宁夏育才中学2022届高三化学上学期第二次月考试题含解析

2022-2022学年宁夏育才中学高三（上）第二次月考化学试卷　一．选择题（本题共21小题，每小题2分，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列类型的反应，一定发生电子转移的是（　　）A．化合反应B．分解反应C．置换反应D．复分解反应　2．“纳米材料”是指直径从几纳米至几十纳米的材料，目前已广泛应用于催化剂及军事技术中，如果将纳米材料分散到液体分散剂中，所得混合物（　　）①是溶液②是胶体　③能产生丁达尔效应　④能透过滤纸　⑤不能透过滤纸．A．①④⑤B．②③④C．②③⑤D．①③④　3．下列化合物不能由两种单质直接反应生成的是（　　）A．AlCl3B．Na2OC．FeCl2D．CuO　4．在氧化还原反应中，水作为氧化剂的是（　　）A．C+H2OCO2+H2B．3NO2+H2O═2HNO3+NOC．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑D．2F2+2H2O═4HF+O2　5．实验室保存下列药品的方法，正确的是（　　）A．氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里B．盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发C．盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞D．氯水保存在无色玻璃瓶中；液氯存贮存在钢瓶里　6．下列有关实验的做法错误的是（　　）A．除去铁粉中混有的少量铝粉，可加人过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤B．除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，可加入过量的铁粉，完全反应后过滤C．用渗析的方法可除去Fe（OH）3胶体中混有的Cl﹣D．加入适量的NaOH可除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3　7．下列有关实验的说法正确的是（　　）A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测定C．制备Fe（OH）3胶体，通常是将Fe（OH）3固体溶于热水中D．欲配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，将l0gZnSO4•7H2O溶解在90g水中　8．下列实验方法合理的是（　　）A．可用水鉴别己烷、四氯化碳、乙醇三种无色液体B．油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离C．可用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D．为准确测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量应相等　-23-\n9．有关实验的叙述，正确的是（　　）A．将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液B．用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定其pHC．用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应D．读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小　10．用石灰水、小苏打、淀粉和食醋等不能完成的实验是：（　　）A．碘盐中碘的检验B．暖瓶中水垢的除去C．食盐和纯碱的鉴别D．鸡蛋壳主要成分的检验　11．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　）选项实验现象结论A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B．将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D．将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小A．AB．BC．CD．D　12．用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器已省略，能达到实验目的是(（　　）A．干燥Cl2B．吸收HClC．石油的蒸馏D．吸收NH3　-23-\n13．某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（　　）A．将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁条于其中探究Mg的活泼性B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg（OH）2沉淀的生成C．将Mg（OH）2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D．将Mg（OH）2沉淀转入蒸发皿中，加热可得MgO固体　14．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAD．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子　15．下列反应的离子方程式正确的是（　　）A．锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+═Zn2++AgB．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2C．少量金属钠加到冷水中：Na+2H2O═Na++OH﹣+H2↑D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O　16．在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（　　）A．NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣C．Ca2+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣D．Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣　17．等物质的量的下列化合物在相应条件下完全分解后得到氧气最多的是（　　）A．KClO3（加MnO2催化剂，加热）B．KMnO4加热C．H2O2（水溶液，加MnO2催化剂）D．HgO（加热）　18．氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域．在一定条件下，AlN可通过反应：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成．下列叙述正确的是（　　）A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子C．AlN中氮的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g　19．下列溶液中的c（Cl﹣）与50mL1mol/L氯化铝溶液中的c（Cl﹣）相等的是（　　）A．150mL1mol/L氯化钠溶液B．75mL2mol/L氯化镁溶液C．150mL1.5mol/L氯化钾溶液D．75mL1mol/L氯化铁溶液　20．某溶液中大量存在以下五种离子：NO3﹣、SO42﹣、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M可能为（　　）A．Mg2+B．Fe2+C．CO32﹣D．Ba2+　21．常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含amol溶质的NaOH溶液，恰好使溶液的pH=7，下列叙述错误的是（　　）-23-\nA．反应后溶液中c（Na+）=2c（SO42﹣）B．mol＞沉淀的物质的量＞0C．沉淀的质量为49agD．溶液中n（SO42﹣）=mol　　二．非选择题（本题共4小题，共58分）22．（15分）（2022秋•宁夏校级月考）如图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体．请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素是　　　　　　（填元素符号）位于第　　　　　　周期　　　　　　族．（2）写出反应⑦的化学方程式　　　　　　，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　　　．（3）在反应②③⑥⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是　　　　　　（填写序号）．（4）写出反应④的离子方程式并用单线桥表示电子转移情况：　　　　　　（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾）．同时还生成KNO2和H2O．该反应的化学方程式是：　　　　　　．　23．（15分）（2022秋•宁夏校级月考）孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备CuSO4•5H2O及CaCO3，步骤如下：请回答下列问题：-23-\n（1）溶液A中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+：实验步骤中试剂①为　　　　　　（从下列所给试剂中选择，填代号），写出此步骤中的离子方程式　　　　　　，检验溶液A中Fe3+的最佳试剂为　　　　　　（从下列所给试剂中选择，填代号）．a．KMnO4　　　　　b．（NH4）2Sc．H2O2d．KSCN（2）由溶液C获得CuSO4•5H2O，需要经过　　　　　　、　　　　　　、过滤等操作．除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器　　　　　　，该仪器在此操作中的主要作用是　　　　　　、　　　　　　．（3）制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入（或先加入）　　　　　　（填化学式），写出此过程的化学方程式　　　　　　，若实验过程中有氨气逸出、应选用下列　　　　　　装置回收（填代号）．　24．（13分）（2022•黄梅县校级模拟）在Na+的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1的某澄清溶液中，还可能含有如表中所示的若干种离子．阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3﹣、CO32﹣、SiO32﹣、SO42﹣取100mL该溶液进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果Ⅰ想该溶液中加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体Ⅱ将Ⅰ中产生的混合液过滤，将沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体的质量固体质量为2.4gⅢ向Ⅱ中所得的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：（1）由实验Ⅰ确定一定不存在的离子是　　　　　　．（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为　　　　　　．（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写表中阴离子的物质的量浓度（能计算出结果的填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3﹣CO32﹣SiO32﹣SO42﹣c/mol•L﹣1　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（4）判断K+是否存在，若存在，求其最小浓度，若不存在，请说明理由：　　　　　　．　25．（15分）（2022秋•宁夏校级月考）化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生．Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验：取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤．（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤．氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是　　　　　　．（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸．观察的现象是　　　　　　．-23-\nⅡ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定：利用如图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数．依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：　　　　　　（4）C中反应生成BaCO2的离子方程式是　　　　　　．（5）下列各项措施中，能提高测定准确度的是　　　　　　（填标号）．a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b．滴加盐酸不宜过快c．在A﹣B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d．在B﹣C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（6）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO2平均质量为3.94g．则样品中碳酸钙的质量分数为　　　　　　．（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数．实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是　　　　　　．　　2022-2022学年宁夏育才中学高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析　一．选择题（本题共21小题，每小题2分，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列类型的反应，一定发生电子转移的是（　　）A．化合反应B．分解反应C．置换反应D．复分解反应【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】利用氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，或利用在化学反应中只要有元素化合价的变化，则该反应中一定发生电子的转移．【解答】解：A、化合反应中不一定有元素化合价的变化，如二氧化碳与水化合生成碳酸，则没有电子的转移，故A错误；B、分解反应中不一定有元素化合价的变化，如碳酸氢铵分解，则没有电子的转移，故B错误；C、置换反应中肯定有单质参加反应，有单质生成，则一定属于氧化还原反应，即一定有电子转移，故C正确；D、复分解反应中是物质相互交换成分，如盐酸与氢氧化钠中和反应，则一定没有化合价的变化，即一定没有电子转移，故D错误；故选：C．【点评】本题考查基本反应类型和氧化还原反应的关系，明确化学反应中化合价的变化是解答的关键，并注意有单质参加的化合反应和有单质生成的分解反应属于氧化还原反应．　-23-\n2．“纳米材料”是指直径从几纳米至几十纳米的材料，目前已广泛应用于催化剂及军事技术中，如果将纳米材料分散到液体分散剂中，所得混合物（　　）①是溶液②是胶体　③能产生丁达尔效应　④能透过滤纸　⑤不能透过滤纸．A．①④⑤B．②③④C．②③⑤D．①③④【考点】纳米材料；胶体的重要性质．【分析】由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，属于胶体，以此来解答．【解答】解：由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体．①该混合物属于胶体，不属于溶液，故①错误；②该混合物属于胶体，不属于溶液，故②正确；③该混合物属于胶体，有丁达尔效应，故③正确；④胶体的颗粒很小，能透过滤纸，故④正确；⑤胶体的颗粒很小，能透过滤纸，故⑤错误；故选B．【点评】本题考查分散系的判断及胶体的性质，明确纳米材料的直径是解答本题的关键，题目难度不大．　3．下列化合物不能由两种单质直接反应生成的是（　　）A．AlCl3B．Na2OC．FeCl2D．CuO【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的化学性质．【分析】氯气有强氧化性，和变价金属反应生成最高价态化合物，钠和氧气在没有条件的条件下反应生成氧化钠，铜和氧气在加热条件下反应生成氧化铜，据此分析解答．【解答】解：A．氯气有强氧化性，和铝反应生成AlCl3，故A不选；B．钠在氧化中燃烧生成过氧化钠，钠和氧气在没有条件的条件下反应生成氧化钠，故B不选；C．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，故C选；D．铜和氧气在加热条件下反应生成氧化铜，故D不选；故选C．【点评】本题考查了金属和非金属的性质，注意：无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁不是氯化亚铁，为易错点．　4．在氧化还原反应中，水作为氧化剂的是（　　）A．C+H2OCO2+H2B．3NO2+H2O═2HNO3+NOC．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑D．2F2+2H2O═4HF+O2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】水中H为+1价，O为﹣2价，作氧化剂时H得到电子被还原，则化合价降低，应生成H2．【解答】解：A．H2O中H元素化合价降低，则水作为氧化剂，故A正确；B．H2O中H和O元素的化合价都没有变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C．H2O中H和O元素的化合价都没有变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；D．H2O中O元素的化合价升高，水作还原剂，故D错误．故选A．-23-\n【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意化合价的判断是解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累．　5．实验室保存下列药品的方法，正确的是（　　）A．氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里B．盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发C．盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞D．氯水保存在无色玻璃瓶中；液氯存贮存在钢瓶里【考点】化学试剂的存放．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．氢氟酸会与玻璃发生反应生成水和四氟化硅；B．液溴易挥发，需液封；C．广口瓶一般是用来存放固体的，便于取用，盛放液体用细口瓶；D．液氯存贮存在钢瓶里，氯水中含有次氯酸，见光易分解；【解答】解：A．氢氟酸会与玻璃成分二氧化硅发生反应4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O，常用此原理在玻璃上雕刻各种精美图案，不能贮存在细口玻璃瓶里，应放在塑料瓶中，故A错误；B．溴单质易挥发，应在盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，水封法保存，故B正确；C．广口瓶保存固体药品，取用方便，但是浓硫酸是液体，所以浓硫酸不宜存放于广口瓶中，应放在细口瓶中，故C错误；D．液氯存贮存在钢瓶里，氯水中含有次氯酸，见光易分解，从而导致氯水失效，应避光保存，氯水保存在棕色玻璃瓶中，故⑤错误；故选B．【点评】本题考查物质的保存，题目难度不大，注意物质性质和保存方法的联系．注意氯水和液氯的保存方法．　6．下列有关实验的做法错误的是（　　）A．除去铁粉中混有的少量铝粉，可加人过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤B．除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，可加入过量的铁粉，完全反应后过滤C．用渗析的方法可除去Fe（OH）3胶体中混有的Cl﹣D．加入适量的NaOH可除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3【考点】物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的盐，铁和氢氧化钠溶液不反应；B．首先确定被除杂的物质为FeCl2溶液，杂质为FeCl3，由于2FeCl3+Fe═3FeCl2，因此除去杂质可以采用“杂转纯”的方法，注意在除去铁离子的同时不能带入新的杂质；C．胶体不能透过半透膜，可用渗析的方法分离；D．氢氧化钠与碳酸钠不反应．【解答】解：A．铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的盐，铁和氢氧化钠溶液不反应，所以可以用氢氧化钠溶液除去铁粉中混有的铝粉，故A正确；B．因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe═3FeCl2，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，故B正确；C．胶体不能透过半透膜，可用渗析的方法分离，故C正确；D．氢氧化钠与碳酸钠不反应，应通入二氧化碳气体除杂，故D错误．故选D．-23-\n【点评】本题考查化学实验基本操作，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，把握常见操作的原理、步骤、方法和注意事项，难度不大．　7．下列有关实验的说法正确的是（　　）A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测定C．制备Fe（OH）3胶体，通常是将Fe（OH）3固体溶于热水中D．欲配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，将l0gZnSO4•7H2O溶解在90g水中【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；B．瓷坩埚中含有二氧化硅，在加热条件下能与氢氧化钠反应；C．制备Fe（OH）3胶体通常的做法是在沸水中滴加饱和的氯化铁溶液；D．溶质ZnSO4的质量小于10g．【解答】解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；B．瓷坩埚中含有二氧化硅，在加热条件下能与氢氧化钠反应而导致坩埚炸裂，故B错误；C．制备Fe（OH）3胶体通常的做法是在沸水中滴加饱和的氯化铁溶液，至溶液呈红褐色时停止加热，故C错误；D．溶液的质量为100g，而溶质ZnSO4的质量小于10g，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大．　8．下列实验方法合理的是（　　）A．可用水鉴别己烷、四氯化碳、乙醇三种无色液体B．油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离C．可用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D．为准确测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量应相等【考点】有机物的鉴别；钠的重要化合物；油脂的性质、组成与结构；中和热的测定．【专题】物质检验鉴别题；有机物的化学性质及推断．【分析】A．水与己烷混合后分层有机层在上层，与四氯化碳混合后分层有机层在下层，与乙醇互溶不分层；B．油脂皂化后加入NaCl使高级脂肪酸钠析出；C．澄清石灰水与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反应均生成白色沉淀；D．测定中和热时，碱一般稍过量．【解答】解：A．水与己烷混合后分层有机层在上层，与四氯化碳混合后分层有机层在下层，与乙醇互溶不分层，现象不同，能鉴别，故A正确；B．油脂皂化后加入NaCl使高级脂肪酸钠析出，此过程为盐析出，故B错误；C．澄清石灰水与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故C错误；D．测定中和热时，盐酸易挥发，碱一般稍过量，可使酸完全反应，故D错误；故选A．-23-\n【点评】本题考查有机物的鉴别，侧重有机物性质的考查，注意密度、溶解度等性质来解答，明确盐析、渗析的差别，题目难度不大．　9．有关实验的叙述，正确的是（　　）A．将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液B．用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定其pHC．用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应D．读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小【考点】试纸的使用；焰色反应；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定．【分析】A、容量瓶不能用来直接盛装固体配制溶液；B、pH试纸不能润湿，润湿后可能会改变待测夜的浓度，从而测定不准；C、进行焰色反应时铂丝用浓盐酸洗涤并灼烧；D、读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小．【解答】解：A、容量瓶不能用来直接盛装固体配置溶液，要将固体先在烧杯中溶解，冷却至室温转移到容量瓶中，A项错误；B、pH不能润湿，润湿后可能会改变待测夜的浓度，从而测定不准，pH试纸使用方法要用玻璃棒蘸取少量液体，然后涂抹在试纸上，然后和试纸的比色条比对，判断pH数值，B项错误；C、进行焰色反应时，铂丝用浓盐酸洗涤并灼烧，如用NaOH洗涤会使NaOH粘附在铂丝上，干扰检验其它金属元素的焰色反应，C项错误；D、滴定管的0刻度在上方，读取滴定管内液体的体积时，俯视读数导致读数偏小，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学基本实验操作、仪器使用等，要特别注意pH试纸使用时不能润湿．　10．用石灰水、小苏打、淀粉和食醋等不能完成的实验是：（　　）A．碘盐中碘的检验B．暖瓶中水垢的除去C．食盐和纯碱的鉴别D．鸡蛋壳主要成分的检验【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】实验设计题．【分析】A、食盐中的碘为碘酸钾与以上试剂不反应；B、碳酸钙能溶于食醋；C、纯碱与醋酸反应生成二氧化碳；D、醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳气体．【解答】解：A、食盐中的碘为碘酸钾与石灰水、小苏打、淀粉和食醋均不反应，所以不能检验，故A选；B、暖瓶中水垢的主要成分是碳酸钙，碳酸钙能溶于食醋，所以可以用食醋来除去暖瓶中水垢，故B不选；C、纯碱与醋酸反应生成二氧化碳，食盐与醋酸不反应，所以可以用食醋鉴别食盐和纯碱，故C不选；D、鸡蛋壳主要成分是碳酸钙，醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳气体，则用食醋检验鸡蛋壳的主要成分，故D不选．故选A．【点评】本题考查物质检验及鉴别，题目难度不大，清楚常见物质的主要成分，熟练掌握常见离子的检验是解题的关键．-23-\n　11．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　）选项实验现象结论A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B．将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D．将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小A．AB．BC．CD．D【考点】真题集萃；化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．过量铁粉，反应生成亚铁离子；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D．溶度积大的物质向溶度积小的物质转化．【解答】解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；D．将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等．　12．用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器已省略，能达到实验目的是(（　　）A．干燥Cl2B．-23-\n吸收HClC．石油的蒸馏D．吸收NH3【考点】化学实验方案的评价；尾气处理装置；气体的净化和干燥；石油的分馏．【专题】实验评价题．【分析】A．洗气装置中导气管要遵循“长进短出”原则；B．尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸；C．蒸馏时温度计测量馏分温度；D．尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸．【解答】解：A．洗气装置中导气管要遵循“长进短出”原则，所以该装置中气体进出口错误，故A错误；B．尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸，氨气极易溶于水，该装置中没有缓冲装置，不能防止倒吸，可以用倒置的漏斗防倒吸，故B错误；C．蒸馏时温度计测量馏分温度，所以温度计最低端应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故C错误；D．尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸，氨气不易溶于四氯化碳中，所以该装置有缓冲装置，能否则倒吸，故D正确；故选D．【点评】本题考查了实验方案评价，涉及洗气、尾气处理、蒸馏等实验基本操作，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质、基本实验操作等知识点来分析解答即可，倒置的漏斗、干燥管等仪器都能否则倒吸．　13．某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（　　）A．将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁条于其中探究Mg的活泼性B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg（OH）2沉淀的生成C．将Mg（OH）2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D．将Mg（OH）2沉淀转入蒸发皿中，加热可得MgO固体【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中；B．镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀；C．过滤操作应用玻璃棒引流；D．灼烧固体应用坩埚．【解答】解：A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，故A错误；B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，故B正确；C．过滤操作应利用玻璃棒引流，将浊液倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，故C错误；-23-\nD．灼烧固体应用坩埚，不能用蒸发皿，故D错误；故选B．【点评】本题考查实验方案的评价，为高频考点，涉及稀释、过滤等实验操作及离子的反应等知识，把握物质的性质、实验基本操作等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　14．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAD．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据1mol钠～0.5mol氢气来分析；B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体；C、重水的摩尔质量为20g/mol；D、根据反应后铁元素变为+价来分析．【解答】解：A、23g钠的物质的量为1mol，而1mol钠～0.5mol氢气，故生成的氢气分子个数为0.5NA个，故A错误；B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，不是三氧化硫，故B错误；C、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，含有9mol质子即9NA个，故C错误；D、由于反应后铁元素变为+价，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键．　15．下列反应的离子方程式正确的是（　　）A．锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+═Zn2++AgB．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2C．少量金属钠加到冷水中：Na+2H2O═Na++OH﹣+H2↑D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．电子、电荷不守恒；B．碘化氢过量，铁离子和硝酸根离子都完全反应，漏掉了硝酸根离子与碘离子的反应；C．质量不守恒；D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，生成碳酸钡和水．【解答】解：A．锌片插入硝酸银溶液中的离子反应为Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，故A错误；B．硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故B错误；C．少量金属钠加到冷水中发生2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故C错误；D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，生成碳酸钡和水，反应的离子方程式为HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D正确．-23-\n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，综合性较强，题目难度不大．　16．在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（　　）A．NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣C．Ca2+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣D．Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣【考点】离子共存问题；钠的重要化合物．【专题】离子反应专题．【分析】Na2O2具有强氧化性，与水反应生成OH﹣，溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明溶液中离子不与Na2O2或OH﹣反应，且离子之间不发生任何反应．【解答】解：A．NH4+与OH﹣反应而不能大量共存，故A错误；B．在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．Mg2+与OH﹣反应，Ca2+、HCO3﹣与OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；D．SO32﹣具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意把握题中所给信息，把握离子的性质，易错点为D，注意SO32﹣具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应．　17．等物质的量的下列化合物在相应条件下完全分解后得到氧气最多的是（　　）A．KClO3（加MnO2催化剂，加热）B．KMnO4加热C．H2O2（水溶液，加MnO2催化剂）D．HgO（加热）【考点】化学方程式的有关计算；常见气体制备原理及装置选择．【专题】计算题．【分析】A.2KClO32KCl+3O2↑；B.2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；C.2H2O22H2O+O2↑；D.2HgO2Hg+O2↑．根据反应的方程式进行判断．【解答】解：设化合物的物质的量均为2mol，则A．由2KClO32KCl+3O2↑可知，生成3molO2；B．由2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑可知，生成1molO2；C．由2H2O22H2O+O2↑可知，生成1molO2；-23-\nD．由2HgO2Hg+O2↑可知，生成1molO2；故选A．【点评】本题考查学生利用化学反应方程式的计算，明确反应方程式及反应物的物质的量相同是解答本题的关键，难度不大．　18．氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域．在一定条件下，AlN可通过反应：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成．下列叙述正确的是（　　）A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子C．AlN中氮的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】氧化还原反应中化合价升高元素失去电子，所在的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，化合价降低元素得到电子，所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目．【解答】解：A、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，氮元素化合价降低，N2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以C是还原剂，故A错误；B、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目=6，即每生成2molAlN需转移6mol电子，所以每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；C、AlN中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为﹣3，故C错误；D、AlN的摩尔质量是41g/mol，g是质量的单位，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生氧化还原反应中的基本概念和电子转移知识，难度不大．　19．下列溶液中的c（Cl﹣）与50mL1mol/L氯化铝溶液中的c（Cl﹣）相等的是（　　）A．150mL1mol/L氯化钠溶液B．75mL2mol/L氯化镁溶液C．150mL1.5mol/L氯化钾溶液D．75mL1mol/L氯化铁溶液【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】根据化学式可知1mol•L﹣1的AlCl3溶液中c（Cl﹣）为3mol/L，结合各选项中化学式判断溶液中c（Cl﹣），注意离子的浓度与溶液的体积无关，与物质的构成有关，以此解答该题．【解答】解：1mol/L氯化铝溶液中的c（Cl﹣）为3mol/L．A.150ml1mol/L的NaCl溶液中Cl﹣浓度为1mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度不相等，故A错误；B.75ml2mol/L的氯化镁溶液中Cl﹣浓度为4mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度不相等，故B错误；C.150mL1mol/L氯化钾溶液中，Cl﹣浓度为1.5mol•L﹣1×1=1.5mol•L﹣1，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度不相等，故C错误；-23-\nD.75mL1mol/L氯化铁溶液中，Cl﹣浓度为1mol•L﹣1×3=3mol•L﹣1，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度相等，故D正确；故选D【点评】本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度．　20．某溶液中大量存在以下五种离子：NO3﹣、SO42﹣、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M可能为（　　）A．Mg2+B．Fe2+C．CO32﹣D．Ba2+【考点】离子共存问题．【专题】守恒法；离子反应专题．【分析】根据溶液呈电中性，从电荷守恒的角度判断．【解答】解：已知：物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，假设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则n（NO3﹣）+2×n（SO42﹣）=2mol+2×3mol=8mol，3×n（Fe3+）+n（H+）=3×1mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，又因Fe2+在酸性条件下与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，Ba2+与SO42﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故选A．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意根据电荷守恒判断M应为阳离子，结合离子反应问题判断．　21．常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含amol溶质的NaOH溶液，恰好使溶液的pH=7，下列叙述错误的是（　　）A．反应后溶液中c（Na+）=2c（SO42﹣）B．mol＞沉淀的物质的量＞0C．沉淀的质量为49agD．溶液中n（SO42﹣）=mol【考点】离子方程式的有关计算．【分析】常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含amol溶质的NaOH溶液，发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4，所得溶液呈中性时，溶液中的溶质为硫酸钠，则H2SO4、CuSO4完全参加反应，根据物质之间的关系式、电荷守恒解答．【解答】解：常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含amol溶质的NaOH溶液，发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4，所得溶液呈中性时，溶液中的溶质为硫酸钠，则H2SO4、CuSO4完全参加反应，A．溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）=2c（SO42﹣），故A正确；B．假设原来溶液中的溶质全部是硫酸铜，根据CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4知，生成沉淀的物质的量为mol，数值上有硫酸，所以生成沉淀的物质的量小于mol，因为溶液中一定含有硫酸铜，所以一定含有沉淀，则沉淀的物质的量大于0，故B正确；C．因为硫酸铜的物质的量未知，根据已知条件无法计算沉淀的质量，故C错误；-23-\nD．溶液中的溶质为硫酸钠，溶液中存在n（SO42﹣）=n（Na2SO4）=2n（Na+），则溶液中n（SO42﹣）=mol，故D正确；故选C．【点评】本题考查离子方程式的有关计算，侧重考查学生分析问题、计算能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意结合守恒思想、极限法解答，题目难度中等．　二．非选择题（本题共4小题，共58分）22．（15分）（2022秋•宁夏校级月考）如图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体．请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素是　Fe　（填元素符号）位于第　四　周期　Ⅷ　族．（2）写出反应⑦的化学方程式　2Al+Fe2O32Fe+Al2O3　，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　1：2　．（3）在反应②③⑥⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是　③　（填写序号）．（4）写出反应④的离子方程式并用单线桥表示电子转移情况：　　（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾）．同时还生成KNO2和H2O．该反应的化学方程式是：　　．【考点】无机物的推断．【分析】FeS2氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，即铝热反应．K是一种红棕色气体，为NO2，则J为HNO3-23-\n，L被氧化成为NO2，故L可能为氨或NO2，由于C溶液，即硫酸溶液能与某M溶液反应得到L，故L不可能是碱性的气体氨气，故L为NO，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，由反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，由K是一种红棕色气体，K为NO2，J为HNO3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，L为NO，M应为Fe（NO3）3或Fe（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M为Fe（NO3）2，反应中硝酸根有剩余，F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3，E应为Fe（OH）3，结合对应物质的性质和题目要求解答该题．【解答】解：FeS2氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，即铝热反应．K是一种红棕色气体，为NO2，则J为HNO3，L被氧化成为NO2，故L可能为氨或NO2，由于C溶液，即硫酸溶液能与某M溶液反应得到L，故L不可能是碱性的气体氨气，故L为NO，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，由反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，由K是一种红棕色气体，K为NO2，J为HNO3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，L为NO，M应为Fe（NO3）3或Fe（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M为Fe（NO3）2，反应中硝酸根有剩余，F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3，E应为Fe（OH）3，（1）由以上分析可知G为Fe，是26号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族，故答案为：Fe；四；Ⅷ；（2）反应⑦为Al与Fe2O3所发生的置换反应，方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，氧化铁是氧化剂，铝是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；1：2；（3）在反应②、③、⑥、⑨中，②、⑥、⑨都为氧化还原反应，③为SO3+H2O=H2SO4的反应，既属于化合反应又属于非氧化还原反应，故答案为：③；（4）M中含有Fe2+和NO3﹣，在酸性条件下可发生氧化还原反应，反应的离子方程式并用单线桥表示电子转移情况为，故答案为：；（5）化合物Fe2O3与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，反应方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，故答案为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O．-23-\n【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据FeS2与氧气反应的性质结合物质的反应特点和物质的物理性质，如颜色、状态等，先确定个别物质，根据框图寻找线索进行推断．　23．（15分）（2022秋•宁夏校级月考）孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备CuSO4•5H2O及CaCO3，步骤如下：请回答下列问题：（1）溶液A中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+：实验步骤中试剂①为　c　（从下列所给试剂中选择，填代号），写出此步骤中的离子方程式　2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O　，检验溶液A中Fe3+的最佳试剂为　d　（从下列所给试剂中选择，填代号）．a．KMnO4　　　　　b．（NH4）2Sc．H2O2d．KSCN（2）由溶液C获得CuSO4•5H2O，需要经过　加热蒸发　、　冷却结晶　、过滤等操作．除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器　玻璃棒　，该仪器在此操作中的主要作用是　搅拌　、　引流　．（3）制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入（或先加入）　NH3•H2O　（填化学式），写出此过程的化学方程式　CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O　，若实验过程中有氨气逸出、应选用下列　b　装置回收（填代号）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】制备CuSO4•5H2O及CaCO3步骤：孔雀石主要成分Cu2（OH）2CO3，其中还含少量Fe、Si的化合物．铁元素以+2、+3价存在，孔雀石与硫酸反应中，少量Fe的氧化物均与硫酸反应，只有SiO2不反应，溶液A中含Cu2+、Fe2+、Fe3+，由工艺流程转化关系可知，实现由溶液A至溶液B转化，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂①应为氧化剂，且不能引入新的杂质，则溶液B中含Cu2+、Fe3+，加CuO促进铁离子水解转化为沉淀，所以溶液C中主要为硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O；制备CaCO3时，先通入氨气，增大二氧化碳的溶解，生成碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙、氯化铵，则过滤可得到CaCO3，以此来解答．（1）为使Fe2+、Fe3+一起沉淀，选择合适的氧化剂将Fe2+氧化而又不引入新杂质；检验Fe3+，选择特征试剂KSCN；（2）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法；过滤时要用到玻璃棒引流；-23-\n（3）CaCl2溶液不能与CO2反应，加入碱能反应，但又不能引入杂质，应通入NH3（或先加入NH3•H2O）；氨气极易溶于水，要注意防倒吸，a装置广口瓶内的进气管长，容易倒吸，c装置中的倒置漏斗、d中的多空球泡不可以防倒吸；【解答】解：制备CuSO4•5H2O及CaCO3步骤：孔雀石主要成分Cu2（OH）2CO3，其中还含少量Fe、Si的化合物．铁元素以+2、+3价存在，孔雀石与硫酸反应中，少量Fe的氧化物均与硫酸反应，只有SiO2不反应，溶液A中含Cu2+、Fe2+、Fe3+，由工艺流程转化关系可知，实现由溶液A至溶液B转化，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂①应为氧化剂，且不能引入新的杂质，则溶液B中含Cu2+、Fe3+，加CuO促进铁离子水解转化为沉淀，所以溶液C中主要为硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O；制备CaCO3时，先通入氨气，增大二氧化碳的溶解，生成碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙、氯化铵，反应为：CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O，则过滤可得到CaCO3．（1）本实验要除去Fe2+、Fe3+等离子，先加入合适的氧化剂时不能引入新的杂质，可加入H2O2，发生的反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，因Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，则可用KSCN检验Fe3+；故答案为：c；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；d；（2）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法，然后进行过滤等操作，过滤用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器，其中玻璃棒在过滤时起到引流的作用，在蒸发时起到搅拌的作用，故答案为：加热蒸发、冷却结晶；玻璃棒；搅拌、引流；（3）CaCl2溶液不能与CO2反应，加入碱能反应，但又不能引入杂质，应通入NH3，发生反应为：CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O，实验室收集氨气时要注意防止倒吸，因为氨气极易溶于水，吸收时导管不能插入到液面以下，可用倒置的漏斗，故答案为：NH3•H2O；CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O；b；【点评】本题通过制备CuSO4•5H2O及CaCO3实验考查常见金属的单质及其化合物的应用，考查物质的制取和提纯等实验操作，注意蒸发、过滤、滴定操作的注意事项，题目难度中等．　24．（13分）（2022•黄梅县校级模拟）在Na+的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1的某澄清溶液中，还可能含有如表中所示的若干种离子．阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3﹣、CO32﹣、SiO32﹣、SO42﹣取100mL该溶液进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果Ⅰ想该溶液中加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体Ⅱ将Ⅰ中产生的混合液过滤，将沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体的质量固体质量为2.4gⅢ向Ⅱ中所得的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：（1）由实验Ⅰ确定一定不存在的离子是　Ag+、Mg2+、Ba2+　．（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为　SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓　．（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写表中阴离子的物质的量浓度（能计算出结果的填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3﹣CO32﹣SiO32﹣SO42﹣c/mol•L﹣1　？　　0.25mol/L　　0.4mol/L　　0　-23-\n（4）判断K+是否存在，若存在，求其最小浓度，若不存在，请说明理由：　存在，其浓度至少为0.8mol/L　．【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】由题意知溶液为澄清溶液，因此溶液中含有的离子必须能大量共存．由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32﹣，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，SiO32﹣的浓度为=0.4mol/L．由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42﹣，根据电荷守恒2c（CO32﹣）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3﹣是否存在．【解答】解：由题意知溶液为澄清溶液，因此溶液中含有的离子必须能大量共存．由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32﹣，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，SiO32﹣的浓度为=0.4mol/L．由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42﹣，根据电荷守恒2c（CO32﹣）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3﹣是否存在．（1）由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32﹣、SiO32﹣，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+，故答案为：Ag+、Mg2+、Ba2+；（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，故答案为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；（3）通过上述分析计算可知，阴离子NO3﹣CO32﹣SiO32﹣SO42﹣c/mol•L﹣1？0.25mol/L0.4mol/L0（4）根据电荷守恒2c（CO32﹣+）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，故答案为：存在，其浓度至少为0.8mol/L．【点评】本题考查离子共存等，难度中等，注意掌握离子反应，根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点，难度中等．　25．（15分）（2022秋•宁夏校级月考）化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生．Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验：取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤．-23-\n（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤．氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸．观察的现象是　通入二氧化碳气体有白色沉淀生成，加入盐酸有气体放出，沉淀溶解　．Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定：利用如图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数．依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：　把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收　（4）C中反应生成BaCO2的离子方程式是　Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O　．（5）下列各项措施中，能提高测定准确度的是　ab　（填标号）．a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b．滴加盐酸不宜过快c．在A﹣B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d．在B﹣C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（6）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO2平均质量为3.94g．则样品中碳酸钙的质量分数为　25%　．（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数．实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是　B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，根据电荷守恒书写离子方程式；（2）往偏铝酸钠溶液中先通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝，和碳酸氢钠，再加入过量稀盐酸，盐酸先与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，再与氢氧化铝反应生成氯化铝溶液；（3）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数．装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；（4）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水；（5）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定；b、滴加盐酸过快CO2，CO2不能完全被吸收，排出装置C；c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2；d、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置Ba（OH）2，可以吸收CO2中的HCl，而不影响CO2；（6）BaCO3质量为3.94gn（BaCO3）=0.0200mol，则n（CaCO3）=0.0200mol，质量为2.00g；（7）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．【解答】解：（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；-23-\n（2）往偏铝酸钠溶液中先通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝，和碳酸氢钠，再加入过量稀盐酸，盐酸先与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，再与氢氧化铝反应生成氯化铝溶液，所以观察到的现象为通入二氧化碳气体有白色沉淀生成，加入盐酸有气体放出，沉淀溶解，故答案为：通入二氧化碳气体有白色沉淀生成，加入盐酸有气体放出，沉淀溶解；（3）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；故答案为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；（4）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O，故答案为：Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O；（5）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故a符合；b、滴加盐酸过快CO2，CO2来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b符合；c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高提高测定准确度，故c不符合；d、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置Ba（OH）2，可以吸收CO2中的HCl，影响CO2，不能提高测定准确度，故d不符合；故选：ab；（6）BaCO3质量为3.94g，则n（BaCO3）==0.02mol，则n（CaCO3）=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=25%，故答案为：25%；（7）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，故答案为：B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．【点评】本题考查较为综合，以物质的制备实验为载体，综合考查实验的设计、物质的分离、提纯等知识，对实验原理与操作步骤的理解及评价、常用化学用语、化学计算、物质组成的测定等，注意根据物质的性质设计实验方案，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力，理解实验原理是解答的关键，题目难度中等．　-23-