1、杭州二中2014学年第一学期高三第二次月考化学试 2014/11考生须知：1 本试卷分试题卷和答题卷，满分100分，考试时间100分钟。2 所有答案分别答在答题卡和答题卷上。可能用到的原子量：Fe-56 Cu-64 Na-23 N-14 O-16 H-1 S-32【试卷综析】本试卷是高三第二次月考化学试题，在考查学生的基础知识的同时注重学生的综合能力的培养。本试卷综合性较强，难度较大，题量较多。本试卷考查到了化学与生活、阿伏伽德罗常数的应用、元素化合物中以金属和硝酸的知识为主、溶液中的离子反应和离子方程式的书写、氧化还原反应原理的应用、化学反应中的综合计算、化学实验的综合运用等主干知识，考查了
2、较多的知识点。在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视对学生科学素养的考查。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，注重常见化学方法的使用，应用化学思想解决化学问题，体现了化学学科的基本要求。第卷（选择题共55分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，其中120每题2分，2125每题3分）【题文】1化学在生产和日常生活中有着重要的作用。下列有关说法正确的是A二氧化硫有漂白性，常用作棉、麻、纸张和食品的漂白B氢氧化铁溶胶、水玻璃、淀粉溶液、PM2.5微粒均具有丁达尔效应C“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D汽车尾气污染物中含有氮的氧化物，是汽油不完全
3、燃烧造成的【知识点】化学与生产、生活的联系 D3 H4 D4【答案解析】C 解析：A、二氧化硫有漂白性，但是不用做食品的漂白，错误；BPM2.5微粒不是胶体，不具有丁达尔效应，错误；C“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，正确；D汽车尾气污染物中含有氮的氧化物是吸进汽缸的氮气与氧气发生反应形成的，错误。【思路点拨】本题考查了二氧化硫的漂白性的应用、常见胶体、地沟油的废物利用、汽车尾气的形成，主要考查到了一些物质的性质的应用，难度不大。【题文】2用右图所示装置进行下列实验，能达到实验目的的是 A瓶中盛有适量浓H2SO4，从A口进气来干燥NH3B从B口进气，用排空气法收集CO2C瓶中
4、盛满水，从B口进气，用排水法收集NO2D瓶中装满水，A口连接导管并伸入量筒中，从B口进气，用排水法测量生成H2的体积【知识点】常见仪器的使用 J3 【答案解析】D 解析：ANH3显示碱性，不能用浓H2SO4干燥NH3，错误；BCO2密度比空气大，应从A口进气，用排空气法收集CO2，错误；CNO2与水发生反应，不能用排水法进行收集，错误；D瓶中装满水，A口连接导管并伸入量筒中，从B口进气，用排水法测量生成H2的体积，正确。【思路点拨】本题以实验仪器的使用为载体考查了一些物质的基本性质，难度不大。【题文】3.下列各选项中的两个反应，可用同一个离子方程式表示的是 选项ABa(OH)2溶液与过量NaH
5、CO3溶液混合NaOH溶液与过量NaHCO3溶液混合B少量SO2通入Ba(OH)2溶液中过量SO2通入Ba(OH)2溶液中CBaCl2溶液与Na2SO3溶液混合Ba(OH)2溶液与H2SO3溶液混合D少量氨水滴入AlCl3溶液中少量AlCl3溶液滴入氨水中【知识点】离子方程式的书写 B1【答案解析】D 解析：AI中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，错误； BI中生成亚硫酸钡和水，II中生成亚硫酸氢钡和水，亚硫酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，错误； CI中反应生成亚硫酸钡和氯化钠，II中发生氧化还原反应生成硫酸钡、NO和水
6、，亚硫酸钡、硫酸钡、NO、水在离子反应中均保留化学式，二者离子反应不同，错误； DI、II中均反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应物、生成物相同，离子反应相同，正确；故选D。【思路点拨】本题考查了离子反应，为高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重复分解反应及与量有关的离子反应、氧化还原反应的考查，选项C为解答的难点和易错点，综合性较强。 【题文】4化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验中所选用的仪器合理的是用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸 用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物 用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体 用碱式滴定管取23.10 mL溴
7、水 用瓷坩埚灼烧各种钠化合物 用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol/L的NaOH溶液A B C D【知识点】化学仪器的使用 J1 【答案解析】C 解析：筒量是粗粮器，只能量取整数体积的液体，如用50 mL量筒量取5 mL稀硫酸，错误；苯和四氯化碳可以互溶，不能用分液漏斗分离，错误；用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，正确； 溴水具有腐蚀性，不能用用碱式滴定管取溴水，错误；瓷坩埚的主要成分含有二氧化硅，其为酸性氧化物，能与碱或碱性的物质发生反应，故不能用瓷坩埚灼烧各种钠化合物，错误； 用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol/L的NaOH溶液，正确。故选C。【思路点拨
8、】本题考查了实验仪器的基本使用方法，属于易错试题，难度不大。【题文】5 某学生做完实验后，采用下列方法清洗所用仪器： 用浓氨水清洗做过银镜反应后的试管用酒精清洗做过碘升华的烧杯用浓盐酸清洗做过高锰酸钾分解实验的试管用盐酸清洗长期存放三氯化铁溶液的试剂瓶用氢氧化钠溶液清洗盛过苯酚的试管用热氢氧化钠的浓溶液清洗沾有硫磺的试管下列对以上操作的判断。正确的是 A除外都对 B除外都对 C不对 D全都正确【知识点】化学仪器的使用 J1【答案解析】A 解析：做过银镜反应后的试管用硝酸进行洗涤，错误；碘易溶于酒精，故可用酒精清洗做过碘升华的烧杯，正确；高锰酸钾具有强氧化性，可以氧化浓盐酸，故可用浓盐酸清洗做过
9、高锰酸钾分解实验的试管，正确；Fe3+能发生水解，三氯化铁溶液长期存放后，会有较多的氢氧化铁生成，故可用盐酸清洗长期存放三氯化铁溶液的试剂瓶，正确；苯酚可以与氢氧化钠发生反应生成易溶于水的苯酚钠，故可用氢氧化钠溶液清洗盛过苯酚的试管，正确；硫磺可以与热的强碱发生反应，故可用热氢氧化钠的浓溶液清洗沾有硫磺的试管，正确。故选A。【思路点拨】本题以实验仪器的使用为载体，考查到了物质的基本性质，难度不大。【题文】6如图示的装置中，把X溶液逐滴滴下与Y物质反应，若X为浓硫酸，Y为第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质。Z为品红溶液。实验中观察到Z褪色。则Y为ANa BMg CAl DMg或Al【知识点
10、】Na、 Mg、 Al及浓硫酸的性质 C1 C2 D3【答案解析】B 解析：第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质为Mg和Al，但是Al遇浓硫酸产生钝化的现象，故选B。【思路点拨】本题考查了金属的性质和浓硫酸的性质，难度不大。【题文】7. 下列反应的离子方程式正确的是 ANaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO23H2OCO2=2Al(OH)3CO32B明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42完全沉淀：Al3Ba2SO423OH=BaSO4Al(OH)3C200 mL 2 mol/L的FeBr2溶液中通入11.2 L标准状况下的氯气：4Fe26Br5Cl2=4Fe33Br210ClD在
11、强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO2Fe(OH)3=2FeO423ClH2O4H【知识点】离子方程式的书写 B1【答案解析】C 解析：ANaAlO2溶液中通入过量的CO2：AlO22H2OCO2=Al(OH)3HCO3，错误；B明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42完全沉淀：Al32Ba22SO424OH=2BaSO4AlO22H2O，错误；C200 mL 2 mol/L的FeBr2溶液中通入11.2 L标准状况下的氯气：4Fe26Br5Cl2=4Fe33Br210Cl，正确； D在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO2Fe(O
12、H)34OH=2FeO423Cl5H2O，错误。【思路点拨】本题考查了离子方程式的书写，在本题中，主要涉及的是反应与反应物的用量有关，反应物的用量不同，反应不同，离子方程式也不同，把握物质的性质是正确解答此类试题的关键，综合性较强。【题文】8室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.c（H+）=0.1mol/L的溶液：Na+、NH4+、SO42-、S2O32-B.c(H+)/c(OH-)=110-12的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C.在由水电离出的c(H+)=110-12mol/L的溶液：Fe3+、ClO-、Na+、SO42-D. c(Fe2+)=0.1mol/L的溶液：
13、H+、Al3+、NO3-、SCN- 【知识点】离子反应 B1【答案解析】B 解析：A. S2O32-可以与H+反应生成S和SO2，故不能存在，错误； B.c(H+)/c(OH-)=110-12的溶液显示碱性，此组离子K+、AlO2-、CO32-、Na+可以存在，正确；C.在由水电离出的c(H+)=110-12mol/L的溶液可能是显示碱性，也可能显示酸性，在碱性溶液中Fe3+能形成Fe(OH)3，错误；D. NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，可以把Fe2+氧化，错误。 【思路点拨】本题考查了在一定的前提条件下溶液中离子共存的问题，考查的知识面比较广，是易错试题。【题文】9在硫酸铁电化浸出黄铜矿
14、精矿工艺中，有一主要反应：CuFeS24Fe3=Cu25Fe22S，反应结束后，经处理获得单质硫x mol。下列说法正确的是A反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原B氧化剂是Fe3，氧化产物是Cu2C反应中转移电子的物质的量为x molD反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为y mol，则原Fe3的总物质的量为(yx)mol【知识点】氧化还原反应 B3【答案解析】D 解析：A、CuFeS2中铁元素的化合价为+2价，反应物Fe3+的化合价为+3价，生成物中Fe2+的化合价为+2价，所以不是所有铁元素均被还原，故A错误； B、CuFeS2中只有S元素的化合价变化，其他元素的化合价不变，所
15、以Cu2不是氧化产物CuFeS2，错误；C、由离子方程式可知生成2molS，转移电子4mol，则生成xmolS，则转移2xmol电子，错误； D由方程式可知，生成xmol硫，则生成3xmol金属离子，消耗2xmolFe3+，反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，则剩余Fe3+的物质的量为（y-3x）mol，所以原Fe3+的总物质的量为2xmol+（y-3x）mol=（y-x）mol，正确。【思路点拨】本题考查了氧化还原反应的概念应用和计算应用，关键是正确标注元素化合价，找到化合价升降的关系，知识的综合性较强。【题文】10室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同
16、温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触（如图），容器内的压强由大到小的顺序是编号气体MH2SH2NH3NO气体NSO2Cl2HClO2A B C D【知识点】元素化合物的性质 D5 【答案解析】C 解析：取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，反应后剩余的气体越少，则压强越小。发生2H2S+SO2=3S+H2O；发生H2+Cl2=2HCl；发生NH3+HCl=NH4Cl；发生2NO+O2=2NO2。设体积均为2L，由反应可知，中反应后只有1L气体，中有4L气体，中不含气体，中含3L左右的气体，则容器内的压强由大到小的顺序是，故选C。【思路点拨】本题考查了物质的性质，综合考查元素化合物知识，为
17、高频考点，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。【题文】11根据下图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是 A除去粗盐中杂质（Mg2+、SO42、Ca2+），加入的药品顺序为：NaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B在过程中将MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2C从能量转换角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程D从第步到第步的目的是为了浓缩【知识点】海水资源及其综合利用 D2【答案解析】D 解析：A过程加入的药品顺序为BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，如果再过滤沉淀前加
18、入过量BaCl2溶液，稀盐酸不能除去氯化钡溶液，所以会产生杂质，错误；B、因MgCl26H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，若要由MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行，错误；C、电解饱和食盐水的电解装置中，是将电能转化为化学能的装置，错误；D中发生的反应分别为为：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2， SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，目的是为了浓缩得到高浓度的溴水，正确。【思路点拨】本题考查了海水资源的综合利用，明确该过程中发生的反应及反应原理是解答本题的关键
19、，注意除杂剂的滴加顺序、由MgCl26H2O制备无水MgCl2的条件，为易错点。【题文】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在含等物质的量AlO2、OH、CO32-的溶液中逐滴加入盐酸：OH、CO32-、AlO2B在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe2C在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2： KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D在含等物质的量的Fe3、Cu2、H的溶液中加入锌粉：Fe3、Cu2、H、Fe2【知识点】离子共存问题 B1【答案解析】D 解析：A在含等物质
20、的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，先发生OH-与盐酸的反应，再发生AlO2与盐酸的反应，错误； B含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，由还原性I-Fe2+Br-，则化学反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，错误；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，错误； D在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，由氧化性Fe3+Cu2+H+Fe2+，则化学反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，正确。【思路点拨】本题考查了离子共存
21、，熟悉离子之间的反应及反应的先后顺序是解答本题的关键，题目难度较大。【题文】13已知氧化还原反应：2Cu(IO3)224KI12H2SO4=2CuI13I212K2SO412H2O，下列说法正确的是ACu(IO3)2作氧化剂，Cu(IO3)2中的铜和碘元素被还原B CuI既是氧化产物又是还原产物C每生成1 mol CuI，有12 mol KI发生氧化反应D每转移1.1 mol电子，有0.2 mol 被氧化【知识点】氧化还原反应 B3【答案解析】A 解析：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的
22、化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高到0。ACu（IO3）2得电子作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素得电子化合价降低而被还原，正确；BCuI只是还原产物，错误； C每生成1molCuI，有11molKI发生氧化反应，错误； D. 得电子被还原，错误。【思路点拨】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，注意Cu（IO3）2中碘元素有两种还原产物，为易错点。【题文】14.下列反应可能会生成Na2O2的是A. 金属钠高温还原CO2，制人工金刚石B.汽车气囊中用氧化铁除去NaN3受撞击时分解生成的钠C隔绝空气条件下加热金属钠与NaNO2反应制取Na2O D. 将4.6
23、g钠与1.6g硫粉迅速混合起来，并放在石棉网上加热【知识点】元素化合物的性质 C1【答案解析】D 解析：A. 金属钠高温还原CO2时发生反应得到氧化钠和碳单质，错误； B. NaN3受撞击生成钠和大量的氮气，当用氧化铁除去钠时钠生成氧化钠，错误；C隔绝空气条件下加热金属钠与NaNO2反应制取Na2O，没有过氧化钠的生成，错误；D. 将4.6 g钠与1.6g硫粉迅速混合起来，并放在石棉网上加热时，金属钠与空气接触可能会生成Na2O2，正确。【思路点拨】本题考查了钠及其他一些化合物的性质，明确钠的性质是解本题关键，注意钠生成Na2O2的条件，为易错点【题文】15中学常见物质A、B、C、D、E、X，
24、存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是 A、若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B、若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC、若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2 D、若D是一种强酸且可与铜反应生成B或C，则A既可以是单质也可以是化合物【知识点】无机物的推断 C5 D5 【答案解析】A 解析：A若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故A错误； BA为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符
25、合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，正确； CA为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，符合转化关系，正确； D若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，正确。故选A。【思路点拨】本题考查了无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关物质的性质，题目难度较大，注意相关基础知识的积累。【题文】16为达到相应的实验目的，下列实验的设计或操作最合理的是A为测定一定浓度的NaOH溶液放置空气中是否部分转化为Na2CO3，用酚酞作指示剂，用标准盐酸溶液滴
26、定B为观察Mg条在CO2气体中的燃烧，在一个集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部。C为比较Cl与S元素的非金属性强弱，相同条件下，测定相同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH值D 给盛有铜与浓硫酸的试管加热，发现试管底部出现灰白色固体，为检验其中的白色固体为无水硫酸铜，可直接向试管中加入适量水【知识点】化学实验方案的评价 J4【答案解析】A 解析：A、氢氧化钠和碳酸钠溶液都呈碱性，故可选用酚酞做指示剂进行测定，正确；B、应用坩埚钳夹持燃烧，不能投入上述集气瓶底部，错误；C、比较非金属性强弱，应用最高价含氧酸的酸性进行比较，NaCl溶
27、液和Na2S溶液的pH值不同，只能说明硫化氢是弱酸，错误；D 给盛有铜与浓硫酸的试管加热，发现试管底部出现灰白色固体，为检验其中的白色固体为无水硫酸铜，在检验白色固体时，不能直接向其中加水，错误。 【思路点拨】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，涉及非金属比较、燃烧、盐类水解以及酸碱指示剂等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大，但是在D选项中是易错选项，容易出错。【题文】17已知：2NaAl(OH)4+CO22Al(OH)3+Na2CO3+H2O，向含2 mol NaOH、1 mol Ba(OH)2、2 mol NaAl(OH)4的混
28、合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项ABCDn(CO2)（mol）2345n(沉淀)（mol）2232【知识点】化学方程式的有关计算，离子反应的先后顺序 C2【答案解析】C 解析：A通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与氢氧化钠反应，错误； B当通入的n（CO2）=3 mol时，发生的离子反应是Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O、2OH-+CO2=CO32-+H2O、2Al（OH）4-+CO2=2Al（OH）3+CO32-+H2O，所以产生
29、的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1mol BaCO3和2mol Al（OH）3），故B错误； C通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，消耗二氧化碳2mol，最后1mol二氧化碳与NaAl（OH）4发生反应2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O，生成2mol氢氧化铝沉淀，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C正确； D当通入5mol二氧化碳，分别发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO
30、3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的1mol二氧化碳与生成的1mol碳酸钠发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，所以最后剩余沉淀的物质的量为3mol，错误。故选C。【思路点拨】本题考查了化学方程式的相关计算，题目难度中等，把握反应的先后顺序是解题的关键，注意二氧化碳与碱反应量的关系对反应的影响。【题文】18用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”不符的是选项操作及现象溶液A缓慢通入反应C
31、2H2O2Cl2CO2+4HCl生成的气体，变浑浊，继续通入，浑浊消失Ca(OH)2溶液B通入SO2和SO3混合气体，溶液变浑浊，无任何气体生成Ba(NO3)2溶液C通入SO2，溶液变浑浊，继续通SO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca(OH)2溶液D通入(NH4)2CO3受热分解产生的气体，变浑浊，继续通入，浑浊不消失Ca(OH)2溶液【知识点】元素化合物的性质 D3 D4【答案解析】B 解析：A、石灰水可以与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，当二氧化碳增多时，碳酸钙与二氧化碳反应生成易溶于水的碳酸氢钙，正确；B、在Ba(NO3)2溶液中通入通入SO2和SO3混合气体时，溶于显
32、示酸性，在酸性的条件下，NO3体现强氧化性，把SO2氧化，自身被还原为氮的氧化物NO气体，从溶液中放出，错误；C、在Ca(OH)2溶液中通入SO2，刚开始时生成亚硫酸钙沉淀，随着SO2的增多，亚硫酸钙与SO2反应生成亚硫酸氢钙，浑浊消失，当再加入NaOH溶液时，亚硫酸氢钙与NaOH溶液反应生成亚硫酸钙，溶液又变浑浊，正确；D、在Ca(OH)2溶液中通入(NH4)2CO3受热分解产生的气体就相当于Ca(OH)2与(NH4)2CO3反应生成CaCO3，正确。【思路点拨】本题主要考查了硫元素和氮元素形成的化合物的性质，NO3的强氧化性是想体现在酸性溶液中，在酸性溶液中具有强氧化性，SO2和SO3具有
33、性质是相同点，都是酸性氧化物，但是SO2具有还原性，可以被氧化，知识的综合性较强，难度中等。【题文】19铁和氧化铁的混合物共a mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到b mol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中单质铁的物质的量为AmolBmolCmolD mol【知识点】有关混合物反应的计算 C3【答案解析】A 解析：根据电子转移守恒，与H+反应生成H2的铁的物质的量等于氢气的物质的量，即n（Fe）=n（H2）=bmol；其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2+3H2O，参加该反应的铁的物质的量为1/2（a-b
34、）mol，故共含铁bmol+1/2（a-b）mol=1/2（a+b）mol，故选A。【思路点拨】本题考查了混合物有关计算，难度中等，清楚反应过程是解题关键，注意利用总反应方程式解答，侧重对学生思维能力考查。【题文】20进行化学实验，观察实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。下列说法正确的是A给试管中的铜与浓硫酸加热，发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质，此白色固体为硫酸铜，黑色固体为氧化铜B浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸C相同质量的铜分别与足量的等体积的浓硝酸和稀硝酸反应，生成溶液分别为绿色和蓝色，是由于反应时产生的铜离子浓度前者
35、大于在后者D将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化【知识点】实验的涉及和评价 J4 【答案解析】B 解析：A铜与浓硫酸反应，硫酸体现出氧化性，硫元素的化合价降低，生成的黑色固体也可能是硫元素和铜元素的化合物，错误；B浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，发生分解生成的有色产物NO2溶于浓硝酸而导致的，正确；C相同质量的铜分别与足量的等体积的浓硝酸和稀硝酸反应，生成溶液分别为绿色和蓝色， 也可能是铜与浓硝酸反应生成的NO2溶于溶液导致的，错误；D铜的性质比较稳定，将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象， 也可能是铜与浓硫酸不反应，错误。【思路点拨】本题以浓硫酸和硝酸的性
36、质为载体考查了实验的涉及和评价，此类试题掌握物质的性质是解答的关键，难度较大。【题文】218.34gFeS047H20样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是A温度为78时固体物质M的化学式为FeSO45H2OB温度为l59时固体物质N的化学式为FeSO43H2OC在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4 FeO+SO3D取适量380时所得的样品P，隔绝空气加热至650，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量，铁及其化合物的性质实验 C3【答案解析】D 解析：A、依据图象分析
37、在78时固体质量变为6.72g，绿矾加热失去结晶水，质量减小，设失去结晶水x个，则8.34g FeS047H20样品物质的量=8.34g/278g/mol=0.03mol，FeSO4 7H2O FeSO4（7-x）H2O+xH2O 0.03mol 0.03xmol依据加热分解减少的是水的质量列式：0.03xmol18g/mol=8.34g-6.72g=1.62gx=3所以加热到78时固体为FeSO44H2O，错误；B、根据和A选项相同的计算方法可以得到固体物质N的化学式为FeSO4H2O，错误；C、经过计算可以得到在P点时，固体物质为FeSO4，则N得到P的化学方程式为FeSO4 7H2O F
38、eSO4+7H2O ，错误；D、晶体全部失去结晶水得到固体质量为8.34g-0.03mol718g/mol=4.56g；对应温度为633C；取适量380时所得的样品P，隔绝空气加热至650，结晶水全部失去，硫酸亚铁受热分解，假设Q的化学式为Fe2O3，根据元素守恒可得 Fe2O3的物质的量为0.015mol，质量为2.40g，与图像中的Q的质量恰好相同，同时有两种无色气体生成，判断为SO2，SO3，正确。 【思路点拨】本题考查了图象分析及计算，注意过程的分析和判断，掌握物质性质和数据分析是解题的关键，题目难度较大。【题文】22向含有Fe2+、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的
39、量变化如下图所示。有关说法不正确的是A线段BC代表Fe3+ 物质的量的变化情况B原混合溶液中n(FeBr2)6molC当通入Cl2 2mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为： 2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4ClD原溶液中n(Fe2+): n(I): n(Br)2:1:3【知识点】离子方程式的有关计算 B3 【答案解析】B 解析：因离子的还原性强弱顺序为：I-Fe2+Br-，则先发生2I-+Cl2I2+2Cl-，I-反应完毕再发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-。AB点时溶液中I-完全反应，溶液中存在Fe2+和Br-，BC段发生2Fe
40、2+Cl22Fe3+2Cl-，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确； B由图可知，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2+）=22mol=4mol，则n（FeBr2）=4mol，故B错误； CAB段发生2I-+Cl2I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I-）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+2I-+2Cl22Fe3+I2+4Cl-，故C正确； D由图可知
41、AB段消耗氯气1mol，发生2I-+Cl2I2+2Cl-，故n（I-）=2n（Cl2）=2mol，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，消耗氯气2mol，故n（Fe2+）=2n（Cl2）=22mol=4mol，DE段发生2Br-+Cl2Br2+2Cl-，消耗氯气3mol，故n（Br-）=2n（Cl2）=6mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正确。故选B。【思路点拨】本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，为易错题目，题目难度较大。【题文】
42、23. 将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500ml 2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为(已知NONO22NaOH=2NaNO2H2O，2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O) A0.8molB0.6molC0.2molD1.0mol【知识点】化学方程式的有关计算 D4 【答案解析】A 解析：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO
43、3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu的物质的量为：n（Cu）=51.2g/64g/mol=0.8mol，共失电子为0.8mol2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），故产物中NaNO2的物质的量为1.6mol/2=0.8mol，故选A。【思路点拨】本题考查了氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键。【题文】24.某待测溶液（阳离子为Na+）中可能含有SO42、SO32、NO3、Cl、Br、CO32、HCO3中
44、的一种或多种，进行如图所示的实验，每次实验所加试剂均过量，下列说法不正确的是ASO42、SO32至少含有一种B沉淀B的化学式为BaCO3C肯定存在的阴离子有CO32-、HCO3、Cl-，还有SO42、SO32至少含有一种D肯定没有的离子是Br-【知识点】常见阴离子的检验 B1【答案解析】C 解析：待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有：CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，且有部分沉淀不溶解，则溶液中一定存在CO32-，溶液中可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种；加入的氯化钡过量，所以滤液A中有Ba2+，滤液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀
45、B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；滤液B中通入氯气，得无色溶液，溶液中一定不存在：S2-、Br-；滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入了氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-。A、根据以上分析可知，待测液中至少存在SO32-、SO42-中的一种，正确；B、根据分析可知，气体D为CO2，沉淀B为碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子反应生成的BaCO3，正确；C、根据分析可知待测液中Cl-不能确定是否存在，错误；D、根据分析可知待测液中一定不存在的离子为：S2-、Br-，正确。【思路点拨】本题考查了常见离子的检验知识，
46、题目难度中等，注意掌握常见离子的化学性质及检验方法，正确分析框图中的转化关系及反应现象是解答本题的关键。【题文】25部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：下列说法正确的是AV44.8B原样品中Fe元素的质量分数为38.89%C滤液A中的阳离子为Fe2、Fe3、HD样品中CuO的质量为4.0 g【知识点】铁、铜及其重要化合物的化学性质，化学方程式的有关计算 C3【答案解析】B 解析：A、根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，充分灼烧后的固体为氧化铁，则铁元素物质的量为3.2/1602=0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mo
47、l，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量5.76g-3.2g-2.24g/16g/mol=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，错误；B、根据A项中充分灼烧后的固体为氧化铁，则铁元素物质的量为3.2/1602=0.04mol，则原样品中Fe元素的质量分数为0.0456/5.76=38.89% ,正确；C、生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有三价铁离子，错误；D、根据B的答案知道铁元素质量为2
48、.24g，而原来固体才5.76g，所以CuO质量不超过5.76-2.24=3.52g，错误。【思路点拨】本题是一道关于元素以及化合物知识的综合题目，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大。第卷（非选择题共45分）【题文】26某品牌奶粉被鉴定为所含亚硝酸盐残留量高出正常值7. 8倍，长期食用可能致癌。NaNO2有像食盐一样的咸味，能发生如下反应：2NaNO24HI2NOI22NaI2H2O。(1)上述反应中若有1.75 mol的还原剂被氧化，则被还原的氧化剂是_mol。 (2) 某厂废切削液中，含2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂_能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2。(
49、填编号)NaClNH4ClH2O2浓H2SO4反应的化学方程式为_。若此废水呈强碱性，需调节溶液的pH接近中性，再添加氯化铵溶液，否则会引起二次污染，反应的方程式为_。 (3)向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是AOHCO322HHCO3H2O B2OHCO323HHCO32H2O C2OHCO324HCO23H2ODOHCO323HCO22H2O 【知识点】氧化还原反应，离子方程式的书写 B3 B1 【答案解析】 (1) 1.75(2) NaNO2NH4ClN2NaCl2H2O NH4+OH-=NH3H2O(3)C 解析：(1)在反应
50、中HI做还原剂，当有1.75 mol的还原剂被氧化时有2.5molHI参加了反应，根据反应方程式可以得到被还原的氧化剂为1.75mol。(2)使NaNO2转化为不引起二次污染的N2则需要还原剂，NaCl即不体现氧化性，也不体现还原性，H2O2浓H2SO4主要体现较强的氧化性，NH4Cl中氮元素处于最低价，具有一定的还原性，可以与NaNO2反应生成N2。 (3)A当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为1mol时，盐酸物质的量大于1mol小于等于2mol时，先发生反应：OH-+H+=H2O，然后发生CO32-+H+=HCO3-，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+2H+=HCO3-+H2O，故A正确
51、； B当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量大于3mol小于等于4mol时，先发生反应：2OH-+2H+=2H2O，然后发生CO32-+H+=HCO3-，将两个方程式相加得：2OH-+CO32-+3H+=HCO3-+2H2O，故B正确； C当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量为4mol时，先发生反应：2OH-+2H+=2H2O，然后发生2CO32-+2H+=2HCO3-，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+2H+=HCO3-+H2O，故C错误； D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸物质的量大于2mol时，先发生反应：OH-+H+
52、=H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32-+2H+=CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+3H+=CO2+2H2O，故D正确；故选C。【思路点拨】本题考查了氧化还原反应及离子方程式的书写，明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键，题目难度中等，注意反应物用量对反应的影响。【题文】27某强酸性溶液X含有Ba2、Al3、NH、Fe2、Fe3、CO、SO、SO、Cl、NO中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：(1)溶液X中除H+外还肯定含有的离子是_;不能确定是否含有的离子是_,若要确定其中阳离子的存在
53、,最可靠的化学方法是_(2)沉淀G的化学式为_(3)写出有关离子方程式:步骤中生成A_步骤生成沉淀I_(4)假设测定A、F、I均为0.01mol,10mLX溶液中n(H+)=0.04mol,沉淀C物质的量为0.07mol,且上述(1)小题中的实验已证实不能确定是否含有的阳离子存在，问上述(1)小题中不能确定含有的阴离子_（填“一定”或“不一定”）存在，理由是_ 【知识点】物质的检验和鉴别的实验方案设计 B1 J2【答案解析】 (1)Al3、NH、Fe2、SO Cl-、Fe3+取少量X溶液放入试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，说明无Fe3+，若变红，则说明含Fe3+ (2)Fe(OH
54、)3 (3)3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2O AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO(4)一定，因为中检验Fe3肯定存在时，就有Cl存在，因为肯定存在的离子电荷总数已相等解析：（1）在强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和
55、NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，检验方法是：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+；或者取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，无白色沉淀说明无Cl-，滴加KSCN溶液，若变红，则证明存在Fe3+。（2）Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，加入NaOH溶液后生成Fe（OH）3，故应为Fe（OH）3。（3）Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反应的离子方程式为3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O；H为NaOH
56、和NaAlO2混合物，通入过量二氧化碳后分别发生的反应为：CO2+OH-=HCO3-，AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-。（4）A、F、I均为0.01mol，10mL X溶液中n（H+）=0.04mol，根据反应3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，可知Fe2+物质的量为0.03mol； 碳溶液中正电荷为：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+n（H+）=20.03mol+30.01mol+0.01mol+0.04mol=0.14mol；沉淀C为硫酸钡，其物质的量0.07mol，n（SO42-）=0.07mol，硫酸根离子所带的负电荷为：0.
57、07mol2=0.14mol，说明溶液中正负电荷相等，所以若检验Fe3+肯定存在时，就有Cl-存在，因肯定存在的离子电荷总数已相等.。【思路点拨】本题为考查离子组推断题，题目具有一定难度，本题解答时一定要紧扣反应现象，推断各离子存在的可能性，考查了物质的检验与鉴别，属于中等难度的试题，试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率，要依据物质的特殊性质和特征反应来判断、推理、验证。【题文】28过量的铜与浓硫酸在加热条件下的反应会因硫酸浓度下降而停止。为测定反应残余清液中硫酸的浓度，探究小组同学提出的下列实验方案：甲方案：与足量BaCl2溶液反应
58、，称量生成的BaSO4质量。乙方案：与足量锌反应，测量生成氢气的体积。回答下列问题：判定甲方案不可行，理由是 。甲同学用右图所示装置进行乙方案的实验。检查此装置气密性的方法 使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将 转移到 中。残余清液与锌粒混合后的现象 反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积、气体体积逐渐减小，直至体积不变。气体体积逐次减小的原因是 （排除仪器和实验操作的影响因素）。乙同学拟选用下列实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是：A接（ ）（ ）接（ ）（ ）接（ ）（填接口字母，可不填满。）实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后残余清液就不能顺
59、利滴入锥形瓶。其原因是 。乙同学滴入锥形瓶中的残余清液体积为aml，测得量筒中水的体积为bml（假设体系中气体为标准状况），残余清液中硫酸的物质的量浓度的表达式_（用a、b表示）某学生想用排水法收集氢气，并检验其纯度，应选择集气装置_（填A或B）【知识点】实验的设计和评价 J4 【答案解析】加入足量的BaCl2溶液只能求出硫酸根离子的量，而不能求出剩余硫酸的浓度。连接装置后，向量气管右端注水，直到左右两边管子形成一段液面差，一段时间后液面差不变。Zn粒 稀硫酸（两空为1分）,表面析出暗红色固体，有大量气泡，锌粒部分溶解反应是放热的，气体未冷却。EDG 锌与残余清液中硫酸铜反应生成铜，铜锌形成原
60、池，使锌与硫酸反应速率加快，反应生成大量气体且放热，导致锥形瓶内压强增大（b-a）/22.4aB 解析：在甲方案中铜与硫酸反应生成了硫酸铜，在剩余溶液中还含有硫酸，当加入BaCl2时，硫酸铜也会与其反应生成硫酸钡，故只能计算得到硫酸根的量，而不能得到剩余的硫酸的物质的量。在检查装置的气密性时首先要把装置形成一个封闭的体系，利用压强差进行，故正确的操作方法为：连接装置后，向量气管右端注水，直到左右两边管子形成一段液面差，一段时间后液面差不变。如果将残余清液转移到盛有锌粒的试管中，残余清液不可能全部转移到左边同时也会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小；故正确的操作是将锌粒
61、转移到残余清液中，这样残余清液就可以充分反应。反应完毕时，相同时间内则气体体积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，该反应是放热的，应该是气体未冷却进行冷却导致的。装置的组装顺序：残余清液与锌粒反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：E、D、G；锌粒与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，液体就不能顺利滴入锥形瓶中。【思路点拨】本题考查了实验的设计和评价，物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的
62、关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。【题文】29某种镁矿石的主要成分是碳酸镁，还含有较多的脉石(SiO2)和少量石灰石。图1所示是利用该镁矿石制备七水硫酸镁(MgSO47H2O)的工艺流程，图2是CaSO4和MgSO4的溶解度曲线。图1根据以上信息回答下列问题：步骤可在图3装置中进行，仪器A的名称是 ，硫酸要分批缓慢加入的原因是 ，矿石要粉碎和反应过程中不断搅拌的主要目的是 ，碳酸镁与硫酸反应的化学方程式 。沉淀A的成分是SiO2和少量的 。上述流程中多次用到了过滤操作，实验室过滤时需要用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和. 步骤趁热过滤的作用是
63、。步骤的操作名称是过滤、。过滤操作时需将步骤中冷却结晶后的溶液和晶体转移到漏斗中，最后器壁上往往还沾有少量晶体，需选用一种液体将器壁上的晶体淋洗并倾入漏斗中，下列液体最合适的是A冰水B滤液C稀硫酸D无水乙醇步骤中洗涤晶体时，先冰水洗，后用酒精洗，用冰水洗的目的：除去晶体表面的硫酸等杂质， ，用酒精洗的目的是 。步骤不宜采用加热干燥的方法，可能的原因是 。晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，主要步骤有：称量，置于烘箱中脱结晶水，冷却，称量，重复至恒重，计算。步骤需要在干燥器中进行，理由是 ；步骤的目的是 。【知识点】物质的相互转化和制备 J5【答案解析】三颈烧瓶防止硫酸加入过快导致反应中产生大
64、量泡沫使物料从反应器溢出，防止反应生成的硫酸钙包裹在镁矿石表面导致反应难以进行。MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2CaSO4或CaSO42H2O 漏斗防止MgSO47H2O晶体析出洗涤、干燥B降低洗涤过程中MgSO47H2O的损耗。除去晶体表面的水加热易使MgSO47H2O分解（失H2O）防止吸水 检验晶体中的结晶水是否已全部失去 解析：（1）仪器A的名称是三颈烧瓶，镁矿石的主要成分是碳酸镁和石灰石在加入浓硫酸的时候会和浓硫酸发生反应生成二氧化碳气体，如果加入过快，会产生大量气体，可能会使物料从反应器溢出；碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙，硫酸钙是微溶于水的物质，如果附着在矿石表面会
65、导致反应难以进行。（2）沉淀A中含有石灰石与硫酸反应生成的微溶于水的硫酸钙。（3）过滤用到的仪器或用品有铁架台（带铁圈）、烧杯、玻璃棒、漏斗以及滤纸，其中玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；趁热过滤时，硫酸钙的溶解度较小，而硫酸镁的溶解度较大，易于分离混合物，此时过滤得到的沉淀为CaSO42H2O或CaSO4，如不趁热过滤，冷却后硫酸镁的溶解度减小，会生成硫酸镁晶体。（4）步骤是将固体MgSO47H2O与水分离，因此要用过滤、洗涤、干燥的操作。（5）因MgSO47H2O的溶解度随着温度的升高变化很大，用冰水进行洗涤，可以降低洗涤过程中的MgSO47H2O的损耗；最后用酒精洗涤残留在晶体上的水分。（6
66、）MgSO47H2O在加热时能够发生分解，所以在干燥时不能进行加热。（7）当结晶水合物加热失去结晶水后，防止吸收空气中的水分在进行冷却时要在干燥器中进行；为了减小误差，判断结晶水是否完全失去，要对实验进行重复操作。【思路点拨】本题考查了物质的分离与提纯的方法以及酸与盐的化学性质，需学生具备具体分析问题、解决问题的能力。【题文】30HNO3与金属反应时，还原产物可能是NO2、NO、N2O、N2或NH3的一种或几种。现有一定量的Al粉和Fe粉的混合物与100mL，稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气放出。在反应结束后的溶液中，逐渐加入4 molL-1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(mL)
67、与产生沉淀的物质的量关系如下图。请回答：n(沉淀)V(NaOH)BCAOED3.0F1516.518.5（1）与HNO3反应后Fe元素的化合价是_（2）纵坐标中A点数值是_，B点数值是_，原HNO3浓度是_【知识点】硝酸的化学性质，镁、铝的重要化合物 C2 D 4 【答案解析】（1）+3 （2）0.008、 0.016、 0.72mol/L 解析：根据图象可知混合溶液中含有的溶质有Fe（NO3）3、Al（NO3）3、NH4NO3、HNO3。（1）图象分析，铁粉和铝粉组成的混合物跟100mL稀硝酸充分反应，硝酸剩余，铁被硝酸氧化为三价铁。（2）由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO
68、3；由C与D点，氢氧化钠溶液恰好和Fe（NO3）3、Al（NO3）3反应生成NaNO3；由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、一水合氨；通过上面的分析、根据氮原子守恒可知O点到D点硝酸钠的物质的量=硝酸的物质的量，从D点到E点硝酸的物质=2硝酸钠的物质的量，而硝酸钠的物质的量=氢氧化钠的物质的量，所以硝酸的物质的量=4mol/L0.015L+24mol/L（0.0165L-0.015L）=0.072mol，所以原硝酸的物质的量浓度=0.072mol/0.1L=0.72mol/L；根据EF可知：沉淀减少，说明氢氧化铝溶解，所以氢氧化铝的物质的量=EF线段加入氢氧化钠溶液的物
69、质的量，即：nAl（OH）3=4mol/L（0.0185L-0.0165L）=0.008mol，根据题意可知：生成0.008mol氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠的物质的量=30.008mol=0.024mol，CD段生成沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁，所以生成氢氧化铁消耗氢氧化钠的物质的量=4mol/L（0.015L-0.003L）-0.024mol=0.024mol，则nFe（OH）3= 1/3n(NaOH)=0.008mol，纵坐标A点的数值即是生成氢氧化铁的物质的量=0.008mol；纵坐标B点的数值即是氢氧化铁和氢氧化铝的物质的量=0.008mol+0.008mol=0.016mol。【思路点拨】本题考查了铁、铝、硝酸的性质应用，图象分析能力，计算应用能力，综合性较强，题目难度较大。