江西省上饶县中学2022届高三化学上学期开学检测试题实验重点特长班含解析

江西省上饶中学2022届高三上学期开学检测化学试题（实验、重点、特长班）1.《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。其方法与分离下列物质的实验方法原理上相同的是A.甲苯和水B.硝酸钾和氯化钠C.乙酸乙酯和乙酸D.食盐水和泥沙【答案】C【解析】烧酒的制造工艺利用蒸馏的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物，A．苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，A错误；B．硝酸钾和氯化钠的溶解度不同，可用重结晶的方法分离，B错误；C．乙酸乙酯和乙酸沸点不同，可用蒸馏的方法分离，C正确；D．泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，D错误；答案选C。2.进行下列实验，相关说法正确的是(　　)A.图甲：蒸干CuSO4饱和溶液，制备CuSO4·5H2O晶体B.图乙：可形成红色喷泉，证明HC1极易溶于水C.图丙：配一定物质的量浓度NaOH溶液，若定容时视线如图，则所配NaOH溶液浓度偏低D.图丁：除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠【答案】B【解析】A.蒸干CuSO4饱和溶液，得到的是CuSO4-17-\n固体，A项错误；B.HC1极易溶于水可形成红色喷泉,B项正确；C.若定容时视线如图，则少加了蒸馏水，所配NaOH溶液浓度偏高，C项错误；D.碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠，D项错误。答案选B.3.下列除去杂质的方法不正确的是A.镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B.用过量氨水除去Fe3+溶液中的少Al3+C.Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通过量CO2后过滤D.CO气体中混有CO2气体：通过NaOH溶液洗气后干燥【答案】B【解析】A．镁与氢氧化钠溶液不反应，但铝可与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，可用于除杂，故A正确；B．加入过量氨水，都生成沉淀，不能用氨水除杂，故B错误；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝生成可溶性的NaAlO2，过滤后向滤液中通入过量CO2，可得氢氧化铝，故C正确；D．CO气体中混有CO2气体，可用NaOH溶液吸收CO2，再干燥CO即可，故D正确；故选B。点睛：解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则；如选项B中过量的氨水能沉淀溶液中的Fe3和Al3＋。4.某兴趣小组用下图装置制备气体（酒精灯可以根据需要选择），对应说法正确的是(　　)选项①药品②中药品③中药品④中药品制备气体⑥中药品及作用A浓盐酸MnO2饱和食盐水浓硫酸Cl2NaOH溶液，尾气吸收-17-\nB稀硝酸Cu烧碱溶液浓硫酸NONaOH溶液，尾气吸收C浓盐酸大理石饱和Na2CO3溶液浓硫酸CO2澄清石灰水，检验D浓盐酸Zn水浓硫酸H2撤去A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A、饱和食盐水用于除HCl杂质，浓硫酸用于干燥气体，氯气用长进短出收集；B、NO无法用NaOH吸收处理；C、饱和碳酸钠溶液要和二氧化碳反应，应使用饱和碳酸氢钠除杂；D、氢气密度小于空气不能用⑤中装置下进上出收集。答案选A。【点睛】本题主要考查了实验装置的作用；基本实验操作；实验尾气的处理。易错点为1.饱和碳酸钠溶液要和二氧化碳反应；2.NO无法用NaOH吸收处理。5.“银针验毒”在我国有上千年历史，银针主要用于检验是否有含硫元素的有毒物质。其反应原理之一为Ag＋H2S＋O2→Ag2S＋H2O(未配平)。当银针变色后，将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原。以下说法不正确的是(　　)A.当银针变黑时，所检验的物质有毒B.银针验毒时，Ag被氧化C.上述验毒反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1D.银针复原发生的反应可能为3Ag2S＋2Al===6Ag＋Al2S3【答案】D【解析】【分析】Ag+2H2S+O2=Ag2S+H2O反应中黑色物质为Ag2S，Ag在反应中化合价升高，为还原剂，氧气在反应中化合价降低，为氧化剂，生成的Ag2S是氧化产物，H2O为还原产物，银针变色后，将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原，发生原电池反应，硫化银被还原生成银，以此解答该题。【详解】A．当银针变黑时，说明生成Ag2S，可说明所检验的物质有毒，选项A正确；B-17-\n．反应生成硫化银，Ag元素化合价升高，被氧化，选项B正确；C．反应的方程式为4Ag+2H2S+O2═2Ag2S+2H2O，生成的Ag2S是氧化产物，H2O为还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1，选项C正确；D．形成原电池反应时，负极反应式为Al-3e-+3H2O=Al(OH)3+3H+，正极反应式为3Ag2S+6H++6e-═6Ag+3H2S↑，总方程式为2Al+3Ag2S+6H2O=6Ag+3H2S↑+2Al(OH)3，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，注意从化合价变化的角度判断，注意该反应中S元素的化合价没有变化，把握原电池的工作原理。6.下列解释事实的方程式不正确的是(　　)A.测0.1mol·L－1氨水的pH为11：NH3·H2ONH4+＋OH－B.将Na块放入水中，产生气体：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑C.用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2＋＋2Cl－D.Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑【答案】C【解析】【分析】A．一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子；B．钠化学性质比较活泼，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；C．氯化铜为电解质，溶液中电离出铜离子和氯离子，所以溶液能够导电；D．金属铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气。【详解】A．测0.1mol/L氨水的pH为11，溶液显示碱性，原因是一水合氨为弱碱，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH-，选项A正确；B．将Na块放入水中，钠能够与水反应生成氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，选项B正确；C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光，氯化铜为强电解质，溶液中完全电离出铜离子和氯离子，电离过程不需要通电，氯化铜的电离方程式为CuCl2=Cu2++2Cl-，选项C不正确；D．铝溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查了化学方程式、电离方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握化学方程式、电离方程式的书写原则，能够正确书写常见反应的化学方程式，明确强弱电解质的概念，并且能够正确书写电离方程式。-17-\n7.新型陶瓷AlN可通过反应：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成。下列正确的是（）A.上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B.AlN中氮元素的化合价为+3C.上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子D.AlN的摩尔质量为41g【答案】C【解析】试题分析：A．上述反应中氮元素化合价从0价降低到－3价，N2是氧化剂剂，Al2O3不是氧化剂，也不是还原剂，A错误；B．AlN中氮元素的化合价为－3，B错误；C．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子，C正确；D．AlN的摩尔质量为41g/mol，D错误，答案选C。【考点定位】考查氧化还原反应的有关判断与计算【名师点晴】氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。8.下列离子方程式书写正确的是(　　)A.将H2O2滴加到酸性KMnO4溶液中：2MnO4－＋H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋3O2↑＋4H2OB.在NH4HSO4溶液中慢慢滴入等物质的量的NaOH溶液：NH4+＋OH－===NH3·H2OC.用惰性电极电解氯化钠溶液：2H＋＋2Cl－===H2↑＋Cl2↑D.用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O【答案】D【解析】【详解】A．将H2O2滴加到酸性KMnO4溶液中，二者是氧化还原反应，正确的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，选项A错误；B．刘淑晴阿登与氢氧化钠的物质的量相等时，氢离子结合氢氧根离子的能力较强，所以只有氢离子反应，正确的离子方程式为：H++OH-=H2O，选项B错误；C．用惰性电极电解氯化钠溶液，反应生成氢气、氯气和氢氧化钠，正确的离子方程式为：2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-，选项C错误；D．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，选项D正确；答案选D。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是-17-\nA.含大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、SO42—、SCN—B.＝106的溶液中：NH4＋、K+、AlO2—、NO3—C.能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42—、Cl—D.1.0mol·L—1的KNO3溶液中：Fe2＋、H+、Cl—、I—【答案】C【解析】试题分析：A．含大量Fe3+的溶液中，Fe3＋与SCN-反应不能大量共存，A项错误；B．＝106的溶液呈碱性，NH4＋与OH－反应不能大量共存，B项错误；C.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-各离子互不反应能大量共存，C项正确；D.1.0mol·L-1的KNO3溶液中，NO3-和Fe2＋、H+能发生氧化还原反应而不能大量共存，D项错误；答案选C。考点：考查离子共存10.下列有关说法不正确的是（）A.铜合金有青铜,黄铜和白铜等B.合金具有优良的物理,化学或机械性能,但其熔点一般低于它的成分金属C.铝在纯氧气中能剧烈燃烧，火星四射，生成熔融的氧化铝D.生铁、普通钢和不锈钢中的含碳量依次降低【答案】C【解析】氧化铝熔点高，不能变为熔融态，C错误；答案选C。11.设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.10g46%乙醇水溶液中所含氢原子数目为0.6NAB.0.1mol·L-1AlCl3溶液中含有Cl-数目为0.3NAC.标准状况下,4.48L乙烯和环丁烷混合气中含碳原子数为0.4NAD.7.8gNa2O2与足量CO2 或H2O反应转移电子数为0.1NA【答案】D【解析】A.10g46%乙醇水溶液中含4.6g乙醇，即含0.1mol乙醇，0.1mol乙醇含0.6molH，另外水分子中也有H，故溶液中所含氢原子数目大于0.6NA，A不正确；B.0.1mol·L-1AlCl3-17-\n溶液的体积未知，无法计算其中含有Cl -的数目，B不正确；C.乙烯分子中有2个C、环丁烷分子中有4个C，标准状况下4.48L乙烯和环丁烷混合气的总物质的量为0.2mol，其中所含碳原子数一定大于0.4NA，C不正确；D.7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，其与足量CO2 或H2O反应时，可以生成0.05molO2，因为Na2O2中的O的化合价为-1，故转移电子数为0.1NA，D正确。本题选D。12.某溶液中可能含有K＋、Na＋、Fe3＋、Fe2＋、SO42－、CO32－、I－、Cl－中的一种或多种，进行如图所示的实验，下列说法正确的是(　　)A.溶液X中有Fe3＋、SO42－B.溶液X中有Fe2＋、I－，可能有SO42－、Cl－C.溶液X中有I－、Cl－，无CO32－D.溶液X中有I－，Fe2＋和Fe3＋两种离子中至少有一种【答案】B【解析】由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-，由上述分析可知，原溶液X中一定含有I-、Fe2+，一定不存在Fe3+、CO32-，不能确定是否存在K+、Na+、SO42-、Cl-，A．X中不含Fe3+，A错误；B．由分析可知溶液X中有Fe2+、I-可能有SO42-、Cl-，B正确；C．不能确定是否存在Cl-，C错误；D．X中不含Fe3+，D错误；答案选B。13.下列各组物项相互混合进行反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是（）①金属钠投入FeCl2溶液中-17-\n②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应③少量CaO投入过量的NaHCO3溶液中④Na2O2投入到CuSO4溶液中A.①③B.③④C.①④D.②③【答案】C【解析】试题分析：①、电解质溶液存在的是水合阳离子和水合阴离子，钠先接触的是外围的水分子，因此钠先与H2O发生置换反应生成NaOH和H2，然后在发生碱与盐的复分解反应，生成Fe(OH)2沉淀和NaCl，最后Fe(OH)2再被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，①正确；②、过量的NaOH溶液和明矾溶液反应，既没有气体生成也没有沉淀生成，②错误；③、少量CaO投入过量的NaHCO3溶液中，氧化钙先与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与小苏打反应生成水和碳酸钙沉淀，无气体生成，③错误；④、Na2O2投入到CuSO4溶液中，前者先与水反应生成氧气和氢氧化钠，氢氧化钠在于硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，④正确，答案选C。考点：考查钠元素化合物的主要性质和转化反应原理。14.向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（）A.原NaOH溶液的浓度为0.1mol·L－1B.通入CO2的体积为448mLC.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3D.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝2∶1【答案】D【解析】A•根据化学反应，向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3两种可能的情况，再加入盐酸，将Na2CO3或NaHCO3全部反应生成NaCl，根据化学反应中原子守恒，则有n（Na+）=n（Cl﹣），所以n（NaOH）=n（HCl）=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，故A错；-17-\nB•根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3xmol，生成NaHCO3mmolNa2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl1mol1mol1molx0.025L×0.2mol/Lmmol解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl1mol1mol1molymol0.075L×0.2mol/Lzmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO20.015mol，标准状况下的体积为0.336L，故B错；C•所得溶液的溶质成分为Na2CO3、NaHCO3，没有NaOH，故C错误；D•根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3xmol，生成NaHCO3mmolNa2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl1mol1mol1molx0.025L×0.2mol/Lmmol解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl1mol1mol1molymol0.075L×0.2mol/Lzmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol求得通入CO2反应后，Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为0.005mol、0.01mol，既得n（NaHCO3）：n（Na2CO3）=2：1，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了元素化合物的性质，结合图象的将反应关系与反应有机的结合起来，对图象的分析，是解决题目的关键，易出错在图象分析不到位，同时化学变化关系分析不出来．-17-\n15.在KOH和KAlO2混合溶液中滴加稀盐酸直到过量，生成沉淀与所加盐酸体积关系的图象正确的是(　　)A.B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：首先发生中和反应，没有沉淀产生，然后AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，产生Al(OH)3沉淀，最后Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，沉淀溶解，注意沉淀产生、沉淀溶解消耗的H+个数比是1：3。A、开始无沉淀生成，图象不符合，故A错误；B、依据分析可知，开始是中和反应，无沉淀生成，故B错误；C、开始无沉淀生成，随后生成沉淀达到最大后沉淀溶解，但沉淀产生、沉淀溶解消耗的H+个数比是1：3，离子定量关系不符合，故C错误；D、开始无沉淀生成，随后生成沉淀达到最大后沉淀溶解，沉淀产生、沉淀溶解消耗的H+个数比是1：3，离子定量关系符合，故D正确；故选D。【考点定位】考查铝及其化合物性质【名师点晴】本题考查了铝及其化合物性质的分析判断，主要是图象曲线的变化，沉淀生成和溶解的定量关系分析，掌握反应实质和反应现象是解题关键。基础知识归纳如下：1、向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量。①AlCl3溶液中先出现白色沉淀；②继续滴加NaOH溶液沉淀溶解；反应的离子方程式：①Al3++3OH-=Al(OH)3↓；②Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；2、向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量。①NaOH溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解)；②继续滴加AlCl3溶液中产生沉淀达到最大值后保持不变；反应的离子方程式：①Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；②Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；3、向AlO2-溶液中滴加HCl溶液至过量。①AlO2-溶液中先出现白色沉淀；②继续滴加HCl溶液沉淀溶解；反应的离子方程式：①AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；②Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；4、向HCl溶液中滴加AlO2-+溶液至过量。①HCl溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解)；②继续滴加AlO2-+溶液产生沉淀至不变；反应的离子方程式：①AlO2-+4H+=Al3++2H2O；②Al3++3AlO2-++6H2O=-17-\n4Al(OH)3↓。16.4．铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝：下列说法中错误的是(　　)A.①②中除加试剂外，还需要进行过滤操作B.a、b中铝元素的化合价相同C.③中需要通入过量的氨气D.④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝【答案】C【解析】试题分析：A、铝土矿中的二氧化硅不溶于盐酸，需要过滤除去，a中的氯化铁能与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，需要过滤除去，正确；B、a中氧化铝中铝元素的化合价为+3，b中偏铝酸根离子中铝元素的化合价为+3，正确；C、③中是将偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，需要通入二氧化碳，错误；D、④进行的操作是加热，是氢氧化铝分解生成氧化铝，故d一定是氧化铝，正确；故选C。考点：考查了金属的冶炼、铝及其化合物的性质的相关知识。17.氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，酸性KMnO4、H2O2、Fe(NO3)3是重要的氧化剂。用所学知识回答问题：（1）3H2SO4＋2KMnO4＋5H2O2===K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑＋8H2O，当有6molH2SO4参加反应，有________mol还原剂被氧化。（2）在稀硫酸中，KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式为_________________________________。（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会儿又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是__________________________________，又变为棕黄色的原因是______________________________________。【答案】(1).10(2).2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O(3).2Fe3＋＋SO32－＋H2O===2Fe2＋＋SO42－＋2H＋(4).酸性条件下NO3－将Fe2＋氧化成Fe3＋【解析】-17-\n【详解】（1）根据3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O可知，KMnO4是氧化剂，H2O2是还原剂，当有6molH2SO4参加反应的过程中，有10molH2O2被氧化；（2）酸性条件下KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应生成MnSO4、K2SO4、CO2和水，反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O；离子反应方程式为2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下，酸性条件下NO3－将Fe2＋氧化成Fe3＋，过一会又变为棕黄色。18.根据信息写方程式：（1）Pb与C同主族，化合价有＋2价和＋4价，PbO与PbO2是铅的两种常见氧化物，已知PbO2具有强氧化性，与浓盐酸共热可生成一种黄绿色气体。试写出Pb3O4与浓盐酸反应的化学方程式：__________________________________。（2）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定度的I2溶液进行滴定，滴定反应的离子方程式为________________________________。（3）向菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)中，首先加入稀硫酸，过滤后，再加入H2O2。写出加入H2O2氧化时发生反应的化学方程式：________________________________________。【答案】(1).Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O(2).I2＋H2SO3＋H2O===4H＋＋2I－＋SO42－(3).2FeSO4＋H2O2＋H2SO4===Fe2(SO4)3＋2H2O【解析】【详解】（1）Pb3O4与浓盐酸反应生成氯化铅和水、氯气，化学方程式：Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O；（2）碘与亚硫酸发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，方程式：I2＋H2SO3＋H2O=4H＋＋2I－＋SO42－；（3）过氧化氢酸性环境下氧化二价铁离子生成三价铁离子，化学方程式：2FeSO4＋H2O2＋H2SO4===Fe2(SO4)3＋2H2O。19.常见的五种盐X、Y、Z、M、N，它们的阴离子可能是SO42－、Cl－、NO3－、CO32－，阳离子可能是Ag＋、NH4+、Na＋、Al3＋、Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，已知：①M的焰色反应呈黄色。②五种盐均溶于水，水溶液均为无色。-17-\n③X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性，M的溶液呈碱性。④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀。⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失。⑥把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。请回答下列问题：（1）五种盐中，所含阴离子相同的两种盐的化学式是______________。（2）M溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_______________________________________。（3）X和Z的溶液反应的离子方程式是________________________________________。（4）N和氨水反应的离子方程式是__________________________________________。（5）若要检验Y中所含的阳离子，正确的实验方法是______________________________。【答案】(1).(NH4)2SO4、Al2(SO4)3(2).）CO32－＋H2OHCO3－＋OH－(3).Ag＋＋Cl－===AgCl↓(4).Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+(5).取少量Y于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+【解析】【分析】①M的焰色反应呈黄色，则M中含Na+；②五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；③X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，M的溶液呈碱性，则含有CO32-，根据阳离子可知M为Na2CO3；④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀，则X、Z中没有SO42-，也没有CO32-；⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失，说明Z中为Ag+，则N中有Al3+，所以Z中为AgNO3；⑥把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则X为BaCl2，由以上分析可知N中含有Al3+，Y中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则N、Y中含有SO42-，所以Y、N为(NH4)2SO4、Al2(SO4)3，以此来解答。【详解】①M的焰色反应呈黄色，则M中含Na+；-17-\n②五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；③X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，M的溶液呈碱性，则含有CO32-，根据阳离子可知M为Na2CO3；④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀，则X、Z中没有SO42-，也没有CO32-；⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失，说明Z中为Ag+，则N中有Al3+，所以Z中为AgNO3；⑥把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则X为BaCl2，由以上分析可知N中含有Al3+，Y中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则N、Y中含有SO42-，所以Y、N为(NH4)2SO4、Al2(SO4)3，（1）五种盐中，一定不含有的阳离子是Cu2+、Fe3+，所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3；（2）M的化学式为Na2CO3，Na2CO3溶液显碱性的原因是CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；（3）X和Z的溶液反应的离子反应为Ag++Cl-═AgCl↓；（4）N为Al2(SO4)3和氨水反应的离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+；（5）检验(NH4)2SO4中所含的阳离子的方法为：取少量Y于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+。【点睛】本题考查物质的检验和推断，为高频考点，把握离子之间的反应及现象推断物质为解答的关键，综合考查元素化合物知识及化学反应原理，综合性较强，题目难度中等。20.无水氯化铝是一种重要的化工原料，某研究性学习小组查阅资料后利用图1所示装置制备无水氯化铝（反应温度为450℃-500℃）。资料显示：氯化铝为无色透明晶体或白色而微带浅黄色的结晶性粉末，在178℃升华，在空气中能吸收水分，发生水解。回答下列问题：-17-\n（1）某同学检验装置A部分的气密性，如图2所示，关闭图装置中的止水夹a后，开启活塞b，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶。试判断：A部分装置是否漏气？____________(填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”)，判断理由：________________________。（2）装置e的名称是_______________________。（3）某学习小组设计了以下两种实验方案：方案甲：g接装置I；方案乙：g接装置II。但是甲乙两个方案中虚线内装置均有不足之处，请你评价后填写下表。方案不足之处甲______乙______（4）在上述(3)的评价基础上，请设计一个合理方案：______________________。（5）A部分装置中发生反应生成氯气的离子方程式为___________________________，若生成标准状况下的氯气22.4L，需要10mol·L-1的浓盐酸的体积______400mL(填大于、小于或等于)。【答案】(1).无法确定(2).由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶(3).蒸馏烧瓶(4).甲①空气中的水蒸气进入产品收集装置，使产品水解②没有尾气的处理，氯气会污染环境。(5).乙①收集产品的导气管太细，易堵塞②没有冷凝装置，产品易损失(6).在装置I的i处连接盛有碱石灰的干燥管j(7).2Cl-＋4H++MnO2Cl2+Mn2++2H2O(8).大于【解析】【详解】(1)橡皮管将装置中两个容器内的气体连通，不管是否漏气，水在重力的作用下总能往烧瓶中流入，因此无法确定装置是否漏气，故答案为：无法确定；由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶；(2)根据图示，装置e是蒸馏烧瓶；(3)氯化铝在178℃升华，在空气中能吸收水分，发生水解，如果收集产品的导管太细，易堵塞导管；制取的四氯化硅需要冷却；由于尾气中含有氯气，要设置尾气处理装置，氯化铝易水解，要避免空气中的水蒸气进入产品收集装置，故答案为：甲：①空气中的水蒸气进入产品收集装置，使产品水解；②没有尾气的处理，氯气会污染环境；乙：-17-\n①收集产品的导气管太细，易堵塞；②没有冷凝装置，产品易损失；(4)根据上述分析，合理方案为在装置I的i处连接盛有碱石灰的干燥管j，故答案为：在装置I的i处连接盛有碱石灰的干燥管j；(5)A部分装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应的离子方程式为2Cl-＋4H++MnO2Cl2+Mn2++2H2O，若生成标准状况下的氯气22.4L，氯气的物质的量为1mol，随着反应的进行，盐酸浓度减小，变成稀盐酸后，反应将不能进行，需要HCl超过4mol，即需要需要10mol/L的浓盐酸的体积超过=0.4L=400mL，故答案为：大于。21.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图的实验装置测定Na2O2试样的纯度。(可供选用的试剂只有CaCO3固体、6mol·L－1盐酸、6mol·L－1硫酸和蒸馏水).回答下列问题：（1）装置A中液体试剂选用_________________。（2）装置B的作用是____________________________。装置E中碱石灰的作用是______________。（3）装置D中发生反应的化学方程式是___________________________________________。（4）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为________。【答案】(1).6mol·L－1盐酸(2).除去气体中的HCl(3).吸收装置D中反应剩余的CO2(4).2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，Na2O＋CO2===Na2CO3(5).78%【解析】(1)装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：6mol/L盐酸；硫酸与CaCO3固体反应生成CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续；-17-\n(2)B中饱和的碳酸氢钠溶液可以吸收HCl，但是不吸收二氧化碳，碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去；浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，故答案为：除去气体中的HCl；吸收装置D中反应剩余的CO2；(3)装置D中氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、Na2O+CO2=Na2CO3；(4)根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，即生成的氧气的量为=0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度=×100%=78%，故答案为：78%。点睛：本题考查过氧化钠的化学性质，通过实验方式考查增加了难度。注意硫酸钙的微溶性。解答本题主要从反应原理和装置特点分析。本题的易错点为(4)，可以根据氧气的量和过氧化钠量的关系来求过氧化钠质量，进而计算过氧化钠的纯度。-17-