2022-2023学年江西省丰城中学高三上学期月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省丰城中学高三上学期月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

江西省丰城中学2022-2023学年高三上学期月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活和环境等密切相关。下列说法中错误的是。
A．乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒
B．为保护地下钢管不受腐蚀，可使它与直流电源正极相连
C．冬奥会短道速滑“战衣”含有聚氨基甲酸酯纤维材料，是一种合成有机高分子化合物
D．铝盐和铁盐水解产生无毒胶体，故可作净水剂
【答案】B
【详解】A．乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸均能使蛋白质变性，均可以有效灭活新型冠状病毒，选项A正确；
B．为保护地下钢管不受腐蚀，可使它与直流电源负极相连，作电解池阴极，从而保护钢管不受腐蚀，选项B错误；
C．聚氨基甲酸酯材料，属于高分子有机化合物，是有机合成材料，选项C正确；
D．铝盐和铁盐水解产生无毒的氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，故可作净水剂，选项D正确；
答案选B。
2．以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，4.2g丙烯和环丙烷混合气体中所含原子数为NA
B．1molCl2通入水中，含氯微粒的数目之和小于2NA
C．室温下，pH=3的醋酸溶液中，水电离的H+数目为10-11NA
D．用惰性电极电解CuSO4溶液，某时刻向溶液中加入1molCu(OH)2可使溶液恢复，此时转移电子数目为2NA
【答案】B
【详解】A．丙烯和环丙烷的分子式均为，混合气体物质的量为，所含原子数为，A错误；
B．氯水中的含氯微粒有，根据守恒可知，含氯微粒数目之和小于，B正确；
C．醋酸抑制水电离，的醋酸溶液中水电离的浓度为，不知醋酸溶液体积，无法计算数目，C错误；
D．加入可恢复至原溶液，说明阳极析出，转移电子数为，D错误。
故选B。
3．分类法是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类合理的是
①、、都是碱性氧化物；、、均属于电解质
②已知：(足量)，则为三元酸，为酸式盐
③与均含相同的元素氢，故也可以称为酸
④空气、盐酸都是混合物；液氯、冰醋酸均属于纯净物
⑤由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，是一种常见的混盐，该混盐具有强氧化性和漂白性
A．只有②④ B．只有④⑤ C．只有①②④ D．只有②③⑤
【答案】B
【详解】①碱性氧化物是指溶于水而只生成一种碱或与酸反应而成一种盐和水(除了盐和水以外不包括其它物质)的化合物。与硫酸反应生成硫酸铜、铜和水，与盐酸反应生成氯化钠、氧气和水，二者不属于碱性氧化物；、、本身电离不出自由移动的离子，不属于电解质，故①错误；
②因为(足量)，为正盐，所以为一元酸，故②错误；
③的电离方程式为，因此属于盐，故③错误；
④空气中含有氮气、氧气、二氧化碳、稀有气体等物质，盐酸为HCl的水溶液，二者均属于混合物；液氯、冰醋酸均由一种物质构成，二者均属于纯净物，故④正确；
⑤可写成，具有强氧化性和漂白性，因此该混盐具有强氧化性和漂白性，故⑤正确；
综上所述，④⑤正确，故答案为B。
4．能正确表示下列反应的离子方程式的为
A．铜和稀硝酸反应：
B．向酸性高锰酸钾溶液中通入少量二氧化硫：
C．氢氧化钡溶液中滴加少量明矾溶液：
D．铅酸蓄电池正极充电时的反应式：
【答案】B
【详解】A．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液与少量二氧化硫反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸和水，反应的离子方程式为，故B正确；
C．氢氧化钡溶液中与少量明矾溶液反应偏铝酸钾、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．铅酸蓄电池正极为二氧化铅，充电时，在水分子作用下硫酸铅在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化铅，电极反应式为，故D错误；
故选B。
5．向NaOH、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成沉淀的质量随稀盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是

A．a点对应的溶液中：
B．b点对应的溶液中：
C．c点对应的溶液中：
D．d点对应的溶液中：
【答案】A
【分析】向NaOH、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，随着稀盐酸的加入先后发生的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，NaAlO2+H2O+HCl=Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，由题干图示可知，a点溶液为NaAlO2、NaCl、NaOH的混合溶液，b点溶液为NaAlO2、NaCl混合溶液，c点溶液为NaCl、AlCl3混合溶液，d点溶液为NaCl、AlCl3、HCl混合溶液，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，a点溶液为NaAlO2、NaCl、NaOH的混合溶液，则与溶质相互不反应，可以大量共存，A符合题意；
B．由分析可知，b点溶液为NaAlO2、NaCl混合溶液，则和H+反应生成Al(OH)3沉淀，和在溶液中发生双水解反应而不能大量共存，B不合题意；
C．由分析可知，c点溶液为NaCl、AlCl3混合溶液，则将生成BaCO3沉淀，Al3+和能发生双水解反应而不能大量共存，C不合题意；
D．由分析可知，d点溶液为NaCl、AlCl3、HCl混合溶液，则 三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，反应生成AgCl沉淀而不能大量共存，将结合成弱电解质CH3COOH而不能大量共存，D不合题意；
故答案为：A。
6．下列图示实验(部分夹持装置省略)正确的是

A．图A可用于制备氢氧化亚铁
B．图B可用于制备NaHCO3
C．图C可用于验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
D．图D可用于证明Cl2能否溶于水或与NaOH溶液反应
【答案】D
【详解】A．图中左侧盛放稀硫酸的试管侧面导管应有一个止水夹，其次导管应插入液面以下，这样才能利用氢气排尽空气，之后关闭止水夹，将硫酸亚铁溶液压入氢氧化钠溶液中制取氢氧化亚铁，故A错误；
B．氨气极易溶于水，应有防倒吸装置，且应先通入氨气，再通入二氧化碳，故B错误；
C．碳酸氢钠稳定性较差，应放在温度较低的小试管中，故C错误；
D．将胶头滴管中的NaOH溶液挤入烧瓶中，若Cl2能溶于水或与NaOH溶液反应，则气球会鼓起来，可以达到目的，故D正确；
综上所述答案为D。
7．现有一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO、SO，现取两份100mL该混合溶液分别进行如下实验。
实验①：向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；
实验②：向第二份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。
下列说法不正确的是
A．根据实验①可知该混合溶液中一定含有Cl-
B．根据实验②溶液中一定含有CO、SO，一定无Mg2+、Ba2+
C．该混合溶液中一定含有K+、CO、SO，可能含Cl-
D．该混合溶液中c(K+)≥1.2mol/L
【答案】A
【分析】向第二份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，说明生成的沉淀为碳酸钡和硫酸钡沉淀，其中硫酸钡的质量为4.66g，物质的量为0.02mol，即硫酸根的物质的量为0.02mol，碳酸钡的质量为（12.54-4.66）g=7.88g，物质的量为0.04mol，即碳酸根的物质的量为0.04mol。
【详解】A．向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生，可能为硫酸银和碳酸银沉淀，不能确定是否存在氯离子，A错误；
B．溶液中有碳酸根和硫酸根，则镁离子、钡离子不能存在，B正确；
C．根据溶液呈电中性，溶液中一定存在钾离子，即该混合溶液中一定含有K+、CO、SO，可能含Cl-，C正确；
D．若溶液中不存在氯离子，硫酸根的浓度为，碳酸根的浓度为：，根据溶液电中性原则，钾离子浓度为1.2mol/L，若溶液中存在氯离子，则钾离子浓度大于1.2mol/L，D正确；
故选A。
8．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是
①金属钠投入FeCl3溶液中  ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合  ③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中  ④向NaAlO2溶液中通入过量CO2  ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2
A．①②③④⑤ B．①④ C．②③ D．③④⑤
【答案】D
【详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色Fe(OH)3，不能反应产生白色沉淀，①错误；
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH-+A13+=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=+2H2O，所以最终没有沉淀生成，②错误；
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，发生的反应为：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，③正确；
④由于酸性：H2CO3＞Al(OH)3，所以向NaAlO2溶液中通入过量CO2，发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，反应生成生成Al(OH)3白色沉淀，④正确；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出NaHCO3晶体，所以最终产生白色沉淀，⑤正确；
综上所述可知：最终有白色沉淀生成的为③④⑤，故合理选项是D。
9．室温下，下列实验探究方案及现象能达到探究目的的是
选项
探究方案及现象
探究目的
A
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
醋酸是弱电解质
B
向久置的溶液中加入足量溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
不能被空气氧化
C
向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变蓝色
氧化性：
D
向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
具有还原性

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．未告知醋酸和盐酸的浓度，只比较pH值大小，无法判断醋酸为强电解质还是弱电解质， A错误；
B．加入足量盐酸后沉淀指部分溶解，则说明沉淀中有硫酸钡，则说明亚硫酸钠被空气氧化为硫酸钠，B错误；
C．氯水过量，溶液变为蓝色，有可能是过量的氯水将碘化钾氧化成了碘单质，无法比较出溴单质和碘单质氧化性的强弱， C错误；
D．KSCN溶液可用于检验Fe3+，滴加氯水后，若溶液变红，则说明Fe2+被氧化成了Fe3+，可以证明Fe2+具有还原性，D正确；
故选D。
10．关于反应：，下列判断正确的是
A．中碘元素为+5价 B．HI做还原剂，发生还原反应
C．n(还原产物)∶n(氧化产物) D．生成0.2mol时，转移0.35mol电子
【答案】D
【详解】A．K2H3IO6中钾元素为+1价，氢元素为+1价，氧元素为-2价，则碘元素为+7价，故A错误；
B．HI中碘元素化合价升高，HI是还原剂，发生氧化反应，故B错误；
C．碘单质既是氧化产物，又是还原产物，利用得失电子守恒可知，n(还原产物)∶n(氧化产物)=1∶7，故C错误；
D．生成4个碘单质转移7个电子，生成0.2mol I2时，转移0.35mol电子，故D正确；
故选D。
11．已知：还原性：＞I-，氧化性：＞I2，在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是

A．0～b间发生反应3＋=3＋I-＋3H＋
B．a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.2 mol
C．b～c间发生的反应5＋2=5＋I2＋3H＋，I2是还原产物
D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：2时，加入的KIO3为1.5 mol
【答案】A
【分析】已知还原性：＞I-，氧化性：＞I2，结合图可知，0~ b发生3＋=3＋I-＋3H＋；继续加入KIO3，氧化性：＞I2，可以结合H+氧化I-生成I2，b~ c段发生反应：+6H++5I-=3H2O+3I2，以此来解答。
【详解】A．由上述分析可知，0~ b发生反应：3＋=3＋I-＋3H＋，A正确；
B．由纵坐标可知生成I2的物质的量为0.6 mol，根据b~ c段发生反应：发生+6H++5I-=3H2O+3I2，可知生成b点时生成I-的物质的量n(I-)=1 mol，0~ b消耗为1 mol，由于0~ b发生反应3＋=3＋I-＋3H＋，因此反应消耗NaHSO3的物质的量为3 mol，则a~ b间共消耗NaHSO3的物质的量为3 mol×=1.8 mol，B错误；
C．b~c段发生反应：+6H++5I-=3H2O+3I2，反应中只有碘元素的化合价变化，所以I2既是氧化产物也是还原产物，C错误；
D．溶液中I-与I2的物质的量之比为5 ：2时，3＋=3＋I-＋3H＋完全发生，反应处于b ~ c段，发生反应：+6H++5I-=3H2O+3I2，消耗KIO3溶液的物质的量为1 mol ，生成I-的物质的量为1 mol，设生成的I2单质的物质的量为x mol，则根据反应+6H++5I-=3H2O+3I2可知消耗的KIO3的物质的量为mol，消耗碘离子的物质的量为mol，剩余的I-的物质的量为(1-) mol，当溶液中n(I-)：n(I2)=5：2时，即(1-)：x=5：2，解得x=0.24 mol，根据原子守恒加入KIO3的物质的量n(KIO3)=1 mol+0.24 mol×=1.08 mol ，D错误；
故合理选项是A。
12．钛铁矿与过氧化钠熔融后得到钛酸钠(Na2TiO4)，反应的化学方程式为：FeTiO3+3Na2O2Na2FeO4+Na2TiO4+Na2O，下列有关说法正确的是
A．化合物Na2O2中阴阳离子的个数比为1:1
B．该反应中的还原产物只有Na2O
C．若有1molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为1mol
D．每生成18.6g氧化钠，转移电子的物质的量是1.8mol
【答案】D
【详解】A．Na2O2中阳离子为Na+、阴离子为，所以Na2O2晶体中阴阳离子个数之比为1:2，A错误；
B．该反应中，FeCr2O4中铁、 铬元素的化合价升高，被氧化，Na2O2中氧元素的化合价降低，Na2FeO4和Na2TiO4既是氧化产物又是还原产物，Na2O是还原产物，B错误；
C．由化学计量数可知，有1molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为3mol，C错误；
D．， 每生成1mol Na2O转移6 mol电子，则生成0.3 mol Na2O转移1.8 mol电子，D正确；
故选D。
13．用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。

已知：“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+；FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是
A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为1∶7
C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+
D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O
【答案】C
【分析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。
【详解】A．适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可增大反应速率，A正确；
B．有关的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为2∶14=1∶7，B正确；
C．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C错误；
D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O，D正确；
故选C。
14．将11.2g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的X气体。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是
A．0.6molNO
B．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4
C．0.2molNO2和0.1molN2O4
D．0.3molNO2和0.3molNO
【答案】B
【详解】根据题意n(OH-)= =0.6mol，则金属离子为0.3mol，转移0.6mol电子。
A．若生成0.6molNO，氮元素获得电子数为0.6mol×(5-2)=1.8mol，选项A错误；
B．若生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，氮元素获得电子数为0.1mol×(5-2)+0.3mol=0.6mol，选项B正确；
C．若生成0.2molNO2和0.1molN2O4，氮元素获得电子数为0.4mol×(5-4)=0.4mol，选项C错误；
D．若生成0.3molNO2和0.3molNO，氮元素获得电子数为0.3mol×(5-4)+0.3mol×(5-2)=1.2mol，选项D错误；
答案选B。
15．向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。

下列判断正确的是
A．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L－1
B．通入的CO2在标准状况下的体积为448 mL
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶1
【答案】A
【详解】A．当向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体时，反应有两种可能情况：2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O或NaOH＋CO2===NaHCO3，在加入盐酸100 mL时，无论溶液中溶质是NaOH、NaHCO3还是Na2CO3，最终都会生成NaCl，因n(Na＋)＝n(Cl－)，所以n(NaOH)＝n(HCl)＝0.02 mol，NaOH和盐酸的体积相同，那么浓度也相同，即原NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L－1，故A正确；
B．盐酸由25 mL滴至100 mL时，发生的反应为NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，消耗盐酸0.015 mol，生成CO2 0.015 mol，即通入的CO2在标准状况下的体积为336 mL，故B错误；
C．设所得溶液中的Na2CO3为x mol，NaHCO3为y mol，根据原子守恒：2x mol＋y mol＝0.02 mol，x mol＋y mol＝0.015 mol，解得x＝0.005，y＝0.01，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝2∶1，故C错误；
D．由C项分析可得D错误；
答案选A。
16．“钛合金材料”被称为“二十一世纪金属材料”，某科研探究小组利用钛铁矿(主要成分为FeO-TiO2)提取金属钛，其主要流程如图所示。

已知：①常温下钛()与酸、碱均不反应，高温下能被空气氧化；
②极为活泼，易水解，在空气中会与水蒸气形成烟雾。
下列有关叙述错误的是
A．步骤I中粉碎钛铁矿和碳可使反应物充分接触以加速反应
B．步骤II中发生反应的化学方程式：
C．步骤III为镁粉与溶液发生反应：
D．可用稀硫酸或稀盐酸除去金属钛中的少量镁单质
【答案】C
【分析】钛铁矿(主要成分为FeO-TiO2)在高温条件下被C还原为Fe，TiO2不反应，TiO2与碳、氯气反应生成，与Mg反应生成单质Ti。
【详解】A．由图示可知，将钛铁矿中与碳单质粉碎，可增大二者接触面积，使其充分反应，加快二者的反应速率，A项正确；
B．根据氧化还原反应配平可知，步骤Ⅱ中高温条件下发生反应的化学方程式为，B项正确；
C．根据信息②知，易水解，与金属镁反应时应为圈体间反应，且在高温条件下进行，C项错误；
D．已知常温下，与酸不反应，可溶于稀硫酸或稀盐酸，故可用稀硫酸或稀盐酸除去金属钛中的少量镁单质，D项正确。
故选C。

二、填空题
17．H3PO2是一元中强酸，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
(1)H3PO2中，P元素的化合价为_______。
(2)利用H3PO2进行化学镀银的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为_______(填化学式)。
(3)将硫铁矿和焦炭按物质的量之比为3∶2混合放在炼硫炉中，通入适量空气中，发生下列燃烧反应：FeS2+C+O2→Fe3O4+CO+S。配平上述化学反应方程式：_______；生成3mol硫，被氧化物质的物质的量为_______。
【答案】(1)+1
(2)H3PO4
(3)     3FeS2+2C+3O2Fe3O4+2CO+6S     2.5mol

【详解】（1）H3PO2中O元素化合价为-2价、H元素化合价为+1价，根据分子中各元素的化合价的代数和为0判断P元素化合价=2×2-3×1=+1，故答案为：+1；
（2）H3PO2进行化学镀银反应中，Ag元素化合价由+1价变为0价，得电子发生还原反应，Ag+为氧化剂，则H3PO2失电子为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，氧化还原反应中转移电子相等，设氧化产物中P元素化合价为x，则存在4×(1-0)=1×(x-1)，解得x=+5，因为酸性溶液，所以得到的氧化产物为H3PO4，故答案为：H3PO4；
（3）FeS2+C+O2→Fe3O4+CO+S中，Fe、C、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，FeS2、C均为还原剂被氧化，结合电子、原子守恒可知反应为，由反应可知，生成6molS时，5mol还原剂被氧化，则生成3mol硫，被氧化的物质的物质的量为2.5 mol，故答案为：；2.5mol。
18．下列物质中：①NaOH 溶液  ②铝  ③液态氯化氢  ④碱石灰  ⑤二氧化硫  ⑥氨气  ⑦氢氧化铝⑧碳酸氢钠  ⑨甲烷。
(1)属于强电解质的是___________﹔能导电的是___________。
(2)配制450ml 0.1mol/L的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体___________g。
(3)在反应KMnO4+HCl→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O中，氧化产物是___________(填写化学式)
(4)向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性的离子方程式___________。
(5)有一种橘红色的硫化锑(Sb2S3)胶体，装入U型管，插入电极后通直流电，发现阳极附近橘红色加深，这叫___________现象，证明Sb2S3胶粒带___________电荷。
【答案】(1)     ③⑧     ①②
(2)2.0
(3)Cl2
(4)
(5)     电泳     负

【详解】（1）①NaOH溶液存在自由移动的离子，能导电，属于混合物，不是电解质；②铝有自由移动的电子，能导电，属于单质，不是电解质；③液态氯化氢在水溶液中完全电离，属于强电解质，但液态氯化氢不导电；④碱石灰没有自由移动的离子和自由移动的电子，不导电，属于混合物，不是电解质；⑤二氧化硫自身不能电离，属于非电解质；⑥氨气自身不能电离，属于非电解质；⑦氢氧化铝属于难溶性碱，属于弱电解质，不导电；⑧碳酸氢钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，但NaHCO3固体不导电；⑨甲烷自身不能电离，属于非电解质；由上可知，属于强电解质的是③⑧，能导电的是①②；答案为③⑧；①②。
（2）配制450 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液，应选500mL的容量瓶来配制，所以需要氢氧化钠固体的质量为m(NaOH)=0.1 mol·L-1×0.5L×40g/mol=2.0g；答案为2.0。
（3）由反应KMnO4+HCl→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O可知，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，得到电子被还原，KMnO4作氧化剂，MnCl2为还原产物，Cl元素化合价由-1价升高为0价，失去电子被氧化，HCl作还原剂，Cl2为氧化产物；答案为Cl2。
（4）硫酸氢钠与氢氧化钡发生反应，当氢离子与氢氧根离子恰好反应时，溶液显示中性，其化学方程式为Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+2H2O+Na2SO4，改写成离子方程式为；答案为。
（5）有一种橘红色的硫化锑(Sb2S3)胶体，装入U型管，插入电极后通直流电，发现阳极附近橘红色加深，说明胶体微粒吸附的是负电荷，此现象是胶体的电泳现象；答案为电泳；负。

三、实验题
19．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：
(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，写出该反应的离子方程式：_______。
(2)某小组设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。

①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是_______。
②装置B的作用是_______。装置D的作用是_______。
③装置A用于生成ClO2气体，该反应的离子方程式为_______。
(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入_______作指示剂，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液(2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，I2+2S2O= 2I- +S4O)，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为_______mol·L-1
【答案】(1)2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-
(2)     稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸     防止倒吸(或作安全瓶)     吸收尾气，防止污染环境     2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O
(3)     淀粉溶液     0.04

【详解】（1）ClO2可将废水中的CN−氧化成CO2和N2，离子方程式为：2ClO2+2CN−＝2CO2+N2+2Cl−；故答案为2ClO2+2CN−＝2CO2+N2+2Cl−；
（2）①由于二氧化氯(ClO2)在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，氮气可以起到搅拌作用，还能稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②ClO2气体易溶于水，故B的作用是防止倒吸(或作安全瓶)；ClO2气体会污染空气，因此用氢氧化钠溶液吸收，以防止污染，故答案为防止倒吸(或作安全瓶)；吸收尾气，防止污染环境；
③装置A为NaClO3和H2O2在酸性条件下生成ClO2气体，化学反应为：2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+Na2SO4+O2↑+2H2O，所以离子方程式为2ClO＋H2O2＋2H+＝2ClO2↑＋O2↑＋2H2O；故答案为2ClO＋H2O2＋2H+＝2ClO2↑＋O2↑＋2H2O；
（3）ClO2溶液加入足量的KI溶液和H2SO4酸化氧化I−为I2，用淀粉做指示剂，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色达到滴定终点；根据关系式：2ClO2∼5I2∼10Na2S2O3，则n(ClO2)=1/5n(Na2S2O3) =1/5×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度为=0.04mol/L；故答案为：淀粉溶液；0.04。

四、工业流程题
20．草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是、、，还含有少量、、CuO、FeO及杂质]制取草酸钴晶体()
的工艺流程如图所示：

常温下，有关沉淀数据如表(“完全沉淀时，金属离子浓度)。
沉淀





恰好完全沉淀时pH
10.1
9.4
6.7
2.8
5.2

回答下列问题：
(1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是_______；浸出渣的主要成分是_______。(填化学式)。浸出液中主要含有、、、、和离子，写出“浸取”时，发生反应的化学方程式：_______。
(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______。
(3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是_______；若“调节pH”后，溶液中，则需调节溶液pH的范围是_______(忽略溶液的体积变化)。
(4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是_______；反萃取时，应加入的物质是_______(填溶液名称)。
(5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物15.8g，该混合物中CoO与的物质的量之比为_______。
【答案】(1)     增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率         
(2)
(3)     、、    
(4)     溶液pH增大，溶液中降低，平衡向正反应方向移动     稀硫酸
(5)1：1

【分析】以钴矿[主要成分是、、，还含有少量、、CuO、FeO及杂质]制取草酸钻晶体()，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钻，得到。
【详解】（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钻矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；浸出渣的主要成分是SiO2；浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，“浸取“时，被还原为Co2+，同时被氧化为，Co元素化合价由+3降低至+2，S元素化合价由+4升高至+6，化合价升降守恒、原子守恒可知发生反应的化学方程式为。
（2）“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2中O元素化合价由+1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据化合价升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知发生反应的离子方程式为。
（3）根据表中数据知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是、、；pH=9.4时，Co2+完全转化为沉淀，，溶液中，=，若“调节pH”后，溶液中，当时，溶液中，，溶液pH=7.4，因此需调节溶液pH的范围是。
（4）当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中减小，平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸，使该可逆反应平衡逆向移动。
（5）36.6g草酸钴晶体的物质的量为，根据Co原子守恒得，设CoO的物质的量为xmol，Co3O4的物质的量为ymol，则，解得x=0.05，y=0.05，因此该混合物中CoO与的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1。