天津市实验中学201届高三化学上学期第二阶段月考试卷（含解析）.doc

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1、1天津市实验中学 201 届高三化学上学期第二阶段月考试卷（含解析）一、单选题1.设 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A. 1mol 与 4mol 反应生成的 分子数为B. 1molFe 溶于过量硝酸，电子转移数为C. 14g 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为D. 标准状况下，224L 含有的共价键数为 04【答案】C【解析】【详解】A 项，合成氨的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则 1molN2与 4molH2反应生成的氨气分子小于 2NA个，故 A 项错误；B 项，铁和过量的硝酸反应后变为+3 价，故 1mol 铁转移 3NA个电子，故 B 项错误；C 项，乙烯和丙烯的最简式均为

2、CH2，故 14g 混合物中含有的 CH2的物质的量为 1mol，则含H 原子为 2NA个，故 C 项正确；D 项，标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故 D 项错误。综上所述，本题正确答案为 C。2.常温下，取铝土矿（含有 、FeO、 、 等物质）用硫酸浸出后的溶液，分别Al2O3 Fe2O3 SiO2向其中加入指定物质，反应后的溶液中能大量共存的一组离子正确的是A. 加入过量 NaOH 溶液： Na+,AlO-2,OH-,SO2-4B. 加入过量氨水： NH+4,Al3+,OH-,SO2-4C. 通入过量 ：Cl2 Fe2+,Na+,Cl-,SO2-4D. 通入过

3、量 ：SO2 Fe2+,H+,SO2-3,SO2-4【答案】A【解析】2【分析】二氧化硅不溶于硫酸，硫酸浸出后的溶液含有的主要离子为 Al3+、Fe 2+、Fe 3+、SO 42-和 H+，据此分析。【详解】A 项，加入过量 NaOH 溶液后，铝离子转化为偏铝酸根，铁离子和亚铁离子转化为沉淀，溶液中主要存在的离子为 Na+、AlO 2-、OH -、SO 42-，故 A 项正确；B 项，加入过量氨水后， Al 3+转化为氢氧化铝沉淀，溶液中 Al3+不能大量存在，故 B 项错误；C 项，通入过量 Cl2后，Fe 2+被氧化为 Fe3+，故 C 项错误；D 项，通入过量 SO2，Fe 3+被还原为

4、 Fe2+，但 H+和 SO32-不能大量共存，故 D 项错误。综上所述，本题正确答案为 A。3.X、Y、Z、W 为前 20 号原子序数依次递增的四种元素，X 与 Y 能形成 和 两种常温X2Y X2Y2下呈液态的化合物，Z 原子的原子序数为最外层电子数的 3 倍，等物质的量的单质 W 所含电子数为化合物 电子数的两倍，则以下说法错误的是X2YA. 氢化物的稳定性为 YZB. 的电子式为X2Y2C. 中既含有共价键又含有离子键WY2D. 能与 反应生成WX2 X2Y X2【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W 为前 20 号原子序数依次递增的四种元素，X 与 Y 能形成 X2Y 和 X2Y2

5、两种常温下呈液态的化合物，X 为 H 元素，Y 为 O 元素；Z 原子的原子序数为最外层电子数的 3 倍，Z为 P 元素；等物质的量的单质 W 所含电子数为化合物 X2Y 电子数的两倍，W 为 Ca 元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题。【详解】由以上分析可以知道 X 为 H 元素、Y 为 O 元素、Z 为 P 元素、W 为 Ca 元素。A.非金属性 OP，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，稳定性为 ，故 A 正确；YZB.过氧化氢的电子式为 ，故 B 错误；3C. CaO2是离子化合物，含有离子键，过氧根中含有共价键，故 C 正确；D.CaH2和水反应生成氢气和氢氧化

6、钙，故 D 正确。故选 B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握元素化合物知识、元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用。4.已知 ，将 01mol 通入 100mL 含等物质的量 HBrH2SO3+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr Cl2与 的混合溶液中，有一半的 HBr 被氧化，则下列说法正确的是H2SO3A. 物质的还原性： HBrH2SO3HClB. HBr 与 的物质的量浓度均为H2SO3 0.6molL-1C. 通入 01mol 发生反应的离子方程式为：Cl25Cl2+4H2SO3+2Br-+4H2O=4SO2-4+Br2+10Cl-+16H+D

7、. 若再通入 005mol ，恰好能将 HBr 和 完全氧化Cl2 H2SO3【答案】C【解析】【分析】由方程式 H2SO3+Br2+2H2O= H2SO4+2HBr，可知物质的还原性：H 2SO3 HBr，通入 Cl2后，先发生反应 H2SO3+Cl2+2H2O= H2SO4+2HCl，H 2SO3反应完全后发生反应 Cl2+2HBr=2HCl+Br2，设HBr 和 H2SO3的物质的量浓度为 xmol/L，由方程式可知反应过程中 n(Cl2):n(H2SO3)=1:1、n(Cl 2):n(HBr)=1:2，根据有一半的 HBr 被氧化可知 Cl2反应完全，所以0.1x+ =0.1，解得 x

8、=0.8，所以 HBr 和 H2SO3的物质的量浓度为 0.8mol/L，据此分析。0.1x22【详解】A 项，由分析可知，物质的还原性：H 2SO3 HBr，故 A 项错误；B 项，由分析可知，HBr 和 H2SO3的物质的量浓度为 0.8mol/L，故 B 项错误；C 项，由分析可知，通入 0.1mol 的 Cl2后，有 0.1mol 的 Cl2、0.08mol 的 H2SO3和 0.04mol的 HBr 恰好完全反应，所以 n(Cl2):n(H2SO3):n(HBr)=0.1:0.08:0.04=5:4:2，其离子方程式为 5Cl2+4H2SO3+2Br-+4H2O=4SO42-+Br2

9、+10Cl-+16H+，故 C 项正确；D 项，由分析可知，通入 0.1mol 的 Cl2后，H 2SO3完全反应，剩余 0.04mol 的 HBr，而反应过程中 n(Cl2):n(HBr)=1:2，所以只需再通入 mol=0.02mol 的 Cl2，恰好能将 HBr 和0.0424H2SO3完全氧化，故 D 项错误。综上所述，本题正确答案为 C。5.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水 混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为LiCl-KCl。下列有关说法正确的是PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb

10、A. 正极反应式： Ca+2Cl-2e-=CaCl2B. 放电过程中， 向负极移动Li+C. 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针发生偏转D. 每转移 01mol 电子，理论上生成 1035gPb【答案】D【解析】【分析】由原电池总反应可以知道 Ca 为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为 Ca+2Cl-2e-=CaCl2，硫酸铅为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为 PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算。【详解】A.正极发生还原反应,电极方程式为 PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，

11、故 A 错误；B.放电过程中阳离子向正极移动，Li +向正极移动，故 B 错误；C.常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流,因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故 C 错误；D.根据电极方程式 PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，可以知道每转移 0.1mol 电子，理论上生成0.05molPb，质量为 10.35g，所以 D 选项是正确的。5所以 D 选项是正确的。【点睛】本题考查原电池的工作原理，注意根据原电池的总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为 D，注意把握原电池的构成条件。6.下列实验操作和现象正确的是操

12、作 结论 现象A 向 溶液中滴加足量稀盐酸Na2S 有气泡生成 非金属性 ClSB 溶有 的 溶液中通入气体 Xso2 BaCl2 有白色沉淀生成 X 一定是 Cl2C向稀硫酸酸化的 溶液中滴入H2O2溶液FeCl2溶液变黄色 氧化性H2O2Fe3+D向稀硫酸中加入铜片，然后通入加热Cl2先无明显现象，通入加热后变蓝氧化性：稀硫酸Cu2+A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A. 向 Na2S 溶液中滴加盐酸，反应生成硫化氢，可以知道盐酸的酸性比氢硫酸的酸性强，不能比较非金属性，故 A 错误；B. 向溶有 SO2的 BaCl2溶液中通入气体 X，白色沉淀可能为亚硫酸钡

13、或硫酸钡，X 为氯气或氨气等，结论不合理，故 B 错误；C. 向稀硫酸酸化的 H2O2溶液中滴入 FeCl2溶液，溶液变黄色，说明有 Fe3+生成，证明氧化性 H2O2Fe3+，故 C 正确；D. 向稀硫酸中加入铜片，无明显现象，说明 Cu 与稀硫酸不反应，通入氯气加热后溶液变蓝，是氯气氧化了铜，不能比较 Cu2+与稀硫酸的氧化性强弱，故 D 错误。所以 C 选项是正确的。7.x、y、z、w、n 为五种短周期元素，其中 Y 元素原子核外最外层电子数是其电子层数的63 倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：请回答下列问题：(1)w 位于周期表中第_周期，第_族。(2)n、z、w、三种元素最高价氧

14、化物水化物的酸性由弱到强的顺序为：_（用化学式表示） 。(3)下列事实能说明 y 元素的非金属性比 z 元素的非金属性强的是_Ay 单质与 z 的气态氢化物水溶液反应，溶液变浑浊B在氧化还原反应中，1moly 单质比 1molz 得电子多Cy 和 z 两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高Dy 元素最高价氧化物水化物酸性比 z 元素最高价氧化物水化物酸性强(4)y 和氢元素形成的 10 电子微粒中常见 价阳离子为_（填化学式） ；z 和氢+1元素形成的 18 电子微粒中常见 价阴离子的电子式为_。1(5)化合物 nyz 存在于天然气中，可以用 NaOH 溶液洗涤除去。化合物 nyz 的电

15、子式为_，其与 NaOH 溶液反应除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为_。(6)m 元素的原子序数为_，它是一种_。 （填“金属”或“非金属” ）【答案】 (1). 三 (2). A (3). (4). AC (5).H2CO3SC， 则这三种元素最高价氧化物水化物的酸性由弱到强的顺序为 H2CO3 H2SO4 HClO4，故答案为：H 2CO3 H2SO4 HClO4；(3)A. 氧气与 H 2S 溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明氧元素的非金属性比 S 元素的非金属性强，故 A 正确；B. 在氧化还原反应中， 1mol 氧气比 1molS 得电子多，氧化性强弱与得

16、失电子数没有必然关系，故 B 错误；C. 元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，O 和 S 两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明氧的非金属性较强，故 C 正确；D. 氧元素不存在最高正价，无法通过氧元素最高价氧化物水化物与硫元素最高价氧化物水化物的酸性强弱比较来判断氧元素的非金属性比硫强，故 D 错误。故答案为： AC 。(4)氧元素和氢元素形成的 10 电子微粒中常见 +1 价阳离子为 H3O+， 硫元素和氢元素形成的 18 电子微粒中常见 -1 价阴离子 HS -； 其电子式为 。故答案为： H 3O+； 。(5)羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型，其电子式为 ，

17、COS与 NaOH 溶液反应除生成两种正盐外，还有水生成 ， 其化学方程式为COS+4NaOH=Na2CO3+Na2S+2H2O，故答案为： ；COS+4NaOH=Na 2CO3+Na2S+2H2O；(6)m 元素和 O、S 处于同一主族，为 Se 元素，原子序数比 S 大 18，为 34；根据同一主族从上到下元素性质递变规律知硒为非金属，故答案为：34；非金属。8.已知： RCH2COOH冠心平 F 是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下：8(1)A 为一元羧酸，88gA 与足量 溶液反应生成 224L （标准状况） ，A 的分子NaHCO3 CO2式为_。(2)写出符合 A 分子式

18、的所有甲酸酯的结构简式：_。(3)B 是氯代羧酸，其核磁共振谱有两个峰，写出 的反应方程式： _。B C(4) 的反应类型为_ 。C+E F(5)写出 A 和 F 的结构简式：A_；F_。(6)D 的苯环上有两种氢，它所含官能团的名称为_；写出 a、b 所代表的试剂：a_；b_。(7)有机物 H 的分子式为 ，可发生银镜反应，且具有酸性 H 有多种合成方法，C2H2O3在方框中写出由乙酸合成 H 的路线流程图（其他原料任选）_【答案】 (1). (2). HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH 3)2； (3). C4H8O2(4). 取代反应 (5). (6). (7). 羟基、氯原

19、子 (8). / (9). NaOH 或 Na2CO3溶液 (10). Cl2FeCl3CH3COOH Cl2红 磷 少 量 NaOH/H2O 盐 酸 O2Cu【解析】【分析】A 为一元羧酸，n（CO 2）= =0.1mol，则 n（A）=0.1mol，M（A）= =88g/mol，用2.24L22.4L/mol 8.8g0.1mol残基商余法， =37，A 的分子式为 C4H8O2。88-45129AB 发生题给已知的取代反应，B 是氯代羧酸，B 的核磁共振氢谱有两个峰，B 的结构简式为(CH 3)2 C(Cl)COOH，A 的结构简式为 ；B 与 CH3CH2OH 发生酯化反应生成C，C

20、的结构简式为 。根据 DE、E 的结构简式，D 的苯环上有两种氢，D 的结构简式为；E 与 C 发生题给已知的反应，F 的结构简式为。【详解】 （1）根据上述分析，A 的分子式为 C4H8O2；故答案为：C 4H8O2；（2）分子式为 C4H8O2且属于甲酸酯结构有 HCOOCH2CH2CH3和 HCOOCH(CH3)2两种，故答案为：HCOOCH 2CH2CH3、HCOOCH(CH 3)2；（3）B 是氯代羧酸且分子中只有两种氢，故 B 的结构简式为(CH 3)2 C(Cl)COOH，BC 为 B与乙醇的酯化反应，反应方程式为(CH 3)2 C(Cl)COOH +CH3CH2OH (CH3)

21、2 C(Cl)COOC2H5+H2O，故答案为：(CH 3)2 C(Cl)COOH +CH3CH2OH (CH3)2 C(Cl)COOC2H5+H2O；（4）C+EF 与题干中的第二个反应类型相同，由反应方程式可知是取代反应。故答案为：取代反应；（5）根据 B（(CH 3)2 C(Cl)COOH）的结构知 A 的结构简式为(CH 3)2 CHCOOH，C 的结构为(CH3)2 C(Cl)COOC2H5，CEF 与题干信息中的第二个反应类型相同，故产物 F 的结构简式为 ，故答案为：(CH 3)2 CHCOOH； ；（6）由 E 的结构简式和 D 的苯环上有两种氢，可以确定 D 为 ，其中含有的

22、官能团有羟基和氯原子；D 是苯酚和 Cl2反应的产物，D 与 NaOH 或 Na2CO3溶液反应生成10E，故 a 是氯气，b 是 NaOH 或 Na2CO3溶液。故答案为：羟基、氯原子；Cl 2；NaOH 或 Na2CO3溶液；（7）H 的分子式为 C2H2O3，H 可发生银镜反应且具有酸性，H 的结构简式为 。对比CH3COOH 和 的结构，碳干骨架没有变化，羧基不变，在甲基上引入含氧官能团，结合题给已知以及有机物之间的转化关系，CH 3COOH 与 Cl2在红磷（少量）存在时发生取代反应生成 ， 在 NaOH 水溶液中发生水解反应生成 ， 酸化生成， 发生催化氧化反应生成 。合成路线为：

23、CH 3COOH。故答案为：CH 3COOH 。【点睛】本题考查有机物分子式的确定、有机推断和有机合成、官能团的识别和有机反应类型的判断、有机物结构简式和有机方程式的书写、限定条件同分异构体的书写。根据已知反应规律、题给信息和合成路线进行推断。设计有机合成路线时，先对比原料和产物的结构，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的性质和题给信息进行设计。9.工业上通常采取 CO（g）和 （g）合成 （g）H2 CH3OH(1)已知某温度和压强下 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=-566.0kJmol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.

24、6kJmol-1 2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) H=-1275.6kJmol-1则在相同温度和压强下，CO（g）与 （g）合成 （ g）的热化学方程式H2 CH3OH_。若反应生成 64g 甲醇，则转移电子的物质的量为_。(2)可利用甲醇燃烧反应设计一个燃料电池。如图，用 Pt 作电极材料，用氢氧化钾溶液作电解质溶液，在两个电极上分别充入甲醇和氧气。11写出燃料电池负极的电极反应式_。若利用该燃料电池提供电源，与图右边烧杯相连，在铁件表面镀铜，则铁件应是_极（填“A”或“B” ） ；当铁件的质量增重 64g 时，燃料电池中消耗氧气的标准状况下体积为_L。(3

25、)电解法可消除甲醇对水质造成的污染，原理是：通电将 氧化成 ，然后将甲醇Co2+ Co3+氧化成 CO 和 （用石墨烯除去 ）现用如图所示装置模拟上述过程，则 在阳极H+2 Co2+ Co2+的电极反应式为_。除去甲醇的离子方程式为_。【答案】 (1). (2). 0.8mol CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-128.8kJmol-1(3). (4). B (5). 112 (6). Co2+-e-CH3OH-6e-+8OH-=CO2-3+6H2O=Co3+ (7). Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co 2+6H+【解析】【分析】(1)根据热化学方程式和盖斯定律计算所需

26、热化学方程式，根据化合价变化计算转移电子数；(2) 甲醇燃料电池，甲醇在负极失电子发生氧化反应，碱性溶液中生成碳酸盐；根据电镀原理分析，待镀金属做阴极与电源负极相连，镀层金属做阳极与电源正极相连，含镀层金属离子的电解质溶液；根据电极反应和电子守恒计算得到；(3) 通电后，将 Co2+氧化成 Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为 Co2+-e-=Co3+；以 Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成 CO2而净化,自身被还原为 Co2+，原子守恒与电荷守恒可以知道，还原生成 H+，配平书写为： Co 3+CH3OH+H2O=CO2+6Co 2+6H+。【详解】 （1）2CO（g）+O

27、2（g）2CO 2（g）H=-566.0kJ/mol；2H 2（g）+O 2（g）2H 2O（g）H=-483.6 kJ/mol；2CH 3 OH（g）+3O 2（g）2CO 2（g）+4H 2O（g）H=-1275.6 kJ/mol；根据盖斯定律： +- 得：CO（g）+2H 2（g） CH3OH（g） H=-128.8 kJ/mol；12 12 12由反应式 CO（g）+2H 2（g） CH3OH（g）可知，每生成 1mol 甲醇转移 4mol 电子，所以生成 6.4g 甲醇，转移电子的物质的量为 4=0.8mol，6.4g32g/mol因此，本题正确答案是：CO（g）+2H 2（g） C

28、H3OH（g）H=-128.8 kJ/mol；0.8mol；（2）用 Pt 作电极材料，用氢氧化钾溶液作电解质溶液，在两个电极上分别充入甲醇和氧气，甲醇在负极失电子在碱溶液中生成盐，负极的电极反应式为：；CH3OH-6e-+8OH-=CO2-3+6H2O因此，本题正确答案是： ；CH3OH-6e-+8OH-=CO2-3+6H2O利用该燃料电池提供电源，与图 1 右边烧杯相连，在铁件表面镀铜，则铁件做电解池的阴极，阴极与电源负极连接，装置图中与甲醇相连的 B 电极是阴极；当铁件的质量增重6.4g 时，Cu 2+2e-=Cu，电子转移 0.2mol，燃料电池中消耗氧气的电极反应为：O 2+2H2O

29、+4e-=4OH-，根据电子守恒计算消耗氧气物质的量为 =0.05mol，标准状况下体积0.2mol4=0.05mol22.4L/mol=1.12L；因此，本题正确答案是：B；1.12；（3）通电后，将 Co2+氧化成 Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为 Co2+-e-=Co3+； 以 Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成 CO2而净化，自身被还原为 Co2+，原子守恒与电荷守恒可以知道，还原生成 H+，配平书写为： Co 3+CH3OH+H2O=CO2+6Co 2+6H+，因此，本题正确答案是：Co 2+-e-=Co3+； Co 3+CH3OH+H2O=CO2+6Co 2+6

30、H+。10.某地湖盐中含有 等杂质离子，氨碱厂用该地湖盐制取烧碱。其中Ca2+,Mg2+,Fe3+,SO2-4制得精制食盐水的过程如下：(1)过程中将粗盐加水溶解需要适当加热，其目的是_。(2)过程的目的是除去 ，加入的 X 溶液是_ 。SO2-4(3)下表是过程、中生成的部分沉淀及其在 20时的溶解度g/100g H2O13CaSO4 Mg2(OH)2CO3 CaCO3 BaSO4 BaCO3 Fe(OH)32.610-2 2.510-4 7.810-4 2.410-4 1.710-3 4.810-9过程中生成的主要沉淀除 和 外还有_。CaCO3 Fe(OH)3过程中调节 pH 时发生的主

31、要反应的离子方程式为_。(4)上述精制食盐水中还含有微量的 ，除去这些离子及进行电解的I-,IO-3,NH+4,Ca2+,Mg2+流程如下：过程生成 的离子方程式为 _。N2过程可以通过控制 的量，将 还原为 ，且盐水 b 中含有 ，该过程中发Na2S2O3 IO-3 I2 SO2-4生氧化还原反应，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。在过程中所用的 俗称海波，是一种重要的化工原料。商品海波主要成分是Na2S2O3为了测定其含 的纯度，称取 800g 样品，配成 250mL 溶Na2S2O35H2O Na2S2O35H2O液，取 2500mL 于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为 的

32、碘水0.0500molL-1滴定（发生反应 ） ，下表记录滴定结果：2S2O2-3+I2=S4O2-6+2I-滴定次数 滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）第一次 030 2912第二次 036 3056第三次 110 298814计算样品的纯度为_。【答案】 (1). 加快物质溶解 (2). 溶液 (3). 、 BaCl2 BaCO3 Mg2(OH)2CO3(4). CO32-+2H+=H2O+CO2 (5). (6). 2NH+4+3ClO-=N2+3Cl-+2H+3H2O(7). 8928%8:5【解析】【详解】(1)过程中将粗盐加水溶解需要适当加热，其目的是加快物质溶解，因此，本题正

33、确答案是：加快物质溶解；(2) 向粗盐水中加入过量 BaCl2溶液，硫酸根离子与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，通过过滤除去硫酸钡，从而除去杂质 SO42-，所以加入的 X 溶液是 BaCl2溶液，因此，本题正确答案是：BaCl 2溶液；(3) 过程中，加入过量的碳酸钠溶液，将 Ca2+转变为 沉淀，将 Fe3+转变为CaCO3沉淀，Mg 2+转变为 沉淀，将过程引入的多余 Ba2+转变为 沉淀，Fe(OH)3 Mg2(OH)2CO3 BaCO3因此，本题正确答案是： 、 ；BaCO3 Mg2(OH)2CO3过程中调节 pH 时，溶液中含有 CO32-，所以发生的主要反应的离子方程式为 CO32

34、-+2H+=H2O+CO2，因此，本题正确答案是：CO 32-+2H+=H2O+CO2；(4) 过程加入次氯酸钠，次氯酸根离子能够氧化 NH4+生成 N2，本身被还原为 Cl-，根据电荷守恒和电子守恒，配平离子方程式： 2NH+4+3ClO-=N2+3Cl-+2H+3H2O因此，本题正确答案是： ；2NH+4+3ClO-=N2+3Cl-+2H+3H2O盐水 b 中含有 SO42-，Na 2S2O3将 还原为 ，Na 2S2O3被氧化成硫酸根离子，反应的离子IO-3 I2方程式为：5S 2O32-+8IO3-+2OH-=4I2+10SO42-+H2O，IO 3-为氧化剂，S 2O32-为还原剂，

35、则氧化剂和还原剂的物质的量之比为 8:5，因此，本题正确答案是：8:5； 从三次滴定数据可知，第二次结果偏差较大，舍去不用，取第一次和第三次的平均值，消耗碘水的体积 V= =28.80mL；28.82mL+28.78mL215根据 ，知消耗的 Na2S2O3的物质的量 n(S2O32-)=2n(I2)2S2O2-3+I2=S4O2-6+2I-=20.0500mol/L28.8010-3L=2.8810-3mol，根据现称取 8.00g 硫代硫酸钠固体样品配成 250mL 的溶液，取 25.00mL 置于锥形瓶中，则被滴定的 Na2S2O3 5H2O 质量为 0.80g，故样品中硫代硫酸钠纯度为 100%=89.28%； 2.8810-3mol248g/mol0.80g因此，本题正确答案是：89.28%。