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协作体高三考试卷
化 学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64
一、选择题（16小题，共48分，每小题均只有一个正确选项）
1．我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和精入甑，蒸令气上……其清如水，球极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指
A．萃取 B．过滤 C．蒸馏 D．干馏
【答案】C
【解析】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故C正确。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．15g甲基（－CH3）含有的电子数是9NA
B．7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA
C．1mol C2H5OH和1mol CH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为8NA
D．标准状况下，2.24 L CCl4中的原子总数为0.5NA
【答案】A
【解析】A．15g甲基的物质的量都是1mol，1mol甲基中含有9mol电子，含有的电子数均为9NA，选项A正确；B．苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，选项B错误；C．C2H5OH和CH3CO18OH反应生成水为H218O，含10个中子，但酯化反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的水中的中子个数小于10NA个，选项C错误；D．标况下CCl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项D错误。答案选A。
3．仅用下表提供的玻璃仪器（自选非玻璃仪器）就能实现相应实验目的的是
选项
实验目的
玻璃仪器
A
分离硝酸钾和氯化钠混合物
烧杯、酒精灯、玻璃棒、分液漏斗
B
配制450 mL 2 mol·L－1氯化钠溶液
500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管
C
除去氢氧化铝胶体中的泥沙
漏斗(带半透膜)、烧杯、玻璃棒
D
从食盐水中获得NaCl晶体
坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角
【答案】B
【解析】分离硝酸钾和氯化钠混合物需要进行重结晶，所以应该用普通漏斗进行过滤，选项A错误。实验室没有450mL的容量瓶，所以配制450 mL 2 mol·L－1氯化钠溶液的时候应该使用500mL容量瓶。用天平（非玻璃仪器）称量氯化钠质量，转移至烧杯，用量筒加水溶解，玻璃棒搅拌，转移至容量瓶，洗涤，定容，摇匀即可，选项B正确。除去氢氧化铝胶体中的泥沙，应该用带滤纸的漏斗直接过滤，选项C错误。从食盐水中获得NaCl晶体的操作是蒸发，应该在蒸发皿中进行，选项D错误。
4．下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是
A．漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物
B．乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物
C．PM 2.5(微粒直径约为2.5×10－6 m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应
D．纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质
【答案】A
【解析】A．漂白粉成分是CaCl2和Ca(ClO)2，水玻璃是硅酸钠的水溶液，福尔马林是甲醛的水溶液，都属于混合物，故A正确；B．乙烯、油脂不属于高分子化合物，光导纤维成分是SiO2，不属于高分子化合物，纤维素属于高分子化合物，故B错误；C．分散质的微粒直径在1 nm~100 nm之间的分散系称为胶体，1 nm = 10－9m，PM2.5微粒直径约为2.5×10－6m大于胶体分散质微粒直径，因此PM2.5分散在空气中形成气溶胶，不属于胶体，没有丁达尔效应，故C错误；D．纯碱为Na2CO3，属于强电解质，氨水是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，蔗糖属于非电解质，故D错误。
5．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1 mol 的11B中，含有0.6NA个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1mol PCl3与1mol Cl2反应制备 PCl5(g)，增加2NA个P－Cl键
【答案】A
【解析】A．11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4 L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1 mol PCl3与1 mol Cl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。
6．我国古代文明中包含着丰富的化学知识。下列没有发生电子转移的是
A．铁石制成指南针 B．爆竹声中一岁除
C．西汉湿法炼铜 D．雷雨发庄稼
【答案】A
【解析】氧化还原反应本质是有电子转移；打磨磁石制指南针属于物质形状变化，没有新物质生成，属于物理变化，A正确；黑火药中硫磺、硝酸钾和木炭在一定条件下发生反应生成氮气、硫化钾和二氧化碳，有新物质生成，属于氧化还原反应，B错误；湿法炼铜使铜由化合态变为游离态，所以有新物质铜生成，属于氧化还原反应，C错误；空气中的氮气在放电条件下与氧气直接化合生成一氧化氮气体，一氧化氮又被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，生成的硝酸随雨水淋洒到大地上，同土壤中的矿物相互作用，生成可溶于水的硝酸盐可作氮肥，植物生长得更好，这些变化过程，有新物质生成，发生了氧化还原反应，D错误；正确选项A。
7．将标准状况下的a L HCl (g)溶于1000 g水中，得到的盐酸密度为b g·m-3，则该盐酸的物质的量浓度是
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】将标准状况下的a L HCl（气）的物质的量为=mol，氯化氢的质量为mol×36.5g/mol=g，所以溶液质量为1000g+g = (1000+) g，所以溶液的体积为（1000+）g÷1000b g/L=L，所以溶液浓度为mol÷L=mol/L，故选D。
8．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．pH=l的溶液中：HCO、SO、K+、Cl-
B．无色透明的溶液中：K+、SO-、Na+、MnO
C．遇石蕊变蓝的溶液中：NO、Na+、AlO、K+
D．含大量NO的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH
【答案】C
【解析】A．pH=l的溶液呈酸性，H+与HCO反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项A错误；B．该组离子不反应，能大量共存，但MnO在水溶液中为紫红色，选项B错误；C．能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性，各离子相互不反应能大量共存，选项C正确；D．NO、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选C。
9．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸：AlO+ H++H2O ===Al(OH)3 ↓
B．将少量SO2 通入次氯酸钠溶液：ClO-+SO2+H2O===2H++Cl-+SO
C．向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：NO+3Fe2++4H+===3Fe3++ NO↑+2H2O
D．向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液：3S2-+2Al3+===Al2S3↓
【答案】A
【解析】A．向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸，偏铝酸钠优先与盐酸反应，离子方程式为AlO+ H++H2O===Al(OH)3 ↓，故A正确；B．将少量SO2 通入次氯酸钠溶液中，生成物中的H+会与剩余的ClO－反应生成HClO，故B错误；C．Fe2+的还原性小于I－，稀硝酸优先氧化I－，故C错误；D．向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液，S2-与Al3+在水溶液中发生双水解反应，离子方程式为3S2－＋2Al3＋+6H2O===3H2S↑＋2Al(OH)3↓，故D错误；答案选A。
10．室温下，向10 mL pH＝3的CH3COOH溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析正确的是
加入的物质
对所得溶液的分析
A
90 mLH2O
由水电离出的c(H+)＝10-10 mol·L－1
B
0.1 mol CH3COONa固体
c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大
C
10 mL pH＝1 的H2SO4溶液
CH3COOH的电离程度不变
D
10 mL pH＝11的NaOH溶液
c(Na+)＝c(CH3COO－)＞c(OH-)＝c(H+)
【答案】B
【解析】A、向10 mL pH＝3的CH3COOH溶液中加入90 mLH2O，醋酸的电离平衡正向移动c(H+)>10-4 mol·L－1，故由水电离出的c(H+)KMnO4
C．氧化剂与还原剂的物质的量比为1:8
D．当标准状况下产生22.4L氯气，转移电子数为2NA
【答案】D
【解析】A．部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；B．氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；C
．氧化剂与还原剂的物质的量比为2:10=1:5（16 mol HCl只有10 mol HCl被氧化为5mol的氯气），故C错误；D．当标准状况下产生22.4L氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2NA个，故D正确。
12．24 mL 0.05 mol/L 的Na2SO3溶液，恰好与 20mL 0.02 mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是
A．+6 B．+3 C．+2 D．0
【答案】B
【解析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，设Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：（6-4）×0.05mol/L× 24×10-3L =（6-a）×2×0.02mol/L×20×10-3L，解得a=+3。故选B。
13．把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a L分成两等份。一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，则原溶液中NO的物质的量浓度为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】bmolNaOH恰好将NH3全部赶出，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知，每份中含有bmol NH；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根据Ba2＋＋SO=BaSO4↓可知每份含有SOcmol，设每份中含有NO的物质的量为xmol，根据溶液呈现电中性，则bmol×1=cmol×2+xmol×1，得x=（b－2c）mol，因将a L混合液分成两等份，则每份的体积是0.5aL，所以每份溶液中NO的浓度是c(NO)= = mol/L，即原溶液中NO的浓度是mol/L，故选B。
14．已知微粒还原性强弱顺序：I->Fe2+>Cl-，则下列离子方程式不符合事实的是
A．2Fe3++2I-→2Fe2++I2 B．Cl2+2I-→2Cl-+I2
C．2Fe2++I2→2Fe3++2I- D．Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-
【答案】C
【解析】A中，Fe从+3价降低到+2价，做氧化剂，发生还原反应，即Fe2+为还原产物，I从-1价升高到0价，做还原剂，发生氧化反应，即I－的还原性大于Fe2+；A错误；B中，Cl2由0价降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂，Cl-为还原产物，I从-1价升高到0价，做还原剂，发生氧化反应，即还原性I->Cl-，B错误；C中，Fe2+被氧化为Fe3+，做还原剂，I2被还原为I-，做氧化剂，对应还原产物为I-，因此还原性：Fe2+> I-，与题给信息矛盾，C正确；D中，Fe2+被氧化为Fe3+，做还原剂，Cl2被还原为Cl-，对应还原产物为Cl-，因此还原性Fe2+>Cl-，D错误；正确选项C。
15．下列实验方案能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
证明Mg(OH)2 沉淀可以转化为Fe(OH)3
向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3
B
比较氯和碳的非金属性强弱
将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中
C
配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液
将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中
D
验证氧化性：Fe3+>I2
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，观察下层液体是否变成紫色
【答案】D
【解析】A．向2mL1mol/LNaOH溶液中先加3滴1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀，由于NaOH过量，再加入FeCl3时，FeCl3直接与NaOH反应，不能证明沉淀的转化，故A错误；B．将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中，产生气泡，证明盐酸酸性强于碳酸，而比较元素的非金属性强弱，要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断，若要比较Cl和C的非金属性强弱，则应比较HClO4与H2CO3的酸性强弱，故B错误；C．将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，溶质CuSO4的物质的量为1mol，而溶液的体积不是100mL，所配溶液的浓度不是1mol/L，故C错误；D．将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层液体变成紫色，则证明产生了I2，说明Fe3+将I 氧化为I2，氧化性Fe3+＞I2，故D正确。
16．已知：将Cl2通入适量NaOH溶液中，产物中可能含有NaCl、NaClO、NaClO3，且c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当n(NaOH)=a mol时，下列说法不正确的是
A．参加反应的氯气的物质的量等于(1/2)a mol
B．改变温度，产物中NaC1O3的最大理论产量为(1/7)a mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为(1/2)amol ≤ n(e-) ≤ (5/6)amol
D．若某温度下，反应后c(Cl-)/c(ClO-)= 11，则溶液中c(ClO-)/c(ClO)= 1/2
【答案】B
【解析】A．常温时，2NaOH+Cl2═==NaCl+NaClO+H2O，反应2mol氢氧化钠，消耗1mol氯气，所以Cl2通入amol NaOH溶液恰好完全反应，则参加反应的氯气的物质的量等于0.5a mo1，故A正确；B．根据6NaOH+3Cl2═== 5NaCl+NaClO3 +3H2O，NaC1O3的最大理论产量为(1/6)a＞(1/7)a，故B错误；C．当只发生6NaOH+3Cl2═==5NaCl+NaClO3+3H2O，转移电子数最多，依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最多转移(5a/6)mol电子，若只发生反应2NaOH+Cl2═==NaCl+NaClO+H2O，转移电子数最少，依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最少转移(1/2)amol电子，故转移电子的物质的量n(e_)的范围(1/2) amol≤n(e_)≤(5a/6) mol，故C正确；D．反应中氯气一部分化合价升高生成次氯酸钠、氯酸钠，一部分化合价降低生成氯化钠，依据得失电子守恒可知：c(ClO-)×1+5×c(ClO)=c(Cl-)×1，左右两边同时除以c(ClO-)得，=
QUOTE ，整理得，1+5=11，故=2，则=，假设c(ClO)=2mol/L，则c(ClO-)=1mol/L，c(Cl-)=11mol/L，则=11，故D正确；故选B。
二、非选择题（共52分）
17．Ⅰ．现有下列状态的物质：
①干冰 ②NaHCO3晶体 ③氨水 ④纯醋酸 ⑤FeCl3溶液 ⑥铜 ⑦熔融的KOH ⑧蔗糖
其中属于电解质的是___________，属于强电解质的是_____________。能导电的是___________。
Ⅱ．胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。
①向煮沸的蒸馏水中逐滴加入___________溶液，继续煮沸至____________，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为______________________________________________。
②向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于_______离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做_______________。
③区分胶体和溶液常用的方法叫做__________。
Ⅲ．①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，离子方程式为_________________________。
②有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体主要操作包括：滴入过量盐酸，______、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器是________。
③高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为___________________________。
【答案】Ⅰ．②④⑦ ②⑦ ③⑤⑥⑦
Ⅱ．①饱和FeCl3 溶液呈红褐色 FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HCl ②SO 胶体的聚沉 ③丁达尔效应
Ⅲ．①2Fe3++ Cu2Fe2++ Cu2+ ②蒸发浓缩 玻璃棒
③2Fe3++3ClO-+10 OH-2FeO+3Cl-+5H2O
(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO+3Cl-+5H2O写出一个即可)
【解析】Ⅰ．电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等。我们在判断此类试题的时候，最直接的方法是按照物质的分类进行判断。①干冰是固态二氧化碳，不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；②NaHCO3晶体属于盐，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；③氨水属于混合物而不是化合物，所以不是电解质；④
纯醋酸属于酸，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；⑤FeCl3溶液是混合物而不是化合物，所以不是电解质；⑥铜是单质而不是化合物，所以不是电解质；⑦熔融的KOH属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电，所以是电解质；⑧蔗糖不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；所以属于电解质的是：②④⑦。强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，因此强电解质首先必须是电解质，只能从②④⑦里面找，其中NaHCO3晶体在水溶液中可以完全电离出离子，所以属于强电解质；纯醋酸属于共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，在水溶液中不能完全电离，所以属于弱电解质；熔融的KOH是离子化合物，在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子，所以属于强电解质，因此属于强电解质的是②⑦。因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能够自由移动的离子，所以可以导电；铜作为金属单质，含有能够自由移动的电子，所以也可以导电，因此能够导电的是③⑤⑥⑦。
Ⅱ．①Fe(OH)3胶体的制备过程是：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得Fe(OH)3胶体。故答案是：饱和FeCl3；溶液呈红褐色； FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HCl。②向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案是：SO； 胶体的聚沉；③利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应，进行区分胶体和溶液，所以答案是：丁达尔效应
Ⅲ．①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，利用的是Fe3＋的氧化性，将铜氧化成Cu2＋，所以其反应的离子方程式是：2Fe3++ Cu2Fe2++ Cu2+。②利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体，需要在HCl气流中加热、蒸发浓缩，因此其主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：蒸发浓缩；玻璃棒。③用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：3Fe3++3ClO-+10 OH-2FeO+3Cl-+5H2O或者2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO+3Cl-+5H2O。
18．过氧化氢H2O2（氧的化合价为﹣1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列A～D涉及H2O2的反应，填写空白：
A．Na2O2+2HCl===2NaCl+H2O2
B．Ag2O+H2O2===2Ag+O2+H2O
C．2H2O2===2H2O+O2
D．3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
（1）H2O2仅体现氧化性的反应是_________（填代号）。
（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_________（填代号）。
（3）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。
氧化反应：H2O2﹣2e﹣===2H++O2↑
还原反应：MnO+5e﹣+8H+===Mn2++4H2O
写出该氧化还原反应的离子方程式：___________________。
（4）在K2Cr2O7+14HCl===2KCl+3Cl2↑+7H2O+2CrCl3的反应中，有0.3 mol电子转移时生成Cl2的体积为______（标准状况），被氧化的HCl的物质的量为____。
（5）除去镁粉中混入的铝粉杂质用溶解、_______方法，化学反应方程式为_______________________________。
【答案】（1）D （2）C
（3）2MnO+5H2O2+6H+===2Mn2++8H2O+5O2↑
（4）3.36 L 0.3 mol
（5）过滤 2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
【解析】（1）O元素的化合价降低，只表现氧化性，则以上反应中H2O2仅体现氧化性的反应为D，故答案为：D；（2）O元素的化合价升高也降低可体现氧化性、还原性，则以上反应中H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是C，故答案为：C；（3）由氧化反应：H2O2-2e-═==2H++O2↑；还原反应：MnO+5e-+8H+ ═== Mn2++4H2O及电子守恒可知，该氧化还原反应的化学方程式为5H2O2+2MnO+6H+═==2Mn2++8H2O+5O2↑，故答案为：5H2O2+2MnO+6H+═== 2Mn2++8H2O +5O2↑；（4）反应中Cl元素化合价由-1价升高到0价，若转移了0.3mol的电子，则生成氯气的物质的量为：0.3mol/2=0.15mol，在标准状况下的体积为：0.15mol× 22.4L/mol=3.36L；反应中HCl被氧化成氯气，根据Cl元素守恒可知被氧化的HCl的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，故答案为：3.36L；0.3mol；（5）除去镁粉中的少量铝粉，选用氢氧化钠溶液，Al与NaOH反应，而Mg不能，发生的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应后过滤即可，故答案为：过滤；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
19．碘是人体中不可缺少的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：
KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4
（1）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目，该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比是____，0.2mol KIO3参加反应时转移电子____mol。
（2）实验结束后分离I2和K2SO4溶液所用的试剂是_______。
A．CCl4 B．酒精 C．Na2SO4溶液 D．食盐水
所用的分离方法是______，所用主要玻璃仪器是_____________。
（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，需用18mol/L浓H2SO4____mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号）______。
A．100mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．100mL容量瓶 E．50mL 量筒 F．胶头滴管 G．烧杯 H．500mL容量瓶
（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是______________
A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移
B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶
E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线
【答案】（1） 1:5 1
（2）A 萃取、分液 分液漏斗
（3）27.8 CEFGH
（4）ACD
【解析】（1）KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4的反应中，KIO3中的I元素是+5价，生成I2时化合价降低，得到5个电子，KI中的I元素是-1价，生成I2时化合价升高，失去1个电子，根据得失电子守恒，用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目应该是：根据反应方程式，1mol KIO3作氧化剂生成还原产物I20.5mol，5molKI作还原剂生成氧化产物I22.5mol，因此该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比是：0.5:2.5=1:5；根据上述分析可知，1mol KIO3生成I2时化合价降低，转移5mol电子，因此当0.2mol KIO3参加反应时转移电子：5×0.2mol=1mol，因此答案是：1。
（2）I2在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故将I2从K2SO4溶液中分离出来，应采用加入有机溶剂萃取、分液的方法，故排除BD，又因为酒精易溶于水，不能用作萃取剂。所以答案选A。萃取、分液时主要用到分液漏斗。所以此题答案是：A；萃取、分液；分液漏斗。
（3）若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，根据容量瓶的规格，需选用500ml的容量瓶进行配制，根据稀释定律：c(稀硫酸))×V(稀硫酸)= c(浓硫酸)×V(浓硫酸)，设需要浓硫酸的体积是xmL，则有1mol/L×0.5L=x×10-3L×18mol/L，解之得x=27.8mL，根据浓硫酸溶液的体积，所以需要选用50mL的量筒；配制溶液的过程主要有：计算、称量、稀释、冷却、移液、定容、摇匀等，所以需要用到的主要玻璃仪器是：50mL 量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、500mL容量瓶。因此此题答案是：27.8；CEFGH
（4）A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移，会造成溶液体积偏小，浓度偏高；B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，则残留在烧杯和玻璃棒上的溶质未进入容量瓶而使溶质损失，造成浓度偏低；C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，会使配制时溶液体积偏小而造成浓度偏高；D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，会使进入容量瓶中的溶质偏多而造成浓度偏高；E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，会使加水偏多而造成浓度偏低，所以此题答案选ACD。
20．某无色溶液中可能含有Mg2+、Ba2+、Cl-、CO、Cu2+、Fe3+中的一种或几种离子。为确定其成分，进行以下实验：
实验1：取10mL无色溶液，滴加过量稀盐酸无明显现象。
实验2：另取10mL无色溶液，加入足量的Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。
实验3：取实验1后的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）原溶液中不存在的离子是__________，存在的离子是________________。
（2）实验3中，图像中OA段反应的离子方程式为________________________。
（3）根据图像计算原溶液中Mg2+的物质的量浓度_______。
【答案】（1）CO、Cu2+、Fe3+ Mg2+、Ba2+、Cl－
（2）H＋＋OH－＝H2O
（3）1mol/L
【解析】溶液无色，则不含有色离子Cu2+、Fe3+；实验1，取无色溶液，滴加适量稀盐酸无明显现象，则不含CO，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有一种阴离子，则Cl－一定有；实验2，另取无色溶液，加入足量的Na2SO4溶液，有白色沉淀生成，证明一定含Ba2+；实验3，取实验l滴加过稀盐酸的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入NaOH溶液，开始是中和盐酸，随后生成沉淀，且沉淀的最大值为0.58g，说明溶液中一定含有Mg2+。根据上述分析，原溶液中不存在的离子为CO、Cu2+、Fe3+；存在的离子有Mg2+、Ba2+、Cl－；（2）实验3中，图象中OA段反应是NaOH中和盐酸，离子方程式为：H++OH−=H2O；（3）m[Mg(OH)2]=0.58g，n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.01mol，溶液体积为10mL，所以c(Mg2+)=1mol/L。
21．某小组同学为探究 H2O2、 H2SO3、 Br2 氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。
实验记录如下：
实验操作
实验现象
①
打开活塞 a
_____________________________________________
，滴加氯水，关闭活塞 a
②
吹入热空气一段时间后停止
A中溶液颜色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色
③
打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液
开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色。
完成下列填空：
（1）在进行操作①时，A中的实验现象是________________，有关反应的离子方程式是___________________________。
（2）操作②吹入热空气的目的是____________。B 中产生白色沉淀的化学式是___________。
（3）装置C的作用是____________________。
（4）由上述实验可知，在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱顺序为____________________。
（5）操作③开始时颜色无明显变化可能原因是（写出一条即可）：_______________________________。
【答案】（1）A 中溶液变为橙红色 Cl2+2Br-===Br2+2Cl-
（2）吹出单质Br2 BaSO4
（3） 吸收尾气
（4）H2O2＞Br2＞H2SO3
（5）H2SO3 有剩余（H2O2浓度小或 Br-与 H2O2 反应慢等因素，合理即可）
【解析】本题利用“氧化剂的氧化性大于氧化产物”这一原理来比较H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱。向NaBr溶液中滴加氯水，氯水置换出溴单质；然后鼓吹热空气，将Br2(g)吹入B装置，H2SO3与BaCl2不反应，当Br2(g)进入，产生了白色沉淀，则Br2将H2SO3氧化成H2SO4，Br2被还原为Br-，说明Br2氧化性强于H2SO3，该白色沉淀为BaSO4；再向B装置中加入H2O2溶液，一段时间后溶液变橙红色，则Br-被氧化为Br2，说明H2O2氧化性比Br2强。
（1）打开活塞 a，向NaBr溶液中滴加氯水，氯水氧化溴离子为溴单质，反应方程式为Cl2+2Br-===Br2+2Cl-；A中因为有溴单质导致A中溶液变橙红色； 故答案为：A中溶液变为橙红色；Cl2+2Br-===Br2+2Cl-；（2）Br2具有挥发性，热空气能促进Br2挥发，将Br2(g)吹入B装置；Br2将H2SO3氧化为H2SO4，所以白色沉淀为BaSO4。故答案为：吹出单质Br2；BaSO4；（3）装置C中为NaOH溶液，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中，可以用NaOH溶液吸收，所以装置C的作用是吸收尾气。故答案为：吸收尾气；（4）根据上述分析，可知：氧化性H2O2＞Br2＞H2SO3；（5）操作③中，向B装置中逐滴加入H2O2，溶液开始时颜色无明显变化可能是因为：B装置中还有H2SO3剩余，H2O2先与H2SO3反应，再与Br-反应；也可能是因为H2O2浓度小或 Br-与H2O2 反应慢等因素。
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