2022-2022学年全国名校联盟百校联考高三（上）月考化学试卷（一） 一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．下列过程或现象中没有发生氧化还原反应的是（ ）A．钢铁在潮湿的环境中生锈B．利用漂白粉进行自来水消毒C．将FeCl3饱和溶液滴入沸水中并加热制备Fe（OH）3胶体D．Na2O2投入酚酞溶液中溶液先变红后褪色 2．下列说法正确的是（ ）A．由不同种类的原子构成的物质不可能是单质B．葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体C．蔗糖、硫酸钡和氨气分别属于非电解质、强电解质和弱电解质D．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 3．硝酸铵在不同条件下加热分解得到不同的产物，下列反应（方程式未配平）中一定不可能发生的是（ ）A．NH4NO3→NH3+HNO3B．NH4NO3→O2+HNO3+H2OC．NH4NO3→N2+O2+H2OD．NH4NO3→N2O+H2O 4．下列叙述正确的是（ ）A．盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上应印有警示标记B．锥形瓶不可作为加热用的反应器C．实验室制取二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气D．不慎将浓碱液沾到皮肤上，要立即涂上稀硫酸，再用大量水冲洗 5．已知一定条件下，黄铁矿与硫酸铁溶液反应的化学方程式为FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4，下列说法错误的是（ ）A．FeS2是还原剂，发生氧化反应-27-\nB．FeSO4是还原产物C．每生成1molH2SO4，转移14mol电子D．反应中H2O既不是氧化剂也不是还原剂 6．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）A．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAB．88g乙酸乙酯中存在的共价键总数为14NAC．加热时，含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，转移的电子数为2NAD．1mol羟基所含的电子数为10NA 7．下列反应的离子方程式正确的是（ ）A．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣B．向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2OC．向次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClOD．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O 8．常温下，有Mn2+、Cl﹣、H+、MnO4﹣、Cl2和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，其中Cl2是氧化产物，下列叙述错误的是（ ）A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5B．该过程说明KMnO4酸化时不能滴加盐酸C．反应过程中转移2mol电子时，产生Cl2的体积约为22.4LD．若把该反应设计成原电池，则正极反应为MnO4﹣+5e﹣+8H+═Mn2++4H2O 9．常温下，在下列溶液中各组离子一定能够大量共存的是（ ）A．加入KSCN试液显红色的溶液中：K+、Na+、OH﹣、Cl﹣B．加入石蕊试液显蓝色的溶液中：K+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣C．由水电离的c（H+）═1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．向水中通入Cl2达到饱和的溶液中：Al3+、Cu2+、NO3﹣、SO42﹣ -27-\n10．用下列装置进行的相应实验能达到实验目的是（ ）A．图1装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B．图2装置用于分离水和溴苯的混合物C．图3装置用于制备并收集NO气体D．图4装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠 11．向0.1mol•L﹣1FeI2溶液中通入一定量的Cl2．下列离子方程式与事实不符的是（ ）A．2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣B．2Fe2++4I﹣+3Cl2═2Fe3++6Cl﹣+2I2C．2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣D．2Fe2++8I﹣+5Cl2═2Fe3++4I2+10Cl﹣ 12．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硝酸试剂标签上的部分内容．据此下列说法错误的是（ ）A．该硝酸的物质的量浓度约为15.1mol•L﹣1B．0.3molCu与足量的该硝酸反应产生6gNOC．该硝酸盛放在棕色的玻璃试剂瓶中D．等体积的水与该硝酸混合所得溶液的溶质质量分数大于34% -27-\n13．用Pt电极电解含有Cu2+和X3+各0.1mol的硫酸盐混合溶液（X为金属元素），阴极析出固体物质的质量m（g）与溶液中通过电子的物质的量n（mol）的关系如图所示．下列说法错误的是（ ）A．氧化性由强到弱的顺序：X3+＞Cu2+＞H+B．金属X可能为AlC．据图判断，金属X能与稀硫酸反应产生H2D．通过电子的物质的量大于0.3mol时，发生反应的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑ 14．某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣、CO32﹣，已知各离子的浓度均约为0.1mol•L﹣1，现取20mL该溶液进行如下实验：（1）向20mL该溶液张加入足量盐酸，产生的气体在空气中变为红棕色；（2）在（1）反应后的溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，有刺激性气味气体和有白色沉淀产生．（3）向（2）反应的溶液中通入适量CO2，有白色沉淀甲生成．根据上述实验情况，以下说法正确的是（ ）A．该混合溶液中一定含有Fe2+、NO3﹣、NH4+、SO42﹣B．白色沉淀甲一定是Al（OH）3C．该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣D．向该混合溶液中滴加酚酞试液后呈红色 二、解答题（共5小题，满分58分）15．某一反应体系中存在下列6中微粒：ClO﹣、CN﹣、HCO3﹣、N2、Cl﹣和H2O，已知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，请完成下列各题：（1）CN﹣中碳元素的化合价为 ，该反应的氧化产物是 ．（2）反应中1mol还原剂 （填“得到”或“失去”） mol电子．（3）该反应的离子方程式为 ．-27-\n（4）ClO﹣和Cl﹣在强酸性条件下不能大量共存，其原因是 （用离子方程式表示）． 16．有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、AlO2﹣、SO42﹣、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣中的几种，取该溶液进行以下实验．（1）填表（填写离子符号或“无”）序号实验步骤肯定不存在的离子①用pH试纸测得该溶液呈酸性②另取10mL该溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在整个滴加过程中无沉淀生成③往②所得溶液中加入足量Na2CO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到1.97g白色固体④另取10mL该溶液，加入浓NaOH溶液并加热，收集到224mL，气体（标准状况）⑤另取10mL该溶液，加入足量稀HNO3和AgNO3，产生2.87g白色沉淀（2）根据以上事实，该溶液中肯定存在的离子是 ．（3）请设计实验方案检验未确定的其他离子是否存在： ．（4）写出实验③、④中发生反应的离子方程式：实验③ ；实验④ ． 17．已知NaBiO3溶液呈无色，Bi3+在溶液中比较稳定且为无色．取一定量用稀硫酸酸化的MnSO4溶液依次进行下列实验，有关现象记录如下：①滴加适量NaBiO3溶液，溶液呈紫红色；②再加入过量的H2O2溶液，紫红色消失，产生气泡；③最后加入适量KI淀粉溶液．请回答下列问题：（1）NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2氧化性由强到弱的顺序为 ．-27-\n（2）实验③中的现象为 ．（3）实验①、②中反应的离子方程式分别是 ， ．（4）实验②中若产生标准状况下2.24L气体，则转移的电子数为 ． 18．为测定某溶液中Ca2+的含量，某同学设计了如下实验：量取100mL该溶液与烧杯中，加入足量的（NH4）2C2O4溶液使Ca2+转化为CaC2O4沉淀（假设其他离子均不生成沉淀），过滤、洗涤后，往沉淀中加入足量稀硫酸，然后用0.1000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定．（1）配平KMnO4氧化H2C2O4的化学方程式： KMnO4+ H2C2O4+ H2SO4═ K2SO4+ MnSO4+ CO2↑+ H2O（2）如图1所示的仪器中，配制0.1000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液时肯定不需要的是 （填标号），除此之外还需用到的玻璃仪器是 （填仪器名称）．（3）在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度 0.1000mol•L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；若KMnO4标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度 0.1000mol•L﹣1．（4）若滴定过程中消耗KMnO4标准溶液20.00mL，则原溶液中Ca2+的质量浓度为 g•L﹣1．（5）如图2为草酸钙固体在受热分解过程中所得固体产物的质量随温度变化的曲线，图中A、B、C分别代表三种固体，写出固体A到B的化学方程式： ． 19．某实验小组利用Fe2O3、Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾（CuSO4•5H2O），实验方案如下：-27-\n（1）稀硫酸溶解混合物时发生反应的离子方程式为：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、 、 ．（2）溶液乙中加入适量CuO时发生反应的离子方程式为 ．（3）操作Ⅰ主要包括 、 、过滤、洗涤、晾干等步骤．（4）实验室还可以利用沉淀丙制取FeCO3，流程如下：写出上述转化过程①、②、③中发生反应的离子方程式：过程①： ．过程②： ．过程③： ． -27-\n2022-2022学年全国名校联盟百校联考高三（上）月考化学试卷（一）参考答案与试题解析 一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．下列过程或现象中没有发生氧化还原反应的是（ ）A．钢铁在潮湿的环境中生锈B．利用漂白粉进行自来水消毒C．将FeCl3饱和溶液滴入沸水中并加热制备Fe（OH）3胶体D．Na2O2投入酚酞溶液中溶液先变红后褪色【考点】氧化还原反应．【分析】A．Fe反应生成铁锈（Fe2O3．nH2O），Fe元素的化合价升高；B．漂白粉具有强氧化性；C．制备胶体为水解反应，没有元素的化合价变化；D．过氧化钠与水反应生成NaOH，溶液显碱性，且过氧化钠具有强氧化性，可漂白．【解答】解：A．Fe反应生成铁锈（Fe2O3．nH2O），Fe元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故A不选；B．漂白粉具有强氧化性，能进行自来水消毒，与氧化还原反应有关，故B不选；C．制备胶体为水解反应，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C选；D．过氧化钠与水反应生成NaOH，溶液显碱性，且过氧化钠具有强氧化性，可漂白，均与氧化还原反应有关，故D不选；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断及迁移应用能力的考查，题目难度不大． 2．下列说法正确的是（ ）A．由不同种类的原子构成的物质不可能是单质B．葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体C．蔗糖、硫酸钡和氨气分别属于非电解质、强电解质和弱电解质D．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物-27-\n【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物；电解质与非电解质．【分析】A．由不同种类的原子构成的物质可能是单质，如HD；B．胶体具有丁达尔现象，溶液没有，葡萄糖注射液是溶液；C．蔗糖、硫酸钡分别属于非电解质、强电解质，氨气为非电解质；D．酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐指由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物；两种元素组成其中一种是氧元素的化合物．【解答】解：A．同一元素可能存在同位素，如氢有H、D、T三种同位素，HD为氢元素形成的单质，但H、D为不同种原子，故A错误；B．葡萄糖注射液是溶液，不属于胶体，丁达尔现象是胶体具有的性质，故B正确；C．硫酸钡属于盐，在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质，属于强电解质，蔗糖在水溶液中不能够自身电离出自由移动的离子，只有蔗糖分子，是非电解质，氨气是化合物，溶于水，氨气和水反应生成一水和氨，NH3•H2O⇌NH4++OH﹣导电，但这些离子不是氨气电离，氨气是非电解质，故C错误；D．硫酸属于酸，纯碱属于盐，醋酸钠属于盐，生石灰属于氧化物，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质的分类，题目难度不大，本题注意单质、胶体、电解质、非电解质、强、弱电解质和氧化物的概念，A为易错选项． 3．硝酸铵在不同条件下加热分解得到不同的产物，下列反应（方程式未配平）中一定不可能发生的是（ ）A．NH4NO3→NH3+HNO3B．NH4NO3→O2+HNO3+H2OC．NH4NO3→N2+O2+H2OD．NH4NO3→N2O+H2O【考点】铵盐．【分析】NH4NO3中N元素化合价为﹣3价、+5价，依据氧化还原反应化合价变化规律，如果硝酸铵分解时发生氧化还原反应，则一定有元素化合价升降，据此分析解答．【解答】解：NH4NO3中N元素化合价为﹣3价、+5价，依据氧化还原反应化合价变化规律，如果硝酸铵分解时发生氧化还原反应，则一定有元素化合价升降，A、C、D中既有元素化合价升高又有元素化合价降低，符合氧化还原反应规律，B中只有化合价升高的元素，没有化合价降低的元素，不符合氧化还原反应规律，所以肯定不能发生，-27-\n故选：B．【点评】本题考查了氧化还原反应，明确物质的性质、氧化还原反应规律是解本题关键，题目难度不大． 4．下列叙述正确的是（ ）A．盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上应印有警示标记B．锥形瓶不可作为加热用的反应器C．实验室制取二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气D．不慎将浓碱液沾到皮肤上，要立即涂上稀硫酸，再用大量水冲洗【考点】化学实验安全及事故处理；化学试剂的存放．【分析】A．浓硫酸具有腐蚀性；B．锥形瓶可作为加热用的反应器；C．二氧化氮与水反应仍会产生NO；D．硫酸对皮肤有腐蚀作用．【解答】解：A．浓硫酸具有腐蚀性，标签上应印有腐蚀品标记，故A正确；B．锥形瓶可作为加热用的反应器，需要垫石棉网加热，故B错误；C．二氧化氮与水反应仍会产生NO，污染环境，故C错误；D．硫酸对皮肤有腐蚀作用，应先用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，故D错误．故选A．【点评】本题考查实验安全与试剂的存放，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大． 5．已知一定条件下，黄铁矿与硫酸铁溶液反应的化学方程式为FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4，下列说法错误的是（ ）A．FeS2是还原剂，发生氧化反应B．FeSO4是还原产物C．每生成1molH2SO4，转移14mol电子D．反应中H2O既不是氧化剂也不是还原剂【考点】氧化还原反应．-27-\n【分析】FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4中，S元素的化合价由﹣1价升高为+6价，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，以此来解答．【解答】解：A．FeS2中S元素的化合价升高，作还原剂，发生氧化反应，故A正确；B．Fe2（SO4）3中Fe元素的化合价降低，被还原，对应还原产物为FeSO4，故B正确；C．由反应可知，生成8molH2SO4时转移14mol电子，故C错误；D．水中H、O元素的化合价不变，则反应中H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故D正确；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 6．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）A．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAB．88g乙酸乙酯中存在的共价键总数为14NAC．加热时，含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，转移的电子数为2NAD．1mol羟基所含的电子数为10NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解；B、1mol乙酸乙酯中含14mol共价键；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、羟基不显电性．【解答】解：A、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故在溶液中的个数小于NA个，故A错误；B、88g乙酸乙酯的物质的量为1mol，而1mol乙酸乙酯中含14mol共价键，即14NA个，故B正确；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故2mol浓硫酸不能完全反应，则转移的电子数小于2NA个，故C错误；D、羟基不显电性，1mol羟基含9mol电子即9NA个，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键． -27-\n7．下列反应的离子方程式正确的是（ ）A．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣B．向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2OC．向次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClOD．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．电解生成氢氧化镁、氢气、氯气；B．反应生成碳酸钠、碳酸钙和水；C．反应生成碳酸氢钙和HClO；D．滴加NaHSO4溶液至中性，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水．【解答】解：A．用惰性电极电解氯化镁溶液的离子反应为Mg2++2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+Mg（OH）2↓，故A错误；B．向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液的离子反应为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B错误；C．向次氯酸钙溶液中通入过量的CO2的离子反应为ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO，故C错误；D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大． 8．常温下，有Mn2+、Cl﹣、H+、MnO4﹣、Cl2和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，其中Cl2是氧化产物，下列叙述错误的是（ ）A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5B．该过程说明KMnO4酸化时不能滴加盐酸C．反应过程中转移2mol电子时，产生Cl2的体积约为22.4LD．若把该反应设计成原电池，则正极反应为MnO4﹣+5e﹣+8H+═Mn2++4H2O【考点】氧化还原反应．-27-\n【分析】Cl2是氧化产物，Cl﹣具有还原性，MnO4﹣在酸性条件下具有强氧化性，由题意可以确定，Mn元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则发生反应2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，以此来解答．【解答】解：由信息可知，发生氧化还原反应为2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，A．氧化剂为MnO4﹣，还原剂为HCl，由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故A正确；B．高锰酸钾能氧化HCl，则该过程说明KMnO4酸化时不能滴加盐酸，故B正确；C．由反应可知转移10mol电子生成5mol气体，反应过程中转移2mol电子时，产生Cl21mol，状况未知，不能计算体积，故C错误；D．原电池中正极得到电子，则正极反应为MnO4﹣+5e﹣+8H+═Mn2++4H2O，故D正确；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及分析与应用能力的考查，题目难度不大． 9．常温下，在下列溶液中各组离子一定能够大量共存的是（ ）A．加入KSCN试液显红色的溶液中：K+、Na+、OH﹣、Cl﹣B．加入石蕊试液显蓝色的溶液中：K+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣C．由水电离的c（H+）═1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．向水中通入Cl2达到饱和的溶液中：Al3+、Cu2+、NO3﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．加入KSCN试液显红色的溶液中含有大量Fe3+，能和铁离子反应的离子不能大量共存；B．加入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性，和OH﹣反应的离子不能大量共存；C．由水电离的c（H+）═1×10﹣14mol•L﹣1的溶液呈强酸性或强碱性；D．向水中通入Cl2达到饱和的溶液中含有大量氯气、次氯酸、盐酸，能和这三种物质反应的离子不能大量共存．【解答】解：A．加入KSCN试液显红色的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+和OH﹣反应生成氢氧化铁沉淀而不能大量共存，故A错误；B．加入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性，NH4+、OH﹣反应生成弱电解质一水合氨而不能大量共存，故B错误；-27-\nC．由水电离的c（H+）═1×10﹣14mol•L﹣1的溶液呈强酸性或强碱性，HCO3﹣和氢离子、氢氧根离子都反应而不能大量共存，故C错误；D．向水中通入Cl2达到饱和的溶液中含有大量氯气、次氯酸、盐酸，这几种离子之间不反应且和氯气、次氯酸、盐酸都不反应，所以能大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，明确溶液中离子及其性质是解本题关键，易错选项是C，注意：该溶液呈酸性或碱性． 10．用下列装置进行的相应实验能达到实验目的是（ ）A．图1装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B．图2装置用于分离水和溴苯的混合物C．图3装置用于制备并收集NO气体D．图4装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．浓硫酸和铜应在加热条件下进行；B．溴苯与水互不相溶；C．不能用排空法收集NO；D．碳酸钠加热易分解．【解答】解：A．浓硫酸和铜应在加热条件下进行，该装置不能继而制备气体，故A错误；B．溴苯与水互不相溶，可用分液的方法分离，故B正确；C．NO易与氧气反应，不能用排空法收集NO，只能用排水法，故C错误；D．碳酸氢钠加热易分解，加热可以出去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠，故D错误．故选B．-27-\n【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、收集以及物质的分离、提纯等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大． 11．向0.1mol•L﹣1FeI2溶液中通入一定量的Cl2．下列离子方程式与事实不符的是（ ）A．2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣B．2Fe2++4I﹣+3Cl2═2Fe3++6Cl﹣+2I2C．2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣D．2Fe2++8I﹣+5Cl2═2Fe3++4I2+10Cl﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】氧化性Fe3+＞I2，碘离子的还原性强于二价铁离子，少量氯气先氧化碘离子，氯气足量时亚铁离子、碘离子均被氧化，结合电子、电荷守恒分析．【解答】解：A．氧化性Fe3+＞I2，碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气少量，只能氧化碘离子，发生2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，故A正确；B．氯气过量，I﹣、Fe2+都完全被完全氧化，反应离子方程式为2Fe2++4I﹣+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl﹣，故B正确；C．氧化性Fe3+＞I2，碘离子的还原性强于二价铁离子，等物质的量反应时，只能氧化碘离子，不可以先氧化二价铁离子，故C错误；D．当加入的氯气把I﹣完全氧化成I2，还有部分剩余时，再部分氧化亚铁离子，可以发生反应2Fe2++8I﹣+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl﹣，故D正确；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意氧化的先后顺序及电子守恒分析，题目难度不大． -27-\n12．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硝酸试剂标签上的部分内容．据此下列说法错误的是（ ）A．该硝酸的物质的量浓度约为15.1mol•L﹣1B．0.3molCu与足量的该硝酸反应产生6gNOC．该硝酸盛放在棕色的玻璃试剂瓶中D．等体积的水与该硝酸混合所得溶液的溶质质量分数大于34%【考点】物质的量浓度的相关计算；化学试剂的存放．【分析】A．结合c=计算；B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；C．浓硝酸光照可分解；D．水的密度比硝酸的密度小，等体积混合后，溶液质量小于原溶液质量的2倍．【解答】解：A．c===15.1mol•L﹣1，故A正确；B．由浓度可知为浓硝酸，Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，不生成NO，故B错误；C．浓硝酸光照可分解，应盛放在棕色的玻璃试剂瓶中，故C正确；D．水的密度比硝酸的密度小，等体积混合后，溶液质量小于原溶液质量的2倍，原溶液的质量分数为68%，则混合所得溶液的溶质质量分数大于34%，故D正确；故选B．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握图中信息及c与w的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大． 13．用Pt电极电解含有Cu2+和X3+各0.1mol的硫酸盐混合溶液（X为金属元素），阴极析出固体物质的质量m（g）与溶液中通过电子的物质的量n（mol）的关系如图所示．下列说法错误的是（ ）-27-\nA．氧化性由强到弱的顺序：X3+＞Cu2+＞H+B．金属X可能为AlC．据图判断，金属X能与稀硫酸反应产生H2D．通过电子的物质的量大于0.3mol时，发生反应的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑【考点】电解原理．【分析】根据图象可知，开始通过0.1moL电子，无固体析出，说明为X3+得电子生成X2+，后再通过0.2mol电子析出固体，则为0.1mol铜离子得电子析出铜，再后来固体不变，则发生的反应为氢离子得电子放出氢气，据此分析解答．【解答】解：开始通过0.1moL电子，无固体析出，说明为X3+得电子生成X2+，所以X不可能为Al，后再通过0.2mol电子析出固体，则为0.1mol铜离子得电子析出铜，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力X3+＞Cu2+＞H+，则X能与稀硫酸反应产生H2，所以ACD错误，B正确，故选：B．【点评】本题考查学生根据图象获取信息、运用知识综合分析能力，难度中等，关键在确定析出的固体是铜． 14．某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣、CO32﹣，已知各离子的浓度均约为0.1mol•L﹣1，现取20mL该溶液进行如下实验：（1）向20mL该溶液张加入足量盐酸，产生的气体在空气中变为红棕色；（2）在（1）反应后的溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，有刺激性气味气体和有白色沉淀产生．（3）向（2）反应的溶液中通入适量CO2，有白色沉淀甲生成．根据上述实验情况，以下说法正确的是（ ）A．该混合溶液中一定含有Fe2+、NO3﹣、NH4+、SO42﹣B．白色沉淀甲一定是Al（OH）3C．该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣D．向该混合溶液中滴加酚酞试液后呈红色-27-\n【考点】常见离子的检验方法．【分析】（1）第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，红色气体为NO2，则H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应生成NO；根据离子共存可知，一定不存在CO32﹣；（2）在（1）的溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至过量，产生白色沉淀，并有气体逸出，产生的气体为氨气，一定含NH4+；加过量Ba（OH）2生成的沉淀可能为氢氧化亚铁、氢氧化镁或硫酸钡，可能含有Mg2+、Fe2+、SO42﹣；3）向（2）反应的溶液中通入适量CO2，有白色沉淀甲生成，该沉淀可能为碳酸钡或氢氧化铝沉淀；由于阴离子只有SO42﹣、NO3﹣，且浓度均为0.1mol/L，已知含有的阳离子为：NH4+、Fe2+，已经满足溶液电中性，则溶液中不会存在其它阳离子，则白色沉淀甲一定不是氢氧化铝沉淀，据此进行解答．【解答】解：（1）第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，红色气体为NO2，则H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应生成NO；根据离子共存可知，一定不存在CO32﹣；（2）在（1）的溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至过量，产生白色沉淀，并有气体逸出，产生的气体为氨气，一定含NH4+；加过量Ba（OH）2生成的沉淀可能为氢氧化亚铁、氢氧化镁或硫酸钡，可能含有Mg2+、Fe2+、SO42﹣；3）向（2）反应的溶液中通入适量CO2，有白色沉淀甲生成，该沉淀可能为碳酸钡或氢氧化铝沉淀；由于阴离子只有SO42﹣、NO3﹣，且浓度均为0.1mol/L，已知含有的阳离子为：NH4+、Fe2+，已经满足溶液电中性，则溶液中不会存在其它阳离子，即：原溶液中存在的离子为：SO42﹣、NO3﹣、NH4+、Fe2+，A．加盐酸不生成沉淀，则不含AlO2﹣，加NaOH沉淀不溶解则不含Al3+，与盐酸反应生成的无色气体不是二氧化碳，则不含CO32﹣，由电荷守恒可知不含Fe3+，故A正确；B．根据分析可知，溶液中不存在铝离子，则白色沉淀一定为碳酸钡，故B错误；C．由上述分析可知，一定含Fe2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣，一定不存在碳酸根离子，故C错误；D．由上述分析可知，一定含Fe2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣，溶液显酸性，该混合溶液中滴加酚酞试液后为无色，故D错误；故选A．-27-\n【点评】本题考查物质或离子的检验，为高频考点，题目难度中等，把握离子之间的反应及反应现象推断离子为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意利用电话守恒分析铁离子为解答的难点． 二、解答题（共5小题，满分58分）15．某一反应体系中存在下列6中微粒：ClO﹣、CN﹣、HCO3﹣、N2、Cl﹣和H2O，已知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，请完成下列各题：（1）CN﹣中碳元素的化合价为 +2 ，该反应的氧化产物是 HCO3﹣和N2 ．（2）反应中1mol还原剂 失去 （填“得到”或“失去”） 5 mol电子．（3）该反应的离子方程式为 5ClO﹣+2CN﹣+H2O=N2↑+5Cl﹣+2HCO3﹣ ．（4）ClO﹣和Cl﹣在强酸性条件下不能大量共存，其原因是 ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O （用离子方程式表示）．【考点】氧化还原反应．【分析】由具有氧化性的ClO﹣为反应物降低到Cl﹣，由CN﹣化合价升高为HCO3﹣、N2可知CN﹣是还原剂，又氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2可知，则再结合原子守恒反应的方程式应为5ClO﹣+2CN﹣+H2O=N2↑+5Cl﹣+2HCO3﹣，以此解答该题．【解答】解：由具有氧化性的ClO﹣为反应物降低到Cl﹣，由CN﹣化合价升高为HCO3﹣、N2可知CN﹣是还原剂，又氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2可知，则再结合原子守恒反应的方程式应为5ClO﹣+2CN﹣+H2O=N2↑+5Cl﹣+2HCO3﹣，（1）CN﹣中氮为﹣3价，所以碳元素的化合价为+2价，该反应的氧化产物是HCO3﹣和N2．故答案为：+2；HCO3﹣和N2；（2）根据以上分析，CN﹣化合价升高为HCO3﹣、N2可知CN﹣是还原剂，则反应中1mol还原剂失去2+3=5mol电子，故答案为：5；（3）根据以上分析，该反应的离子方程式为5ClO﹣+2CN﹣+H2O=N2↑+5Cl﹣+2HCO3﹣，故答案为：5ClO﹣+2CN﹣+H2O=N2↑+5Cl﹣+2HCO3﹣；（4）ClO﹣和Cl﹣在强酸性条件下发生归中反应生成氯气和水，离子方程式为：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O；【点评】本题考查氧化还原反应的分析和计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大．-27-\n 16．有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、AlO2﹣、SO42﹣、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣中的几种，取该溶液进行以下实验．（1）填表（填写离子符号或“无”）序号实验步骤肯定不存在的离子①用pH试纸测得该溶液呈酸性②另取10mL该溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在整个滴加过程中无沉淀生成③往②所得溶液中加入足量Na2CO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到1.97g白色固体④另取10mL该溶液，加入浓NaOH溶液并加热，收集到224mL，气体（标准状况）⑤另取10mL该溶液，加入足量稀HNO3和AgNO3，产生2.87g白色沉淀（2）根据以上事实，该溶液中肯定存在的离子是 NH4+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣ ．（3）请设计实验方案检验未确定的其他离子是否存在： 用洁净的铂丝蘸取原溶液进行焰色反应实验，通过蓝色钴玻璃观察，若看到火焰呈紫色，则原溶液中含有K+，反之则无 ．（4）写出实验③、④中发生反应的离子方程式：实验③ Ba2++CO32﹣=BaCO3↓ ；实验④ NH4++OH﹣NH3↑+H2O ．【考点】常见离子的检验方法．【分析】根据实验①溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有大量H+，而H+与CO32﹣、AlO2﹣发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含CO32﹣、AlO2﹣；②另取10mL该溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在整个滴加过程中无沉淀生成，Mg2+、Al3+、Fe3+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Mg2+、Al3+、Fe3+；③往②所得溶液中加入足量Na2CO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到1.97g白色固体，该白色沉淀为碳酸钡，物质的量为：=0.01mol，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42﹣产生沉淀，说明溶液中不含SO42﹣；-27-\n④另取10mL该溶液，加入浓NaOH溶液并加热，收集到224mL气体（标准状况），该气体为氨气，则原溶液中一定含有NH4+，物质的量为：=0.01mol；⑤另取10mL该溶液，加入足量稀HNO3和AgNO3，产生2.87g白色沉淀，该白色沉淀为AgCl，物质的量为：=0.02mol，说明原溶液中一定含有Cl﹣，据此进行解答．【解答】解：（1）根据实验①溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有大量H+，而H+与CO32﹣、AlO2﹣发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含CO32﹣、AlO2﹣，故答案为：CO32﹣、AlO2﹣；②另取10mL该溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在整个滴加过程中无沉淀生成，Mg2+、Al3+、Fe3+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Mg2+、Al3+、Fe3+，故答案为：Mg2+、Al3+、Fe3+；③往②所得溶液中加入足量Na2CO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到1.97g白色固体，该白色沉淀为碳酸钡，物质的量为：=0.01mol，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42﹣产生沉淀，说明溶液中不含SO42﹣，故答案为：SO42﹣；④另取10mL该溶液，加入浓NaOH溶液并加热，收集到224mL气体（标准状况），该气体为氨气，则原溶液中一定含有NH4+，物质的量为：=0.01mol，据此无法判断不存在的离子，故答案为：无；⑤另取10mL该溶液，加入足量稀HNO3和AgNO3，产生2.87g白色沉淀，该白色沉淀为AgCl，物质的量为：=0.02mol，说明原溶液中一定含有Cl﹣，据此无法判断不存在的离子，故答案为：无；（2）根据（1）的分析可知，原溶液中存在0.01molBa2+、0.01molNH4+、0.02molCl﹣，阳离子所带电荷的总物质的量大于阴离子，且溶液中还存在氢离子，可能存在钾离子，所以原溶液中一定还处在NO3﹣，即该溶液中肯定存在的离子是：NH4+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣，故答案为：NH4+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣；-27-\n（3）根据分析可知，不能确定的离子为K+，可用洁净的铂丝蘸取原溶液进行焰色反应实验，通过蓝色钴玻璃观察，若看到火焰呈紫色，则原溶液中含有K+，反之则无，故答案为：用洁净的铂丝蘸取原溶液进行焰色反应实验，通过蓝色钴玻璃观察，若看到火焰呈紫色，则原溶液中含有K+，反之则无；（4）③中钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；④中氯化铵在加热条件下与氢氧化钠溶液反应放出氨气，反应的离子方程式为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故答案为：Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；NH4++OH﹣NH3↑+H2O．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力． 17．已知NaBiO3溶液呈无色，Bi3+在溶液中比较稳定且为无色．取一定量用稀硫酸酸化的MnSO4溶液依次进行下列实验，有关现象记录如下：①滴加适量NaBiO3溶液，溶液呈紫红色；②再加入过量的H2O2溶液，紫红色消失，产生气泡；③最后加入适量KI淀粉溶液．请回答下列问题：（1）NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2氧化性由强到弱的顺序为 NaBiO3＞KMnO4＞H2O2＞I2 ．（2）实验③中的现象为 溶液变蓝色 ．（3）实验①、②中反应的离子方程式分别是 5BiO3﹣+2Mn2++14H+═5Bi3++2MnO4﹣+7H2O ， 5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑ ．（4）实验②中若产生标准状况下2.24L气体，则转移的电子数为 0.2NA ．【考点】氧化还原反应．【分析】（1）根据发生的反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性这一规律来回答判断；（2）KMnO4氧化SO2气体生成SO42﹣，自身被还原为Mn2+，SO42﹣和③中生成的Pb2+反应生成白色沉淀；-27-\n（3）稀硫酸酸化的MnSO4溶液，加入适量的NaBiO3，溶液变为紫红色，发生氧化还原反应生成高锰酸根离子和Bi3+、水；高锰酸钾与双氧水反应生成锰离子、水和氧气；（4）实验②中O元素的化合价从﹣1价升高到0价，结合反应方程式计算．【解答】解：（1）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由①中现象可知：NaBiO3把Mn2+氧化生成MnO4﹣，则NaBiO3（氧化剂）的氧化性强于KMnO4（氧化产物）的氧化性；由②中现象可知：KMnO4氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，则KMnO4（氧化剂）的氧化性强于H2O2的氧化性；由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水（氧化剂）的氧化性强于碘单质（氧化产物）的氧化性，综上所述，NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞KMnO4＞H2O2＞I2，故答案为：NaBiO3＞KMnO4＞H2O2＞I2；（2）②中加入过量的H2O2溶液，③加入适量KI淀粉溶液，KI被氧化为碘单质，溶液变蓝色；故答案为：溶液变蓝色；（3）稀硫酸酸化的MnSO4溶液，加入适量的NaBiO3，溶液变为紫红色，发生氧化还原反应生成高锰酸根离子和Bi3+、水，其离子方程式为：5BiO3﹣+2Mn2++14H+═5Bi3++2MnO4﹣+7H2O，高锰酸钾与双氧水反应生成锰离子、水和氧气，其离子方程式为：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；故答案为：5BiO3﹣+2Mn2++14H+═5Bi3++2MnO4﹣+7H2O；5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；（4）实验②5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑中O元素的化合价从﹣1价升高到0价，产生标准状况下2.24L气体，即生成0.1mol氧气，则转移电子为0.2mol，即0.2NA个．故答案为：0.2NA．【点评】本题考查离子反应和氧化还原反应，明确发生的反应及反应中元素的化合价变化是解答的关键，注意利用电子守恒计算时氧元素由﹣1价升高为0为易错点，题目难度中等． 18．为测定某溶液中Ca2+的含量，某同学设计了如下实验：量取100mL该溶液与烧杯中，加入足量的（NH4）2C2O4溶液使Ca2+转化为CaC2O4沉淀（假设其他离子均不生成沉淀），过滤、洗涤后，往沉淀中加入足量稀硫酸，然后用0.1000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定．（1）配平KMnO4氧化H2C2O4的化学方程式： 2 KMnO4+ 5 H2C2O4+ 3 H2SO4═ 1 K2SO4+ 2 MnSO4+ 10 CO2↑+ 8 H2O-27-\n（2）如图1所示的仪器中，配制0.1000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液时肯定不需要的是 AC （填标号），除此之外还需用到的玻璃仪器是 烧杯、玻璃棒 （填仪器名称）．（3）在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度 ＜ 0.1000mol•L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；若KMnO4标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度 ＜ 0.1000mol•L﹣1．（4）若滴定过程中消耗KMnO4标准溶液20.00mL，则原溶液中Ca2+的质量浓度为 2.000 g•L﹣1．（5）如图2为草酸钙固体在受热分解过程中所得固体产物的质量随温度变化的曲线，图中A、B、C分别代表三种固体，写出固体A到B的化学方程式： CaC2O4CaCO3+CO↑ ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（2）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要和不需要的仪器；（3）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；（4）根据2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═1K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O，利用关系式法计算：5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，原溶液中Ca2+的质量浓度计算公式为c=，注意浓度的单位为g•L﹣1；（5）由图可知：A处CaC2O4的质量为6.4g，B为5g．观察化学式：CaC2O4，其逐步分解的固体产物必为含Ca的化合物，则产物B的物质的量应与CaC2O4-27-\n相同，设B的相对分子质量分别为x，根据关系式计算B的相对分子质量，据此判断B的化学式，进而书写固体A到B的化学方程式．【解答】解：（1）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，根据转移电子守恒知，KMnO4的计量数是2、H2C2O4的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═1K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O，故答案为：2；5；3；1；2；10；8；（2）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制0.1000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故不需要的仪器是A（圆底烧瓶）C（分液漏斗），还需要的仪器有：烧杯、玻璃棒，故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；（3）若定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小于0.1000mol•L﹣1，若KMnO4标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则会成溶质的损失，使所配溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小于0.1000mol•L﹣1，故答案为：＜；＜；（4）根据2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═1K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O，5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则5Ca2+～～～～2MnO4﹣n（Ca2+）0.1mol•L﹣1×0.02L解得：n（Ca2+）=0.005mol，100mL该溶液Ca2+的质量浓度为c===2g/L故答案为：2；（5）设B的相对分子质量分别为x，则：由CaC2O4～～～～B128x6.4g5g所以x==100，CaC2O4相对分子质量为128，B与CaC2O4的相对分子质量相差28，则B为CaCO3，所以固体A到B的化学方程式为：CaC2O4CaCO3+CO↑，故答案为：CaC2O4CaCO3+CO↑．-27-\n【点评】本题考查了氧化还原反应的配平、一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析、滴定过程的计算应用、化学式的推断，为高频考点，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，题目难度中等． 19．某实验小组利用Fe2O3、Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾（CuSO4•5H2O），实验方案如下：（1）稀硫酸溶解混合物时发生反应的离子方程式为：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、 Fe2O3+2H+═Fe2++H2O、 、 Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+ ．（2）溶液乙中加入适量CuO时发生反应的离子方程式为 3CuO+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3+3Cu2+ ．（3）操作Ⅰ主要包括 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤、洗涤、晾干等步骤．（4）实验室还可以利用沉淀丙制取FeCO3，流程如下：写出上述转化过程①、②、③中发生反应的离子方程式：过程①： Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O ．过程②： Fe+2Fe3+═3Fe2+ ．过程③： 2HCO3﹣+Fe2+═FeCO3↓+CO2↑+H2O ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；化学实验基本操作．【分析】Fe2O3、Cu2O的混合物溶于过量的硫酸，氧化亚铜在酸性条件下生成铜离子和铜单质，氧化铁溶于酸生成铁离子，铜单质被铁离子氧化成铜离子，所以得到的溶液甲中含有亚铁离子、铜离子、铁离子等，加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再用氧化铜调节溶液的pH值，使铁离子沉淀，得到丙为氢氧化铁，溶液丁为硫酸铜溶液，将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、晾干得硫酸铜晶体，氢氧化铁中加入盐酸生成氯化铁，氯化铁再与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入碳酸氢铵，过滤洗涤得碳酸亚铁，据此答题．-27-\n【解答】解：Fe2O3、Cu2O的混合物溶于过量的硫酸，氧化亚铜在酸性条件下生成铜离子和铜单质，氧化铁溶于酸生成铁离子，铜单质被铁离子氧化成铜离子，所以得到的溶液甲中含有亚铁离子、铜离子、铁离子等，加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再用氧化铜调节溶液的pH值，使铁离子沉淀，得到丙为氢氧化铁，溶液丁为硫酸铜溶液，将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、晾干得硫酸铜晶体，氢氧化铁中加入盐酸生成氯化铁，氯化铁再与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入碳酸氢铵，过滤洗涤得碳酸亚铁，（1）稀硫酸溶解混合物时发生反应的离子方程式为：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、Fe2O3+2H+═Fe2++H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故答案为：Fe2O3+2H+═Fe2++H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+；（2）溶液乙中含有铁离子，加入适量CuO与酸反应，使得铁离子产生氢氧化铁沉淀，发生反应的离子方程式为3CuO+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3+3Cu2+，故答案为：3CuO+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3+3Cu2+；（3）根据上面的分析可知，操作Ⅰ主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、晾干等步骤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（4）根据上面的分析可知，反应①的离子方程式为Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O，反应②的离子方程式为Fe+2Fe3+═3Fe2+，反应③的离子方程式为2HCO3﹣+Fe2+═FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O；Fe+2Fe3+═3Fe2+；2HCO3﹣+Fe2+═FeCO3↓+CO2↑+H2O．【点评】本题考查实验的设计及评价，以及物质的组成及含量的测定，本题难度较大，做题时注意把握题给信息． 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