安徽省全国示范高中名校2020届高三9月联考化学（解析版） 试卷


安徽省全国示范高中名校2020届高三9月联考
1.生活中处处有化学。下列物质用途中利用物质的氧化性的是（ ）
A. 酒精作配制碘酒的溶剂 B. 明矾和小苏打常作油炸食品的发泡剂
C. 氯化铁溶液作铜质电路板的腐蚀剂 D. 硅胶或生石灰作食品的干燥剂
【答案】C
【详解】A. 碘易溶于酒精，且碘与乙醇共同作用，消毒能力增强，与氧化性无关，A项错误；
B. 明矾和小苏打常作油炸食品发泡剂，利用的是铝离子与碳酸氢根的双水解反应，与氧化性无关，B项错误；
C. 氯化铁溶液作铜质电路板的腐蚀剂，铁离子氧化铜单质为铜离子使其溶解，发生的反应为：2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+，C项正确；
D. 硅胶具有吸水性，生石灰能与水反应，常作食品的干燥剂，但与氧化性无关，D项错误；
答案选C。
2.下列物质分类错误的是（ ）
A. 蛋白质溶液和淀粉溶液都属于胶体 B. NH4HC2O4和NaH2PO4都属于酸式盐
C. NaAlH4和LiAlH4都是强还原剂 D. CaCO3、BaSO4都是非电解质
【答案】D
【详解】A. 蛋白质、淀粉都是大分子，直径介于1—100nm之间，属于胶体粒子的范围，则蛋白质溶液和淀粉溶液都属于胶体，A项正确；
B. NH4HC2O4属于H2C2O4的酸式盐，NaH2PO4属H3PO4的酸式盐，B项正确；
C. NaAlH4和LiAlH4中氢均显-1价，具有强还原性，C项正确；
D. CaCO3、BaSO4虽然难溶于水，但是溶于水的部分完全电离，属于电解质，D项错误；
答案选D。
3.下列实验操作先后顺序不是考虑实验安全因素是（ ）
A. 验证乙烯的可燃性：先检验乙烯纯度，验纯后，再点燃乙烯
B. 配制浓硫酸和乙醇的混合液：先向烧杯中注入酒精，再注入浓硫酸
C. 石油分馏过程中发现忘加沸石：先停止加热，冷却后，补加沸石，继续加热
D. 氢气还原氧化铁：先停止加热，继续通氢气至冷却，后停止通入氢气
【答案】D
【详解】A. 乙烯为可燃性气体，在点燃前必须验纯，否则易产生爆炸现象，与实验安全有关，A项错误；
B. 浓硫酸的密度比乙醇大，配制浓硫酸和乙醇的混合液时，先向烧杯里注入酒精，后注入浓硫酸，并不断搅拌，防止局部温度过高而溅出液体，所以与化学实验安全有关，B项错误；
C. 忘加沸石：先停止加热，冷却后，补加沸石；如果立即加沸石，可能会立即爆沸，造成安全事故，与实验安全有关，C项错误；
D. 先停止加热，继续通氢气至冷却后，停止通入氢气，目的是防止生成的铁被空气中氧气氧化，与实验安全无关，D项正确；
答案选D。
4.下列关于物质检验的说法错误的是（ ）
A. 用水可以鉴别苯、四氯化碳和乙醇
B. 向某溶液中滴加氯水，溶液变黄色，原溶液一定含有Fe2＋
C. 向溶液中滴加少量的盐酸，产生白色沉淀，则原溶液可能含有AlO2-
D. 向溶液中加氯化钡溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，则原溶液可能含SO32-
【答案】B
【详解】A. 苯的密度比水小，与水互不相溶，在上层；四氯化碳的密度比水大，与水互不相溶，在下层；而乙醇与水互溶，A项正确；
B. 含铁离子和碘单质的水溶液都是黄色，原溶液还可能含有I-，B项错误；
C. AlO2- + H+ + H2O=Al(OH)3↓，则向溶液中滴加少量的盐酸，产生白色沉淀，则原溶液可能含有AlO2-，C项正确；
D. BaSO3可被硝酸氧化为硫酸钡，难溶于硝酸，则原溶液可能含SO32-，D项正确；
答案选B。
5.在新制氯水中，下列离子组能大量共存的是（ ）
A. Al3＋、Mg2＋、HCO3-、SO42- B. Fe2＋、NH4＋、NO3-、Br-
C. Cu2＋、Na＋、NO3-、SO42- D. Ba2＋、K＋，AlO2-、I-
【答案】C
【分析】氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ H+ + Cl- + HClO，因此新制氯水中存在氯气、盐酸、次氯酸，溶液具有强氧化性且显酸性，据此分析解答。
【详解】A. HCO3-不能在酸性溶液中大量共存，且Al3＋与HCO3-会因发生彻底的双水解而不能大量共存，A项错误；
B. Cl2、HClO能够氧化Fe2＋、Br-，且NO3-在酸性环境下也会具有强氧化性，因此不能大量共存，B项错误；
C. 离子之间均不能发生反应，可以大量共存，C项正确；
D. AlO2- + H+ + H2O=Al(OH)3↓，AlO2-不能在酸性溶液中大量共存，且Cl2、HClO能够氧化I-，因此不能大量共存，D项错误；
答案选C。
【点睛】氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ H+ + Cl- + HClO，新制氯水中存在氯气、盐酸、次氯酸，因此新制氯水就具有了氯气、盐酸、次氯酸的性质，溶液具有强氧化性且显酸性，这是学生们的易忘点。
6.下列实验操作能达到目的的是（ ）
A. 制无水FeCl3 B. 提取酒精中的乙醇
C. 提纯氢氧化铝胶体 D. 检验CO2中SO2
【答案】B
【详解】A. 在空气中蒸干氯化铁溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢易挥发，最终得到氢氧化铁固体，A项错误；
B. 水和乙醇能够互溶，但是沸点不同，能够用蒸馏的方法提取酒精中的乙醇，B项正确；
C. 提纯胶体应用渗析的方法，C项错误；
D. 检验气体时，应长导管进气，短导管出气，D项错误；
答案选B。
【点睛】A项是学生们的易忘点，在空气中蒸干氯化铁溶液，由于氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，而氯化氢易挥发，会生成大量的氢氧化铁，最终得到氢氧化铁固体，进一步灼烧会得到氧化铁。
7.近年来室内装修材料释放出的甲醛、苯、氨等有害气体严重影响人体健康，工业上利用氨气与甲醛(HCHO)的反应，不仅可消除污染，还可生产重要的工业原料六亚甲基四胺(结构如图所示，另一种产物是水)。下列有关说法错误的是（ ）

A. 六亚甲基四胺的分子式为C6H12N4
B. 六亚甲基四胺分子的摩尔质量为140 g·mol-1
C. 参与反应氨气与甲醛的物质的量之比为2：3
D. 反应涉及的4种物质均为非电解质
【答案】D
【详解】A. 由结构可知，六亚甲基四胺的分子式为C6H12N4，A项正确；
B. 六亚甲基四胺的分子式为C6H12N4，相对分子质量为140，摩尔质量数值上与相对分子质量相等，则摩尔质量为140 g·mol-1，B项正确；
C. 该反应的反应物为氨气与甲醛(HCHO)，生成物为六亚甲基四胺和水，根据元素守恒知，每生成1mol六亚甲基四胺，需要4mol氨气和6mol甲醛(HCHO)，则参与反应的氨气与甲醛的物质的量之比为2：3，C项正确；
D. 反应物为氨气与甲醛(HCHO)，生成物为六亚甲基四胺和水，其中水为电解质，D项错误；
答案选D。
8.某实验需要用到480 mL 0.1mol·L-1FeSO4溶液。下列说法正确的是（ ）
A. 选择480 mL容量瓶和100 mL量筒
B. 用Na2O2可检验样品是否变质
C. 转移溶液时，玻璃棒紧靠在容量瓶刻度线下方
D. 若定容时仰视刻度线，所配制溶液浓度偏大
【答案】C
【详解】A. 配制480mL 0.1mol⋅L−1的FeSO4溶液，实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，A项错误；
B. Na2O2能氧化Fe2+为Fe3+，因此不能检验，B项错误；
C. 转移溶液时应使用玻璃棒引流，且玻璃棒末端应靠在容量瓶刻度线下方，防止产生误差，C项正确；
D. 定容时仰视刻度线，配制的溶液体积偏大，则配制的溶液浓度偏小，D项错误；
答案选C。
9.制备氢氧化铁胶体以及在胶体中滴加适量HI溶液，其过程如下图所示，下列说法错误的是（ ）

A. 氢氧化铁胶体带正电荷，能聚沉水中带负电荷的杂质
B. 乙转化为丙过程中发生聚沉、复分解反应、氧化还原反应
C. 利用丁达尔效应可验证乙中是否生成了胶体
D. 煮沸的目的是促进Fe3＋水解生成更多的Fe(OH)3
【答案】A
【详解】A. 氢氧化铁胶体不带电，胶粒带正电荷，能聚沉水中带负电荷的杂质，A项错误；
B. 乙转化为丙的过程中，氢氧化铁胶体在HI的作用下，先发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，后氢氧化铁溶于氢碘酸，发生复分解反应，最有I- 被铁离子氧化，发生氧化还原反应，B项正确；
C. 胶体能发生丁达尔现象，溶液不能，因此可利用丁达尔效应验证乙中是否生成了胶体，C项正确；
D. 煮沸能促进氯化铁水解，则煮沸的目的是促进Fe3＋水解生成更多的Fe(OH)3，D项正确；
答案选A。
10.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 用石灰石粉末增强新制氯水的漂白性：2H＋＋CO32-＝H2O＋CO2↑
B. 用漂白精溶液吸收汽车尾气中SO2：Ca2＋＋2ClO-＋SO2＋H2O＝CaSO3↓＋2HClO
C. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中变质：4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O
D. 向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32-
【答案】C
【详解】A. 氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ H+ + Cl- + HClO，用碳酸钙除去新制氯水中的盐酸，平衡正向移动，次氯酸浓度增大，可增强新制氯水的漂白性，但碳酸钙难溶于水，不能拆开，应写化学式，A项错误；
B. HClO会将CaSO3氧化为CaSO4，B项错误；
C. 在酸性条件下，Fe2＋被氧气氧化为Fe3＋，C项正确；
D. 向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3-，D项错误；
答案选C。
【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：
1.是否符合客观事实，如本题D选项，二氧化碳过量得到碳酸氢钠而不是碳酸钠，B选项，发生了氧化还原反应，而不是复分解反应；
2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误；
3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；
4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；
5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式一种。
总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。
11.LiFePO4电池可用于电动汽车。已知：电池放电时，电池反应为FePO4＋Li＝LiFePO4。下列说法正确的是（ ）
A. Li是氧化剂
B. FePO4中磷元素被还原
C. 氧化产物和还原产物的质量之比为1：1
D. 每消耗1 mol FePO4必有2 mol电子转移
【答案】C
【分析】在反应FePO4＋Li＝LiFePO4中，Li元素化合价由0价升高为+1价，失电子，被氧化，Li是还原剂，Fe元素化合价由+3价降低到+2价，得电子，被还原，FePO4为氧化剂，LiFePO4既是氧化产物，又是还原产物，据此解答。
【详解】在反应FePO4＋Li＝LiFePO4中，Li元素化合价由0价升高为+1价，失电子，被氧化，Li是还原剂，Fe元素化合价由+3价降低到+2价，得电子，被还原，FePO4为氧化剂，LiFePO4既是氧化产物，又是还原产物，
A. Li元素化合价升高，失电子，被氧化，Li是还原剂，FePO4中Fe元素化合价降低，FePO4作氧化剂，A项错误；
B. FePO4中Fe元素化合价降低，得电子，被还原，P元素化合价没有变化，B项错误；
C. LiFePO4既是氧化产物，又是还原产物，则氧化产物和还原产物的质量之比为1：1，C项正确；
D. Fe元素化合价由+3价降低到+2价，则每消耗1 mol FePO4必有1 mol电子转移，D项错误；
答案选C。
【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：
氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；
还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。
12.下列实验中，现象和结论都正确且二者有相关性的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向含酚酞的氢氧化钠溶液中通入SO2
红色逐渐褪去
SO2具有还原性
B
常温下，在铝片表面滴加浓硫酸
无气泡产生
铝与浓硫酸不反应
C
向酸性重铬酸钾溶液中滴加酒精
橙红色溶液变成绿色
重铬酸钾具有氧化性
D
将少量饱和FeCl3溶液滴入烧碱溶液中
溶液变为红褐色
生成了氢氧化铁胶体

【答案】C
【详解】A. SO2是酸性氧化物，与氢氧化钠溶液反应，碱性减弱，溶液红色逐渐褪去，不体现SO2的还原性，A项错误；
B. 铝片与浓硫酸在常温下发生钝化，在铝片表面生成致密的氧化膜，钝化为化学变化，B项错误；
C. 重铬酸钾具有强氧化性，能氧化乙醇，被还原为Cr3+，C项正确；
D. 该反应会生成氢氧化铁沉淀，D项错误；
答案选C。
【点睛】A项是学生们的易错点，二氧化硫化学性质较多，可总结如下：
1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；
2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢等强氧化性的物质反应；
3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等，
4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，
性质决定用途，学生切莫混淆，应加以重视。
13.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L苯中含分子数为NA
B. 1 L 1mol·L－1NaHSO4溶液中含氧原子数为4NA
C. 1 mol Cl2与足量水反应，转移电子数小于NA
D. 在298K时，1 mol的乙烯和丙烯的混合气体中含碳碳双键数目为2NA
【答案】C
【详解】A. 标准状况下，苯为液体，无法计算苯的物质的量，A项错误；
B. 溶剂水中还含有氧原子，B项错误；
C. 氯气与水的反应为可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ H+ + Cl- + HClO，则1 mol Cl2与足量水反应，转移电子数小于NA，C项正确；
D. 乙烯和丙烯分子中都只含有1个双键，则1 mol的乙烯和丙烯的混合气体中含碳碳双键数目为NA，D项错误；
答案选C。
【点睛】1、A项是学生们的易错点，随意使用气体摩尔体积22.4L/mol，只有同时满足气体、标准状况，才可使用22.4L/mol，利用该公式计算气体的体积或者气体物质的量；
2、B项也是学生们的易错点，忽视了溶剂水中的氧原子；
14.已知：①在无色的MnSO4溶液中滴加过二硫酸铵(NH4)2S2O8溶液，溶液变紫红色；②在酸化的KMnO4溶液中滴加H2O2，产生大量气泡；③在含KSCN的FeSO4溶液中滴加硫酸酸化的H2O2，溶液变血红色。下列有关推断正确的是（ ）
A. 反应②中用盐酸酸化KMnO4溶液
B. 氧化性：(NH4)2S2O8>KMnO4>H2O2>Fe3＋
C. 若①中还原产物为SO42-，则氧化剂、还原剂的物质的量之比为2：5
D. 在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2，也可证明H2O2的氧化性比Fe3＋的强
【答案】B
【分析】①在无色的MnSO4溶液中滴加过二硫酸铵(NH4)2S2O8溶液，溶液变紫红色，说明Mn2+被(NH4)2S2O8氧化为MnO4-，MnSO4为还原剂，(NH4)2S2O8为氧化剂，MnO4-为氧化产物；②在酸化的KMnO4溶液中滴加H2O2，产生大量气泡，说明H2O2被KMnO4氧化为O2，KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂；③在含KSCN的FeSO4溶液中滴加硫酸酸化的H2O2，溶液变血红色，说明Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，H2O2为氧化剂，Fe2+为还原剂，Fe3+为氧化产物，据此分析解答。
【详解】①在无色的MnSO4溶液中滴加过二硫酸铵(NH4)2S2O8溶液，溶液变紫红色，说明Mn2+被(NH4)2S2O8氧化为MnO4-，MnSO4为还原剂，(NH4)2S2O8为氧化剂，MnO4-为氧化产物；②在酸化的KMnO4溶液中滴加H2O2，产生大量气泡，说明H2O2被KMnO4氧化为O2，KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂；③在含KSCN的FeSO4溶液中滴加硫酸酸化的H2O2，溶液变血红色，说明Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，H2O2为氧化剂，Fe2+为还原剂，Fe3+为氧化产物，
A. KMnO4会氧化HCl产生氯气，A项错误；
B. 根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知，氧化性：(NH4)2S2O8>KMnO4>H2O2>Fe3＋，B项正确；
C. 在反应①中Mn2+为还原剂，S2O82-为氧化剂，MnO4-为氧化产物，若还原产物为SO42-，由得失电子守恒知，氧化剂、还原剂的物质的量之比应为5:2，C项错误；
D. 硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，也可以氧化亚铁离子，D项错误；
答案选B。
15.实验室有一份混有少量碳酸钙杂质的碳酸钡样品。分离并提纯碳酸钡的实验步骤如下[如图为Ba(OH)2和Ca(OH)2的溶解度曲线]：


下列有关说法错误的是（ ）
A. 步骤Ⅰ所需主要仪器是酒精喷灯、铁坩埚、泥三角、玻璃棒等
B. 步骤Ⅱ中过滤时的温度对实验无明显影响
C. 步骤Ⅲ中，当观察到红色刚好消失时，即可停止通CO2
D. 上述过程中涉及到分解、化合、复分解反应
【答案】B
【分析】含碳酸钙杂质的碳酸钡样品经过高温灼烧，分解生成BaO、CaO，溶于80。C的热水中，生成Ba(OH)2的饱和溶液，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而降低，此温度下Ca(OH)2的溶解度小得多，趁热过滤得到含少量Ca(OH)2的Ba(OH)2溶液，再经过冷却结晶，重新溶于水得到Ba(OH)2溶液，最后通入CO2，通过滴加酚酞确定反应进行的程度，从而得到碳酸钡，据此分析解答。
【详解】含碳酸钙杂质的碳酸钡样品经过高温灼烧，分解生成BaO、CaO，溶于80。C的热水中，生成Ba(OH)2的饱和溶液，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而降低，此温度下Ca(OH)2的溶解度小得多，趁热过滤得到含少量Ca(OH)2的Ba(OH)2溶液，再经过冷却结晶，重新溶于水得到Ba(OH)2溶液，最后通入CO2，通过滴加酚酞确定反应进行的程度，从而得到碳酸钡。
A. 灼烧需要高温，所以选用酒精喷灯，碳酸钙、碳酸钡在高温下能与二氧化硅反应，所以不能用瓷坩埚，而用铁坩埚，铁坩埚置于泥三角上，灼烧时用玻璃棒搅拌使其受热均匀，A项正确；
B. 过滤的目的是分离Ba(OH)2和Ca(OH)2，根据溶解度曲线可知，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而降低，则应趁热过滤，所以步骤Ⅱ中过滤时的温度对实验有影响，B项错误；
C. 当观察到红色刚好消失时，说明Ba(OH)2与CO2完全反应生成BaCO3沉淀，即可停止通CO2，C项正确；
D. 步骤I发生的是分解反应，BaO、CaO与水发生化合反应，Ba(OH)2与CO2发生的是复分解反应，D项正确；
答案选B。
16.向100mL苛性钾溶液中通入一定量氯气恰好完全反应且生成物中有三种含氯元素的粒子。经测定，n(KClO3)＝0.02mol，n(KClO)＝0.04mol。该苛性钾溶液中溶质的物质的量浓度为（ ）
A. 0.6mol·L-1 B. 1.2 mol·L-1 C. 1.8 mol·L-1 D. 2 mol·L-1
【答案】D
【分析】根据题意知产物为KClO3、KClO、KCl，再根据得失电子守恒、元素守恒进行计算。
【详解】根据题意知产物为KClO3、KClO、KCl，根据得失电子守恒知，n(KCl)=5n(KClO3)+n(KClO)＝5×0.02mol +0.04mol=0.14mol，则n(KOH)=n(KCl)+n(KClO3)+ n(KClO)= 0.14mol+0.02mol+0.04mol=0.2mol，c(KOH)=0.2mol/0.1L=2mol/L；
答案选D。
17.I．近期，四川等地频频发生地震，在地震过后，常常喷洒各类消毒液对灾民临时生活区进行消毒。某品牌的“84消毒液”的主要成分为NaClO，浓度为，密度为。
请回答下列问题：
（1）该“84消毒液”的质量分数为_________（保留3位有效数字）。
（2）某同学欲用NaClO固体配制240mL“84消毒液”。
①下列仪器中，不需要用到的是_________。
A．烧杯 B．250 mL容量瓶 C．10mL量筒 D．胶头滴管 E．天平
②下列操作会导致所得溶液浓度偏高的是_______。
A．用长时间放置在空气中的NaClO固体配制 B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 D．定容时俯视容量瓶刻度线
Ⅱ．近年来，雾霾天气频繁发生，降低氮氧化物的排放，至关重要。
（3）三元催化剂能同时实现汽车尾气中的CO、、三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示。化合物X可借助傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定。

① X的化学式为________。
② 在图1的转化中，既有被氧化又有被还原的元素是_____（填元素符号）。
【答案】 (1). 24.8% (2). C (3). D (4). (5). N
【详解】I.（1）根据公式，，可计算=24.8%；
（2）①在配制过程中，不会用到10mL的量筒，答案选C
②根据判断是否对配制溶液浓度有影响，如果n偏大或者V偏小，都会导致c偏高；
A. 用长时间放置在空气中的NaClO固体配制，由于NaClO易吸收空气中的水和二氧化碳而变质，导致有效成分NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，则溶液的物质的量浓度偏小，故A错误；
B. 配制前，容量瓶中有少量蒸馏水对溶液配制无影响，B错误；
C. 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，配制溶液浓度偏小，C错误；
D. 定容时俯视容量瓶刻度线，溶剂未加到刻度线，配制浓度偏高，故D正确；
故答案选D；
（3）①由傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定化合物X含硝酸根，再结合图一由钡离子参与，所以X为；
②既有被氧化又有被还原的元素，化合价既有升高，又有降低，故为N元素。
18.请回答下列问题：
（1）近年来，人类生产、生活所产生的污染物，使雾霾天气逐渐增多。灰霾粒子比较小，平均直径大约在1000～2000nm左右。下列有关说法正确的是_____________
A.灰霾属于纯净物 B.雾霾天气，儿童、老年人应减少户外活动
C.灰霾能发生丁达尔现象 D.减少燃煤用量能降低灰霾天气的产生频率
（2）雾是由大量悬浮在近地面空气中的微小水滴或冰晶组成的气溶胶系统。雾丁达尔效应与水蒸汽有关，欲在树林中观察到丁达尔现象，你认为一天中最有可能观察到该现象的时间是____________，理由是__________________________________________________________
（3）为了消除SO2的污染，工业上采用石灰石－石膏湿法烟气脱硫工艺来降低含硫燃料燃烧排放的SO2。该技术的工作原理是使烟气中的SO2与浆液中的石灰石以及鼓入的空气反应生成生石膏(CaSO4·2H2O)。
①写出该工艺的化学方程式：______________________________________；该反应中每消耗标况下11.2L SO2，转移电子的物质的量为_____________
②若燃煤的含硫量(硫单质)为4%，燃烧1吨该燃煤生成的SO2有96%转化为生石膏，然后经过加热脱水形成熟石膏(2CaSO4·H2O)，则可获得熟石膏_____________吨。
【答案】(1). BD (2). 清晨 (3). 小水滴或冰晶被太阳加热，形成水雾，可能构成1nm—100nm的分散质，阳光透过树叶间隙形成光束，穿过这些水雾时会产生丁达尔效应 (4). 2CaCO3+2SO2+O2+4H2O=2CaSO4∙2H2O+2CO2 (5). 1mol (6). 0.174
【分析】（1）胶体的分散质粒子直径在1-100nm，已知灰霾平均直径大约在1000～2000nm左右，则灰霾不属于胶体，不具有胶体的性质；
（2）清晨小水滴或冰晶被太阳加热，形成水雾，可能构成1nm—100nm的分散质，阳光透过树叶间隙形成光束，穿过这些水雾时会产生丁达尔效应；
（3）①由题意可确定该原理的反应物、生成物，该反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式；计算出SO2物质的量，结合S元素化合价的变化，确定转移电子的物质的量；
②根据硫元素守恒进行计算。
【详解】（1）胶体的分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子比较小，平均直径大约在1000～2000nm左右，则灰霾不属于胶体，不具有胶体的性质，
A. 灰霾是空气和固体颗粒形成的混合物，A项错误；
B. 雾霾是雾和霾的混合物，霾的核心物质是悬浮在空气中的烟、灰尘等物质，空气相对湿度低于80%，颜色发黄。气体能直接进入并粘附在人体下呼吸道和肺叶中，对人体健康有伤害，故雾霾天气，儿童、老年人应减少户外活动，B项正确；
C. 灰霾粒子比较小，平均直径大约在1000～2000nm左右，其粒子直径比可见光(400nm-700nm)大，不能发生光的散射，没有丁达尔现象，C项错误；
D. 减少燃煤用量能够减少有害气体以及烟尘的排放，能降低灰霾天气的产生频率，D项正确；
故答案为：BD；
（2）清晨小水滴或冰晶被太阳加热，形成水雾，可能构成1nm—100nm的分散质，阳光透过树叶间隙形成光束，穿过这些水雾时会产生丁达尔效应；
故答案为：清晨；清晨小水滴或冰晶被太阳加热，形成水雾，可能构成1nm—100nm的分散质，阳光透过树叶间隙形成光束，穿过这些水雾时会产生丁达尔效应；
（3）①为了消除SO2的污染，工业上采用石灰石－石膏湿法烟气脱硫工艺来降低含硫燃料燃烧排放的SO2，由题意知，该原理的反应物为CaCO3、SO2、O2、H2O，生成物为CaSO4·2H2O、CO2，该反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为：2CaCO3+2SO2+O2+4H2O=2CaSO4∙2H2O+2CO2；该反应每消耗标况下11.2L SO2，即0.5mol SO2，S元素化合价由+4价升高为+6价，则转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol；
故答案为：2CaCO3+2SO2+O2+4H2O=2CaSO4∙2H2O+2CO2；1mol；
②S的物质的量为，由硫元素守恒可得，，生石膏(CaSO4·2H2O)物质的量为：
，则熟石膏(2CaSO4·H2O)物质的量为，则熟石膏(2CaSO4·H2O)的质量为；
故答案为：0.174。
19.已知某无色溶液X可能由K＋、Mg2＋、Cu2＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、Fe2＋、AlO2-、CO32-、SO42-、I-、SiO32-，MnO4-中的N种离子组成。某化学兴趣小组通过下列实验确定了其组成：

回答下列问题：
（1）不用做实验就可以肯定原溶液X中不存在的离子是_______________(填离子符号)。
（2）通过上述实验知，X溶液中一定存在__________种离子(填数字；不考虑H＋、OH-)。
（3）在上述滴加氢氧化钡溶液过程中，开始阶段发生反应的离子方程式一定有_____________
（4）该化学兴趣小组的同学为了进一步确定白色沉淀B的成分，取一定量经洗涤后的B与Y溶液反应，沉淀B的物质的量与Y溶液体积之间的关系如图所示。Y可能为____________。B的组成为__________________

【答案】(1). Cu2+、Fe2+、MnO4- (2). 3 (3). Ba2+ + 2OH- + 2HCO3- = BaCO3↓+ CO32- + 2H2O (4). HNO3（或HCl、HI、HClO4等） (5). BaCO3和BaSO4
【分析】已知溶液为无色溶液，则不存在有颜色的离子，即可确定没有Cu2+（蓝色）、Fe2+（浅绿色）、MnO4-（紫红色）；取适量该溶液，加入足量硝酸，有气体生成，则溶液中一定存在CO32−，根据离子共存知，一定不存在与CO32−发生反应的Mg2+、Ag+、Ba2+、Al3+离子；同时得到无色溶液，则一定不存在I−、SiO32−，再根据溶液呈电中性判断原溶液中一定存在唯一阳离子K+；无色溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出沉淀A，说明溶液中一定存在Al3+，原溶液中一定存在AlO2−，反应的离子方程式为：Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+3CO2↑，在所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，继续滴加氢氧化钡溶液至过量，加热会有氨气生成，沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物，则X溶液中一定存在CO32−、K+、AlO2−，据此解答。
【详解】（1）已知溶液为无色溶液，则不存在有颜色的离子，即可确定没有Cu2+（蓝色）、Fe2+（浅绿色）、MnO4-（紫红色）；
故答案为：Cu2+、Fe2+、MnO4-；
（2）取适量该溶液，加入足量硝酸，有气体生成，则溶液中一定存在CO32−，该气体为二氧化碳，根据离子共存知，一定不存在与CO32−发生反应的Mg2+、Ag+、Ba2+、Al3+离子；同时得到无色溶液，则一定不存在I−、SiO32−，再根据溶液呈电中性判断原溶液中一定存在唯一阳离子K+；无色溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出沉淀A，说明溶液中一定存在Al3+，原溶液中一定存在AlO2−，反应的离子方程式为：Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+3CO2↑，在所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，继续滴加氢氧化钡溶液至过量，加热会有氨气生成，沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物，则X溶液中一定存在CO32−、K+、AlO2−，共3种离子；
故答案为：3；
（3）在上述滴加氢氧化钡溶液过程中，开始阶段OH-先与HCO3-反应生成CO32-和H2O，同时生成BaCO3沉淀，此时氢氧化钡的量少，以氢氧化钡为1mol配平该离子方程式，则开始阶段发生反应的离子方程式一定有Ba2+ + 2OH- + 2HCO3- = BaCO3↓+ CO32- + 2H2O；
故答案为：Ba2+ + 2OH- + 2HCO3- = BaCO3↓+ CO32- + 2H2O；
（4）由图像可知沉淀B部分溶于Y溶液，BaCO3溶于HNO3（或HCl、HI、HClO4等），则Y可能为于HNO3（或HCl、HI、HClO4等），则B中一定含有BaCO3、BaSO4；
故答案：HNO3（或HCl、HI、HClO4等）；BaCO3和BaSO4。
20.Na2S俗名叫“臭碱”，是重要的化工产品。
某学习小组设计如下实验：
Ⅰ.探究Na2S的还原性
甲取少量硫化钠溶液于试管，滴加2滴酚酞溶液，再滴加溴水溶液，观察到溶液颜色变浅。
（1）酚酞的作用是____________；写出该实验的离子方程式____________________________
（2）乙认为甲方案不严密。他设计方案：取少量硫化钠溶液于试管，滴加适量苯，再加入溴水。加入“苯”的目的是_________________________________________________________
Ⅱ.探究氧化还原反应和沉淀反应的竞争
丙设计两组实验：
实验Ⅰ：①在10mL2 mol·L－1FeCl3溶液中滴加2mL 1 mol·L－1Na2S溶液，观察到有浅黄色沉淀生成，溶液黄色变浅。②在10mL 2 mol·L－1Na2S溶液中滴加2ml 1 mol·L－1FeCl3溶液。观察到先产生浅黄色固体，随后生成黑色固体，溶液黄色变无色。
实验2：在2 mol·L－1Na2S溶液中滴加少量AgNO3溶液，立即产生大量黑色沉淀，没有浅黄色沉淀。
（3）实验I①中产生的浅黄色固体是___________________(填化学式)。写出实验I②中产生黑色沉淀的离子方程式_________________________________________
（4）已知：氧化性有Ag＋>Fe3＋。实验2中，发生复分解反应，未发生氧化还原反应，其主要原因可能是___________________________________________________________________
【答案】(1). 便于观察实验现象和了解反应进行的程度（合理即可） (2). S2- + Br2 = 2Br- + S↓ (3). 避免空气中氧气氧化S2- (4). S (5). Fe2+ + S2- = FeS↓ (6). Ag2S的溶解度很小
【分析】I.（1）硫离子水解使溶液呈碱性，且水解反应为可逆反应，存在水解平衡；硫离子具有还原性，溴单质具有强氧化性，则硫离子能被溴单质氧化为硫单质；
（2）硫离子在空气中能被氧气氧化生成硫单质，苯难溶于水，且密度比水小，滴加适量苯，可以隔绝空；
Ⅱ.（3）在实验I①中，Fe3+具有氧化性，S2-具有强还原性，能够产生浅黄色固体，可知发生的反应为2Fe3+ + S2- = 2Fe2++S↓；实验I②中，S2-过量，则过量S2-会与反应生成的Fe2+继续反应生成黑色沉淀FeS；
（4）已知：氧化性有Ag＋>Fe3＋，但是在实验2中，没有浅黄色沉淀，而是产生大量黑色沉淀，这是因为Ag2S的溶解度很小，发生的是复分解反应，据此解答。
【详解】I.（1）硫离子水解使溶液呈碱性，且水解反应为可逆反应，存在水解平衡，在硫化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，硫离子具有还原性，溴单质具有强氧化性，则硫离子能被溴单质氧化为硫单质，硫离子浓度减小，水解平衡逆向移动，则酚酞使溶液呈红色，便于观察实验现象和了解反应进行的程度；该实验的离子方程式为S2- + Br2 = 2Br- + S↓；
故答案为：便于观察实验现象和了解反应进行的程度；S2- + Br2 = 2Br- + S↓；
（2）硫离子在空气中能被氧气氧化生成硫单质，苯难溶于水，且密度比水小，滴加适量苯，可以隔绝空，避免空气中氧气氧化S2-；
故答案为：避免空气中氧气氧化S2-；
Ⅱ.（3）在实验I①中，Fe3+具有氧化性，S2-具有强还原性，能够产生浅黄色固体，可知发生的反应为2Fe3+ + S2- = 2Fe2++S↓，则浅黄色固体是S；实验I②中，S2-过量，则过量S2-会与反应生成的Fe2+继续反应生成黑色沉淀FeS，则产生黑色沉淀的离子方程式Fe2+ + S2- = FeS↓；
故答案为：S；Fe2+ + S2- = FeS↓；
（4）已知：氧化性有Ag＋>Fe3＋，但是在实验2中，没有浅黄色沉淀，而是产生大量黑色沉淀，这是因为Ag2S的溶解度很小，发生的是复分解反应；
故答案为：Ag2S的溶解度很小。
21.铝鞣剂主要成分为Al(OH)2Cl，主要用于揉制皮革。利用铝灰(主要成分为Al、Al2O3、AlN，FeO等)制备铝鞣剂的一种工艺如图所示：

请回答下列问题：
（1）气体A、气体C的分子式为_________、______________
（2）产生气体B的化学方程式为：________________________________________________
（3）氧化时，发生反应的离子方程式为：__________________________________________
（4）废渣的主要成分为__________________(填化学式)。
（5）某同学设计如下方案测定铝鞣剂样品中Al(OH)2Cl质量分数。
操作Ⅰ：准确称取所制备的铝鞣剂m g放入烧杯中。
操作Ⅱ：加入_____________(填试剂名称)，并用玻璃棒搅拌至固体全部溶解。
操作Ⅲ：加入足量___________(填化学式)溶液，充分反应，过滤、_________、__________得固体n g。根据所测数据即可计算出样品中Al(OH)2Cl质量分数。
【答案】(1). NH3 (2). CO2 (3). 2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2↑ (4). 2Fe2+ + 2H+ + H2O2 = 2Fe3+ +2H2O (5). Fe(OH)3 (6). 稀硝酸 (7). AgNO3 (8). 洗涤 (9). 干燥
【分析】铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等，加水后，AlN发生水解反应生成氢氧化铝和NH3，为不引入杂质，酸溶时，应加入盐酸，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，其中铝与盐酸反应产生氢气，加入双氧水可氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则废渣为氢氧化铁，气体C为CO2，采用喷雾干燥制备铝鞣剂。
（5）为测定铝鞣剂样品中Al(OH)2Cl的质量分数，可以先测定其中氯离子物质的量，根据氯离子守恒计算Al(OH)2Cl的质量，进而计算样品中Al(OH)2Cl的质量分数，据此分析解答。
【详解】铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等，加水后，AlN发生水解反应生成氢氧化铝和NH3，为不引入杂质，酸溶时，应加入盐酸，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，其中铝与盐酸反应产生氢气，加入双氧水可氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则废渣为氢氧化铁，气体C为CO2，采用喷雾干燥制备铝鞣剂。
（1）由以上分析知，气体A、气体C的分子式分别为NH3、CO2；
故答案为：NH3；CO2；
（2）酸溶时，加入的酸是盐酸，铝与盐酸生成氢气，B为氢气，反应的化学方程式为：2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2↑；
故答案为：2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2↑；
（3）酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入双氧水可氧化亚铁离子为铁离子，则氧化时，发生反应的离子方程式为：2Fe2+ + 2H+ +H2O2 = 2Fe3+ +2H2O；
故答案为：2Fe2+ + 2H+ +H2O2 = 2Fe3+ +2H2O；
（4）由以上分析知，废渣的主要成分为Fe(OH)3；
故答案为：Fe(OH)3；
（5）为测定铝鞣剂样品中Al(OH)2Cl的质量分数，可以先测定其中氯离子物质的量，根据氯离子守恒计算Al(OH)2Cl的质量，进而计算样品中Al(OH)2Cl的质量分数，因此，操作Ⅱ：可加入硝酸溶解样品，操作Ⅲ：加入足量AgNO3溶液沉淀氯离子，充分反应，过滤、洗涤、干燥，得到固体n g。根据所测数据即可计算出样品中Al(OH)2Cl质量分数。
故答案为：稀硝酸；AgNO3；洗涤；干燥。
【点睛】1、铝灰加水后，AlN发生水解反应生成氢氧化铝和NH3，在酸溶时，为不引入杂质，应加入盐酸，只有判断出加入的是盐酸，才能正确写出产生气体B的化学方程式，这是学生们的易错点。
2、为测定铝鞣剂样品中Al(OH)2Cl的质量分数，可以先测定其中氯离子物质的量，根据氯离子守恒计算Al(OH)2Cl的质量，进而计算样品中Al(OH)2Cl的质量分数，而检测氯离子是通过生成氯化银沉淀进行计算的，因此应加入硝酸溶解样品，不能用盐酸、硫酸。