上饶中学2022—2022学年高三上学期开学检测化学试卷（零班、培优、补习班）时间：90分钟分值：100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ba137一．选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分）1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是( )A.石油裂化的主要目的是为了提高轻质液体燃料的产量B.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C.向豆浆中加入盐卤(主要成分为MgCl2)可制作豆腐，利用了胶体聚沉的性质D.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A项，裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油,煤油,柴油等)的产量,特别是提高汽油的产量,故A项正确；B项，胆矾分子式为CuSO4∙5H2O，含有Cu2+，用铁釜加热会发生置换反应，故B项正确；C项，盐卤是电解质溶液，可以使胶体聚沉，故C项正确；D项，对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故D错误；正确选项D。2.《本草纲目》在绿巩(FeSO4·7H2O)“发明”项载：“盖此钒色绿，味酸，烧之则赤…”。下列叙述正确的是A.绿矾能电离出H+，所以有“味酸”B.绿钒锻烧后的固体产物为FeOC.可用无水CuSO4检验锻烧绿钒有H2O生成D.通入Ba(NO3)2溶液可检验煅烧产物中的SO3【答案】C【解析】-17-\nA.绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出H+，之所以有“味酸”，是溶解时亚铁离子水解的结果，故A错误；B.绿钒锻烧后生成赤色的产物为氧化铁，故B错误；C.水蒸气遇到无水CuSO4会变成蓝色，因此可以用无水CuSO4检验锻烧绿钒有H2O生成，故C正确；D.酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，若生成二氧化硫，也会被氧化生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选C。3.NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是（ ）A.将100mL0.1mol·L－１的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）３胶粒0.01NAB.1.00molNaCl中,所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023C.等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAD.向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，共转移的电子数目为NA【答案】B【解析】A.胶体粒子是多个分子的集合体，所以将100mL0.1mol·L-１的FeCl3溶液滴入沸水中制得Fe（OH）３胶粒小于0.01NA，故A错误；B.Na+的最外层电子数为8，所以1.00molNaCl中所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023，故B正确；C.N2和CO的物质的量不确定，所以等物质的量的N2和CO所含分子数不能确定，故C错误；D.向FeI2溶液中通入适量Cl2，由于还原性：I->Fe2+，所以当有1molFe2+被氧化时，已有2molI-被氧化,所以共转移的电子数目为3NA，故D错误。故选B。4.下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（）①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；③用pH试纸测得氯水的pH为2；④用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中；⑥某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4＋A.①④⑤⑥B.①③④⑤C.①②⑥D.②③⑤⑥【答案】A【解析】-17-\n①氢氧化钙易变质为碳酸钙，用稀盐酸可以溶解碳酸钙，故①正确；②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，相似于稀释浓硫酸，要将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，故②错误；③氯水中的次氯酸可以漂白pH试纸，所以不可用pH试纸测量氯水的pH，故③错误；④稀硝酸可以氧化溶解银单质，故④正确；⑤浓硝酸是见光易分解的液体，所以保存在棕色细口瓶中，故⑤正确；⑥碱与铵盐受热生成碱性气体氨气，所以某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4＋，故⑥正确。故选A。5.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A除去Cu中少量CuO加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤及干燥BFeCl3废蚀刻液(含FeCl2、FeCl3、CuCl2、HCl)制备FeCl2溶液废蚀刻液中加入过量铁粉、充分搅拌、过滤C检验碳与浓硫酸反应的气态产物中含SO2和CO2将产生的气体依次通过澄淸石灰水和品红溶液D分离苯萃取溴水的水层和有机层先放出水层，然后换一个烧杯再放出有机层A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A、稀硝酸与Cu和CuO都能反应，故A错误；B、在废蚀刻液中加入过量铁粉，能够与FeCl3、CuCl2、HCl反应，均生成FeCl2，将生成的铜过滤除去，可以得到FeCl2溶液，故B正确；C、澄清石灰水也能吸收二氧化硫，因此需要先检验二氧化硫，后检验二氧化碳，故C错误；D、用苯萃取溴水后的水层和有机层，应该先放出水层，然后将有机层从上口倒出，故D错误；故选B。6.下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有①明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性②氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜③浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性-17-\n④铅蓄电池放电时的Pb电极为正极⑤MgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料⑥NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂⑦A1具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】B【解析】①明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附不溶于水的杂质，所以①错误。②氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜，发生如下反应2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，所以②正确。③浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有吸水性，所以③错误。④铅蓄电池放电时的Pb电极为负极，正极是PbO2，所以④错误。⑤MgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料，⑤正确。⑥NaHCO3能与有机酸反应生成二氧化碳气体，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂，所以⑥错误。⑦A1具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品，⑦正确。所以一共有3个正确的说法。选项B正确。7.下列各组物质能满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化)( )abcd-17-\n①SiSiO2H2SiO3Na2SiO3②AlAlCl3NaAlO2Al(OH)3③CuCuOCu(OH)2CuSO4④Fe2O3FeCl3FeCl2FeA.①②B.②③C.③④D.②④【答案】D【解析】①SiO2不能直接转化为H2SiO3；②2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑，AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O，③CuO不能直接转化为Cu(OH)2；④Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O，2FeCl3＋Fe3FeCl2，FeCl2+Zn=Fe+ZnCl2。因此，②④能满足如图所示转化关系，故选D。点睛：解答本题类型习题需要熟悉常见元素Na、Mg、Al、Fe、Cu、H、C、N、O、Si、S、Cl等形成的单质及其化合物的性质。8.关于某无色溶液所含离子的确定，下列判断正确的是A.若加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有Cl－存在B.加入几滴Fe2(SO4)3溶液，溶液变成紫色，可确定有酚羟基存在C.若加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有SO42－或Ag+的存在D.若加入盐酸，生成无色无味气体且能使澄清石灰水变浑浊，可确定一定有CO32－【答案】B【解析】A、因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl-离子，所以不能确定Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的，A错误；B、苯酚与铁离子反应溶液显紫色，所以加入几滴Fe2(SO4)3溶液，溶液变成紫色，可确定有酚羟基存在，B正确；C、因为加入的是硝酸钡，溶液中存在硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，C错误；D、能和盐酸反应生成二氧化碳气体的除了CO32-还有HCO3--17-\n，D错误，答案选B。点睛：本题考查了离子的检验，注意检验方法的严密性，在检验离子的存在时，排除干扰离子的存在决定了方案的严密性。9.下列化学反应的离子方程式正确的是（）A.Ca(HCO3)2溶液中滴加少量NaOH溶液：Ca2++2HCO3－+2OH－=CaCO3↓+2H2O+CO32－B.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至不再产生沉淀：Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO4↓+H2OC.酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合：2MnO4－+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2OD.将磁性氧化铁溶于稀HNO3：Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O【答案】B【解析】【详解】A.Ca(HCO3)2溶液中滴加少量NaOH溶液，反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式：Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2O，故A项错误；B.至恰好不再生成沉淀时为止，SO42－全部反应，和Ba2+为1:1的关系，由NaHSO4的化学式可知H+与SO42－1:1的关系，所以离子方程式为Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO4↓+H2O，故B项正确；C项，电荷得失不守恒，正确的离子方程式为2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故C项错误；D项，硝酸具有强氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，将磁性氧化铁溶于稀HNO3的离子方程式：3Fe3O4＋28H＋+NO3-===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O,故D项错误;正确选项B。【点睛】判断离子方程式的正误，关键抓住离子方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循电荷守恒和质量守恒、氧化还原反应中的得失电子是否守恒等。10.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是①向硅酸溶胶中逐渐滴加氢氧化钠至过量②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca(OH)2溶液投入到过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2中滴入NaHCO3溶液⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2⑥氯化钙溶液中通入少量的CO2A.①②③④⑤B.③④⑤⑥C.只有③④⑥D.只有③④⑤【答案】D【解析】-17-\n①向硅酸溶胶中逐渐滴加氢氧化钠至过量导致硅酸胶体聚沉，硅酸溶于氢氧化钠生成硅酸钠和水，最终没有白色沉淀产生，错误；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合首先有白色沉淀氢氧化铝生成，氢氧化钠过量后沉淀溶解转化为偏铝酸盐，最终没有沉淀产生，错误；③少量Ca(OH)2溶液投入到过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，③正确；④向NaAlO2中滴入NaHCO3溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成氢氧化铝白色沉淀，④正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3↓，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，⑤正确；⑥二氧化碳和氯化钙不反应，所以少量的CO2通入其溶液中没有有沉淀生成，⑥错误；答案选D。点睛：本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意⑤根据物质的溶解度能判断产生沉淀，该题为易错选项。11.将一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物置于一密闭容器中充分加热，反应中转移电子的物质的量为1mol，下列说法一定正确的是( )A.混合物中NaHCO3和Na2O2的物质的量一定相等B.容器中肯定有0.5molO2C.反应后，容器中的固体只有Na2CO3D.反应后，容器中一定没有H2O【答案】B【解析】本题涉及反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，还可能有2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑。A.混合物中NaHCO3和Na2O2物质的量没有一定关系，故A不一定正确；B.2Na2O2～O2～2e－，反应中转移电子的物质的量为1mol，所以容器中肯定有0.5molO2，故B正确；C.反应后容器中的固体还可能有NaOH，故C不一定正确；D.反应后容器中可能有H2O，故D不一定正确。故选B。12.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是（）A.在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B.在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通人氯气：I-、Br-、Fe2+C.在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中，缓慢通入CO2:KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D.在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+-17-\n【答案】D【解析】A、结合H＋能力：OH－>AlO2－>CO32－，因此与盐酸反应的先后顺序是OH－>AlO2－>CO32－，故错误；B、还原性强弱：I－>Fe2＋>Br－，因此通入氯气，反应先后的顺序是I－>Fe2＋>Br－，故错误；C、CO32－先于OH－发生生成CO32－，CO32－与Ba2＋反应生成BaCO3，因此认为先和Ba(OH)2反应，再与KOH反应，故错误；D、氧化性：Fe3＋>Cu2＋>H＋，加入Zn，Zn先与Fe3＋反应，然后与Cu2＋，最后与H＋反应，故正确。13.已知：SO32一+I2+H2O=SO42一+2H++2I-。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I-、SO42-、SO32-，中的若干种，且所含离子的物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于该溶液组成的判断正确的是（ ）A.肯定不含I-B.肯定不含SO42-C.肯定不含有SO32-D.可能含有NH4+【答案】B【解析】【详解】Fe2+在水溶液中显浅绿色，而溶液为无色，故不可能含有Fe2+；向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，表明Br2参与反应且产物仍为无色，SO32-、I-可与Br2反应生成SO42-和I2，反应后溶液仍为无色说明未生成I2，则一定含有SO32-，根据已知反应可知：SO32-还原性比I-强，则无法判断是否含有I-；溶液中所有离子物质的量浓度相等，根据电荷守恒可知，一定不含有SO42-，B正确；正确选项B。【点睛】本题考查了离子反应及其计算，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答的关键，注意掌握根据电荷守恒在判断离子存在的方法，培养了学生的分析能力和化学计算能力。14.在硫酸铁溶液中，加入ag铜完全溶解后再加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a＞c，则下列说法中正确的是（）A.残余固体可能为铁和铜的混合物B.最后得到的溶液可能含有Fe3+C.最后得到的溶液中一定含有Fe2+,可能含有Cu2+D.残余固体一定全部是铜【答案】D【解析】A.Fe+Cu2+Fe2++Cu，a＞c，说明铜离子未完全被置换，铁不可能剩余，所以残余固体是铜，故A错误；B.残余固体是铜，2Fe3+＋Cu2Fe2+＋Cu2+-17-\n，所以最后得到的溶液不可能含有Fe3+，故B错误；C.铜离子未完全被置换，所以最后得到的溶液中一定含有Cu2+，故C错误；D.残余固体一定全部是铜，故D正确。故选D。15.如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是A.若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B.若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C.若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D.若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色【答案】B【解析】【详解】A项，二氧化锰与浓盐酸混合加热可得到氯气，而题目中的装置制取气体无需加热，所以无法制取氯气，故A项错误；B项，贝壳的主要成分为碳酸钙，醋酸和碳酸钙反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，该反应无需加热就可以发生，二氧化碳和澄清石灰水反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，有不溶于水的碳酸钙生成，所以试管中溶液变浑浊，故B项正确；C项，实验室制备NH3，可用浓氨水和CaO固体反应，化学方程为：NH3∙H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，可选择图中的制取装置，C中盛AlCl3溶液，氨气和水反应生成氨水，氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，C中不可能先产生白色沉淀后沉淀又溶解，故C项错误；D项，亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，利用强酸制弱酸的原理，硫酸和亚硫酸钠反应生成亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，所以能用图中的制取装置制备SO2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，能使C中盛石蕊试液变红，但不能使其褪色，故D项错误;-17-\n正确选项B。16.某离子反应涉及H2O、ClO－、NH4+、H+、N2、Cl－六种微粒。其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是()A.反应的还原产物是N2B.消耗1mol氧化剂，转移电子3molC.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D.反应后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】某离子反应涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒，其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小，则NH4+是反应物，N2是生成物，由此推断该反应为NH4+与ClO-的氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，离子方程式为：2NH4++3ClO-=N2+3Cl﹣+3H2O+2H+，N元素化合价由-3→0，Cl元素化合价由+1→-1；A项，反应的还原产物是Cl-，故A错误；B项，消耗1mol氧化剂(ClO-)，转移2mol电子，故B错误；C项，氧化剂ClO-与还原剂NH4+物质的量之比为3：2，故C错误；D项，反应生成H+，所以反应后酸性明显增强，故D正确。二、非选择题(共4小题，共52分)17.Cu2O是一种鲜红色粉末状固体，几乎不溶于水，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。可用于制造船底防污漆等。某校合作学习小组的同学设计实验验证其某些性质及其胶体的制法。回答下列问题：（1）甲组同学检验H2还原CuO所得的红色粉末中是否有Cu2O。取反应产物少许加入试管中，加入足量的试剂X并搅拌，若发现溶液变蓝且仍有剩余固体，则试剂X可选用_____(填序号)。A．FeCl3溶液B．硝酸C．稀硫酸d．H2O2酸性溶液（2）乙组同学在两支试管中分别加入少量Cu2O，一支中加入稀硝酸，固体溶解同时产生NO气体，Cu2O表现_______________性；另一支加入硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液紫色褪去得蓝色溶液，反应的离子方程式为______________。（3）丙组同学取少量Cu2O与黑色的Cu2S混合加强热，产生大量的气体同时得到红色固体粉末，该反应的化学方程式为____________________。（4）丁组同学向0.1mol·L-1的(CH3COO)2Cu溶液中加入0.02mol·L-1的N2H4-17-\n的水溶液，控制pH=7~8，得到红色透明液体，能说明该分散系属于胶体的简单方法是____________。已知制备过程中有N2放出，制备反应的化学方程式为________________。【答案】(1).c(2).还原(3).5Cu2O+26H++2MnO4-=2Mn2++l0Cu2++13H2O(4).2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑(5).用激光笔照射，观察到丁达尔现象(6).4(CH3COO)2Cu+N2H4+2H2O=2Cu2O(胶体)+N2↑+8CH3COOH【解析】(1)Cu2O是一种鲜红色粉末状固体，几乎不溶于水，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。因此检验是否有Cu2O，可以取反应固体少许加入试管中，加入足量的稀硫酸搅拌，若发现溶液变蓝且仍有剩余固体，说明含有Cu2O，故选c；(2)在Cu2O加入稀硝酸，固体溶解同时产生NO气体，体现了硝酸的氧化性，则体现了Cu2O的还原性；Cu2O中加入硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液紫色褪去得蓝色溶液，是KMnO4溶液氧化Cu2O反应生成了硫酸铜，高锰酸钾本身被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为5Cu2O+26H++2MnO4-=2Mn2++l0Cu2++13H2O，故答案为：还原；5Cu2O+26H++2MnO4-=2Mn2++l0Cu2++13H2O；(3)Cu2O与Cu2S混合加强热，产生大量的气体同时得到红色固体粉末，红色固体粉末应该是铜，则气体为二氧化硫，反应的化学方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，故答案为：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；(4)胶体具有丁达尔效应，只要用激光笔照射，观察是否有丁达尔效应，就能说明该分散系是否属于胶体；0.1mol·L-1的(CH3COO)2Cu溶液中加入0.02mol·L-1的N2H4的水溶液，控制pH=7~8，反应生成氮气，说明N2H4属于还原剂，则(CH3COO)2Cu为氧化剂，结合生成红色透明胶体，该胶体为Cu2O(胶体)，反应的方程式为4(CH3COO)2Cu+N2H4+2H2O=2Cu2O(胶体)+N2↑+8CH3COOH，故答案为：用激光笔照射，观察到丁达尔现象；4(CH3COO)2Cu+N2H4+2H2O=2Cu2O(胶体)+N2↑+8CH3COOH。18.由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：-17-\n(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）______________。(2)Z为一种或两种气体：①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是_______________________________________________________。②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是_________________。(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）___________________________。(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2molI-时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是________________________。【答案】(1).Al(2).C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O(3).NO CO2(4).Cu2+ Fe3+ H+(5).2Fe2++3H2O2+4I-=2Fe(OH)3↓+2I2【解析】【详解】（1）无论加什么浓酸(硫酸和硝酸),溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子；向溶液X中加入过量的NaOH溶液,可转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀析出；如果有Al3+,则可转化为AlO2-离子，如果取上层清液通入CO2后，会发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,产生白色沉淀Al(OH)3，题给信息实验结果无明显变化，所以可以肯定溶液X中没有AlO2-,样品中没有Al；因此，本题正确答案是:Al。(2)①若Z只为一种气体,试剂a为饱和NaHCO3溶液,则z为CO2,两种气体中一种与NaHCO3溶液生成CO2,应为SO2,则浓酸为浓硫酸；反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；正确答案：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。-17-\n②若Z为两种气体的混合物,试剂a为适量水,则其中一种为NO2,NO2与水反应生成硝酸和NO，所以气体Z为NO、CO2化合物,则浓酸为浓硝酸；因此，本题正确答案是:NO、CO2。(3)向溶液X中加过量Fe粉,得Y溶液和两种固体,且一种固体为红色Cu,另一种就是过量的Fe粉,这个过程发生了置换反应:Cu2++Fe=Cu+Fe2+,向Y溶液中通入过量氯气,并不断搅拌,会发生如下反应:Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+、2Fe3++Cu=2Fe2+Cu2+、Cl2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是:Cu2+、Fe3+、H+；因此，本题正确答案是:Cu2+、Fe3+、H+。(4)取Y中的溶液,调pH约为7,加入淀粉KI溶液和H2O2,溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成；I-、Fe2+共同还原H2O2，当消耗2molI-时，共转移3mol电子，转移3mol电子其中2mol来自I-，另外1mol电子来自Fe2+，即氧化的I-与Fe2+之比是2:1，需要H2O2再提供3mol电子；反应方程式:2Fe2++3H2O2+4I-=2Fe(OH)3↓+2I2；正确答案：2Fe2++3H2O2+4I-=2Fe(OH)3↓+2I2。19.榴石矿石可以看作CaO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。工业上对其进行综合利用的流程如下：（1）用方程式表示盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因________；（2）溶液Ⅰ中除了Ca2+外，还可能含有的金属阳离子有_______________；（3）步骤③中NaOH参加反应的离子方程式是________________，鼓入空气并充分搅拌的目的是_____________________。（4）在工业生产中，步骤④通入过量CO2而不加入盐酸的原因是___________；写出步骤④通入过量CO2的离子方程式_________________________________。（5）试设计实验证明榴石矿中含有FeO（试剂任选，说明实验操作与现象）_________。【答案】(1).2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O(2).H+、Al3＋、Fe3＋、Fe2＋(3).Al(OH)3+OH－===AlO2－+2H2O(4).使氢氧化亚铁全部转化为氢氧化铁(5).使用二氧化碳可以避免盐酸过量导致生成的氢氧化铝溶解，同时二氧化碳容易制取且价格便宜(6).AlO2－+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3－(7).取少量矿石，加稀硫酸溶解后，向其中滴加酸性的高锰酸钾溶液，若紫色退去，证明矿石中含有FeO（加盐酸溶解或取溶液Ⅰ进行实验不得分）-17-\n【解析】【分析】榴石矿石可以看作CaO、FeO、Fe2O3、A12O3、SiO2组成，加入盐酸溶解过滤得到滤液中含氯化钙、氯化亚铁、氯化铁、氯化铝、盐酸，固体为SiO2，溶液中加入氢氧化钠反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁、氢氧化铝，过滤得到沉淀物A加热过量氢氧化钠通入空气，氧化氢氧化亚铁生成沉淀物氢氧化铁和溶液Ⅱ为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝；（1）二氧化硅是酸性氧化物和碱反应生成盐和水；（2）溶液Ⅰ除去钙离子，含有阳离子H+、Fe2+、Fe3+、Al3+；（3）步骤③中NaOH参加反应和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，鼓入空气充分搅拌是为了氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁；（4）步骤④通入过量CO2而不加入盐酸的原因是避免盐酸过量使氢氧化铝溶解，二氧化碳制备方法简单价格便宜，过滤的二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；（5）取少量矿石加入稀硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液若褪色证明含有氧化亚铁。【详解】榴石矿石可以看作CaO、FeO、Fe2O3、A12O3、SiO2组成，加入盐酸溶解过滤得到滤液中含氯化钙、氯化亚铁、氯化铁、氯化铝、盐酸，固体为SiO2，溶液中加入氢氧化钠反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁、氢氧化铝，过滤得到沉淀物A加热过量氢氧化钠通入空气，氧化氢氧化亚铁生成沉淀物氢氧化铁，和溶液Ⅱ为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝；（1）玻璃中的二氧化硅和氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，故答案为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；（2）依据流程分析判断，溶液Ⅰ除去钙离子，含有阳离子Fe2+、Fe3+、Al3+，溶液ⅠpH<1，说明盐酸过量，溶液中还含有H+，故答案为：H+、Fe2+、Fe3+、Al3+；（3）步骤③中NaOH参加反应和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2－+2H2O，鼓入空气充分搅拌是为了氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2－+2H2O；使氢氧化亚铁全部转化为氢氧化铁；（4）步骤④通入过量CO2而不加入盐酸的原因是避免盐酸过量使氢氧化铝溶解，二氧化碳制备方法简单价格便宜，步骤④通入过量CO2-17-\n的反应是二氧化碳和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2－+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3－，故答案为：使用二氧化碳可以避免盐酸过量导致生成的氢氧化铝溶解，同时二氧化碳容易制取且价格便宜；AlO2－+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3－；（5）取少量矿石，加稀硫酸溶解后，向其中滴加酸性的高锰酸钾溶液，若紫色退去，证明矿石中含有FeO，故答案为：取少量矿石，加稀硫酸溶解后，向其中滴加酸性的高锰酸钾溶液，若紫色退去，证明矿石中含有FeO。【点睛】本题考查了物质分离方法和流程分析判断，主要是实验操作和物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等。20.化学兴趣小组设定以下实验方案，测定某已变质为碳酸钠的小苏打样品中NaHCO3的质量分数。方案一：称取一定质量样品,置于坩埚中加热至恒重,冷却,称量剩余固体质量,计算。（1）坩埚中发生反应的化学方程式为:__________________；（2）实验中需加热至恒重的目的是：___________________；方案二：称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解;向小烧杯中加入足量Ba(OH)2溶液，过滤，洗涤，干燥沉淀，称量固体质量，计算。（1）过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为_____________；（2）实验中判断沉淀是否完全的方法是_______________________。方案三：按如图装置进行实验：（1）B装置内所盛试剂是_________;D装置的作用是_______；分液漏斗中_______（填“能”或“不能”）用盐酸代替稀硫酸进行实验。（2）实验前称取17.9g样品，实验后测得C装置增重8.8g，则样品中NaHCO3的质量分数为____。-17-\n（3）根据此实验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是: _____。【答案】(1).2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑(2).保证NaHCO3分解完全(3).玻璃棒(4).取少量上层清液于试管中，滴加一滴Ba(OH)2溶液，观察是否有白色沉淀生成(5).浓硫酸(6).防止空气中的水蒸气、CO2进入C装置(7).不能(8).70.4%（70%）(9).缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置（或其他合理答案）【解析】【分析】[方案一]碳酸氢钠不稳定,受热易分解,根据加热前后固体质量变化,根据差量法求碳酸氢钠的质量,进而求得碳酸钠的质量分数；(1)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳；(2)加热恒重保证碳酸氢钠完全分解；[方案二]碳酸钠和碳酸氢钠都和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀,根据生成沉淀的质量来计算碳酸钠的质量分数；(1)根据过滤操作考虑所需仪器；(2)可取上层清液,继续加沉淀剂,看是否生成沉淀；[方案三](3)由测定含量的实验可以知道,A中发生Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2↑+Na2SO4、2NaHCO3+H2SO4=2H2O+2CO2↑+Na2SO4,B中为浓硫酸吸收水,干燥二氧化碳,利用C装置吸收二氧化碳,D装置防止空气中的二氧化碳、水进入C装置干扰含量测定；(4)结合反应定量关系和元素守恒计算得到物质的质量,来计算物质含量；(5)二氧化碳气体不能全部进入C装置被吸收,需要添加一个将二氧化碳气体赶入装置C的装置。【详解】[方案一](1)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,反应方程式为:2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；正确答案：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。(2)实验原理是根据加热前后固体质量变化来计算碳酸氢钠,故应保证碳酸氢钠完全分解,加热恒重则碳酸氢钠完全分解；因此，本题正确答案是:保证NaHCO3分解完全。[方案二](1)过滤时需用玻璃棒引流；因此，本题正确答案是:玻璃棒。-17-\n(2)可取上层清液,继续加沉淀剂,看是否生成沉淀,具体操作为:取上层清液少许于试管中,加入氢氧化钡溶液,若无沉淀生成,则沉淀完全,因此，本题正确答案是:取少量上层清液于试管中，滴加一滴Ba(OH)2溶液，观察是否有白色沉淀生成。[方案三](1)B中为浓硫酸吸收水,干燥二氧化碳,空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收,故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳,以确保C装置中质量增加量的准确性；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢,浓硫酸不能吸收氯化氢,则氯化氢被碱石灰吸收,导致测到二氧化碳质量偏高，等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多,碳酸钠偏小；因此，本题正确答案是：浓硫酸；防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；不能。(2)设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y,则Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2↑+Na2SO41 1 x x 2NaHCO3+H2SO4=2H2O+2CO2↑+Na2SO422Yy根据上述条件解方程：106x+84y=17.90,，44x+44y=8,80，计算得出x=0.05mol,y=0.15mol,则样品中NaHCO3的质量分数为=0.15×84/17.9×100%=70.4%；因此，本题正确答案是：70.4%（70%）。(3)实验装置还存在一个明显缺陷为装置中的二氧化碳不能被C全部吸收,则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入C中吸收；因此，本题正确答案是:缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置。-17-
