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湖北省黄冈市2020届高三11月新高考备考监测联考化学试题
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高三新高考备考监测联考化学
可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Al 27 S 32 K 39 Cr 52 Fe 56 Ba 137
第Ⅰ卷 (选择题 共45分)
一、单项选择题(本题包括10小题,每小题3分,共计30分。每小题只有一个选项符合题意)
1.实行垃圾分类，关系到广大人民群众的生活环境，关系到节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现。下列垃圾属于不可回收垃圾的是
A. 旧报纸 B. 香烟头 C. 废金属 D. 饮料瓶
【答案】B
【解析】
【详解】A.旧报纸主要成分纤维素，可以回收制成再生纸张而被利用，属于可回收垃圾，A不符合题意；
B.香烟头中主要含有有机的化合物，且含有大量的有害物质，属于不可回收的垃圾，B符合题意；
C.废金属经过熔化，可以重新制成各种金属制品，属于可回收垃圾，C不符合题意；
D.饮料瓶主要成分为玻璃、塑料、金属，经回收可再重新制成各种有益物质，因此属于可回收垃圾，D不符合题意；
故合理选项是B。
2.下列说法不正确的是
A. 天然气、水煤气、液化石油气均是生活中常用的燃料，它们的主要成分都是化合物
B. “中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于金属材料
C. 制玻璃和水泥都要用到石灰石原料
D. 1996年人工合成了第112号元素鎶(Cn)，盛放鎶的容器上应该贴的标签是
【答案】A
【解析】
【详解】A.水煤气主要成分是CO、H2，是混合物，其中H2是单质，不是化合物，A错误；
B. “中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，钢铁属于金属材料，B正确；
C.制玻璃的原料是石灰石、纯碱、石英，制水泥的原料是黏土、石灰石，因此二者都要用到原料石灰石，C正确；
D.112号元素鎶属于放射性元素，因此盛放鎶的容器上应该贴有放射性元素的标签是，D正确；
故合理选项是A。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. Fe2O3能溶于酸,可用作红色油漆和涂料
B. NaHCO3的水溶液呈弱碱性,可用作膨松剂
C. Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚
D. SiO2熔点高、硬度大,常用来制造集成电路
【答案】C
【解析】
【详解】A. Fe2O3可用作红色油漆和涂料是因为是一种红棕色的物质，而不是因为Fe2O3能溶于酸，故A错误；
B. 碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕点的膨松剂，故B错误；
C. Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚，故C正确；
D. 二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，与其熔点高性质无关，故D错误；
正确答案是C。
4.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA
B. 1L 0.1mol·L-1Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目为0.1NA
C. 0.1mol H2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.2NA
D. 2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.CO2分子中含有22个质子，则3g CO2中含有的质子数是(3g÷44g/mol)×22=1.5mol；SO2分子中含有32个质子，则3g CO2中含有的质子数是(3g÷64g/mol)×32=1.5mol，所以3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子的物质的量是1.5mol，则其中含有的质子数为1.5NA，A正确；
B.Na2SiO3是强碱弱酸盐，在溶液中SiO32-发生水解反应而消耗，所以1L 0.1mol·L-1Na2SiO3含有的SiO32-数目小于0.1NA，B错误；
C.H2O2分解产生O2，每有1个分子分解，转移1个电子，则0.1mol H2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NA，C错误；
D.聚乙烯分子中不存在碳碳双键，所以2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0，D错误；
故合理选项是A。
5.用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是
A. 该反应的氧化剂是KNO3
B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3
C. Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质
D. 该反应中生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中，N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂是KNO3，A正确；
B. 配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，在该反应中KNO3作氧化剂，还原产物是NO，FeSO4作还原剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，根据反应过程中电子转移数目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为3∶2，B错误；
C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，因此这几种物质均为电解质，C正确；
D.根据方程式可知：每反应产生72g H2O，转移6mol电子， 则生成144g H2O，转移电子的物质的量为12mol，D正确；
故合理选项是B。
6.公元八世纪，Jabir ibn Hayyan在干馏硝石过程中首次发现并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑)，同时他也是硫酸和王水的发现者。下列说法正确的是
A. 干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收
B. 王水是由3体积浓硝酸与1体积浓盐酸配制而成的
C. 王水溶解金时，其中的盐酸作氧化剂(Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O)
D. 实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是浓硫酸的氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】A.干馏硝石产生的气体NO、O2的物质的量的比是4:3，将混合气体通入水中，会发生反应：2H2O+4NO+3O2=4HNO3，故可以完全被水吸收，A正确；
B.王水是由3体积浓盐酸与1体积浓硝酸配制而成的，B错误；
C.在王水溶解金时，其中的硝酸作氧化剂，获得电子被还原产生NO气体，C错误；
D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是HNO3易挥发，而浓硫酸的高沸点，难挥发性，D错误；
故合理选项是A。
7.用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。
下列叙述正确的是
A. 实验室中用二氧化锰与3 mol·L-1的盐酸共热制备氯气
B. 装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气
C. 装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量
D. 若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而3 mol·L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，A错误；
B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，B错误；
C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置Ⅲ，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；
D.若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D错误；
故合理选项是C。
8.在指定溶液中下列离子能大量共存是
A. 无色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-
B. 能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-
C. c(ClO-)=0.1mol•L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-
D. 由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A错误；
B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B错误；
C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；
故合理选项是D。
9.制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A. 反应①属于固氮反应
B. 步骤②先向饱和食盐水中通入CO2至饱和后，再通入NH3
C. 反应⑤、⑥均为氧化还原反应
D. 用精馏的方法可提纯三氯氢硅
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据氮的固定含义判断；
B.根据物质的溶解性及反应产生的HCO3-浓度大小判断气体通入先后顺序；
C.根据氧化还原反应的特征判断反应类型；
D.根据物质的沸点的高低判断提纯方法。
【详解】A.N2与H2在一定条件下合成NH3气，是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A正确；
B.CO2在室温下在饱和食盐水中溶解度不大，若先通入CO2，后通入NH3，则反应产生的HCO3-离子浓度较小，最后得到的NaHCO3就少，或根本不产生NaHCO3固体，而NH3易溶于水，先通入NH3使溶液呈碱性，有利于CO2的吸收，因此要先向饱和食盐水中通入足量NH3，再通入CO2气体，B错误；
C.反应⑤、⑥中均匀元素化合价的变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C正确；
D.由于三氯氢硅沸点只有33℃，比较低，与其它杂质的沸点不同，因此可通过蒸馏的方法分离提纯，分馏方法也叫精馏，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题以制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程为线索，考查了物质制取过程中加入物质的先后顺序、反应类型的判断、混合物的分离方法等化学基础知识和基本技能。掌握物质的性质及在实验中的应用是本题解答的关键。
10.由两种物质组成的一包白色粉末，通过如下实验可鉴别其中的成分：取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。该白色粉末可能为
A. SiO2、明矾 B. BaCO3、无水CuSO4
C. MgCO3、Na2S2O3 D. KCl、Ag2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A、取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解，说明固体中含有不溶性的物质和可溶性物质，对四个选项分析比较，都具备该条件；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，说明有碳酸盐，A中无碳酸盐， A错误；
B、最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色，由于CuSO4溶液显蓝色，不是无色，B错误；
C、Na2S2O3与硝酸反应产生Na2SO4、S单质、NO气体，S是淡黄色难溶于水的物质，不是白色固体， C错误；
D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反应产生AgNO3、CO2气体和H2O，KCl再与AgNO3发生复分解反应产生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合题意，通过上述分析可知该白色粉末为KCl、Ag2CO3，D正确；
故合理选项是D。
二、不定项选择题
11.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：①2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是
A. H3PO2的结构式为
B. H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸
C. NaH2PO2是酸式盐
D. 每消耗1mol P4，反应①中转移6mol电子
【答案】CD
【解析】
【详解】A.根据②反应可知H3PO2是一元酸，由于只有-OH的H原子能够电离，因此可说明H3PO2的结构式为，A正确；
B.由于P元素最高化合价是+5价，而在H3PO2中P元素化合价为+1价，说明该物质具有强还原性，在空气中可能被空气中的氧气氧化成+5价的磷酸，B正确；
C.根据A选项可知H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，C错误；
D.在①反应中元素化合价升降数值是6，说明每有2mol P4反应，反应①中转移6mol电子，D错误；
故合理选项是CD。
12.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的原因的是
A. 铜久置空气中表面出现绿色固体：2Cu＋O2＋CO2＋H2O═Cu2(OH)2CO3
B. 某种火箭发射阶段有少量N2O4，逸出，产生红色气体：N2O42NO2
C. FeSO4·7H2O在空气中久置变黄：2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O
D. SO2通入KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐褪去：5SO2＋2KMnO4＋2H2O═K2SO4＋2MnSO4十2H2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A、铜表面生成的绿色固体为碱式碳酸铜，故A项正确；
B、N2O4逸出时，压强减小，有利于生成NO2，故B项正确；
C、FeSO4·7H2O在空气中久置时，Fe2＋被氧化为Fe3＋，反应方程式为20FeSO4·7H2O＋5O2=4Fe4（OH）2（SO4）5＋2Fe2O3＋136H2O，故C项错误；
D、SO2通人KMnO4溶液中，紫色MnO4—被还原为几乎无色的Mn2＋，故D项正确。
故选C。
13.下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. NaNa2ONa2CO3
B. AlAl2O3Al(OH)3
C. Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3
D. Na2CO3(aq)NaHCO3CO2
【答案】AC
【解析】
【详解】A.Na在室温下被空气氧化产生Na2O，Na2O与CO2反应产生Na2CO3和O2，可以实现给定的条件下的转化关系，A正确；
B.Al与Fe2O3在高温下反应产生Al2O3，Al2O3不能与水反应产生Al(OH)3，B错误；
C.Fe(OH)2在潮湿的空气中容易被空气中的O2氧化产生Fe(OH)3，Fe(OH)3不稳定，加热分解Fe2O3和水，可以实现上述转化关系，C正确；
D.向Na2CO3溶液中通入足量CO2气体，发生反应产生NaHCO3，NaHCO3与NaOH溶液反应产生Na2CO3，不能产生CO2气体，不能实现上述转化，D错误；
故合理选项是AC。
14.捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A. 标准状况下，22.4L CO2中所含的电子数目为16NA
B. 10.1g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为0.3NA
C. 2mol Au与2mol H2中所含的分子数目均为2NA
D. 100g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
【答案】BD
【解析】
【详解】A.在标准状况下，22.4L CO2的物质的量是1mol，由于CO2分子中含有22个电子，所以1mol CO2的中所含的电子数目为22NA，A错误；
B.N(C2H5)3分子中含有3个非极性共价键，10.1g N(C2H5)3的物质的量是0.1mol，所以其中含有的非极性共价键数目为0.3NA，B正确；
C.Au是由原子构成，无分子，因此该选项说法不合理，C错误；
D.100g 46%的甲酸水溶液中含有甲酸质量是46g，物质的量其物质的量是1mol，其中含有2mol O 原子；含有H2O的质量是54g，H2O的物质的量是3mol，其中含有3mol O原子，因此100g该溶液中所含的氧原子数目为5NA，D正确；
故合理选项是BD。
15.据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。
下列说法正确的是
A. Cu2(OH)3Cl属于有害锈
B. Cu2(OH)2CO3属于复盐
C. 青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层
D. 用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”
【答案】A
【解析】
【详解】A. 从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu的腐蚀，因此属于有害锈，A正确；
B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；
C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；
D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D错误；
故合理选项是A。
第Ⅱ卷 (非选择题 共55分)
三、非选择题(本题包括5小题,共55分)
16.氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：
(1)常温下，在pH约为9时，用澄清石灰水可将水体中的HPO42-化为Ca10(PO4)6(OH)2沉淀除去，该反应的离子方程式为_____________。
(2)除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。
①Prusse等提出的用Pd-Cu作催化剂，常温下，在pH为4.0~6.0时，可直接用H2将NO3-还原为N2，该反应的离子方程式为__________。研究发现用H2和CO2的混合气体代替H2，NO3-的去除效果比只用H2时更好，其原因是________。
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO3-还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2+，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。
(3)实验测得相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中(2NH3+3ClO-=N2+3H2O+3Cl-)，pH与氨态氮的去除率关系如图所示，在pH大于9时，pH越大，去除率越小，其原因是_________。
【答案】 (1). 10Ca2++8OH-+6HPO42-=Ca10(PO4)6(OH)2↓+6H2O (2). 2NO3-+5H2+2H+N2+6H2O (3). CO2溶于水后呈酸性，可以提供H+，有利于pH维持在4.0~6.0 (4). 5∶1 (5). pH大于9时，ClO-的氧化性减弱，不利于氧化NH3
【解析】
【分析】
(1)Ca(OH)2与HPO42-反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水；
(2)①在pH为4.0~6.0的酸性条件下，H2将NO3-还原为N2，CO2溶于水会电离产生H+，便于H2还原NO3-；
②在pH约为5时，纳米Fe粉可将NO3-还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2+，根据电子守恒配平方程式，可得该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比；
(3)根据ClO-氧化性与溶液的pH关系分析。
【详解】(1)Ca(OH)2与HPO42-反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为10Ca2++8OH-+6HPO42-=Ca10(PO4)6(OH)2↓+6H2O；
(2)①在pH为4.0~6.0的酸性条件下，具有还原性的H2可以将NO3-还原为N2，反应的离子方程式为：2NO3-+5H2+2H+N2+6H2O ；若H2中混有CO2，CO2溶于水反应产生的H2CO3发生电离作用，会电离产生H+，有利于pH维持在4.0~6.0，便于H2还原NO3-；
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO3-还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2+，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的化学方程式为：5Fe+12H++2NO3-=5Fe2++N2↑+6H2O，根据方程式可知：在该反应中氧化产物Fe2+与还原产物N2的物质的量之比为5：1；
(3)ClO-具有强的氧化性，溶液的pH越小，ClO-氧化性越强，pH越大，ClO-的氧化性越弱。当pH大于9时，溶液进行较强，则ClO-的氧化性减弱，不利于氧化NH3。
【点睛】本题以氮、磷对水体的污染的治理为线索，考查了溶液的酸碱性对化学反应的影响，化学反应除了与反应的物质种类有关，还与溶液的酸碱性有关，控制好反应条件，可使反应向有利于生产、生活、环保等方向发展。
17.某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、HCO3-、S2-、SO42-、Cl-、OH-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如下：
(1)通过上述实验过程，一定不存在的离子是_______。
(2)反应①中生成A的离子方程式为________。
(3)若测得X溶液中c(H+)=6mol·L-1，则X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+，c(Fe3+)=________mol·L-1(若填不含，则不需计算)，X溶液中c(Cl-)=_______mol·L-1。
【答案】 (1). HCO3-、S2-、OH- (2). 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (3). 含 (4). 2 (5). 8
【解析】
【分析】
测得X溶液中c(H+)=6mol/L，在强酸性溶液中与H+反应的离子不能大量存在；一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则沉淀C为BaSO4 沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E 为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量 NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于 CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3，说明原溶液中含有Al3+离子，通过计算氢氧化铁物质的量和原溶液中亚铁离子物质的量判断原溶液中含有Fe3+，溶液显酸性，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，根据已知溶液中电荷守恒计算确定是否含有的离子Cl-，以此解答。
【详解】通过上述分析可知：气体A是NO，溶液B中含有Al3+、NH4+、Fe2+，沉淀C是BaSO4，气体D是NO2，溶液E为HNO3，气体F是NH3，I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3：
(1)由于测得X溶液中c(H+)=6mol/L，溶液显酸性，在强酸性溶液中与H+反应的离子HCO3-、S2-、OH-不能大量存在；故原溶液一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子；
(2)在X中含有Fe2+、H+，当加入Ba(NO3)2溶液时，会发生氧化还原反应，产生Fe3+、NO、H2O，反应的离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
(3)n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，根据3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O中Fe2+与NO的关系可知n(Fe2+)=3n(NO)=0.03mol，n[Fe(OH)3]=5.35g÷107g/mol=0.05mol>n(Fe2+)=0.03mol，根据Fe元素守恒，说明在原溶液中含有Fe3+，其物质的量是0.02mol，由于溶液的体积是0.01L，所以c(Fe3+)=0.02mol÷0.01L=2mol/L；该溶液中，n(H+)=6mol/L×0.01L=0.06mol，根据元素守恒可得n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=16.31g÷233g/mol=0.07mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.78g÷78g/mol=0.01mol，根据(3)计算可知n(Fe2+)=0.03mol，n(Fe3+)=0.02mol，由于正电荷总数：3n(Al3+)+ 3n(Fe3+)+2n(Fe2+)+ n(NH4+)+ n(H+)=3×0.01mol+3×0.02mol+2×0.03mol+0.01mol+0.06mol=0.22mol，n(SO42-)=0.07mol，其所带的负电荷数0.07mol×2=0.14mol<0.22mol，所以该溶液中还含有带负电荷的Cl-，其物质的量为n(Cl-)=0.22mol-0.14mol=0.08mol，其物质的量浓度c(Cl-)=0.08mol÷0.01L=8mol/L。
【点睛】本题考查无机物的推断的知识，根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析解答，熟悉物质的性质是解本题关键，根据溶液和硝酸钡反应生成气体确定溶液中存在亚铁离子，为解答本题的易错点，有时要结合电荷守恒判断某种离子的存在性及其含量的多少。
18.氟化铬可用作毛织品防蛀剂、卤化催化剂、大理石硬化及着色剂。以铬云母矿石(含4.5%Cr2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备氟化铬的工艺流程如图。
表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：
氢氧化物
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Cr(OH)3
Fe(OH)2
开始沉淀的pH
2.3
8.8
4.9
7.5
沉淀完全的pH
4.1
10.4
6.8
9.7
请回答下列问题：
(1)Fe2O3、MgO、FeO、SiO2中属于碱性氧化物的有________种。
(2)将铬云母矿石粉碎的目的是________。
(3)滤渣1主要成分的用途是________。(写一种)
(4)Cr2O3与稀硫酸反应的化学方程式为___________。
(5)第一次滴加氨水调节pH范围为________。
(6)第二次滴加氨水调节pH为6.8~8.8的目的是_______，Cr(OH)3与 Al(OH)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，写出Cr(OH)3溶解的离子方程式：________。
【答案】 (1). 3 (2). 增大接触面积，提高浸取率，加快浸取速率 (3). 用于制备光导纤维 (4). Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O (5). 4.1~4.9(或4.1≤pH<4.9) (6). 使Cr3+完全沉淀，Mg2+不沉淀 (7). Cr(OH)3+OH-=Cr(OH)4-或Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O
【解析】
【分析】
将铬云母矿石粉碎后与加入的稀硫酸充分混合，其中金属氧化物反应变为可溶性盐进入溶液，SiO2进入滤渣I中，溶液中通入H2O2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加入氨水调节溶液的4.1
(2)铬云母矿石是固态物质，将铬云母矿石粉碎目的是增大反应时遇酸的接触面积，提高酸浸取率，加快浸取速率；
(3)滤渣1主要成分是SiO2，可用于制备光导纤维、制晶体硅、水泥等；
(4)Cr2O3是碱性氧化物与稀硫酸反应产生硫酸铬和水，反应的化学方程式为Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O；
(5)向酸浸后的溶液中加入H2O2，可以将Fe2+氧化产生Fe3+，第一次滴加氨水调节pH范围为4.1
【点睛】本题以制备氟化铬的工艺流程为线索，考查了反应条件的控制、化学方程式的书写、物质的类型判断等知识。要求学生会利用题目已知信息，结合已经学过的知识，学会联系方法进行分析、解答、判断。
19.某兴趣小组的同学设计实验制备CuBr(白色结晶性粉末，微溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂)，实验装置(夹持、加热仪器略)如图所示。
(1)仪器M的名称是________。
(2)若将M中的浓硫酸换成70%的H2SO4，则圆底烧瓶中的固体试剂为______(填化学式)。
(3)B中发生反应的化学方程式为_______，能说明B中反应已完成的依据是_____。若B中Cu2+仍未完全被还原，适宜加入的试剂是_______(填标号)。
a.液溴 b.Na2SO4 c.铁粉 d.Na2S2O3
(4)下列关于过滤的叙述不正确的是_______ (填标号)。
a.漏斗末端颈尖可以不紧靠烧杯壁
b.将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁
c.滤纸边缘可以高出漏斗口
d.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速率
(5)洗涤时，先用装置C中的吸收液清洗，其目的是_______，再依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Na2SO3(或K2SO3或NaHSO3或KHSO3等) (3). 2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr↓+Na2SO4+2H2SO4 (4). 溶液蓝色褪去 (5). d (6). acd (7). 防止CuBr被氧化 (8). 用乙醇除去固体表面的水，再用更易挥发的乙醚除去乙醇，使其快速干燥
【解析】
【分析】
(1)根据仪器结构判断仪器的名称；
(2)根据复分解反应的规律选择试剂；
(3)在B中NaBr、SO2、CuSO4、H2O会发生氧化还原反应产生CuBr沉淀，利用电子守恒、原子守恒，书写反应的化学方程式，根据Cu2+的水溶液显蓝色，结合该反应的特点判断反应完全的特征及加入的物质；
(4)根据过滤操作的目的、仪器的使用方法解答；
(5)CuBr容易被氧化，根据SO2的水溶液具有还原性分析，结合H2O容易溶于乙醇中，及乙醇、乙醚具有易挥发的性质分析。
【详解】(1)根据装置图中仪器M的结构可知该仪器的名称是分液漏斗；
(2)根据复分解反应的规律可用70%的H2SO4与Na2SO3或K2SO3或NaHSO3或KHSO3等反应制取SO2气体，反应方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑；
(3)在B中BaBr、SO2、CuSO4、H2O会发生氧化还原反应产生CuBr沉淀，利用电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr↓+Na2SO4+2H2SO4；
Cu2+的水溶液显蓝色，若反应完全，则溶液中不再含有Cu2+，溶液的蓝色褪去，由于CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+水解使溶液显酸性，H+与Na2S2O3反应产生SO2气体，以促使反应的进行，因此若B中Cu2+仍未完全被还原，适宜加入的试剂是Na2S2O3，故合理选项是d；
(4)a.漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，就可以使过滤得到的滤液沿烧杯内壁不断进入到烧杯中，a错误；
b.将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁，就可以使混合物充分分离，b正确；
c.为了使难溶性的固体与液体物质分离，滤纸边缘要低于漏斗口边缘，c错误；
d.用玻璃棒引流，使混合物进入到过滤器中，在漏斗中不能用玻璃棒搅动，否则会使滤纸破损，导致不能过滤，不能分离混合物，d错误；
故合理选项是acd；
(5)SO2是大气污染物，为防止其污染环境，用蒸馏水吸收SO2，得到H2SO3溶液，该物质具有还原性，用H2SO3溶液洗涤，就可以避免CuBr被空气中的氧气氧化，然后依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是用乙醇除去固体表面的水，再用更易挥发的乙醚除去乙醇，使其快速干燥。
【点睛】本题考查物质制备方案的设计的知识，涉及对操作的分析评价、物质的分离提纯、实验方案实际等，(5)为易错点，学生容易忽略加入氢氧化钠溶液的质量，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。
20.以铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备二草酸铬钾的实验步骤如图：
回答下列问题：
(1)“熔融”的装置如图，坩埚W的材质可以是________(填“铁”“陶瓷”或“玻璃”)；FeO·Cr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为_______________。
(2)熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等，步骤①的具体步骤为水浸，过滤，调pH为7~8，加热煮沸半小时，趁热过滤。第一次过滤滤渣中的主要成分为________，“调pH为7~8，加热煮沸半小时”的目的是__________。
(3)步骤②需加入酸，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为________。
(4)步骤④包含的具体操作有____，经干燥得到K2Cr2O7晶体。(有关物质的溶解度曲线如图所示)
(5)步骤⑤需往两种固体混合物中加入一滴水及少量酒精研磨，所用的硅酸盐质仪器的名称是________。
(6)采用热重分析法测定K[Cr(C2O4)2]·nH2O样品所含结晶水数目，将样品加热到80℃时，失掉全部结晶水，失重16.8%。K[Cr(C2O4)2]·nH2O晶体中n=____。
【答案】 (1). 铁 (2). (3). Fe2O3、Fe(OH)3 (4). 使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3，过滤除去 (5). 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O (6). 加热浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤 (7). 研钵 (8). 3
【解析】
【分析】
铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)，与KClO3 及NaOH、Na2CO3发生反应，熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及NaFeO2 等，主要的反应为：，水浸，过滤，调pH为7-8，加热煮沸半小时，趁热过滤，除去不溶的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O═Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3沉淀，滤液含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及等，再调节pH除去Na2SiO3、NaAlO2，得到含有Na2CrO4、KCl的溶液，加入稀硫酸发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入KCl，Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤沉淀得到K2Cr2O7，加入草酸晶体和无水乙醇得到产品K[Cr(C2O4)2]·nH2O。
(1)高温下陶瓷或玻璃中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应；由流程分析可知6FeO•Cr2O3、Na2CO3和KClO3在加热条件下生成Na2CrO4、Fe2O3、KCl和CO2，结合质量守恒写出发生反应的化学方程式；
(2)熔渣中的Fe2O3和生成的Fe(OH)3均不溶于水；根据盐的水解反应是吸热反应，从平衡移动角度分析；
(3)根据流程，酸化时，CrO42-→Cr2O72-，结合电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；
(4)根据溶解度随温度变化情况，选择结晶方法；
(5)结合常用仪器的性能判断；
(6)根据K[Cr(C2O4)2]·nH2O中水的质量分析为16.8%，即=0.168计算。
【详解】(1)高温下陶瓷或玻璃仪器中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应，因此应选用铁坩埚；
由流程中的产物及已知条件可知反应方程式为；
(2)根据分析第一次过滤的滤渣为熔渣中的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3；由于NaAlO2、Na2SiO3是强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡，水解产生Al(OH)3、H2SiO3，由于盐的水解反应是吸热反应，根据温度对盐的水解的影响，“调pH为7－8，加热煮沸半小时”的目的是使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3，过滤除去；
(3)根据流程，酸化时，CrO42-→Cr2O72-，结合电荷守恒和原子守恒，可得发生反应的离子方程式2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；
(4)依据溶解度曲线，步骤④包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤，经干燥得到K2Cr2O7晶体；
(5)实验室研磨固体时，所用硅酸盐质仪器为研钵；
(6) K[Cr(C2O4)2]·nH2O的相对分子质量为267+18n，由题意知=0.168，解得n=3。
【点睛】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质推断、化学用语、化学计算、氧化还原反应等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力。
高三新高考备考监测联考化学
可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Al 27 S 32 K 39 Cr 52 Fe 56 Ba 137
第Ⅰ卷 (选择题 共45分)
一、单项选择题(本题包括10小题,每小题3分,共计30分。每小题只有一个选项符合题意)
1.实行垃圾分类，关系到广大人民群众的生活环境，关系到节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现。下列垃圾属于不可回收垃圾的是
A. 旧报纸 B. 香烟头 C. 废金属 D. 饮料瓶
【答案】B
【解析】
【详解】A.旧报纸主要成分纤维素，可以回收制成再生纸张而被利用，属于可回收垃圾，A不符合题意；
B.香烟头中主要含有有机的化合物，且含有大量的有害物质，属于不可回收的垃圾，B符合题意；
C.废金属经过熔化，可以重新制成各种金属制品，属于可回收垃圾，C不符合题意；
D.饮料瓶主要成分为玻璃、塑料、金属，经回收可再重新制成各种有益物质，因此属于可回收垃圾，D不符合题意；
故合理选项是B。
2.下列说法不正确的是
A. 天然气、水煤气、液化石油气均是生活中常用的燃料，它们的主要成分都是化合物
B. “中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于金属材料
C. 制玻璃和水泥都要用到石灰石原料
D. 1996年人工合成了第112号元素鎶(Cn)，盛放鎶的容器上应该贴的标签是
【答案】A
【解析】
【详解】A.水煤气主要成分是CO、H2，是混合物，其中H2是单质，不是化合物，A错误；
B. “中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，钢铁属于金属材料，B正确；
C.制玻璃的原料是石灰石、纯碱、石英，制水泥的原料是黏土、石灰石，因此二者都要用到原料石灰石，C正确；
D.112号元素鎶属于放射性元素，因此盛放鎶的容器上应该贴有放射性元素的标签是，D正确；
故合理选项是A。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. Fe2O3能溶于酸,可用作红色油漆和涂料
B. NaHCO3的水溶液呈弱碱性,可用作膨松剂
C. Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚
D. SiO2熔点高、硬度大,常用来制造集成电路
【答案】C
【解析】
【详解】A. Fe2O3可用作红色油漆和涂料是因为是一种红棕色的物质，而不是因为Fe2O3能溶于酸，故A错误；
B. 碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕点的膨松剂，故B错误；
C. Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚，故C正确；
D. 二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，与其熔点高性质无关，故D错误；
正确答案是C。
4.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA
B. 1L 0.1mol·L-1Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目为0.1NA
C. 0.1mol H2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.2NA
D. 2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.CO2分子中含有22个质子，则3g CO2中含有的质子数是(3g÷44g/mol)×22=1.5mol；SO2分子中含有32个质子，则3g CO2中含有的质子数是(3g÷64g/mol)×32=1.5mol，所以3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子的物质的量是1.5mol，则其中含有的质子数为1.5NA，A正确；
B.Na2SiO3是强碱弱酸盐，在溶液中SiO32-发生水解反应而消耗，所以1L 0.1mol·L-1Na2SiO3含有的SiO32-数目小于0.1NA，B错误；
C.H2O2分解产生O2，每有1个分子分解，转移1个电子，则0.1mol H2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NA，C错误；
D.聚乙烯分子中不存在碳碳双键，所以2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0，D错误；
故合理选项是A。
5.用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是
A. 该反应的氧化剂是KNO3
B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3
C. Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质
D. 该反应中生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中，N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂是KNO3，A正确；
B. 配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，在该反应中KNO3作氧化剂，还原产物是NO，FeSO4作还原剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，根据反应过程中电子转移数目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为3∶2，B错误；
C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，因此这几种物质均为电解质，C正确；
D.根据方程式可知：每反应产生72g H2O，转移6mol电子， 则生成144g H2O，转移电子的物质的量为12mol，D正确；
故合理选项是B。
6.公元八世纪，Jabir ibn Hayyan在干馏硝石过程中首次发现并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑)，同时他也是硫酸和王水的发现者。下列说法正确的是
A. 干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收
B. 王水是由3体积浓硝酸与1体积浓盐酸配制而成的
C. 王水溶解金时，其中的盐酸作氧化剂(Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O)
D. 实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是浓硫酸的氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】A.干馏硝石产生的气体NO、O2的物质的量的比是4:3，将混合气体通入水中，会发生反应：2H2O+4NO+3O2=4HNO3，故可以完全被水吸收，A正确；
B.王水是由3体积浓盐酸与1体积浓硝酸配制而成的，B错误；
C.在王水溶解金时，其中的硝酸作氧化剂，获得电子被还原产生NO气体，C错误；
D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是HNO3易挥发，而浓硫酸的高沸点，难挥发性，D错误；
故合理选项是A。
7.用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。
下列叙述正确的是
A. 实验室中用二氧化锰与3 mol·L-1的盐酸共热制备氯气
B. 装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气
C. 装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量
D. 若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而3 mol·L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，A错误；
B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，B错误；
C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置Ⅲ，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；
D.若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D错误；
故合理选项是C。
8.在指定溶液中下列离子能大量共存是
A. 无色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-
B. 能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-
C. c(ClO-)=0.1mol•L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-
D. 由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A错误；
B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B错误；
C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；
故合理选项是D。
9.制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A. 反应①属于固氮反应
B. 步骤②先向饱和食盐水中通入CO2至饱和后，再通入NH3
C. 反应⑤、⑥均为氧化还原反应
D. 用精馏的方法可提纯三氯氢硅
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据氮的固定含义判断；
B.根据物质的溶解性及反应产生的HCO3-浓度大小判断气体通入先后顺序；
C.根据氧化还原反应的特征判断反应类型；
D.根据物质的沸点的高低判断提纯方法。
【详解】A.N2与H2在一定条件下合成NH3气，是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A正确；
B.CO2在室温下在饱和食盐水中溶解度不大，若先通入CO2，后通入NH3，则反应产生的HCO3-离子浓度较小，最后得到的NaHCO3就少，或根本不产生NaHCO3固体，而NH3易溶于水，先通入NH3使溶液呈碱性，有利于CO2的吸收，因此要先向饱和食盐水中通入足量NH3，再通入CO2气体，B错误；
C.反应⑤、⑥中均匀元素化合价的变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C正确；
D.由于三氯氢硅沸点只有33℃，比较低，与其它杂质的沸点不同，因此可通过蒸馏的方法分离提纯，分馏方法也叫精馏，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题以制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程为线索，考查了物质制取过程中加入物质的先后顺序、反应类型的判断、混合物的分离方法等化学基础知识和基本技能。掌握物质的性质及在实验中的应用是本题解答的关键。
10.由两种物质组成的一包白色粉末，通过如下实验可鉴别其中的成分：取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。该白色粉末可能为
A. SiO2、明矾 B. BaCO3、无水CuSO4
C. MgCO3、Na2S2O3 D. KCl、Ag2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A、取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解，说明固体中含有不溶性的物质和可溶性物质，对四个选项分析比较，都具备该条件；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，说明有碳酸盐，A中无碳酸盐， A错误；
B、最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色，由于CuSO4溶液显蓝色，不是无色，B错误；
C、Na2S2O3与硝酸反应产生Na2SO4、S单质、NO气体，S是淡黄色难溶于水的物质，不是白色固体， C错误；
D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反应产生AgNO3、CO2气体和H2O，KCl再与AgNO3发生复分解反应产生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合题意，通过上述分析可知该白色粉末为KCl、Ag2CO3，D正确；
故合理选项是D。
二、不定项选择题
11.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：①2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是
A. H3PO2的结构式为
B. H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸
C. NaH2PO2是酸式盐
D. 每消耗1mol P4，反应①中转移6mol电子
【答案】CD
【解析】
【详解】A.根据②反应可知H3PO2是一元酸，由于只有-OH的H原子能够电离，因此可说明H3PO2的结构式为，A正确；
B.由于P元素最高化合价是+5价，而在H3PO2中P元素化合价为+1价，说明该物质具有强还原性，在空气中可能被空气中的氧气氧化成+5价的磷酸，B正确；
C.根据A选项可知H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，C错误；
D.在①反应中元素化合价升降数值是6，说明每有2mol P4反应，反应①中转移6mol电子，D错误；
故合理选项是CD。
12.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的原因的是
A. 铜久置空气中表面出现绿色固体：2Cu＋O2＋CO2＋H2O═Cu2(OH)2CO3
B. 某种火箭发射阶段有少量N2O4，逸出，产生红色气体：N2O42NO2
C. FeSO4·7H2O在空气中久置变黄：2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O
D. SO2通入KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐褪去：5SO2＋2KMnO4＋2H2O═K2SO4＋2MnSO4十2H2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A、铜表面生成的绿色固体为碱式碳酸铜，故A项正确；
B、N2O4逸出时，压强减小，有利于生成NO2，故B项正确；
C、FeSO4·7H2O在空气中久置时，Fe2＋被氧化为Fe3＋，反应方程式为20FeSO4·7H2O＋5O2=4Fe4（OH）2（SO4）5＋2Fe2O3＋136H2O，故C项错误；
D、SO2通人KMnO4溶液中，紫色MnO4—被还原为几乎无色的Mn2＋，故D项正确。
故选C。
13.下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. NaNa2ONa2CO3
B. AlAl2O3Al(OH)3
C. Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3
D. Na2CO3(aq)NaHCO3CO2
【答案】AC
【解析】
【详解】A.Na在室温下被空气氧化产生Na2O，Na2O与CO2反应产生Na2CO3和O2，可以实现给定的条件下的转化关系，A正确；
B.Al与Fe2O3在高温下反应产生Al2O3，Al2O3不能与水反应产生Al(OH)3，B错误；
C.Fe(OH)2在潮湿的空气中容易被空气中的O2氧化产生Fe(OH)3，Fe(OH)3不稳定，加热分解Fe2O3和水，可以实现上述转化关系，C正确；
D.向Na2CO3溶液中通入足量CO2气体，发生反应产生NaHCO3，NaHCO3与NaOH溶液反应产生Na2CO3，不能产生CO2气体，不能实现上述转化，D错误；
故合理选项是AC。
14.捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A. 标准状况下，22.4L CO2中所含的电子数目为16NA
B. 10.1g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为0.3NA
C. 2mol Au与2mol H2中所含的分子数目均为2NA
D. 100g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
【答案】BD
【解析】
【详解】A.在标准状况下，22.4L CO2的物质的量是1mol，由于CO2分子中含有22个电子，所以1mol CO2的中所含的电子数目为22NA，A错误；
B.N(C2H5)3分子中含有3个非极性共价键，10.1g N(C2H5)3的物质的量是0.1mol，所以其中含有的非极性共价键数目为0.3NA，B正确；
C.Au是由原子构成，无分子，因此该选项说法不合理，C错误；
D.100g 46%的甲酸水溶液中含有甲酸质量是46g，物质的量其物质的量是1mol，其中含有2mol O 原子；含有H2O的质量是54g，H2O的物质的量是3mol，其中含有3mol O原子，因此100g该溶液中所含的氧原子数目为5NA，D正确；
故合理选项是BD。
15.据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。
下列说法正确的是
A. Cu2(OH)3Cl属于有害锈
B. Cu2(OH)2CO3属于复盐
C. 青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层
D. 用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”
【答案】A
【解析】
【详解】A. 从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu的腐蚀，因此属于有害锈，A正确；
B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；
C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；
D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D错误；
故合理选项是A。
第Ⅱ卷 (非选择题 共55分)
三、非选择题(本题包括5小题,共55分)
16.氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：
(1)常温下，在pH约为9时，用澄清石灰水可将水体中的HPO42-化为Ca10(PO4)6(OH)2沉淀除去，该反应的离子方程式为_____________。
(2)除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。
①Prusse等提出的用Pd-Cu作催化剂，常温下，在pH为4.0~6.0时，可直接用H2将NO3-还原为N2，该反应的离子方程式为__________。研究发现用H2和CO2的混合气体代替H2，NO3-的去除效果比只用H2时更好，其原因是________。
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO3-还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2+，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。
(3)实验测得相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中(2NH3+3ClO-=N2+3H2O+3Cl-)，pH与氨态氮的去除率关系如图所示，在pH大于9时，pH越大，去除率越小，其原因是_________。
【答案】 (1). 10Ca2++8OH-+6HPO42-=Ca10(PO4)6(OH)2↓+6H2O (2). 2NO3-+5H2+2H+N2+6H2O (3). CO2溶于水后呈酸性，可以提供H+，有利于pH维持在4.0~6.0 (4). 5∶1 (5). pH大于9时，ClO-的氧化性减弱，不利于氧化NH3
【解析】
【分析】
(1)Ca(OH)2与HPO42-反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水；
(2)①在pH为4.0~6.0的酸性条件下，H2将NO3-还原为N2，CO2溶于水会电离产生H+，便于H2还原NO3-；
②在pH约为5时，纳米Fe粉可将NO3-还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2+，根据电子守恒配平方程式，可得该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比；
(3)根据ClO-氧化性与溶液的pH关系分析。
【详解】(1)Ca(OH)2与HPO42-反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为10Ca2++8OH-+6HPO42-=Ca10(PO4)6(OH)2↓+6H2O；
(2)①在pH为4.0~6.0的酸性条件下，具有还原性的H2可以将NO3-还原为N2，反应的离子方程式为：2NO3-+5H2+2H+N2+6H2O ；若H2中混有CO2，CO2溶于水反应产生的H2CO3发生电离作用，会电离产生H+，有利于pH维持在4.0~6.0，便于H2还原NO3-；
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO3-还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2+，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的化学方程式为：5Fe+12H++2NO3-=5Fe2++N2↑+6H2O，根据方程式可知：在该反应中氧化产物Fe2+与还原产物N2的物质的量之比为5：1；
(3)ClO-具有强的氧化性，溶液的pH越小，ClO-氧化性越强，pH越大，ClO-的氧化性越弱。当pH大于9时，溶液进行较强，则ClO-的氧化性减弱，不利于氧化NH3。
【点睛】本题以氮、磷对水体的污染的治理为线索，考查了溶液的酸碱性对化学反应的影响，化学反应除了与反应的物质种类有关，还与溶液的酸碱性有关，控制好反应条件，可使反应向有利于生产、生活、环保等方向发展。
17.某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、HCO3-、S2-、SO42-、Cl-、OH-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如下：
(1)通过上述实验过程，一定不存在的离子是_______。
(2)反应①中生成A的离子方程式为________。
(3)若测得X溶液中c(H+)=6mol·L-1，则X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+，c(Fe3+)=________mol·L-1(若填不含，则不需计算)，X溶液中c(Cl-)=_______mol·L-1。
【答案】 (1). HCO3-、S2-、OH- (2). 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (3). 含 (4). 2 (5). 8
【解析】
【分析】
测得X溶液中c(H+)=6mol/L，在强酸性溶液中与H+反应的离子不能大量存在；一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则沉淀C为BaSO4 沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E 为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量 NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于 CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3，说明原溶液中含有Al3+离子，通过计算氢氧化铁物质的量和原溶液中亚铁离子物质的量判断原溶液中含有Fe3+，溶液显酸性，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，根据已知溶液中电荷守恒计算确定是否含有的离子Cl-，以此解答。
【详解】通过上述分析可知：气体A是NO，溶液B中含有Al3+、NH4+、Fe2+，沉淀C是BaSO4，气体D是NO2，溶液E为HNO3，气体F是NH3，I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3：
(1)由于测得X溶液中c(H+)=6mol/L，溶液显酸性，在强酸性溶液中与H+反应的离子HCO3-、S2-、OH-不能大量存在；故原溶液一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子；
(2)在X中含有Fe2+、H+，当加入Ba(NO3)2溶液时，会发生氧化还原反应，产生Fe3+、NO、H2O，反应的离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
(3)n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，根据3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O中Fe2+与NO的关系可知n(Fe2+)=3n(NO)=0.03mol，n[Fe(OH)3]=5.35g÷107g/mol=0.05mol>n(Fe2+)=0.03mol，根据Fe元素守恒，说明在原溶液中含有Fe3+，其物质的量是0.02mol，由于溶液的体积是0.01L，所以c(Fe3+)=0.02mol÷0.01L=2mol/L；该溶液中，n(H+)=6mol/L×0.01L=0.06mol，根据元素守恒可得n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=16.31g÷233g/mol=0.07mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.78g÷78g/mol=0.01mol，根据(3)计算可知n(Fe2+)=0.03mol，n(Fe3+)=0.02mol，由于正电荷总数：3n(Al3+)+ 3n(Fe3+)+2n(Fe2+)+ n(NH4+)+ n(H+)=3×0.01mol+3×0.02mol+2×0.03mol+0.01mol+0.06mol=0.22mol，n(SO42-)=0.07mol，其所带的负电荷数0.07mol×2=0.14mol<0.22mol，所以该溶液中还含有带负电荷的Cl-，其物质的量为n(Cl-)=0.22mol-0.14mol=0.08mol，其物质的量浓度c(Cl-)=0.08mol÷0.01L=8mol/L。
【点睛】本题考查无机物的推断的知识，根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析解答，熟悉物质的性质是解本题关键，根据溶液和硝酸钡反应生成气体确定溶液中存在亚铁离子，为解答本题的易错点，有时要结合电荷守恒判断某种离子的存在性及其含量的多少。
18.氟化铬可用作毛织品防蛀剂、卤化催化剂、大理石硬化及着色剂。以铬云母矿石(含4.5%Cr2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备氟化铬的工艺流程如图。
表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：
氢氧化物
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Cr(OH)3
Fe(OH)2
开始沉淀的pH
2.3
8.8
4.9
7.5
沉淀完全的pH
4.1
10.4
6.8
9.7
请回答下列问题：
(1)Fe2O3、MgO、FeO、SiO2中属于碱性氧化物的有________种。
(2)将铬云母矿石粉碎的目的是________。
(3)滤渣1主要成分的用途是________。(写一种)
(4)Cr2O3与稀硫酸反应的化学方程式为___________。
(5)第一次滴加氨水调节pH范围为________。
(6)第二次滴加氨水调节pH为6.8~8.8的目的是_______，Cr(OH)3与 Al(OH)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，写出Cr(OH)3溶解的离子方程式：________。
【答案】 (1). 3 (2). 增大接触面积，提高浸取率，加快浸取速率 (3). 用于制备光导纤维 (4). Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O (5). 4.1~4.9(或4.1≤pH<4.9) (6). 使Cr3+完全沉淀，Mg2+不沉淀 (7). Cr(OH)3+OH-=Cr(OH)4-或Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O
【解析】
【分析】
将铬云母矿石粉碎后与加入的稀硫酸充分混合，其中金属氧化物反应变为可溶性盐进入溶液，SiO2进入滤渣I中，溶液中通入H2O2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加入氨水调节溶液的4.1
(2)铬云母矿石是固态物质，将铬云母矿石粉碎目的是增大反应时遇酸的接触面积，提高酸浸取率，加快浸取速率；
(3)滤渣1主要成分是SiO2，可用于制备光导纤维、制晶体硅、水泥等；
(4)Cr2O3是碱性氧化物与稀硫酸反应产生硫酸铬和水，反应的化学方程式为Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O；
(5)向酸浸后的溶液中加入H2O2，可以将Fe2+氧化产生Fe3+，第一次滴加氨水调节pH范围为4.1
【点睛】本题以制备氟化铬的工艺流程为线索，考查了反应条件的控制、化学方程式的书写、物质的类型判断等知识。要求学生会利用题目已知信息，结合已经学过的知识，学会联系方法进行分析、解答、判断。
19.某兴趣小组的同学设计实验制备CuBr(白色结晶性粉末，微溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂)，实验装置(夹持、加热仪器略)如图所示。
(1)仪器M的名称是________。
(2)若将M中的浓硫酸换成70%的H2SO4，则圆底烧瓶中的固体试剂为______(填化学式)。
(3)B中发生反应的化学方程式为_______，能说明B中反应已完成的依据是_____。若B中Cu2+仍未完全被还原，适宜加入的试剂是_______(填标号)。
a.液溴 b.Na2SO4 c.铁粉 d.Na2S2O3
(4)下列关于过滤的叙述不正确的是_______ (填标号)。
a.漏斗末端颈尖可以不紧靠烧杯壁
b.将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁
c.滤纸边缘可以高出漏斗口
d.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速率
(5)洗涤时，先用装置C中的吸收液清洗，其目的是_______，再依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Na2SO3(或K2SO3或NaHSO3或KHSO3等) (3). 2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr↓+Na2SO4+2H2SO4 (4). 溶液蓝色褪去 (5). d (6). acd (7). 防止CuBr被氧化 (8). 用乙醇除去固体表面的水，再用更易挥发的乙醚除去乙醇，使其快速干燥
【解析】
【分析】
(1)根据仪器结构判断仪器的名称；
(2)根据复分解反应的规律选择试剂；
(3)在B中NaBr、SO2、CuSO4、H2O会发生氧化还原反应产生CuBr沉淀，利用电子守恒、原子守恒，书写反应的化学方程式，根据Cu2+的水溶液显蓝色，结合该反应的特点判断反应完全的特征及加入的物质；
(4)根据过滤操作的目的、仪器的使用方法解答；
(5)CuBr容易被氧化，根据SO2的水溶液具有还原性分析，结合H2O容易溶于乙醇中，及乙醇、乙醚具有易挥发的性质分析。
【详解】(1)根据装置图中仪器M的结构可知该仪器的名称是分液漏斗；
(2)根据复分解反应的规律可用70%的H2SO4与Na2SO3或K2SO3或NaHSO3或KHSO3等反应制取SO2气体，反应方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑；
(3)在B中BaBr、SO2、CuSO4、H2O会发生氧化还原反应产生CuBr沉淀，利用电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr↓+Na2SO4+2H2SO4；
Cu2+的水溶液显蓝色，若反应完全，则溶液中不再含有Cu2+，溶液的蓝色褪去，由于CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+水解使溶液显酸性，H+与Na2S2O3反应产生SO2气体，以促使反应的进行，因此若B中Cu2+仍未完全被还原，适宜加入的试剂是Na2S2O3，故合理选项是d；
(4)a.漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，就可以使过滤得到的滤液沿烧杯内壁不断进入到烧杯中，a错误；
b.将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁，就可以使混合物充分分离，b正确；
c.为了使难溶性的固体与液体物质分离，滤纸边缘要低于漏斗口边缘，c错误；
d.用玻璃棒引流，使混合物进入到过滤器中，在漏斗中不能用玻璃棒搅动，否则会使滤纸破损，导致不能过滤，不能分离混合物，d错误；
故合理选项是acd；
(5)SO2是大气污染物，为防止其污染环境，用蒸馏水吸收SO2，得到H2SO3溶液，该物质具有还原性，用H2SO3溶液洗涤，就可以避免CuBr被空气中的氧气氧化，然后依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是用乙醇除去固体表面的水，再用更易挥发的乙醚除去乙醇，使其快速干燥。
【点睛】本题考查物质制备方案的设计的知识，涉及对操作的分析评价、物质的分离提纯、实验方案实际等，(5)为易错点，学生容易忽略加入氢氧化钠溶液的质量，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。
20.以铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备二草酸铬钾的实验步骤如图：
回答下列问题：
(1)“熔融”的装置如图，坩埚W的材质可以是________(填“铁”“陶瓷”或“玻璃”)；FeO·Cr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为_______________。
(2)熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等，步骤①的具体步骤为水浸，过滤，调pH为7~8，加热煮沸半小时，趁热过滤。第一次过滤滤渣中的主要成分为________，“调pH为7~8，加热煮沸半小时”的目的是__________。
(3)步骤②需加入酸，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为________。
(4)步骤④包含的具体操作有____，经干燥得到K2Cr2O7晶体。(有关物质的溶解度曲线如图所示)
(5)步骤⑤需往两种固体混合物中加入一滴水及少量酒精研磨，所用的硅酸盐质仪器的名称是________。
(6)采用热重分析法测定K[Cr(C2O4)2]·nH2O样品所含结晶水数目，将样品加热到80℃时，失掉全部结晶水，失重16.8%。K[Cr(C2O4)2]·nH2O晶体中n=____。
【答案】 (1). 铁 (2). (3). Fe2O3、Fe(OH)3 (4). 使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3，过滤除去 (5). 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O (6). 加热浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤 (7). 研钵 (8). 3
【解析】
【分析】
铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)，与KClO3 及NaOH、Na2CO3发生反应，熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及NaFeO2 等，主要的反应为：，水浸，过滤，调pH为7-8，加热煮沸半小时，趁热过滤，除去不溶的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O═Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3沉淀，滤液含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及等，再调节pH除去Na2SiO3、NaAlO2，得到含有Na2CrO4、KCl的溶液，加入稀硫酸发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入KCl，Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤沉淀得到K2Cr2O7，加入草酸晶体和无水乙醇得到产品K[Cr(C2O4)2]·nH2O。
(1)高温下陶瓷或玻璃中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应；由流程分析可知6FeO•Cr2O3、Na2CO3和KClO3在加热条件下生成Na2CrO4、Fe2O3、KCl和CO2，结合质量守恒写出发生反应的化学方程式；
(2)熔渣中的Fe2O3和生成的Fe(OH)3均不溶于水；根据盐的水解反应是吸热反应，从平衡移动角度分析；
(3)根据流程，酸化时，CrO42-→Cr2O72-，结合电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；
(4)根据溶解度随温度变化情况，选择结晶方法；
(5)结合常用仪器的性能判断；
(6)根据K[Cr(C2O4)2]·nH2O中水的质量分析为16.8%，即=0.168计算。
【详解】(1)高温下陶瓷或玻璃仪器中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应，因此应选用铁坩埚；
由流程中的产物及已知条件可知反应方程式为；
(2)根据分析第一次过滤的滤渣为熔渣中的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3；由于NaAlO2、Na2SiO3是强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡，水解产生Al(OH)3、H2SiO3，由于盐的水解反应是吸热反应，根据温度对盐的水解的影响，“调pH为7－8，加热煮沸半小时”的目的是使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3，过滤除去；
(3)根据流程，酸化时，CrO42-→Cr2O72-，结合电荷守恒和原子守恒，可得发生反应的离子方程式2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；
(4)依据溶解度曲线，步骤④包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤，经干燥得到K2Cr2O7晶体；
(5)实验室研磨固体时，所用硅酸盐质仪器为研钵；
(6) K[Cr(C2O4)2]·nH2O的相对分子质量为267+18n，由题意知=0.168，解得n=3。
【点睛】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质推断、化学用语、化学计算、氧化还原反应等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力。
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