湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2020届高三9月联考化学试题

湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2020届高三9月联考化学试题

‎2019年秋9月联考高三化学 全卷满分：100分 考试用时：90分钟 可能用到的相对原子质量：H－1，C－12，N－14，O－16，Na－23，Cl－35.5，S－32‎ 第Ⅰ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；D．FeCl3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 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO42－的总物质的量为0.9 mol B. 当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L－1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L－1‎ C. 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 mol·L－1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 mol·L－1‎ ‎【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. 0.3mol⋅L−1的Na2SO4溶液中Na＋、SO42－的物质的量浓度为：0.6mol⋅L−1,0.3mol⋅L−1，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1mol⋅L−1；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1mol⋅L−1，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1.81×1023个原子 B. 在标准状况下，80 gSO3所占的体积约为22.4L C. 常温下，0.1 mol/L醋酸溶液的pH约为1‎ D. 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=m÷M×NA=4.6÷46×NA=0.1NA每个分子中含有3个原子，所以原子总数为1.81×1023，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，0.1mol•L-1‎ 醋酸溶液的pH大于1，故C错误；‎ D．16 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4NA B. 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2NA C. 25 ℃时，1 L pH＝1的H2SO4溶液中含有的H＋数为0.2NA D. 常温常压下，11g CO2气体中所含的分子数为0．25NA ‎【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；‎ ‎ B．Cl2+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=11g÷44g/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－、S2－‎ B. 1.0 mol∙L-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－、Cl－‎ D. 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SO42－‎ C. 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++3H2↑‎ B. 铜溶于稀硝酸：3Cu+ 8H+ +2NO3—=3Cu2+ +2NO↑ + 4H2O C. 实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4HCl（浓）Mn2++2Cl-+Cl2↑+2H2O D. 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；‎ B．Cu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：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法不正确的是 A. 氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋＞SO2‎ B. 标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7‎ C. 反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA D. 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①可知,Fe元素的化合价降低,则氧化性为Fe3＋>SO2,由②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)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3 SO2∼Cr2O72－,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1mol×2×(6−3)=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CO2‎ D. 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 mol C. 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+6NO2═7N2+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0.7mol×22.4L/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0.6mol×14g/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①CO2＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋H2O、②2KOH＋CO2＝K2CO3＋H2O、③2KAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋K2CO3、④K2CO3＋CO2＋H2O=2KHCO3、⑤BaCO3＋CO2＋H2O=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1mol•L﹣1的盐酸的体积为（ ）‎ A. 0.05 L B. 0.1 L C. 0.2 L D. 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)=0.05mol×2=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Ⅱ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1~2cm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250mL0.1000mol∙L－1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？‎ ‎①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）。‎ ‎②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 mol∙L－1‎ ‎【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）①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；‎ ‎②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1～2cm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0.25L×0.1mol/L=0.025mol，其质量为0.025mol×158g/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）①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；‎ ‎②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+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～6S2O32-，‎ ‎　2             6‎ ‎　x             36.00mL×10-3L×0.100mol/L ‎2/X=6/3600mL×10-3L×0.100mol/L 解得x=12.00×10-4mol，‎ 则c（Ba2+）=12.00×10-4mol÷50.00×10-3L=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=n÷v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1~2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I2＞Fe3+，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 d．KSCN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）①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________。‎ ‎②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）①FeI2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+；‎ ‎②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I2>Fe3+，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）①FeI2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++Cl2═2Fe3++2Cl-、2I-+Cl2═I2+2Cl-，根据氧化性：Fe3+>I2，因此Cl2先氧化I-，后氧化Fe2+，‎ 故答案为：I-；‎ ‎②FeI2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2.24L÷22.4 L/mol×2×1=0.2mol 设FeI2的物质的量浓度为c，‎ 由电子守恒可知0.2mol=c×0.1L×2+c×0.1L×2/3‎ 解得c=0.75mol/L，‎ 在100mL FeI2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。‎ A．75%酒精　 B．双氧水 　　　C．苯酚 D．“84”消毒液（NaClO溶液）‎ ‎（2）操作Ⅰ的名称是________；操作Ⅱ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的可以循环利用；‎ 由工艺流程转化关系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，所含元素化合价升升降确定氧化剂还原剂；‎ ‎（6）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，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数，根据钾元素守恒确定KOH系数，根据氢元素守恒确定H2O系数；‎ ‎【详解】（1）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．‎ A、75%酒精是通过酒精渗透到细菌体内，使细菌蛋白质凝固（变性），从而杀死细菌，故A错误； B、双氧水具有强氧化性，常常利用双氧水的强氧化性进行杀菌消毒，故B正确；‎ C、苯酚是通过渗透到细菌体内，使细菌蛋白质凝固（变性），从而杀死细菌，故C错误；‎ D、NaClO溶液中次氯酸钠具有强氧化性，常常利用次氯酸钠的强氧化性进行杀菌消毒，故D正确，‎ 故选BD；‎ ‎（2）该操作是分离固体与溶液，是过滤操作，KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸发结晶的方式可分离，‎ 故答案为：过滤；溶解度;蒸发结晶；‎ ‎（3）制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用．由转化关系图知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后由母液加入石灰生成的KOH，会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用，‎ 故答案为：KOH；MnO2；‎ ‎（4）由工艺流程转化关系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，反应只有Mn元素的化合价发生变化，由+6价降低为+4价，降低2，由+6价升高为+7价，升高1，所以K2MnO4既是氧化剂又是还原剂，故还原剂是K2MnO4‎ 答案是K2MnO4‎ ‎（5）铋酸钠（不溶于水）在酸性溶液中与Mn2+反应生成MnO4-和Bi3+，则反应的离子方程式为：2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O；‎ 故答案为：2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O ‎（6）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，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O ‎（7）（4）由2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O 可知最初的原料中1mol MnO2恰好得到1mol K2MnO4．由3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2知，1mol K2MnO4在反应中能得到2/3molKMnO4，‎ 故答案：2/3；‎ ‎【点睛】新情景下氧化还原反应方程式的书写：（1）先写出还原剂，氧化剂，还原产物，氧化产物；（2）电子守恒配平还原剂，氧化剂，还原产物，氧化产物的系数；（3）电荷守恒补充需要的离子，一般是氢离子或者是氢氧根离子；（4）用原子守恒检验是否配平。‎ ‎ ‎