色沉淀，溶液中不一定含有S0:,如碳酸根，银离子等均可产生沉淀，C错误；D,向某溶液中加人儿滴AgN0,溶液，有白色沉淀生成，再加人少量稀硝酸，沉淀不溶解，可能为氯化银沉淀，溶液中可能含有C,D正确；故选C。A正确；B.根据分析，固15.DA.根据分析，金属X为Mg,Mg是12号元素，原子结构示意图为+12体A为A1(OH,B正确；C.Al,(SO,),是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为A2(S0),24++3S0?,C正确；D,根据分析，操作②包含的步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错16.CA.加人20mL氢氧化钠溶液时开始生成沉淀，说明金属与硫酸反应后的溶液中含有过量的氢离子，当误；故选D。加人20mL氢氧化钠溶液时，此时溶质为硫酸钠、硫酸铝和硫酸镁，由于铝离子部分水解，溶液为酸性，pH<7,故A错误；B.当加入20mL氢氧化钠溶液时，此时溶质为硫酸钠、硫酸铝和硫酸镁，故B错误，C,当加人200mL氢氧化钠溶液时，此时溶质为硫酸钠，根据钠离子守恒及硫酸的物质的量可知氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=2n(Na2S0)=2n(H,S0,)=2X2mol/L×0.25L=1mol,该氢氧化钠溶液的法度为c0N:0D-乳-5m0/儿，故c正确；D根据图象知，溶解的沉淀的物质的量为氢氧化铝n[AI(OH),]=0.35mol-0.15mol=0.2mol,根据铝原子守恒知nAl(OH)3]=n(A)=0.2mol,未溶解的沉淀的物质的量是n[Mg(OH)2]=0.15mol,根据镁原子守恒知n[Mg(OH)2]=n(Mg)=0.15mol,根据电子守恒，生成氢气的物质的量为n(H,)=0:2moX3+0.15molX2-0.45m0l,标况下20.45mol氢气的体积为22.4L/mol×0.45mol=10.08L,由于没有告诉在标况下，则氢气的体积不一定为10.08L,故D错误；答案为C。17.(1)①使液体顺利滴入烧瓶中(1分)②c(1分)③A1C+12H20—4A1(OH)3↓十3CH,个(2分)(2)①干燥CH4、SO2(1分)②D、C、G、F、E(1分)③F中品红不褪色，澄清石灰水变浑浊(2分)④2Mn0,+5S02+2H20-2Mn2++5SO2+4H+(2分)解析：(1)①由于装置A的蒸馏烧瓶中产生气体，使其中的压强增大，在分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管所起的作用是衡压强，使液体顺利滴人烧瓶中。②a项，装置A为固液不加热装置，“18.4mol/LH2S0,+Cu'”制取SO2需要加热，故不适合；b项，“4mol/LHNO十NaSO”发生氧化还原反应，+4价S被氧化成+6价，得不到S02,故不适合；c项，“60%H,S0,+K,S0,”制取S02适合强酸制弱酸原理，故合适。③水与Al,C制取甲烷，根据原子守恒还生成A1(OH),故化学方程式为：Al,C+12HO一4A1(OH),↓+3CH,个。(2)①如图CH,和SO2的反应需要高温条件下在硬质玻璃管中进行，所以B中浓硫酸除了充分混合CH,和SO2,观察气泡以便调节CH,和SO2的流速比约为1：2之外，还有干燥CH,和SO2的作用。②根据实验目的是验证CH,和S02反应生成的单质S和CO2,装置C冷却得到固体S单质，用E装置中澄清石灰水验证C02,为防止S02对验证实验的干扰，必须先依次通过酸性高锰酸钾和品红溶液，将其除尽，综上分析实验装置依次连接的合理顺序为BD、C、G、F,E。③若F中品红不褪色，则说明S0,已经被除尽，E中澄清石灰水变浑浊则能证明该实验有C02产生。④G装置中，酸性高锰酸钾与SO。发生氧化还原反应，+7价Mn被还原为+2价，+4价S被氧化为十6价，离子方程式为：2MO+5SO十2H20—2Mm2++5S0?+4H+。18.(1)CS3-+H20HCS+OH-(2分)(2)分液漏斗(1分)防止空气中的水蒸气和二氧化碳进人C中(1分)(3)将装置中残留的CS,和H,S全部排人后续装置中，使其被完全吸收(2分)(4)Cu2++H2S—CuS+2H+(2分)(5)1.75mol/L(2分)(6)偏高(2分)S3·滚动周测卷·化学答案第18页（共24页）

6.1g20mL×0.789g/cm3(6)6.1g苯甲酸的物质的量为122g/mol1=0.05mol:20mL95%的乙醇物质的量为46g/mol0.34mol;5.0g×100%因此乙醇过量，理论生成苯甲酸乙酯的物质的量为0.05mol,质量为7.5g,产率为7.5g≈67%，故答案为：67;(7)元素分析仪用来分析元素种类，质谱仪用来测定相对分子质量，红外光谱能够确定分子中化学键和官能团信息，核磁共振能够测定氢原子的化学环境种类及相对数目，X射线衍射能获得分子的键长、键角等结构信息。因此不能为产品结构分析提供信息的为元素分析仪和质谱仪，故答案为：A。16.(1)1:2(2)A1(OH3、CaS04(3)置换反应(4)Co2+、Ni2+Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能(5)3Zn2+3C0+3H,0-=ZnC0-2Zn(0HD2H,01+2C02↑通电(6)Na2S04+H2S04Na2S20g+H2↑2×81(7)2a2c×1021【分析】萃余液中含有Na2S04、ZnS04、H2SO4,还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、A13+等，加入Na2S2Og,将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2和Fe3t,加入CaCO3调节溶液的pH,使Fe3t、Al3+转化为Fe(O3、Al(OD3沉淀、同时还生成了CaSO4沉淀；过滤后，往滤液中加入Zn,将Cd2+还原为Cd;过滤后，往滤液中加入有机净化剂，将钴镍等离子转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2C03,将Zn2+转化为ZnCO32Zn(O田2H20沉淀；过滤后，将沉淀煅烧，从而得到氧化锌，据此分析解题。【详解】(1)氧化时，Fe2被NaS0s氧化，发生反应为2Fe2+S,0=2c3+2S0,S,0为氧化剂，Fe2+为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。答案为：1：2：(2)由分析可知，“调pH时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH3外，还有Al(OD3、CaSO4。答案为：Al(OHD3、CaSO4;(3)由分析可知，“除镉时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2+Cd,反应类型为置换反应。答案为：置换反应；(4)由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+;Co2+、N2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、N2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Z2+不能。答案为：答案第6页，共10页

【解析】由图可知，先用稀硫酸酸浸并调节pH=1,133.5g·mol×x10-3L×nmol·L-，纯度为Fe(Cr02)2、MgC0,、Al,0,能和硫酸反应转化为3Fe2+、Cr+、Mg2+、Al3+,Si02不和硫酸反应，经过滤1133.5 mol-×x103Lxnm0l.L×10%=3m g存在于滤渣1中，滤液中加入H,02将Fe2+氧化为Fe+,再加入Na0H调节pH为4.7，使Fe3+和A34.45Vm%。m转化为Fe(OH),和AI(OH),沉淀除去，过滤后再13.(1)ac(2)氧气分压过大时，Fe2*被氧化为Fe”加人NaOH调节pH>11,使Mg2+转化为Mg(OH)2Fe+进一步发生水解生成沉淀造成损失或Fe+直除去，得到的滤液中加入H,02将CO,氧化为接与H,AsO,发生沉砷反应CuS、CuFeS,Cr0},得到Na,Cr0,溶液。(3)4H3As0,+4FeS0.+0,+6H,0=4FeAs0,·(4)由图可知，铬酸根离子在酸性条件下逐渐转化2H,0↓+4H,S0,或4fS0.+02+2H,S0,成重铬酸根离子，离子方程式为2C0好+2H一2Fe(S0,)3+2H,0、Fe2(S0,)3+2H,As0.+4H20Cr,0+H20;由图可知，酸性越强，c(Cr,0)越大，=2FeAs0,·2H,0↓+3H,S0:将As(Ⅲ)氧化说明C0?的衡转化率越大，A点对应的离子浓成As(V),降低污酸毒性(4)Fe+Cu2一Fe2++度：c(Cr20)=0.25mol·L,c(H)=1.0×Cu、Fe+2Fe3+—3Fe2+、Fe+2H—Fe2++H,↑10mol·L,c（Cr0}）=1.0mol·L1-(5)Fe(0H)3(6)0.36mol·L0.25mol·L×2=0.5mol·L1,衡常数K=【解析】用H,02预处理污酸，将污酸中的As(Ⅲ)c(Cr203)）0.25氧化为As(V),锌窑渣中的Fe、FeS、Fe,O,、Fe,Oc(H*)·c2(C02)(1.0x10')2x0.5=1.0×可与酸反应，消耗H,CuS、CuFeS,在有O2存在时10,升高温度，C0?的衡转化率减小，说明可发生氧化还原反应，Si02不参加反应，故滤渣1衡逆向移动，正反应是放热反应，△H<0。为Si02,根据已知信息可知氧化浸出后滤液的主12.(1)2Mn0+10CI+16H—2Mn2+5CL2↑+8H,0要成分，沉砷时02将Fe2+氧化为Fe3+,并反应生成(2)浓疏酸吸收未反应的C1,以及防止空气中的FeAs04·2H,0,沉铜时用Fe将Cu2+还原，水解步水蒸气进入装置丁(3)④⑥②①⑤③(4)骤中0，将Fe2+氧化为Fe+,锌窑渣消耗H,调节AICL,在潮湿的空气中水解生成AI(OH)和HC1,pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。HCI液滴形成白雾(5)①当加入最后半滴AgN0,(2)氧气分压过大，F的溶出率降低，原因是氧气溶液时，溶液中恰好产生砖红色沉淀，且半分钟内过多会使Fe2+被氧化为Fe+,Fe3+进一步水解生成不消失24.45n%m沉淀，经过滤损失或Fe3+直接与H,As0,发生沉砷【解析】(2)挥发出的HC1也可以与铝粉反应生成反应；不通氧气，CuS、CuFeS2在酸性条件下不发生AICl,不需要除去HCl,A1CL3易潮解，应除去水蒸反应，会影响锌窑渣中CuS、CuFeS,.的溶浸。气，故试剂X可选用浓硫酸。CL2有毒，不可直接(4)加入铁粉沉铜时，溶液中含有的离子可能有排放，试剂Y的作用是吸收未反应的Cl2,且A1ClCu2+、Fe3+、H,故发生的离子反应可能有Fe+Cu易潮解，试剂Y还可防止空气中的水蒸气进入装=Fe2+Cu、fe+2Fe3+—3fe2+、Fe+2H置丁中。Fe2*+H2↑。(4)A1CL,在潮湿的空气中会水解生成A1(OH)3和(5)水解时02将Fe2+氧化为Fe3·,锌窑渣消耗HHCL,产生的白雾为盐酸液滴。调节pH使Fe3+转化为Fe(OH),沉淀，故滤渣2主(5)①用AgNO,溶液滴定时，首先生成AgC1沉淀，随要成分为Fe(OH)3着AgNO,溶液的加入，c(CI)逐渐减少，当滴入最后(6)滴定时离子方程式为6Fe2++Cr,0号+14H半滴AgNO,溶液时，溶液中恰好产生AgCO,砖红色2Cr#+6Fe3++7H,0,体积6.30mL误差过大舍去，沉淀，且半分钟内不消失，说明达到滴定终点。②由故均消耗酸性K,Cr,0,溶液的体积为A1C,-3AgN0,可得n(A1C,)=xI03 Lxn mol·L5.98mL+6.02mL=6.00mL,则Fe的物质的量浓3Vx103 LXn mol·L1m(AlCl,)-×133.5g·mol1=度为6.00x103Lx0.01mol·Lx60.36mol·L。1.00x103L28膳远高考交流QQ群730500642

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B8图示期间，台风移动速度快且风力大的时段是八A.02,00-03:00强991B.07,00-08:0C.12:00-13:00D.16:00-17:009.台风登陆前后，图中观测站附近A海水盐度短

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