2022-2022学年浙江省温州市瑞安市高三（上）第一次四校联考化学试卷 一、选择题（每小题2分，共30分．每小题只有一个选项符合题意．）1．化学与社会、生活密切相关．下列有关说法错误的是（ ）A．明矾中铝离子水解产生的胶体具有很强的吸附作用而常用于净水B．地球上99%以上的溴蕴藏在大海中，因此溴被称为“海洋元素”C．目前加碘盐中添加的含碘物质是KI，可用氯水和淀粉溶液鉴定食盐是否加碘D．为减少污染、提高燃烧效率，可将煤气化或液化获得清洁燃料 2．分类是重要的化学学习方法．下列对应关系正确的是（ ）A．混合物﹣﹣液氯、漂白粉B．碱性氧化物﹣﹣Al2O3、Na2O2C．强电解质﹣﹣NH4Cl、HClOD．非电解质﹣﹣NH3、SO2 3．下列说法正确的是（ ）A．O、O为不同的核素，有不同的化学性质B．H2、SO2、NH3三种气体都可用浓硫酸干燥C．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液D．陶瓷、玻璃、水泥、大理石的主要成分都是硅酸盐 4．按照阿伏加德罗定律，下列叙述不正确的（ ）A．同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比 5．下列说法中正确的是（ ）A．酸性氧化物在一定条件下，都可以与碱反应生成盐和水B．一种元素可能有多种氧化物，但是同种化合价只对应一种氧化物C．酸根离子中不可能含有金属元素D．还原产物只有还原性，氧化产物只有氧化性 6．下列有关物质制备说法不正确的是（ ）A．电解饱和食盐水制得金属NaB．电解熔融MgCl2制得金属MgC．高温下CO还原赤铁矿可用于炼铁D．高温下焦炭还原二氧化硅制得粗硅 7．实验是化学的基础．下列说法正确的是（ ）A．过氧化钠、氯水、浓硝酸通常都要密封保存于棕色试剂瓶中B．盛溴的试剂瓶里加少量水以减少溴的挥发24C．钾、钠、白磷都应保存在水中D．做焰色反应实验时所用铂丝，每次用完后用稀硫酸洗涤后再使用 8．经氯气消毒的自来水，用以配制以下溶液，不会使溶液变质的是（ ）A．AgNO3溶液B．FeCl2溶液C．Na2CO3溶液D．NaCl溶液 9．由铝屑、盐酸、氢氧化钠溶液反应制取1molAl（OH）3，至少需要消耗HCl和NaOH的物质的量为（ ）A．0.25mol，0.25molB．0.75mol，0.75molC．1mol，1molD．3mol，3mol 10．某生配制480ml0.1mol/L的NaOH溶液，下列操作可使所配制的溶液的浓度偏大的是（ ）A．烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯B．移液时，有少量液体溅出C．定容时，俯视刻度线D．定容摇匀后发现液面下降，继续加水至刻度线 11．如表各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（ ）编号XYZ①N2MgCO2②FeCl3溶液Cu浓硝酸③氨水Al（OH）3稀硫酸④KOH溶液SiO2盐酸A．①②B．①④C．①②③D．①②④ 12．下列变化过程不涉及氧化还原反应的是（ ）A．将一小块钠放在石棉网上加热，生成淡黄色物质B．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色C．向纯碱溶液中滴加酚酞，溶液变红色D．向氢碘酸中滴加FeCl3溶液，产生棕色物质 13．下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（ ）A．加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl﹣，SO42﹣B．含有NaClO的溶液中：K+，Al3+，Br﹣，S2﹣C．澄清透明溶液：Cu2+、SO42﹣、HCO3﹣、H+D．使甲基橙变红的溶液中：Fe2+，MnO4﹣，Na+，SO42﹣ 14．物质的分离与提纯是化学实验研究常用的方法．如表混合体系分离提纯对应的方法不正确的是（ ）选项ABCD混合体系溴水酒精与水固体碘和氯化铵混有少量KCl的KNO3粉末分离方法萃取、分液加生石灰，蒸馏加热配成热的饱和溶液、降温结晶A．AB．BC．CD．D24 15．在给定条件下，下列划横线的物质在化学反应中能被完全消耗的是（ ）A．标准状况下，将1g铝片投入20mL18.4mol•L﹣1的硫酸中B．向100mL3moI•L﹣1的硝酸中加入5.6g铁C．用50mL18mol•L﹣1浓硫酸与足量Cu共热（指其中的硫酸被完全消耗）D．在5×107Pa、500℃和铁触媒催化的条件下，用3mol氢气和2mol氮气合成氨 二、选择题（每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意）16．下列实验不合理的是（ ）A．证明非金属性强弱S＞C＞SiB．四氯化碳萃取碘水中的碘C．制备并收集少量NO气体D．制备少量氧气 17．下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）A．FeBr2与Cl2B．Ba（OH）2与H2SO4C．HCl与Na2CO3D．NaHCO3与Ca（OH）2 18．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A．标准状况下，11.2LCCl4中含有分子的数目为0.5NAB．标准状况下，2.24LCl2通入水中生成NA个HClOC．1.6gO2与O3组成的混合物中所含O原子数为0.1NAD．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NA24 19．下列各反应的化学方程式中，不正确的是（ ）A．将点燃的镁条伸入充满CO2气体的集气瓶中：2Mg+CO2═点燃2MgO+CB．大理石溶于醋酸：CO32﹣+2CH3COOH═2CH3COO﹣+CO2↑+H2OC．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42﹣刚好沉淀完全：Ba2++2OH﹣+NH4++H++SO42﹣═BaSO4↓+NH3•H2O+H2OD．向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O 20．将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，充分反应后金属粉末有剩余，下列有关推断正确的是（ ）A．反应过程中不可能产生H2B．剩余的金属粉末中一定有铜C．往反应后的溶液中加入KSCN溶液会变血红色D．往反应后的溶液中加入足量的稀H2SO4，则金属粉末的质量一定会减少 21．将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是（ ）A．O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B．常温下，a点溶液pH＞7C．标准状况下，通入CO2的体积为4.48LD．原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L 22．在一个氧化还原反应的体系中，共有H2O、ClO﹣、CN﹣、HCO3﹣、N2、Cl﹣六种物质．在反应过程中测得ClO﹣和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列有关判断中正确的是（ ）A．还原剂是含CN﹣的物质，氧化产物只有N2B．氧化剂是ClO﹣，还原产物是HCO3﹣C．配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为4：1D．标准状况下，若生成2.24LN2，则转移电子数为NA 23．某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：NH4+、Na+、Al3+、Fe2+、Fe3+、AlO2﹣、SO42﹣、I﹣、NO3﹣、CO32﹣，已知各离子的浓度均约为0.1mol/L，现取两份20mL该溶液进行如下实验：24①第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生．②第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出．根据上述实验情况，以下说法错误的是（ ）A．该混合溶液中一定不含有Fe3+、AlO2﹣、Al3+、CO32﹣B．该混合溶液通过继续进行焰色反应可以间接确定是否含有I﹣C．该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣D．向该混合溶液中滴加酚酞试液后呈红色 三、填空题（本题包括4小题，每空2分，共46分）24．A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，C与A同主族，C元素的原子序数是B的2倍，工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉．按要求回答下列问题：（1）B的原子结构示意图为 ；镁条在气体B中燃烧生成的物质是 （填化学式）；（2）A的非金属性强于C，请用一个化学反应方程式表示 ；（3）元素B、D形成的化合物BD3能与水反应生成具有漂白性的物质X，写出该反应的化学方程式 ． 25．铝、铁及其化合物在国民经济、日常生活中占有非常重要的地位．请回答下列问题：（1）铝在自然界中以 态（填“游离”或“化合”）存在；铁的氧化物中常用作红色油漆和涂料的是 （填化学式），该氧化物与铝粉在高温下反应的化学方程式为 ；（2）用离子方程式表示除去铁粉中混有的铝粉 ；（3）下列对Fe2+的检验方法不合理的是 ．A．向某溶液中滴入KSCN溶液呈血红色，说明不含Fe2+B．向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变成血红色，说明原溶液中含有Fe2+C．向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，再逐渐变为红褐色，说明该溶液中含有Fe2+D．向某溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，说明该溶液中含有Fe2+． 26．以下均为中学化学常见物质，存在如图转化关系（部分产物已省略）．通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质．实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H．（1）G的化学式 ；F的电子式 （2）反应②的离子方程式 ；（3）写出另外一种实验室制取H的化学方程式 ；（4）D溶液中阳离子的焰色反应火焰呈 色；可用 试剂检验D溶液中大量存在的阴离子．24 27．某研究小组以粗盐和碳酸氢铵（NH4HCO3）为原料，采用如图流程制备纯碱和氯化铵．已知盐的热分解温度：NH4HCO336℃；NaHCO3270℃；NH4Cl340℃；Na2CO3＞850℃（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子，使用的试剂有：①NaOH②BaCl2③HCl④Na2CO3，其加入的顺序合理的是 A．①③④②B．①②④③C．③②④①D．①②③④过滤中用到玻璃棒的作用是 ；（2）如何判断粗盐中SO42﹣是否已除尽？ ；（3）从NaCl溶液到沉淀1的过程中，需蒸发浓缩．在加入固体NH4HCO3之前进行蒸发浓缩优于在加入NH4HCO3之后，原因是 ；（4）写出沉淀1受热分解的化学方程式 ；（5）为提高NH4Cl产品的产率和纯度，需在滤液中加入氨水，理由是 ；步骤X包括的操作有 ；（6）采用“甲醛法”测定工业产品中氯化铵的纯度（假定杂质不与甲醛反应），反应原理为：4NH4Cl+6HCHO→（CH2）6N4+4HCl+6H2O某技术人员称取1.5g该样品溶于水，加入足量的甲醛并加水配成100mL溶液．从中取出10mL，滴入酚酞再用0.1mol/L的NaOH溶液滴定，到滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL．则该样品中氯化铵的质量分数为 ． 242022-2022学年浙江省温州市瑞安市高三（上）第一次四校联考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题2分，共30分．每小题只有一个选项符合题意．）1．化学与社会、生活密切相关．下列有关说法错误的是（ ）A．明矾中铝离子水解产生的胶体具有很强的吸附作用而常用于净水B．地球上99%以上的溴蕴藏在大海中，因此溴被称为“海洋元素”C．目前加碘盐中添加的含碘物质是KI，可用氯水和淀粉溶液鉴定食盐是否加碘D．为减少污染、提高燃烧效率，可将煤气化或液化获得清洁燃料【考点】盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；B．地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中；C．加碘盐中添加的含碘物质是KIO3；D．将煤气化或液化可以除去硫，减少对环境的污染．【解答】解：A．明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附悬浮在水中的杂质起到净水作用，故A正确；B．地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，故B正确；C．加碘盐中添加的含碘物质不是KI是KIO3，用食醋、水和淀粉KI试纸检验加碘食盐中是否加碘，酸性溶液中IO3﹣、I﹣反应生成I2，与淀粉溶液作用显蓝色，故C错误；D．将煤气化或者液化，可以除去硫元素，减少对环境的污染，故D正确；故选C．【点评】本题考查了化学与生活中的化学知识分析判断，主要是物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度不大． 2．分类是重要的化学学习方法．下列对应关系正确的是（ ）A．混合物﹣﹣液氯、漂白粉B．碱性氧化物﹣﹣Al2O3、Na2O2C．强电解质﹣﹣NH4Cl、HClOD．非电解质﹣﹣NH3、SO2【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．【分析】只有一种物质组成的是纯净物；由两种或两种以上物质组成的是混合物；电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物；强电解质是在水溶液或熔融状态下完全电离出离子的化合物；碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的化合物．据此分析．【解答】解：A、液氯是液态的氯气，是纯净物，故A错误；B、氧化铝既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水，是两性氧化物，Na2O2能与酸反应生成盐、水，还有氧气，不是碱性氧化物，故B错误；C、HClO在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C错误；D、NH3溶于水后，能和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的阴阳离子，但电离出阴阳离子的是一水合氨，不是NH3，所以NH3是非电解质；SO2为化合物，其水溶液能导电，但其本身不发生电离，则属于非电解质，故D正确．故选D．【点评】本题考查了基本概念的含义和判断，主要考查碱性氧化物氧化物、非电解质、电解质、混合物等知识的分析判断，较简单．24 3．下列说法正确的是（ ）A．O、O为不同的核素，有不同的化学性质B．H2、SO2、NH3三种气体都可用浓硫酸干燥C．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液D．陶瓷、玻璃、水泥、大理石的主要成分都是硅酸盐【考点】同位素及其应用；分散系、胶体与溶液的概念及关系；含硅矿物及材料的应用；气体的净化和干燥．【分析】A．同位素的化学性质是相似的；B．浓硫酸具有强氧化性、酸性和吸水性，可用来干燥酸性、中性并不与浓硫酸发生氧化还原反应的气体；C．根据溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm；D．玻璃、陶瓷和水泥是常用的硅酸盐产品．【解答】解：A．同位素是同种元素的不同原子，它们的化学性质是相似的，故A错误；B．NH3与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥，故B错误；C．因溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故C正确；D．大理石的主要成分是碳酸钙，故D错误．故选C．【点评】本题考查核素、浓硫酸作为干燥剂的性质分散系以及物质的成分等，题目难度不大，注意与浓硫酸反应的气体不能用浓硫酸干燥． 4．按照阿伏加德罗定律，下列叙述不正确的（ ）A．同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm、ρ=、同温条件下气体的物质的量与其压强成正比进行判断．【解答】解：A．同温同压下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm知，气体的体积之比等于其物质的量之比，故A正确；B．同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=知，气体的密度之比等于摩尔质量之比，与物质的量无关，故B错误；C．根据B知，相同条件下气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故C正确；D．同温条件下气体，它们的物质的量与其压强成正比，所以同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比，故D正确；故选B．24【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，侧重考查基本理论的推导，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，注意有关气体体积的计算中前提条件，题目难度不大． 5．下列说法中正确的是（ ）A．酸性氧化物在一定条件下，都可以与碱反应生成盐和水B．一种元素可能有多种氧化物，但是同种化合价只对应一种氧化物C．酸根离子中不可能含有金属元素D．还原产物只有还原性，氧化产物只有氧化性【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】A、能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物；B、同种化合价也可能有多种氧化物；C、金属元素也能形成酸根离子；D、根据元素的化合价判断是否有氧化性和还原性．【解答】解：A、能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，则A、能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，故A正确；B、同种化合价也可能有多种氧化物，如NO2和N2O4中N元素都是+4价，故B错误；C、金属元素也能形成酸根离子，如AlO2﹣是含有金属元素的酸根离子，故C错误；D、根据元素的化合价判断是否有氧化性和还原性，最低价只有还原性，最高价只有氧化性，则还原产物也可能有氧化性，氧化产物也可能有还原性，故D错误．故选A．【点评】本题考查了酸性氧化物的性质、氧化物的组成、酸根离子的构成等，题目难度不大，注意对基础知识的积累． 6．下列有关物质制备说法不正确的是（ ）A．电解饱和食盐水制得金属NaB．电解熔融MgCl2制得金属MgC．高温下CO还原赤铁矿可用于炼铁D．高温下焦炭还原二氧化硅制得粗硅【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu可用热还原发生冶炼，Hg、Ag可用也分解法冶炼，以此解答．【解答】解：A．制备单质Na应该用电解熔融NaCl的方法，电解饱和食盐水可以得到氢氧化钠，故A错误；B．制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故B正确；C．高温下CO还原赤铁矿氧化铁可以得到金属铁，此方法用于炼铁，故C正确；D．工业上用碳还原二氧化硅的办法来获得粗硅，故D正确．故选：A．【点评】本题考查金属的冶炼，难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠． 7．实验是化学的基础．下列说法正确的是（ ）A．过氧化钠、氯水、浓硝酸通常都要密封保存于棕色试剂瓶中24B．盛溴的试剂瓶里加少量水以减少溴的挥发C．钾、钠、白磷都应保存在水中D．做焰色反应实验时所用铂丝，每次用完后用稀硫酸洗涤后再使用【考点】化学试剂的存放．【分析】A．过氧化钠见光不易分解；B．液溴易挥发；C．钾、钠均与水反应；D．硫酸难挥发，干扰焰色反应中离子的检验．【解答】解：A．过氧化钠见光不易分解，放在无色试剂瓶即可，故A错误；B．液溴易挥发，则盛溴的试剂瓶里加少量水以减少溴的挥发，故B正确；C．钾、钠均与水反应，不能保存在水中，而白磷可保存在水中，故C错误；D．硫酸难挥发，干扰焰色反应中离子的检验，则所用铂丝，每次用完后用稀盐酸洗涤后再使用，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握试剂的保存、焰色反应等为解答的关键，注意实验操作的评价性分析，侧重基础知识的考查，题目难度不大． 8．经氯气消毒的自来水，用以配制以下溶液，不会使溶液变质的是（ ）A．AgNO3溶液B．FeCl2溶液C．Na2CO3溶液D．NaCl溶液【考点】氯气的化学性质．【分析】自来水用氯气消毒，氯气溶液水形成氯水，依据氯水的成分分析解答．【解答】解：氯气部分溶于水，Cl2+H2O=HCl+HClO，所以溶液中存在氯气、盐酸、次氯酸等，与氯水中的物质不发生反应，A、AgNO3与盐酸反应生成难溶的氯化银，而变质，故A不选；B、氯气与FeCl2反应生成FeCl3，变质，故B不选；C、碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳，变质，故C不选；D、氯水与氯化钠不反应，不变质，故D选；故选：D．【点评】本题考查溶液的成分及溶液的配制，明确氯气的性质及氯水的成分是解本题的关键，题目难度不大． 9．由铝屑、盐酸、氢氧化钠溶液反应制取1molAl（OH）3，至少需要消耗HCl和NaOH的物质的量为（ ）A．0.25mol，0.25molB．0.75mol，0.75molC．1mol，1molD．3mol，3mol【考点】化学方程式的有关计算；铝的化学性质．【分析】如需HC1和NaOH的物质的量最少，则先生成Al3+、AlO2﹣，然后发生Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，以此解答该题．【解答】解：铝分别与盐酸、氢氧化钠反应分别生成Al3+、AlO2﹣，然后发生Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，生成1molAl（OH）3，应先分别生成0.25molAl3+、0.75molAlO2﹣，由关系式Al～3HCl、Al～NaOH可知需要消耗HC1和NaOH的物质的量为0.75mol、0.75mol，此时消耗的盐酸、氢氧化钠最少，故选B．24【点评】本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，为高频考点，解答时可根据反应的化学方程式计算，难度不大． 10．某生配制480ml0.1mol/L的NaOH溶液，下列操作可使所配制的溶液的浓度偏大的是（ ）A．烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯B．移液时，有少量液体溅出C．定容时，俯视刻度线D．定容摇匀后发现液面下降，继续加水至刻度线【考点】溶液的配制．【专题】定量测定与误差分析．【分析】分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析，凡是使物质的量n偏大或者使溶液体积V偏小的操作都会导致溶液浓度偏高，反之溶液浓度偏低，据此解答．【解答】解：A．烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯，导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；B．移液时，有少量液体溅出，导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；C．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；D．定容摇匀后发现液面下降，继续加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；故选：C．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制误差分析，明确配制原理依据C=进行误差分析，注意操作对n和V的影响，题目难度不大． 11．如表各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（ ）编号XYZ①N2MgCO2②FeCl3溶液Cu浓硝酸③氨水Al（OH）3稀硫酸④KOH溶液SiO2盐酸A．①②B．①④C．①②③D．①②④【考点】镁的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】①Mg在氮气、二氧化碳中能燃烧；②Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁；③氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；④二氧化硅不能溶于盐酸．【解答】解：①Mg在氮气燃烧生成氮化镁，Mg在二氧化碳中燃烧生成MgO和C，故①符合；②常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故②符合；24③氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与弱碱不反应，所以与氨水不反应，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故③不符合；④二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故④不符合，故选A．【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质． 12．下列变化过程不涉及氧化还原反应的是（ ）A．将一小块钠放在石棉网上加热，生成淡黄色物质B．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色C．向纯碱溶液中滴加酚酞，溶液变红色D．向氢碘酸中滴加FeCl3溶液，产生棕色物质【考点】氧化还原反应．【分析】反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答．【解答】解：A．将一小块钠放在石棉网上加热，生成淡黄色物质为过氧化钠，Na、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误；B．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯气将亚硫酸根氧化成硫酸根，Cl、S元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；C．向纯碱溶液中滴加酚酞，溶液变红色，说明碳酸根水解显碱性，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故C正确；D．向氢碘酸中滴加FeCl3溶液，产生棕色物质，说明三价铁将碘离子氧化成碘单质，Fe和I元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大． 13．下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（ ）A．加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl﹣，SO42﹣B．含有NaClO的溶液中：K+，Al3+，Br﹣，S2﹣C．澄清透明溶液：Cu2+、SO42﹣、HCO3﹣、H+D．使甲基橙变红的溶液中：Fe2+，MnO4﹣，Na+，SO42﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．加入Mg能放出H2的溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；B．次氯酸根离子能够氧化溴离子、硫离子，硫离子与铝离子发生双水解反应；C．铁离子、氢离子与碳酸氢根离子反应；D．使甲基橙变红的溶液中为酸性溶液，酸性条件下高锰酸根离子能够氧化亚铁离子．【解答】解：A．加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+，NH4+，Cl﹣，SO42﹣之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，具有还原性，Br﹣，S2﹣能够被次氯酸钠氧化，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．HCO3﹣与Cu2+、H+发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；24D．使甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子，Fe2+、MnO4﹣在酸性条件下能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣． 14．物质的分离与提纯是化学实验研究常用的方法．如表混合体系分离提纯对应的方法不正确的是（ ）选项ABCD混合体系溴水酒精与水固体碘和氯化铵混有少量KCl的KNO3粉末分离方法萃取、分液加生石灰，蒸馏加热配成热的饱和溶液、降温结晶A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．溴不易溶于水，易溶于有机溶剂；B．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；C．加热时碘升华，氯化铵分解；D．二者的溶解度受温度影响不同．【解答】解：A．溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则利用萃取、分液可分离，故A正确；B．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，则蒸馏可分离，故B正确；C．加热时碘升华，氯化铵分解，则加热不能分离，应溶解、萃取分离，故C错误；D．二者的溶解度受温度影响不同，则配成热的饱和溶液、降温结晶可除杂，故D正确；故选C．【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 15．在给定条件下，下列划横线的物质在化学反应中能被完全消耗的是（ ）A．标准状况下，将1g铝片投入20mL18.4mol•L﹣1的硫酸中B．向100mL3moI•L﹣1的硝酸中加入5.6g铁C．用50mL18mol•L﹣1浓硫酸与足量Cu共热（指其中的硫酸被完全消耗）D．在5×107Pa、500℃和铁触媒催化的条件下，用3mol氢气和2mol氮气合成氨【考点】铝的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．金属铝和浓硫酸之间能发生钝化；B．n（Fe）==0.1mol，n（硝酸）=0.3mol，Fe可完全溶解生成硝酸铁、硝酸亚铁；C．铜与稀硫酸不反应；D．合成氨反应为可逆反应，据可逆反应的特点来回答．【解答】解：A.18.4mol•L﹣1的硫酸为浓硫酸，标况下与Al发生钝化生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则Al不能被完全消耗，故A不选；B．n（Fe）==0.1mol，n（硝酸）=0.3molmol，则物质的量比在1：4～3：8之间，Fe可完全溶解生成硝酸铁、硝酸亚铁，故B选；24C．随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，则盐酸不能完全消耗，故C不选；D．合成氨反应为可逆反应，则氢气不能完全消耗，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意钝化、可逆反应的判断，侧重化学反应的考查，题目难度不大． 二、选择题（每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意）16．下列实验不合理的是（ ）A．证明非金属性强弱S＞C＞SiB．四氯化碳萃取碘水中的碘C．制备并收集少量NO气体D．制备少量氧气【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【专题】实验评价题．【分析】A．发生强酸制取弱酸的反应；B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；C．Cu与硝酸反应生成NO，NO不溶于水；D．过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能利用止水夹使固体与液体分离．【解答】解：A．发生强酸制取弱酸的反应，可知酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性S＞C＞Si，故A正确；B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中分液漏斗可萃取碘，故B正确；C．Cu与硝酸反应生成NO，NO不溶于水，则图中装置可制备并收集NO，故C正确；24D．过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能利用止水夹使固体与液体分离，则不能利用图中制备气体的简易装置制备少量氧气，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、物质的制备及收集、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大． 17．下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）A．FeBr2与Cl2B．Ba（OH）2与H2SO4C．HCl与Na2CO3D．NaHCO3与Ca（OH）2【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，则就能用同一离子方程式表示，以此来解答．【解答】解：A．Cl2少量时，只有亚铁子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故A不选；B．无论量的多少都只发生Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+H2O，则能用同一离子方程式表示，故B选；C．HCl少量时，发生HCl+Na2CO3═NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3═NaCl+CO2↑+H2O，则不能用同一离子方程式表示，故C不选；D．NaHCO3少量时，发生NaHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O+NaOH，NaHCO3过量时发生2NaHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故D不选；故选B．【点评】本题考查与量有关的离子反应的书写，明确量对化学反应的影响是解答本题的关键，题目难度较大． 18．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A．标准状况下，11.2LCCl4中含有分子的数目为0.5NAB．标准状况下，2.24LCl2通入水中生成NA个HClOC．1.6gO2与O3组成的混合物中所含O原子数为0.1NAD．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下四氯化碳为液态；B、氯气与水的反应为可逆反应；C、氧气和臭氧均由氧原子构成；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、标况下四氯化碳为液态，故四氯化碳的物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；B、氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的HClO的个数小于NA个，故B错误；C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故1.6g氧气和臭氧中含有的氧原子的物质的量n==0.1mol，故为0.1NA个，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故D错误．24故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 19．下列各反应的化学方程式中，不正确的是（ ）A．将点燃的镁条伸入充满CO2气体的集气瓶中：2Mg+CO2═点燃2MgO+CB．大理石溶于醋酸：CO32﹣+2CH3COOH═2CH3COO﹣+CO2↑+H2OC．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42﹣刚好沉淀完全：Ba2++2OH﹣+NH4++H++SO42﹣═BaSO4↓+NH3•H2O+H2OD．向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．二氧化碳在二氧化碳中点燃反应生成氧化镁和碳；B．碳酸钙为难溶物，离子方程式中不能拆开；C．硫酸根离子刚好沉淀时，二者物质的量之比为1：1，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水；D．碘离子在酸性条件下被氧气氧化成碘单质．【解答】解：A．将点燃的镁条伸入充满CO2气体的集气瓶中，反应的化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故A正确；B．大理石溶于醋酸，碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；C．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42﹣刚好沉淀完全，二者按照物质的量1：1反应，反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+NH4++H++SO42﹣═BaSO4↓+NH3•H2O+H2O，故C正确；D．向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后碘离子被氧化成碘单质，所以使溶液变蓝，反应的离子方程式为4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O，故D正确；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等，试题培养了学生的灵活应用能力． 20．将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，充分反应后金属粉末有剩余，下列有关推断正确的是（ ）A．反应过程中不可能产生H2B．剩余的金属粉末中一定有铜C．往反应后的溶液中加入KSCN溶液会变血红色D．往反应后的溶液中加入足量的稀H2SO4，则金属粉末的质量一定会减少【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；硝酸的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】铁比铜活泼，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与酸溶液反应，当铁完全反应后，且溶液中存在：H+、（Fe3+）、NO3﹣时，铜溶解，所以剩余金属可能为铁或铁与铜的混合物，由于发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，则当金属粉末有剩余，溶液中不存在Fe3+，当溶液中NO3﹣完全消耗时，加入硫酸，金属不再溶解．24【解答】解：A．铁比铜活泼，硝酸氧化性大于硫酸，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与在酸性条件下与NO3﹣反应，当溶液中NO3﹣完全消耗时，铁和H+反应生成H2，故A错误；B．铁比铜活泼，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与酸溶液反应，当铁完全反应后，且溶液中存在：H+、（Fe3+）、NO3﹣时，铜溶解，所以剩余金属可能为铜或铁与铜的混合物，所以剩余金属一定含有铜，故B正确；C．由于发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，则当金属粉末有剩余，溶液中不存在Fe3+，加入KSCN溶液不一定变成血红色，故C错误；D．当剩余金属为铜时，且溶液中NO3﹣完全消耗时，加入硫酸，金属不再溶解，故D错误．故选B．【点评】本题考查金属的活泼性比较以及硝酸的化学性质，题目难度较大，本题易错点为A、D，注意把握金属的活泼性强弱以及NO3﹣的性质． 21．将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是（ ）A．O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B．常温下，a点溶液pH＞7C．标准状况下，通入CO2的体积为4.48LD．原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L【考点】离子方程式的有关计算．【分析】A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3；B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，据此根据方程式计算生成的二氧化碳的物质的量，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，根据V=nVm计算二氧化碳的体积；D、生成二氧化碳体积最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），再根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），根据c=计算NaOH溶液的物质的量浓度．【解答】解：A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，故A正确；B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液显碱性，则溶液pH＞7，故B正确；24C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故C错误；D、加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）==2.5mol/L，故D正确；故选C．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意从图象分析反应发生的情况，关键是根据图象判断溶液溶质的成分． 22．在一个氧化还原反应的体系中，共有H2O、ClO﹣、CN﹣、HCO3﹣、N2、Cl﹣六种物质．在反应过程中测得ClO﹣和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列有关判断中正确的是（ ）A．还原剂是含CN﹣的物质，氧化产物只有N2B．氧化剂是ClO﹣，还原产物是HCO3﹣C．配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为4：1D．标准状况下，若生成2.24LN2，则转移电子数为NA【考点】氧化还原反应的计算．【分析】由曲线变化图可知，随反应进行ClO﹣的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO﹣为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN﹣是反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，由碳元素守恒可知HCO3﹣是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由﹣3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[（4﹣2）+（3﹣0）]=10价，故CN﹣系数为2，ClO﹣系数为5，由元素守恒可知HCO3﹣系数为2，N2系数为1，Cl﹣系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣．【解答】解：由曲线变化图可知，随反应进行ClO﹣的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO﹣为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN﹣是反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，由碳元素守恒可知HCO3﹣是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由﹣3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2[（4﹣2）+（3﹣0）]=10价，故CN﹣系数为2，ClO﹣系数为5，由元素守恒可知HCO3﹣系数为2，N2系数为1，Cl﹣系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣．A、反应中，C元素化合价由CN﹣中+2价升高为HCO3﹣中+4价，N元素化合价由CN﹣中﹣3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3﹣、N2，故A错误；B、反应中Cl元素化合价由ClO﹣中+1价降低为Cl﹣中﹣1价，ClO﹣是氧化剂，还原产物是Cl﹣，故B错误；24C、由上述分析可知，反应为2CN﹣+5ClO﹣+H2O=2HCO3﹣+N2↑+5Cl﹣，反应中是CN﹣是还原剂，ClO﹣是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；D、2.24LN2（标准状况）的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO﹣的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO﹣中+1价降低为Cl﹣中﹣1价，所以转移电子数为0.5mol×2×NAmol﹣1=NA，故D正确．故选：D．【点评】本题考查氧化还原反应计算、基本概念等，难度中等，根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒生成方程式是关键． 23．某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：NH4+、Na+、Al3+、Fe2+、Fe3+、AlO2﹣、SO42﹣、I﹣、NO3﹣、CO32﹣，已知各离子的浓度均约为0.1mol/L，现取两份20mL该溶液进行如下实验：①第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生．②第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出．根据上述实验情况，以下说法错误的是（ ）A．该混合溶液中一定不含有Fe3+、AlO2﹣、Al3+、CO32﹣B．该混合溶液通过继续进行焰色反应可以间接确定是否含有I﹣C．该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣D．向该混合溶液中滴加酚酞试液后呈红色【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题．【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，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡沉淀，所以一定存在SO42﹣；②第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出，则气体为氨气，一定含NH4+；加过量NaOH生成的沉淀为氢氧化亚铁，可能含氢氧化铁，则可能含Fe3+，综上所述，一定含Fe2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣，可能含Na+、I﹣，以此来解答．【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，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡沉淀，所以一定存在SO42﹣；②第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出，则气体为氨气，一定含NH4+；加过量NaOH生成的沉淀为氢氧化亚铁，可能含氢氧化铁，则可能含Fe3+，各离子的浓度均约为0.1mol/L，若含铁离子不遵循电荷守恒，综上所述，一定含Fe2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣，可能含Na+、I﹣，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．由上述分析可知，一定含Fe2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣，遵循电荷守恒，若继续进行焰色反应确定Na+，可以间接确定含有I﹣，故B正确；C．由上述分析可知，一定含Fe2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣，故C正确；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D．24【点评】本题考查物质或离子的检验，为高频考点，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，题目难度中等． 三、填空题（本题包括4小题，每空2分，共46分）24．A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，C与A同主族，C元素的原子序数是B的2倍，工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉．按要求回答下列问题：（1）B的原子结构示意图为 ；镁条在气体B中燃烧生成的物质是 Mg3N2 （填化学式）；（2）A的非金属性强于C，请用一个化学反应方程式表示 2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3 ；（3）元素B、D形成的化合物BD3能与水反应生成具有漂白性的物质X，写出该反应的化学方程式 NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑ ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，则A为碳元素；C与A同主族，则C为Si；C元素的原子序数是B的2倍，则B为N元素；工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉，则D为Cl，据此解答．【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，则A为碳元素；C与A同主族，则C为Si；C元素的原子序数是B的2倍，则B为N元素；工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉，则D为Cl．（1）B为N元素，原子结构示意图为，镁条在气体B中燃烧生成的物质是：Mg3N2，故答案为：；Mg3N2；（2）碳的非金属性强于Si，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，相应方程式为：2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，故答案为：2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3；（3）元素B、D形成的化合物NCl3能与水反应生成具有漂白性的物质X，X为HClO，则有NH3生成，该反应的化学方程式为：NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑，故答案为：NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重考查学生对基础知识的掌握与迁移运用能力，难度中等． 25．铝、铁及其化合物在国民经济、日常生活中占有非常重要的地位．请回答下列问题：（1）铝在自然界中以 化合 态（填“游离”或“化合”）存在；铁的氧化物中常用作红色油漆和涂料的是 Fe2O3 （填化学式），该氧化物与铝粉在高温下反应的化学方程式为 Fe2O3+Al2Fe+Al2O3， ；（2）用离子方程式表示除去铁粉中混有的铝粉 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑ ；24（3）下列对Fe2+的检验方法不合理的是 AB ．A．向某溶液中滴入KSCN溶液呈血红色，说明不含Fe2+B．向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变成血红色，说明原溶液中含有Fe2+C．向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，再逐渐变为红褐色，说明该溶液中含有Fe2+D．向某溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，说明该溶液中含有Fe2+．【考点】铝的化学性质；铁的化学性质．【分析】（1）根据铁在空气中易被氧化，故铁是以化合态存在；其氧化物中颜色是红色的是Fe2O3，可以和金属铝之间发生反应可以得到金属铁和氧化铝；（2）铝粉与强碱溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠；（3）亚铁离子在溶液中是浅绿色的，具有还原性，能被氧化剂氧化称为铁离子，铁离子能使硫氰化钾显示红色，还能和强碱之间反应生成白色沉淀，据此回答．【解答】解：（1）根据铝在空气中易被氧化，故铝是以化合态存在；其氧化物中颜色是红色的是Fe2O3，常用作红色油漆和涂料，该氧化物与铝粉在高温下反应可以得到金属铁和氧化铝，化学方程式为Fe2O3+Al2Fe+Al2O3，故答案为：化合；Fe2O3；Fe2O3+Al2Fe+Al2O3；（2）铝粉与强碱溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠，反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，所以可加入NaOH溶液除去铁粉中的铝粉，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）A、向某溶液中滴入KSCN溶液呈血红色，说明含有铁离子，无法判断是否含Fe2+，故A错误；B．向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变成血红色，说明原溶液中含有Fe3+，此铁离子可以是原来存在的铁离子，无法判断是否存在亚铁离子，故B错误；C．向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，再逐渐变为红褐色，说明该溶液中含有Fe2+，亚铁离子能和强碱之间反应生成白色沉淀，故C正确；D．向某溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，说明该溶液中含有Fe2+，三价铁离子不具有还原性，故D正确．故选AB．【点评】本题重点考查学生元素以及化合物的性质，注意亚铁离子的检验方法以及现象是关键，难度中等． 26．以下均为中学化学常见物质，存在如图转化关系（部分产物已省略）．通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质．实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H．（1）G的化学式 I2 ；F的电子式 （2）反应②的离子方程式 6I﹣+ClO﹣3+6H+=3I2+Cl﹣+3H2O ；（3）写出另外一种实验室制取H的化学方程式 2H2O22H2O+O2↑或2KClO32KCl+O2↑ ；24（4）D溶液中阳离子的焰色反应火焰呈 紫 色；可用 硝酸银、稀硝酸或新制氯水、淀粉或新制氯水、CCl4 试剂检验D溶液中大量存在的阴离子．【考点】无机物的推断．【分析】实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H，则可推断知E为氯酸钾，B为二氧化锰，H为氧气，G为紫黑色固体单质，可推断G为碘单质，A的浓溶液与B加热生成C，可推得C物质为氯气，则A为盐酸，反应C和D溶液反应生成F溶液和G，则D为碘化钾，F为氯化钾，据此答题．【解答】解：实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H，则可推断知E为氯酸钾，B为二氧化锰，H为氧气，G为紫黑色固体单质，可推断G为碘单质，A的浓溶液与B加热生成C，可推得C物质为氯气，则A为盐酸，反应C和D溶液反应生成F溶液和G，则D为碘化钾，F为氯化钾，（1）根据上面的分析可知，G的化学式I2；F为KCl，F的电子式为，故答案为：I2；；（2）反应②为在酸性条件下KClO3可以将I﹣氧化为I2，反应中有H+参加，结合氧原子生成水，反应的离子方程式为6I﹣+ClO﹣3+6H+=3I2+Cl﹣+3H2O，故答案为：6I﹣+ClO﹣3+6H+=3I2+Cl﹣+3H2O；（3）H为O2，另外一种实验室制取H的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑或2KClO32KCl+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑或2KClO32KCl+O2↑；（4）D为碘化钾，D溶液中阳离子的焰色反应火焰呈紫色，检验碘离子可用硝酸银、稀硝酸生成黄色沉淀，或用新制氯水、淀粉或新制氯水、CCl4试剂将碘离子氧化成碘单质，再通过检验碘单质来检验溶液中的碘离子，故答案为：紫；硝酸银、稀硝酸或新制氯水、淀粉或新制氯水、CCl4．【点评】本题主要考查卤素机器化合物间的关系及有关离子方程式的书写，试题由一定难度，特别是书写离子方程式，要注意介质的影响． 27．某研究小组以粗盐和碳酸氢铵（NH4HCO3）为原料，采用如图流程制备纯碱和氯化铵．已知盐的热分解温度：NH4HCO336℃；NaHCO3270℃；NH4Cl340℃；Na2CO3＞850℃24（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子，使用的试剂有：①NaOH②BaCl2③HCl④Na2CO3，其加入的顺序合理的是 B A．①③④②B．①②④③C．③②④①D．①②③④过滤中用到玻璃棒的作用是 引流 ；（2）如何判断粗盐中SO42﹣是否已除尽？ 取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42﹣已除尽 ；（3）从NaCl溶液到沉淀1的过程中，需蒸发浓缩．在加入固体NH4HCO3之前进行蒸发浓缩优于在加入NH4HCO3之后，原因是 可避免NH4HCO3的分解 ；（4）写出沉淀1受热分解的化学方程式 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ ；（5）为提高NH4Cl产品的产率和纯度，需在滤液中加入氨水，理由是 抑制NH4+水解、使NaHCO3转化为Na2CO3、补充煮沸时损失的NH3 ；步骤X包括的操作有 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 ；（6）采用“甲醛法”测定工业产品中氯化铵的纯度（假定杂质不与甲醛反应），反应原理为：4NH4Cl+6HCHO→（CH2）6N4+4HCl+6H2O某技术人员称取1.5g该样品溶于水，加入足量的甲醛并加水配成100mL溶液．从中取出10mL，滴入酚酞再用0.1mol/L的NaOH溶液滴定，到滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL．则该样品中氯化铵的质量分数为 89.2% ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】根据题中流程可知，粗盐水提纯后得氯化钠溶液，经蒸发浓缩后，温度控制在30℃～35℃，防止碳酸氢按分解，加入碳酸氢铵，生成沉淀1为碳酸氢钠，滤液1主要为氯化铵，氯化铵溶液中加入氨水，可抑制铵根离子的水解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得沉淀2为氯化铵固体，经洗涤、干燥得纯净的氯化铵，滤液2中含有少量的氯化铵和碳酸氢钠，（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子，使用的试剂有：①NaOH②BaCl2③HCl④Na2CO3，根据前面加入的物质是过量的，在后面加入的物质在除去溶液中原来的杂质外还要将前面加入的试剂杂质除去，据此判断；过滤中用到玻璃棒的作用是引流；（2）样品中加入适量的氯化钡溶液可判断粗盐中SO42﹣是否已除尽；（3）蒸发浓缩时溶液要加热，而NH4HCO3在36℃开始分解，据此答题；（4）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；（5）氨水能抑制铵根离子的水解，同时能使NaHCO3转化为Na2CO3，并补充煮沸时损失的NH3，从氯化铵溶液得到氯化铵固体可以通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤的方法；（6）由滴定用去的氢氧化钠的物质的量计算出盐酸的物质的量，根据方程式4NH4Cl+6HCHO→（CH2）6N4+4HCl+6H2O，计算出氯化铵的质量，进而计算出样品中氯化铵的质量分数；【解答】解：根据题中流程可知，粗盐水提纯后得氯化钠溶液，经蒸发浓缩后，温度控制在30℃～35℃24，防止碳酸氢按分解，加入碳酸氢铵，生成沉淀1为碳酸氢钠，滤液1主要为氯化铵，氯化铵溶液中加入氨水，可抑制铵根离子的水解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得沉淀2为氯化铵固体，经洗涤、干燥得纯净的氯化铵，滤液2中含有少量的氯化铵和碳酸氢钠，（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子，使用的试剂有：①NaOH②BaCl2③HCl④Na2CO3，根据前面加入的物质是过量的，在后面加入的物质在除去溶液中原来的杂质外还要将前面加入的试剂杂质除去，所以加入的顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3、HCl，故选B；过滤中用到玻璃棒的作用是引流，故答案为：B；引流；（2）样品中加入适量的氯化钡溶液可判断粗盐中SO42﹣是否已除尽，具体操作为取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42﹣已除尽，故答案为：取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42﹣已除尽；（3）蒸发浓缩时溶液要加热，而NH4HCO3在36℃开始分解，所以在加入固体NH4HCO3之前进行蒸发浓缩优于在加入NH4HCO3之后，原因是可避免NH4HCO3的分解，故答案为：可避免NH4HCO3的分解；（4）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（5）氨水能抑制铵根离子的水解，同时能使NaHCO3转化为Na2CO3，并补充煮沸时损失的NH3，从氯化铵溶液得到氯化铵固体可以通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤的方法，故答案为：抑制NH4+水解、使NaHCO3转化为Na2CO3、补充煮沸时损失的NH3；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（6）根据题意，滴定用去的氢氧化钠的物质的量为0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，所以盐酸的物质的量为0.0025mol，根据方程式4NH4Cl+6HCHO→（CH2）6N4+4HCl+6H2O，可知1.5g该样品中氯化铵的质量为0.0025mol××53.5g/mol=1.3375g，所以样品中氯化铵的质量分数为×100%=89.2%，故答案为：89.2%．【点评】本题考查侯氏制碱法、溶解度、物质的分离提纯、物质含量测定等，难度中等，侧重考查学生对流程的分析和基础知识的灵活的应用． 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