2022-2022学年辽宁省沈阳市铁路实验中学高三（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案）1．下列说法正确的是（ ）A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B．萃取操作时，可以选用CCl4或直馏汽油作为萃取剂从溴水中萃取溴C．氢氧化铁胶体的电泳实验能证明氢氧化铁胶体带正电D．向FeCl3饱和溶液中通入足量NH3可制取Fe（OH）3胶体 2．在生产和生活中应用的化学知识正确的是（ ）A．次氯酸钠具有强还原性，可用于配制“84”消毒液B．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸C．玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品D．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔 3．某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是（ ）①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有四种②有胶状物质生成③有刺激性气味气体产生④溶液颜色发生变化⑤溶液中至少发生了3个氧化还原反应．A．①②③④B．①②③④⑤C．①③④⑤D．②④⑤ 4．N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2+N2O．下列关于N2O的说法一定正确的是（ ）A．上述反应中，每消耗2molNO2，就会生成22.4LN2OB．N2O有氧化性，且为HNO2的酸酐-34-\nC．等质量的N2O和CO2含有相等的电子数D．N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒 5．NaHCO3和Na2O2按2：1的个数之比混合，在密闭容器中加热使之充分反应，然后趁热排出气体物质，容器内残留物的成分是（ ）A．Na2O2和NaHCO3B．NaHCO3和Na2CO3C．NaOH和Na2CO3D．只有Na2CO3 6．向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2气体，下列有关现象及原理解释不正确的是（ ）A．该实验涉及的氧化还原反应中FeCl3是氧化剂B．该实验中会产生BaSO3白色沉淀C．溶液颜色由棕黄色变为浅绿色表明SO2有还原性D．由于反应产生H+，所以反应后溶液酸性增强 7．近日来，全国安全事故频发，折射出人们对化学品与安全知识的极度缺乏，下列有关化学品与安全的说法或操作正确的是（ ）A．运液氯可用钢瓶装，车上应贴标志．装运浓硫酸可用铝槽罐车，应贴标志B．冬天严禁在窗门紧闭的室内用煤饼炉取暖，因为生成的CO、CO2等容易引起中毒C．洁厕灵和厨房清洁剂不能混合使用，因为会反应生成Cl2引起中毒D．患有胃溃疡的患者治疗胃酸过多，可用长期大量服用含Al（OH）3的胃药 8．下列关于金属单质及其化合物的叙述正确的是①赤铁矿的主要成分是Fe3O4②在人体内的血红蛋白中含有铁元素③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB族④除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤⑤Fe3+与KSCN产生血红色沉淀-34-\n⑥Na2O2既可作呼吸面具中，又可漂白织物、麦杆、羽毛等⑦铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物⑧明矾常作为消毒剂⑨氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质（ ）A．④⑥⑧B．①③④⑥⑦C．②④⑥⑦⑨D．①②③⑤⑧ 9．工业上制取硫酸铜不是直接用浓硫酸与铜反应，而是将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡，这样做的优点是①提高了Cu的利用率②提高了H2SO4的利用率③减少环境污染④节约大量资源（ ）A．①②B．②③④C．①②③D．全部 10．下列实验的现象与对应结论均正确的是（ ）选项操作现象结论A经过打磨的铝片投入盐酸中气泡冒出速率由快到慢Cl﹣起到催化作用B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将NH3通过灼热的氧化铜固体固体变红氨气具有还原性D用火柴点燃浸泡过硅酸钠溶液的滤纸未燃烧硅酸钠隔绝了空气A．AB．BC．CD．D 11．在一定条件下，使CO和O2的混合气体30g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14g，下列关于混合气体的描述不正确的是（ ）A．原混合气体的平均摩尔质量为30g/molB．原混合气体中CO和O2的物质的量之比为1：1C．反应后的混合气体含有O2和CO2D．反应后O2的物质的量比反应前的多 12．只用胶头滴管和试管通过两试剂的互滴，能区别的下列溶液（ ）A．NaAlO2和Al2（SO4）3B．NaHCO3和Ca（OH）2C．AlCl3和氨水D．HCl和Na2CO3-34-\n 13．在下列各溶液中逐渐通入CO2气体直至过量，会出现先沉淀后消失现象的是（ ）①饱和Na2CO3溶液②澄清石灰水③Ca（ClO）2溶液④CaCl2溶液⑤Na2SiO3溶液⑥NaAlO2溶液．A．只有②③B．只有③⑥C．除①⑤⑥D．全部 14．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．1.8gD2O含有NA个中子B．0.1mol﹣NH2（氨基）中含有的电子数为0.7NAC．0.1L2mol•L﹣1的（NH4）2S溶液中含有的S2﹣数目为0.2NAD．25℃时，7gC2H4和C3H6的混合气体中，含有NA个C﹣H键 15．向硫酸铜溶液中通入足量NH3后可得到深蓝色溶液，再向所得溶液通入SO2至溶液呈微酸性发现有白色沉淀Q生成，反应方程式为：①2Cu（NH3）4SO4+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+3（NH4）2SO4．再将Q与足量的10mol/L硫酸混合微热，则会发生如下反应：②2NH4CuSO3+2H2SO4=Cu+（NH4）2SO4+2SO2+CuSO4+2H2O．对上述两个反应的有关分析中正确的是（ ）A．①是非氧化还原反应，而②是氧化还原反应B．上述反应中SO2的作用只相当于催化剂C．反应②中CuSO4是氧化产物D．反应①中SO2发生还原反应 16．下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是①无色溶液中：Cl﹣，Na+，H2PO4﹣，PO43﹣，SO42﹣②含有HCO3﹣的溶液中：SO42﹣，Na+，NO3﹣，MnO4﹣，CO32﹣③水电离的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣，HCO3﹣，NO3﹣，NH4+，S2O32﹣④加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，C1﹣，K+，SO42﹣⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe3+，MnO4﹣，NO3﹣，Na+，SO42﹣⑥在AlCl3溶液中：Fe3+，NO3﹣、I﹣，Cl﹣，SO42﹣（ ）A．①②⑤B．①③⑥C．②④⑤D．①②④ -34-\n17．能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．向NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全Ba2++H++OH﹣+SO42﹣=BaSO4↓+H2OC．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣D．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 18．将Na2O2逐渐加入到含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入的Na2O2物质的量（mol）的关系如图所示，则原溶液中的Mg2+、Al3+、NH4+物质的量分别（ ）A．2mol、3mol、6molB．3mol、2mol、6molC．2mol、3mol、4molD．3mol、2mol、2mol 二、解答题（共5小题，满分46分）19．某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L（此数值忽略水的电离及离子的水解）阳离子K+ Ag+ Mg2+ Cu2+ Al3+ NH4+阴离子Cl﹣ CO32﹣ NO3﹣ SO42﹣ I﹣甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：Ⅰ．取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加．Ⅱ．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰．Ⅲ．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色．Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．请推断：（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是 ．-34-\n（2）Ⅲ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是 ．（3）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子有 ，阴离子有 ；并据此推测原溶液应该呈 性，原因是 （用离子方程式说明）．（4）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，此过程中涉及的离子方程式为 ．充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为 g． 20．某研究性学习小组欲测定室温下（25℃、101kPa）的气体摩尔体积，请回答以下问题．该小组设计的简易实验装置如图所示：该实验的主要操作步骤如下：①配制100mL1.0mol•L﹣1的盐酸溶液；②用 （填仪器名称并注明规格）量取7.5mL1.0mol•L﹣1的盐酸溶液加入锥形瓶中；③称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为 g；④往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为VmL．请将上述步骤补充完整并回答下列问题．（1）步骤①中，配制100mL1.0mol•L﹣1的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏小 （填写字母）．A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度B．容量瓶未干燥即用来配制溶液C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线F．烧杯中有少量水（2）请填写操作步骤中的空格：步骤② ，步骤③ g．（3）实验步骤⑤中应选用 （填字母）的量筒．A．100mL B．200mL C．500mL（4）忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm= L/mol．-34-\n（5）若未除去镁条表面的氧化膜，则测得该条件下气体的摩尔体积 （填偏大、偏小或无影响）． 21．某地区的雾霾中含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．收集该地区的雾霾，经必要的预处理后得试样溶液，取适量该试样溶液进行如下实验：已知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8AlO2﹣根据以上实验操作与现象，回答下列问题：（1）气体X的分子式为 ；沉淀1的主要成分是 （填化学式）．（2）生成沉淀2的离子方程式有两个，分别是 、 ．（3）第④步发生反应，每产生5.6L标准状况下的气体X，转移电子的物质的量为 ． 22．亚硝酸钠易溶于水，有碱味，有氧化性，也有还原性．NaNO2大量用于染料工业和有机合成工业中，也可用作水泥施工的抗冻剂．然而由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放．处理方法之一如下： NaNO2+ KI+ → NO+ I2+ K2SO4+ Na2SO4+ （1）请完成该化学方程式并配平．（2）在上述反应中，若要生成50.8gI2，则电子转移了 个．-34-\n（3）现有25.00mL的KI溶液，用酸化的10.00mL0.0500mol/L的KIO3溶液处理（5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O）．将生成的I2全部除去后，再加入过量的KI溶液，使之与剩余的KIO3反应，然后将溶液调节至中性，析出的单质碘用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定（2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣），用去该溶液的体积为21.00mL．求剩余的KIO3为 mol，原KI溶液的物质的量浓度是 mol/L． 23．氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等．某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＜0（1）如用图装置A制取氨气，你所选择的试剂是 ．（2）制备氨基甲酸铵的装置B如图所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中．当悬浮物较多时，停止制备．注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质①发生器用冰水冷却的原因是： 、 ．液体石蜡鼓泡瓶的作用是： ．②从反应后的混合物中分离出产品，为了得到干燥产品，应采取的方法是 （填写选项序号）．a．常压加热烘干b．高压加热烘干c．真空40℃以下烘干③尾气处理装置如图C所示．双通玻璃管的作用： ；浓硫酸的作用： 、 ．（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.73g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为15.00g．则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为 ． -34-\n -34-\n2022-2022学年辽宁省沈阳市铁路实验中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案）1．下列说法正确的是（ ）A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B．萃取操作时，可以选用CCl4或直馏汽油作为萃取剂从溴水中萃取溴C．氢氧化铁胶体的电泳实验能证明氢氧化铁胶体带正电D．向FeCl3饱和溶液中通入足量NH3可制取Fe（OH）3胶体【考点】电解质与非电解质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A、根据电解质是指在水溶液中或在熔融状态下能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，非电解质是指在水溶液中或在熔融状态下都不能导电的化合物判断；B、根据萃取剂的选取标准：与水互不相溶，被萃取的物质在该溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不发生化学反应来分析；C、根据胶体粒子带电荷，但胶体呈电中性；D、根据制备Fe（OH）3胶体的方法解答．【解答】解：A、液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电，属于电解质；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，属于电解质；故A错误；B、CCl4、直馏汽油与水不互溶；而且溴在CCl4、直馏汽油中的溶解度比在水中的大很多，所以可用CCl4、直馏汽油作萃取剂，故B正确；C、胶体能发生电泳现象是由于胶粒带电荷，而胶体是电中性，故C错误；D、实验室制备氢氧化铁胶体，是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，即可以得到氢氧化铁胶体，反应为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，向FeCl3饱和溶液中通入足量NH3生成Fe（OH）3沉淀，故D错误；故选B．-34-\n【点评】本题考查电解质的判断，胶体的性质与制备，萃取剂的选取等，难度不大，注意胶体粒子带电荷，但胶体呈电中性． 2．在生产和生活中应用的化学知识正确的是（ ）A．次氯酸钠具有强还原性，可用于配制“84”消毒液B．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸C．玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品D．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A．NaClO具有强氧化性，可杀菌消毒；B．常温下Cu与浓硝酸反应，而Al遇浓硝酸发生钝化；C．水晶的主要成分为二氧化硅；D．碳酸氢钠分解生成气体，可使糕点疏松多孔．【解答】解：A．NaClO具有强氧化性，可杀菌消毒，可用于配制“84”消毒液，与还原性无关，故A错误；B．常温下Cu与浓硝酸反应，而Al遇浓硝酸发生钝化，则不能用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸，故B错误；C．水晶的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐产品，而玻璃、水泥都是硅酸盐制品，故C错误；D．碳酸氢钠分解生成气体，则发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，故D正确；故选D．【点评】本题考查较综合，涉及物质的性质、化学与生活、性质与用途等，把握元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 3．某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是（ ）①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有四种②有胶状物质生成③有刺激性气味气体产生-34-\n④溶液颜色发生变化⑤溶液中至少发生了3个氧化还原反应．A．①②③④B．①②③④⑤C．①③④⑤D．②④⑤【考点】常见离子的检验方法；离子反应发生的条件．【分析】某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体．【解答】解：某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体．①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+、Na+，故①错误；②有胶状物质硅酸生成，故②正确；③有二氧化碳气体产生，二氧化碳为无色无味气体，故③错误；④氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化有无色变化为橙红色，故④正确；⑤共发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应．氯气和水发生的氧化反应，共3个氧化还原反应，故⑤正确；故选D．【点评】本题考查了氯水成分和离子反应的判断，主要考查氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用，题目难度中等． 4．N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2+N2O．下列关于N2O的说法一定正确的是（ ）A．上述反应中，每消耗2molNO2，就会生成22.4LN2OB．N2O有氧化性，且为HNO2的酸酐C．等质量的N2O和CO2含有相等的电子数D．N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应．【专题】氮族元素．【分析】A、影响气体的体积因素有温度、压强等，CO的状态不一定是标准状况．B、N2O中N元素化合价为+1价，酸酐和其酸中元素的化合价相同；-34-\nC、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同．D、NO、CO会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒．【解答】解：A、由方程式3CO+2NO2═3CO2+N2O可知，每消耗2molNO2，就会生成1molN2O，物质的量一定，影响气体的体积因素有温度、压强等，气体的状态不一定是标准状况，生成N2O的体积不一定是22.4L，故A错误；B、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，HNO2中N的化合价是+3价，所以N2O不是HNO2的酸酐，故C错误；C、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，故C正确；D、能与人体血红蛋白结合，使人中毒的是CO、NO，不是N2O，故D错误．故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应、氧化性还原性判断、常用化学计量计算等，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件． 5．NaHCO3和Na2O2按2：1的个数之比混合，在密闭容器中加热使之充分反应，然后趁热排出气体物质，容器内残留物的成分是（ ）A．Na2O2和NaHCO3B．NaHCO3和Na2CO3C．NaOH和Na2CO3D．只有Na2CO3【考点】化学方程式的有关计算．【分析】NaHCO3和Na2O2按2：1的个数之比混合，在密闭容器中加热使之充分反应，发生的反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑①、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2②、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑③，和Na2O2反应水，CO2先反应、H2O后反应，根据NaHCO3和Na2O2物质的量之比结合方程式进行计算．【解答】解：NaHCO3和Na2O2按2：1的个数之比混合，在密闭容器中加热使之充分反应，发生的反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑①、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2②、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑③，和Na2O2反应水，CO2先反应、H2O后反应，设NaHCO3和Na2O2的物质的量分别是2mol、1mol，2molNaHCO3完全分解生成1molNa2CO3、1molCO2、1molH2O，-34-\n根据方程式②知，1molNa2O2完全反应需要1molCO2，所以二氧化碳和过氧化钠恰好完全反应，水蒸气不反应，则最终容器内残留物的成分是Na2CO3，故选D．【点评】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，正确判断反应先后顺序是解本题关键，注意反应中各个物理量之间关系，题目难度不大． 6．向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2气体，下列有关现象及原理解释不正确的是（ ）A．该实验涉及的氧化还原反应中FeCl3是氧化剂B．该实验中会产生BaSO3白色沉淀C．溶液颜色由棕黄色变为浅绿色表明SO2有还原性D．由于反应产生H+，所以反应后溶液酸性增强【考点】二氧化硫的化学性质；氧化还原反应．【分析】三价铁离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，硫酸根离子能够与钡离子反应生成氯化钡沉淀，据此解答．【解答】解：三价铁离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子能够与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，A．氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应，三价铁离子做氧化剂，故A正确；B．三价铁离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子能够与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；C．三价铁离子能够氧化二氧化硫，本身被还原为二价铁离子，所以溶液颜色由棕黄色变为浅绿色，体现二氧化硫还原性，故C正确；D．依据方程式：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，反应产生H+，所以反应后溶液酸性增强，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了元素化合物知识，明确二氧化硫的还原性是解题关键，题目难度不大． 7．近日来，全国安全事故频发，折射出人们对化学品与安全知识的极度缺乏，下列有关化学品与安全的说法或操作正确的是（ ）-34-\nA．运液氯可用钢瓶装，车上应贴标志．装运浓硫酸可用铝槽罐车，应贴标志B．冬天严禁在窗门紧闭的室内用煤饼炉取暖，因为生成的CO、CO2等容易引起中毒C．洁厕灵和厨房清洁剂不能混合使用，因为会反应生成Cl2引起中毒D．患有胃溃疡的患者治疗胃酸过多，可用长期大量服用含Al（OH）3的胃药【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．氯气有毒，浓硫酸有腐蚀性；B．煤中含有硫元素；C．洁厕灵的成分是盐酸，厨房清洁剂中含次氯酸钠；D．Al（OH）3不能过量服用．【解答】解：A．氯气有毒，应贴标志，浓硫酸有腐蚀性，应贴标志，故A错误；B．煤中含有硫元素，燃烧生成二氧化硫，煤不完全燃烧生成CO，CO、SO2等容易引起中毒，故B错误；C．洁厕灵的成分是盐酸，厨房清洁剂中含次氯酸钠，二者能反应生成氯气，故C正确；D．用含Al（OH）3可治疗胃酸过多，Al（OH）3不能过量服用，故D错误．故选C．【点评】本题考查了危险品标志、环境的污染与治理、抗酸药等，题目难度不大，注意相关知识的积累． 8．下列关于金属单质及其化合物的叙述正确的是①赤铁矿的主要成分是Fe3O4②在人体内的血红蛋白中含有铁元素③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB族④除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤⑤Fe3+与KSCN产生血红色沉淀-34-\n⑥Na2O2既可作呼吸面具中，又可漂白织物、麦杆、羽毛等⑦铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物⑧明矾常作为消毒剂⑨氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质（ ）A．④⑥⑧B．①③④⑥⑦C．②④⑥⑦⑨D．①②③⑤⑧【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【分析】①赤铁矿成分为氧化铁；②人体血红蛋白中含有亚铁离子，故②正确；③铁位于第四周期第ⅤⅢ族，不是副族，故③错误；④氯化铁加入铁反应生成氯化亚铁，；⑤铁离子结合SCN﹣形成血红色溶液；⑥过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，具有漂白性；⑦氧化铝属于两性氧化物，Al、Al2O3和强碱反应生成可溶性偏铝酸盐；⑧明矾溶解溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，无氧化性不能消毒但可以净水；⑨氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行；【解答】解：①赤铁矿成分为氧化铁，四氧化三铁为黑色固体，故①错误；②人体血红蛋白中含有亚铁离子，故②正确；③铁位于第四周期第ⅤⅢ族，不是副族，故③错误；④氯化铁加入铁反应生成氯化亚铁，除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤，故④正确；⑤铁离子结合SCN﹣形成血红色溶液，不是沉淀，故⑤错误；⑥过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，可以做供氧剂，具有漂白性，可漂白织物、麦杆、羽毛等，故⑥正确；⑦氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+2H2O，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑，铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故⑦正确；⑧明矾溶解溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，无氧化性不能消毒杀菌，能起到净水作用，故⑧错误；-34-\n⑨氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行，氧化铁胶体加热会聚沉，均产生红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质三氧化二铁，故⑨正确．②④⑥⑦⑨正确故选C．【点评】本题考查了物质性质和用途的分析应用，主要是物质性质的分析判断，掌握基础是解题关键，题目较简单． 9．工业上制取硫酸铜不是直接用浓硫酸与铜反应，而是将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡，这样做的优点是①提高了Cu的利用率②提高了H2SO4的利用率③减少环境污染④节约大量资源（ ）A．①②B．②③④C．①②③D．全部【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】浓硫酸与铜在加热条件下反应生成SO2和硫酸铜，产生污染大气的SO2，并且硫酸的利用率低，将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡，发生2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O，反应无污染，符合原子经济的要求．【解答】解：将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡发生：2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O，则①无论哪一种方法，生成等物质的量的硫酸铜，都需要相同质量的铜，故①错误；②反应物完全转化成生成物，提高H2SO4的利用率，故②正确；③反应无污染，而浓硫酸与铜在加热条件下反应生成SO2和硫酸铜，产生污染大气的SO2，故③正确；④反应在常温下就能进行，而浓硫酸与铜在加热条件下反应，节省能源，故④正确．故选B．【点评】本题考查硫酸铜的制备方法的比较，题目难度不大，解答本题，可比较反应方程式的异同． 10．下列实验的现象与对应结论均正确的是（ ）选项操作现象结论-34-\nA经过打磨的铝片投入盐酸中气泡冒出速率由快到慢Cl﹣起到催化作用B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将NH3通过灼热的氧化铜固体固体变红氨气具有还原性D用火柴点燃浸泡过硅酸钠溶液的滤纸未燃烧硅酸钠隔绝了空气A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．铝与盐酸反应是放热反应；B．常温下，浓硝酸与铝发生钝化；C．将NH3通过灼热的氧化铜固体，反应生成Cu、氮气和水；D．硅酸钠与二氧化碳反应生成硅酸．【解答】解：A．铝与盐酸反应是放热反应，温度升高，反应速率增大，故A错误；B．浓硝酸具有强的氧化性，常温下遇到铝发生钝化生成致密氧化膜，属于化学变化，故B错误；C．将NH3通过灼热的氧化铜固体，反应生成Cu、氮气和水，N元素的化合价升高，体现氨气的还原性，故C正确；D．硅酸钠与二氧化碳反应生成硅酸，是硅酸隔绝了氧气，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大． 11．在一定条件下，使CO和O2的混合气体30g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14g，下列关于混合气体的描述不正确的是（ ）A．原混合气体的平均摩尔质量为30g/molB．原混合气体中CO和O2的物质的量之比为1：1C．反应后的混合气体含有O2和CO2D．反应后O2的物质的量比反应前的多【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．-34-\n【分析】CO燃烧生成CO2，通过足量的过氧化钠，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2固体增重为CO的质量，即混合气体中CO为14g，氧气质量为30g﹣14g=16g，据此计算解答．【解答】解：CO燃烧生成CO2，通过足量的过氧化钠，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2固体增重为CO的质量，即混合气体中CO为14g，氧气质量为30g﹣14g=16g．A．混合气体中CO为=0.5mol，氧气为=0.5mol，故混合气体平均摩尔质量为=30g/mol，故A正确；B．由A计算可知，原混合气体中CO和O2的物质的量之比为1：1，故B正确；C．由2CO+O22CO2，可知氧气有剩余，故反应后的混合气体含有O2和CO2，故C正确；D．整个过程相当于过氧化钠吸收CO，反应后O2的物质的量与反应前的相等，故D错误，故选：D．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意从Na2O2生成Na2CO3质量的变化判断分析解答． 12．只用胶头滴管和试管通过两试剂的互滴，能区别的下列溶液（ ）A．NaAlO2和Al2（SO4）3B．NaHCO3和Ca（OH）2C．AlCl3和氨水D．HCl和Na2CO3【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别，否则不能鉴别，以此解答．【解答】解：A．NaAlO2和Al2（SO4）3混合，发生互促水解生成氢氧化铝沉淀，现象不同，不能鉴别，故A错误；B．无论将NaHCO3滴加到Ca（OH）2中还是将Ca（OH）2溶液滴到NaHCO3中都生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；C．将AlCl3和氨水混合，生成氢氧化铝沉淀，现象相同，不能鉴别，故C错误；D．Na2CO3溶液滴入稀盐酸中，立即产生气体，若将盐酸滴入Na2CO3溶液中，开始没有气体生成，后有气体生成，二者显现不同，可鉴别，故D正确；故选D．-34-\n【点评】本题考查利用滴加顺序不同鉴别物质，为高频考点，注意滴加顺序不同实质是反应物量的不同，掌握常见与量及顺序有关的反应，注意基础知识的全面掌握，难度中等． 13．在下列各溶液中逐渐通入CO2气体直至过量，会出现先沉淀后消失现象的是（ ）①饱和Na2CO3溶液②澄清石灰水③Ca（ClO）2溶液④CaCl2溶液⑤Na2SiO3溶液⑥NaAlO2溶液．A．只有②③B．只有③⑥C．除①⑤⑥D．全部【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅．【分析】根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，注意反应与量有关．【解答】解：①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳后溶液中会产生碳酸氢钠沉淀，但沉淀不溶解，所以不符合条件，故①不选；②向澄清石灰水中缓慢通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，白色沉淀溶解，所以符合条件，故②选；③向Ca（ClO）2溶液中缓慢通入过量的CO2，二氧化碳与次氯酸钙反应，开始生成碳酸钙白色沉淀，然后碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，白色沉淀溶解，所以符合条件，故③选；④向CaCl2溶液通入过量的CO2，由于碳酸酸性比盐酸弱，所以不反应，无现象，故④不选；⑤向Na2SiO3溶液通入过量的CO2，二氧化碳和Na2SiO3反应生成硅酸沉淀，继续通二氧化碳，硅酸沉淀不溶解，所以不符合条件，故⑤不选；⑥向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，二氧化碳过量，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成了氢氧化铝和碳酸氢钠，沉淀不溶解，所以不符合条件，故⑥不选；故选A．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是试剂量不同产物本题的产物判断，反应现象的分析应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等． 14．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．1.8gD2O含有NA个中子B．0.1mol﹣NH2（氨基）中含有的电子数为0.7NA-34-\nC．0.1L2mol•L﹣1的（NH4）2S溶液中含有的S2﹣数目为0.2NAD．25℃时，7gC2H4和C3H6的混合气体中，含有NA个C﹣H键【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．重水分子中含有10个中子，1.8g重水的物质的量为0.09mol；B．氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数；C．硫离子为弱酸根离子，水溶液中部分发生水解；D．C2H4和C3H6最简式为CH2，1个CH2中含有2个C﹣H键．【解答】解：A.1.8g重水的物质的量为0.09mol，含有0.9mol中子，含0.9NA个中子，故A错误；B．氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数=0.1mol×9×NA=0.9NA，故B错误；C．硫离子为弱酸根离子，水溶液中部分发生水解，所以0.1L2mol•L﹣1的（NH4）2S溶液中含有的S2﹣数目小于0.2NA，故C错误；D．C2H4和C3H6最简式为CH2，1个CH2中含有2个C﹣H键，7gC2H4和C3H6的混合气体中含有CH2物质的量为=0.5mol，含有NA个C﹣H键，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，难度中等，主要是微粒结构分析判断，质量换算物质的量计算微粒数，注意有机物结构特点是解题关键，题目难度不大． 15．向硫酸铜溶液中通入足量NH3后可得到深蓝色溶液，再向所得溶液通入SO2至溶液呈微酸性发现有白色沉淀Q生成，反应方程式为：①2Cu（NH3）4SO4+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+3（NH4）2SO4．再将Q与足量的10mol/L硫酸混合微热，则会发生如下反应：②2NH4CuSO3+2H2SO4=Cu+（NH4）2SO4+2SO2+CuSO4+2H2O．对上述两个反应的有关分析中正确的是（ ）A．①是非氧化还原反应，而②是氧化还原反应B．上述反应中SO2的作用只相当于催化剂C．反应②中CuSO4是氧化产物D．反应①中SO2发生还原反应【考点】氧化还原反应．【分析】①2Cu（NH3）4SO4+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+3（NH4）2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由+4价升高为+6价；-34-\n②2NH4CuSO3+2H2SO4=Cu+（NH4）2SO4+2SO2+CuSO4+2H2O中，Cu元素的化合价既升高又降低，以此来解答．【解答】解：A．①②中Cu元素的化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，故A错误；B．①中二氧化硫作还原剂，故B错误；C．反应②中Cu元素的化合价升高，失去电子被氧化，则CuSO4是氧化产物，故C正确；D．反应①中由S元素失去电子被氧化可知SO2发生氧化反应，故D错误；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及氧化还原反应基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 16．下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是①无色溶液中：Cl﹣，Na+，H2PO4﹣，PO43﹣，SO42﹣②含有HCO3﹣的溶液中：SO42﹣，Na+，NO3﹣，MnO4﹣，CO32﹣③水电离的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣，HCO3﹣，NO3﹣，NH4+，S2O32﹣④加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，C1﹣，K+，SO42﹣⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe3+，MnO4﹣，NO3﹣，Na+，SO42﹣⑥在AlCl3溶液中：Fe3+，NO3﹣、I﹣，Cl﹣，SO42﹣（ ）A．①②⑤B．①③⑥C．②④⑤D．①②④【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】①H2PO4﹣、PO43﹣能反应；②该组离子之间不反应；③水电离的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，可能为酸或碱溶液；④加入Al能放出H2的溶液，可能为酸或碱溶液；⑤使甲基橙变红的溶液，显酸性；⑥离子之间能发生氧化还原反应．【解答】解：①因H2PO4﹣、PO43﹣能反应生成HPO42﹣，则不能共存，故①错误；②含有HCO3﹣的溶液中，该组离子之间不反应，则能共存，故②正确；③水电离的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，可能为酸或碱溶液，HCO3﹣既能与酸反应又能与碱反应，则不能共存，故③错误；-34-\n④加入Al能放出H2的溶液，可能为酸或碱溶液，碱溶液中与Mg2+、NH4+反应而不能共存，酸溶液中离子之间不反应，能共存，故④正确；⑤使甲基橙变红的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，则能共存，故⑤正确；⑥Fe3+、I﹣能发生氧化还原反应，则不能共存，故⑥错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存问题，明确信息及信息的应用、熟悉离子之间的反应即可解答，题目难度不大． 17．能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．向NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全Ba2++H++OH﹣+SO42﹣=BaSO4↓+H2OC．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣D．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应生成硝酸铁、S、NO和水；B．至刚好沉淀完全，1：1反应生成硫酸钡、水、一水合氨；C．反应生成苯酚和亚硫酸钠；D．发生氧化还原反应生成硫酸铁、水，遵循电子、电荷守恒．【解答】解：A．硫化亚铁溶于稀硝酸中的离子反应为FeS+NO3﹣+2H+=Fe3++S+NO↑+H2O，故A错误；B．向NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全的离子反应为NH4++Ba2++H++2OH﹣+SO42﹣=BaSO4↓+H2O+NH3．H2O，故B错误；C．少量SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣，故C错误；D．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液的离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++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，把握习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，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大． -34-\n18．将Na2O2逐渐加入到含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入的Na2O2物质的量（mol）的关系如图所示，则原溶液中的Mg2+、Al3+、NH4+物质的量分别（ ）A．2mol、3mol、6molB．3mol、2mol、6molC．2mol、3mol、4molD．3mol、2mol、2mol【考点】化学方程式的有关计算．【专题】图像图表题．【分析】由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n+n=5mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知n=3mol，则n=2mol，根据守恒计算n（Al3+）、n（Mg2+）；当加入8molNa2O2时，NH4+完全反应，此时产生氧气为4mol，则氨气为6﹣4mol=2mol，故NH4+的物质的量为2mol．【解答】解：由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n+n=5mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知n=3mol，则n=2mol，根据元素守恒可知，n（Al3+）=n=2mol，n（Mg2+）=n=3mol；当加入8molNa2O2时，NH4+完全反应，此时产生氧气为4mol，则氨气为6mol﹣4mol=2mol，故NH4+的物质的量为2mol，故选D．【点评】本题考查镁铝及其化合物的性质、化学图象计算等，题目难度中等，注意守恒思想的运用． 二、解答题（共5小题，满分46分）19．某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L（此数值忽略水的电离及离子的水解）阳离子K+ Ag+ Mg2+ Cu2+ Al3+ NH4+-34-\n阴离子Cl﹣ CO32﹣ NO3﹣ SO42﹣ I﹣甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：Ⅰ．取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加．Ⅱ．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰．Ⅲ．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色．Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．请推断：（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是 K+、NH4+、Cu2+ ．（2）Ⅲ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是 6I﹣+2NO3﹣+8H+═3I2+2NO↑+4H2O ．（3）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子有 Mg2+、Al3+ ，阴离子有 Cl﹣、I﹣、NO3﹣、SO42﹣ ；并据此推测原溶液应该呈 酸 性，原因是 Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ （用离子方程式说明）．（4）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，此过程中涉及的离子方程式为 Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O ．充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为 0.4 g．【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【分析】Ⅰ．取该无色溶液5mL，说明一定不含有Cu2+，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明增加的是NH4+，所以原溶液中一定不含NH4+，可能含有Mg2+、Al3+，不含NH4+，CO32﹣；Ⅱ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+；Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，说明有还原性离子I﹣与NO3﹣和H+反应生成NO，即溶液中有I﹣、NO3﹣；，判断一定不含有Ag+；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42﹣，根据以上判断分析．【解答】解：Ⅰ．取该无色溶液5mL，说明一定不含有Cu2+，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明增加的是NH4+，所以原溶液中一定不含NH4+，可能含有Mg2+、Al3+，不含NH4+，CO32﹣；-34-\nⅡ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+；Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，说明有还原性离子I﹣与NO3﹣和H+反应生成NO，即溶液中有I﹣、NO3﹣；，判断一定不含有Ag+；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42﹣；（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、NH4+、Cu2+；故答案为：K+、NH4+、Cu2+；（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是I﹣与NO3﹣和H+反应生成NO，其离子方程式：6I﹣+2NO3﹣+8H+═3I2+2NO↑+4H2O；故答案为：6I﹣+2NO3﹣+8H+═3I2+2NO↑+4H2O；（3）由上述分析可知一定含有的阴离子I﹣、NO3﹣，SO42﹣，且各为0.1mol/L，依据电荷守恒可知，推断出的阳离子含有Mg2+、Al3+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种﹣1价的阴离子为Cl﹣，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Mg2+、Al3+；阴离子是：Cl﹣、I﹣、NO3﹣、SO42﹣，溶液中镁离子和铝离子水解溶液呈酸性，反应的离子方程式为：Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；故答案为：Mg2+、Al3+；Cl﹣、I﹣、NO3﹣、SO42﹣；酸；Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；（4）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Mg2+、Al3+反应生成Mg（OH）2，NaAlO2，涉及的离子方程式为Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，根据元素守恒：n（MgO）=n（Mg2+）=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；m（MgO）=0.01mol×40g/mol=0.4g；故答案为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；0.4．【点评】本题考查物质的检验、鉴别以及方程式的有关计算，题目难度中等，解答本题的关键是把握有关反应的化学方程式的书写． 20．某研究性学习小组欲测定室温下（25℃、101kPa）的气体摩尔体积，请回答以下问题．该小组设计的简易实验装置如图所示：该实验的主要操作步骤如下：①配制100mL1.0mol•L﹣1的盐酸溶液；-34-\n②用 10mL量筒 （填仪器名称并注明规格）量取7.5mL1.0mol•L﹣1的盐酸溶液加入锥形瓶中；③称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为 0.09 g；④往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为VmL．请将上述步骤补充完整并回答下列问题．（1）步骤①中，配制100mL1.0mol•L﹣1的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏小 ACD （填写字母）．A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度B．容量瓶未干燥即用来配制溶液C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线F．烧杯中有少量水（2）请填写操作步骤中的空格：步骤② 10mL量筒 ，步骤③ 0.09 g．（3）实验步骤⑤中应选用 A （填字母）的量筒．A．100mL B．200mL C．500mL（4）忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm= L/mol．（5）若未除去镁条表面的氧化膜，则测得该条件下气体的摩尔体积 偏小 （填偏大、偏小或无影响）．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）分析具体操作对n、V的影响，根据c=分析不当操作对溶液浓度的影响．-34-\n（2）步骤②量取7.5mL1.0mol•L的盐酸溶液加入锥形瓶中，题中要求酸的体积7.5mL，故选用10mL量筒即可；步骤③假设a全部是镁结合化学方程式计算得到；（3）Mg+2HCl═MgCl2+H2↑产生的氢气的体积即为排出的水的体积，据此选择量筒的规格；（4）由（3）得气体的物质的量为0.00375mol，通过气体的体积为VmL，通过Vm=来计算；（5）若未除去镁条表面的氧化膜，生成的氢气体积减少．【解答】解：（1）A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度，则量取的浓盐酸的体积偏小，所配置出的溶液的浓度偏低，故A正确；B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液的浓度无影响，故B错误；C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长会导致HCl的挥发，则所配置的溶液的浓度偏低，故C正确；D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线是正常的，如果再加水则浓度偏小，故D正确；E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液体积偏小，浓度偏高，故F错误；F．烧杯中有少量水，对盐酸溶质的量无影响，则对所配制的溶液的浓度无影响，故F错误．故选ACD；（2）步骤②量取7.5mL1.0mol•L的盐酸溶液加入锥形瓶中，题中要求酸的体积7.5mL，故选用10mL量筒即可；步骤③Mg+2HCl═MgCl2+H2↑1mol2moln0.0075moln=0.00375mol故a=24g/mol×0.00375mol=0.090；故答案为：10mL量筒；0.09；（3）Mg+2HCl═MgCl2+H2↑2mol 1mol0，0075mol n（H2）n（H2）=0.00375molV（H2）=0.00375mol×22.4L/mol=0.056L=56ml，应选100mL量筒；-34-\n故答案为：A；（4）由（2）得气体的物质的量为0.00375mol，通过⑥的气体的体积为VmL，Vm===L/mol，故答案为：．（5）若未除去镁条表面的氧化膜，生成的氢气体积减少，则测量结果偏小，故答案为：偏小．【点评】本题主要考查了一定体积的一定浓度的溶液的配制，在配制过程中要注意的一些事项都在本题中有所考查，气体摩尔体积的计算要抓住定义进行计算即可，试题的综合性较强． 21．某地区的雾霾中含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．收集该地区的雾霾，经必要的预处理后得试样溶液，取适量该试样溶液进行如下实验：已知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8AlO2﹣根据以上实验操作与现象，回答下列问题：（1）气体X的分子式为 NH3 ；沉淀1的主要成分是 Mg（OH）2、BaSO4 （填化学式）．（2）生成沉淀2的离子方程式有两个，分别是 Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O 、 2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣ ．（3）第④步发生反应，每产生5.6L标准状况下的气体X，转移电子的物质的量为 2mol ．【考点】常见离子的检验方法．【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体X，该气体X是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8AlO2﹣，生成气体X，该气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2-34-\n，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42﹣，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，结合题给选项分析解答．【解答】解：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体X，该气体X是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，NO3﹣+A1+OH﹣+H2O→NH3↑+﹣，生成气体X，该气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42﹣，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，（1）试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体X是NH3；生成的沉淀1为Mg（OH）2、BaSO4；故答案为：NH3；Mg（OH）2、BaSO4；（2）滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐，也有可能是试样中存在Al3+，在过量的Ba（OH）2中反应生成AlO2﹣，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀，反应的离子方程式为：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣；故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣；（3）第④步发生反应为3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8AlO2﹣，每当生成3mol氨气，转移24mol电子，每产生5.6L标准状况下的气体NH3即0.25mol，转移电子为2mol，故答案为：2mol．【点评】本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，题目难度中等． 22．亚硝酸钠易溶于水，有碱味，有氧化性，也有还原性．NaNO2大量用于染料工业和有机合成工业中，也可用作水泥施工的抗冻剂．然而由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放．处理方法之一如下： 2 NaNO2+ 2 KI+ 2H2SO4 → 2 NO+ 1 I2+ 1 K2SO4+ 1 Na2SO4+ 2H2O （1）请完成该化学方程式并配平．（2）在上述反应中，若要生成50.8gI2，则电子转移了 0.4NA 个．-34-\n（3）现有25.00mL的KI溶液，用酸化的10.00mL0.0500mol/L的KIO3溶液处理（5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O）．将生成的I2全部除去后，再加入过量的KI溶液，使之与剩余的KIO3反应，然后将溶液调节至中性，析出的单质碘用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定（2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣），用去该溶液的体积为21.00mL．求剩余的KIO3为 3.5×10﹣4 mol，原KI溶液的物质的量浓度是 0.03 mol/L．【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）分析反应中各元素化合价变化，找出化合价升高和化合价降低的元素，依据氧化还原反应得失电子守恒结合原子个数守恒规律书写方程式；（2）依据方程式分析碘元素化合价变化数目，依次计算转移电子数；（3）根据反应方程式5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O和2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣，找出关系式IO3﹣～3I2～6S2O32﹣，计算出过量的IO3﹣，再利用5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O结合滴定数据计算出原KI溶液的物质的量浓度．【解答】解：（1）该反应中：2KI→I2，I元素的化合价由﹣1价→0价，I失去2e﹣；NaNO2→NO，N元素的化合价由+3价→+2价，得到e﹣，要使得失电子守恒，则NaNO2前的系数是2，I2前的系数是1，根据钠、钾原子守恒，K2SO4前是1，Na2SO4前是1，根据硫酸根守恒，反应物少2个H2SO4分子，据氧原子和氢原子守恒，产物水前的系数为2，所以该反应为：2NaNO2+2KI+2H2SO4═2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O，故答案为：2；2；2；2；1；1；1；2H2O；（2）依据方程式：2NaNO2+2KI+2H2SO4═2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O，反应中2KI→I2，生成1mol碘失去2mol电子，50.8g碘单质的物质的量n==0.2mol，所以转移电子数=nNA=0.2×2NA=0.4NA；故答案为：0.4NA；（3）根据反应IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，以及2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣，得出反应的关系式IO3﹣～3I2～6S2O32﹣，又n（Na2S2O3）=0.10mol/L×0.0210L=0.00210mol，n（KIO3）=0.05000mol/L×0.01L=0.0005mol，依据IO3﹣～3I2～6S2O32﹣，-34-\n16n0.00210mol解得n=0.00035mol；所以剩余KIO3为0.00035=3.5×10﹣4mol；依据5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O51n′（0.0005﹣0.00035）moln′=5×（0.0005﹣0.00035）mol=0.00075mol；所以25.00mL的KI溶液浓度，C（KI）===0.03mol/L；故答案为：3.5×10﹣4；0.03．【点评】本题考查了氧化还原反应、有关方程式的计算，明确氧化还原反应规律，准确找出相关物质之间量的关系是解题关键，题目难度中等． 23．氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等．某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＜0（1）如用图装置A制取氨气，你所选择的试剂是 浓氨水与氢氧化钠固体（CaO、碱石灰）等 ．（2）制备氨基甲酸铵的装置B如图所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中．当悬浮物较多时，停止制备．注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质①发生器用冰水冷却的原因是： 降温提高反应物转化率 、 防止产物分解 ．液体石蜡鼓泡瓶的作用是： 通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例 ．②从反应后的混合物中分离出产品，为了得到干燥产品，应采取的方法是 C （填写选项序号）．a．常压加热烘干b．高压加热烘干c．真空40℃以下烘干③尾气处理装置如图C所示．-34-\n双通玻璃管的作用： 防止倒吸 ；浓硫酸的作用： 吸收多余氨气 、 防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解 ．（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.73g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为15.00g．则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为 80% ．【考点】制备实验方案的设计；氨的化学性质；氨的实验室制法．【专题】实验分析题；实验设计题．【分析】本题是探究模拟工业原理制备氨基甲酸铵，涉及利用浓氨水与氢氧化钠固体制备氨气，再将氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合生成氨基甲酸铵，因反应是放热反应，为了防止产物因温度高分解及提高反应物的转化率，选择利用冰水进行水浴降温，另外还涉及到产品的提纯及尾气的处理；（1）装置1是利用分液漏斗滴入液体溶解锥形瓶中的固体，利用溶解放热使氨水分解生成氨气；（2）①反应是放热反应降温平衡正向进行，液体石蜡鼓泡瓶的主要作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比；②生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，利用过滤得到的氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解，应选择低温干燥；③依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸；（3）碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品中，使碳元素完全转化为碳酸钙，依据碳元素守恒和混合物质量计算物质的量分数．【解答】解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，故答案为：浓氨水与氢氧化钠固体（CaO、碱石灰）等；（2）①反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4-34-\n（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：降温提高反应物转化率、防止产物分解；通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；②生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，利用过滤得到的氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干，故答案为：c；③双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.73g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为15.00g，碳酸钙的物质的量为0.15mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳元素守恒得到；x+y=0.1578x+79y=11.73解得x=0.12moly=0.03mol则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=×100%=80%，故答案为：80%．【点评】本题考查了物质制备实验的设计应用，主要是氨气的制备方法，氨基甲酸的制备实验装置分析判断，实验基本操作，混合物分离的实验设计，有关混合物的计算，题目难度中等． 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