装置以减少副反应发生的方法是________________________________________________________________________。(2)测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.000g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L－1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为3ClO－＋I－===3Cl－＋IOIO＋5I－＋3H2O===6OH－＋3I2实验测得数据如下表所示。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.00该漂白粉中有效成分的质量分数为________；若滴定过程中未充分振荡溶液，局部变浅蓝色时就停止滴定，则测定结果将________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】(1).MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(2).2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O(3).5∶1(4).2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O(5).将装置③放于冷水浴中进行实验(6).42.90%(7).偏低【解析】本题主要考查关于物质的量的计算。Ⅰ.(1)二氧化锰与浓盐酸反应制氯气的离子方程式：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。(2)高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气的化学方程式：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。(3)氯酸钾与浓盐酸反应制氯气，从该反应的化学方程式：KClO3＋6HCl(浓)KCl＋3Cl2↑＋3H2O可以看出，氯气的5/6来自于HCl，1/6来自于KClO3，所以该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1。Ⅱ.(1)装置③中氯气与氢氧化钙发生反应，该反应的化学方程式为2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生，改进该实验装置以减少副反应发生的方法是将装置③放于冷水浴中进行实验。(2)消耗KI溶液体积的平均值为20.00mL，6ClO－～2I－～3Ca(ClO)2，该漂白粉中有效成分Ca(ClO)2的质量分数为1.5×0.1000mol·L－1×0.02000L×143g/mol_/1.000g=42.90%；若滴定过程中未充分振荡溶液，局部变浅蓝色时就停止滴定，由于所用KI溶液减少，所以测定结果将偏低。点睛：解答本题中漂白粉中有效成分的质量分数问题时，使用关系式法进行计算，这是比较简单的方法，而且关系式法是解决许多问题的捷径。20.某工业废水中可能含有如下几种阴阳离子：阳离子Fe3+、Al3+、Fe2+、Ba2+、Na+阴离子Cl－、CO32－、NO3－、SO42－、S2－现对该废水样品进行以下研究：Ⅰ．向试管中滴加浓盐酸，有少量无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色；Ⅱ．若向Ⅰ所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。Ⅲ．若向Ⅰ所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成。过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成。根据上述实验，回答下列问题：（1）该废水中一定含有的阴离子是_____，一定不含有的阳离子是_____；（2）写出Ⅰ中产生无色气体的反应的离子方程式：______

；（3）写出Ⅲ中通入过量CO2产生白色絮状沉淀所发生的反应离子方程式：______

；（4）在废水中加入新制氯水，测得溶液中c(Fe3+)＝1.0×10－2mol·L－1，c(Al3+)＝1.0×10－3mol·L－1。要想使Fe3+完全沉淀（离子浓度为1.0×10－5mol·L－1）而Al3+不沉淀，则应调节溶液pH范围为______。（已知常温下Fe(OH)3的Ksp＝1.0×10－38，Al(OH)3的Ksp＝1.0×10－33）【答案】(1).NO3—，SO42-(2).Ba2+(3).3Fe2++NO3—+4H+=3Fe2+NO↑+2H2O(4).AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-(5).3≤pH≤4【解析】本题主要考查离子的检验。Ⅰ．红棕色气体是二氧化氮，废水含有NO3－和还原性离子Fe2+、S2－中的一种；Ⅲ．红褐色沉淀是氢氧化铁，表明废水含有铁元素的离子，白色絮状沉淀是氢氧化铝，表明废水含有Al3+。相应地不含有与Fe3+或Fe2+或Al3+发生反应的S2－、CO32－。Ⅱ．白色沉淀是硫酸钡，废水含有SO42－。相应地不含有与SO42－发生反应的Ba2+。（1）该废水中一定含有的阴离子是NO3-、SO42-，一定不含有的阳离子是Ba2+；（2）Ⅰ中产生无色气体的反应是稀硝酸与Fe2+的反应，反应的离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2+NO↑+2H2O；（3）Ⅲ中通入过量CO2产生白色絮状沉淀，同时生成碳酸氢钠，所发生反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；（4）要想使Fe3+完全沉淀就是控制c(Fe3+)≤1.0×10－5mol·L－1，则要求c(OH－)≥(=1.0×10－11mol·L－1，pH≥3，Al3+不沉淀，c(Al3+)＝1.0×10－3mol·L－1，则要求c(OH－)≤(=1.0×10－10mol·L－1，pH≤4，总之，应调节溶液pH范围为3≤pH≤4。21.通过下列两步实验测定草酸晶体（H2C2O4·xH2O）中结晶水x的值：①称取2.52g草酸晶体，配制成100.00mL溶液。②取25.00mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸后，用浓度为0.100mol·L-1KMnO4溶液进行滴定。其反应原理是：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O请回答下列问题：（1）实验②中，KMnO4应装在______滴定管中（填“酸式”、“碱式”）。（2）如图表示50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积______。A．是amLB．是（50－a)mLC．一定大于amLD．一定大于（50－a）mL（3）判断达到滴定终点的现象是_____________________________；若滴定终点时，共用去KMnO4溶液20.00mL，则x=__________。（4）若在滴入KMnO4溶液之前滴定管的尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，则会使测定结果______（偏高、偏低或无影响）。【答案】(1).酸式(2).D(3).滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为紫色(或浅紫或紫红)，且半分钟内颜色不发生变化(4).2(5).偏高【解析】本题主要考查滴定方法。（1）实验②中，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，以免KMnO4溶液腐蚀橡胶管。（2）50mL刻度线以下还有液体，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积一定大于（50－a）mL，故选D。（3）判断达到滴定终点的现象是滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内颜色不发生变化；2KMnO4～5H2C2O4，n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5(0.100mol•L-1×20.00mL)=5.00mmol，M(H2C2O4)=2.52g/4/5.00mmol=126g/mol，则x=2。（4）KMnO4溶液体积数值增大，会使测定结果偏高。22.过氧化钠是一种淡黄色固体，它能与二氧化碳反应生成氧气，在潜水艇中用作制氧剂，供人类呼吸之用。它与二氧化碳反应化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。某学生为了验证这一实验，以足量的大理石、足量的盐酸和1.95g过氧化钠样品为原料，制取O2，设计出如下实验装置：（l）A中制取CO2的装置，应从下列图①、②、③中选哪个图