1、2015-2016学年浙江省金华市艾青中学高三（上）第一次质检化学试卷一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1下列各物质中属于纯净物的是（）水玻璃 水泥 普通玻璃 漂白粉 Na2CO310H2O 氯水 液氯纯净的盐酸ABCD2化学与生活密切相关下列应用中利用了物质氧化性的是（）A漂白粉漂白织物B纯碱去油污C食醋除水垢D明矾净化水3下列说法中正确的是（）A区别胶体与溶液的最本质的特征是丁达尔效应B胶体中分散质粒子直径小于1109mC往NaOH溶液中滴入FeCl3溶液立即可制得胶体D清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）是由于胶体粒子对光线的散射形成的4下列有关化学用
2、语表示正确的是（）A二氧化硅的分子式：SiO2B质子数为53，中子数为78的碘原子： IC甲基的电子式：D硫酸钠的电离方程式：Na2SO42Na+SO5下列物质中不能用化合反应的方法制得的是（）SiO2H2SiO3 Fe（OH）3Al（OH）3FeSO4 CaSiO3ABCD6下列叙述中正确的是（）Na2O和Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物Na2CO3和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀钠在常温下不容易被氧化Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行除去Na2CO3固体中混有的NaHCO3，将混合物加热至质量不再发生变化可用玻璃棒蘸取少量待测物质的浓溶液做焰色反应实
3、验ABCD7利用下述操作步骤：加盐酸溶解加烧碱溶液溶解过滤通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀加盐酸生成Al（OH）3沉淀，由含少量铁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，最恰当的组合是（）ABCD8下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3Al2O3Al（OH）3 AlABCD全部9下说法正确的是（）A从海水中提取溴，富集溴可以用亚硫酸钠溶液或二氧化硫水溶液作为吸收液B从海水中提取碘常用过氧化氢做还原剂C可以用铝热反应制得单质镁D铝热剂就是指铝和氧化铁混合物10设NA为阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是（）A常温常压下，32gO2中含有的氧分子个数为2NAB1
4、摩尔CH4所含质子数目为10NAC标准状况下22.4LH2O所含分子数目为NAD0.1 mol/L 稀硫酸中含有H+个数为0.1 NA11下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O12下列物质的性质、用途正确的是（）A浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，不能盛放在金属容器中BNa2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的原料C食盐可作调味剂，不可作防腐剂D合金的硬度大，熔点也高13下列说法中不正确的是（）将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质；
5、氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质； 固态的冰醋酸不导电，液态的纯醋酸可以导电； NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，所以是酸；电解质放在水中一定能导电非电解质放在水中一定不导电ABCD14下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（）A能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3B水电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液中：Na+、Mg2+、Cl、SO42C能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na+、NH4+、S2、BrDc（H+）=1101mol/L的溶液中：Cu2+、Al3+、SO42、NO315下列反应的离子方程式书写不正确的是（）A向Ba（OH
6、）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：Ba2+2OH+H+SO42+NH4+BaSO4+NH3H2O+H2OBFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OC硫化钠的水解：S2+H2OHS+OHDNaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO3216下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸 向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀NaOH溶液 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水ABCD17将甲气体通入
7、BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是（）ASO2、H2SBSO2、NO2CNH3、CO2DCO2、SO218下列物质之间的转化符合：“甲乙丙丁”的组合是（）NaNaOH； CuCu（OH）2； SH2SO4； NH3HNO3ABCD全部19将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉m g水（溶质不挥发、且蒸发过程无溶质析出），所得溶液体积为VL，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，设溶质的相对分子质量为M，则蒸发后所得溶液的物质的量浓度为（）A molL1B molL1C molL1D molL120已知有一反应为：3Fe2+2S2O32+O2+xOHFe3O4+S4
8、O62+2H2O，下列说法中不正确的是（）Ax=4B1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为molCFe2+和S2O23都是还原剂D每生成1mol Fe3O4，反应转移的总电子数为4mol21向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO42、NO3Bb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClDd点对应的溶液中：Cl、NO3、Fe2+、Na+22把V L含有MgSO4和K2SO4的
9、混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡则原混合溶液中钾离子的浓度为（）A molL1B molL1C molL1D molL12324mL浓度为0.05molL1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02molL1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（）A+2B+3C+4D+524将硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则原硫酸铝溶
10、液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是（）1：3 2：3 1：7 2：7 任意比A只有BCD25某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）下列说法不正确的是（）A若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72gB若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色C若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色D该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42、NO3二
11、、解答题（共4小题，满分50分）26（1）检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4K2SO4+I2+H2O将上述氧化还原反应的化学方程式配平该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为如果反应中转移0.2mol电子，则生成I2的物质的量为（2）在弱酸性条件下，向FeSO4溶液中加入KMnO4溶液可得到一种有特殊颜色的难溶性碱及一种难溶性氧化物，写出相应离子方程式：（3）向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示（已知氧化性：Br2Fe3+I2）原混合液中n（FeBr2）=mol；原溶液中：n（Fe2+）：n（I）：n（Br）=a值等于
12、当通入2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：27某学生欲配制6.0molL1的H2SO4溶液950mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：480mL 0.5molL1 的硫酸；150mL 25%的硫酸（=1.18gmL1）；足量的18molL1 的硫酸有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1000mL老师要求把两种硫酸全部用完，不足的部分由来补充 请回答下列问题：（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为molL1（保留1位小数）（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为mL（3）配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整A将两溶液全部在烧杯中混合均匀；B用量筒准确量
13、取所需的 18molL1的硫酸mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；D；E轻轻摇动，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线12cm处；F改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面最低点恰好与刻度线相切；G将容量瓶盖紧，振荡，摇匀（4）如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）进行操作C前还需注意28甲、乙、丙三种物质之间有如下图所示的转化关系，其中甲物质为氧化物：（1）若甲是不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，写出下列转化的方程式：乙丙的离子方程式；丙甲的化学方程式（2）若向乙溶
14、液中加入KSCN溶液，混合溶液呈红色，则甲物质是（填化学式）甲乙的离子方程式是29实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（FeSO47H2O），过程如下：（1）将过程中的产生的气体通入下列溶液中，溶液会褪色的是；A品红溶液 B紫色石蕊溶液 C酸性KMnO4溶液 D溴水（2）过程中，FeS和O2、H2SO4反应的化学方程式为：；（3）过程中，需加入的物质是；（4）过程中，蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架，还需要的仪器有；（5）过程调节pH可选用下列试剂中的（填选项序号）；A稀硫酸 BCaCO3 CNaOH溶液（6）过程中，将溶液Z加
15、热到7080，目的是；（7）实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验用分析天平称取2.700g样品；将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡溶液；过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g若该聚铁主要成分为（Fe（OH）（SO4）n；则该聚铁样品中铁元素的质量分数为（假设杂质中不含铁元素和硫元素）2015-2016学年浙江省金华市艾青中学高三（上）第一次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1下列各物质中属于纯净物的是（）水玻璃 水泥 普通玻璃 漂白粉 Na2CO310H2O 氯水 液氯纯净的盐酸ABCD【考点】混合物和纯净物【
16、分析】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可【解答】解：水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物；水泥是硅酸盐材料，是混合物； 普通玻璃是硅酸盐材料，是混合物；漂白粉主要成分为次氯酸钙和氯化钙，是混合物；Na2CO310H2O是结晶水合物是化合物，是纯净物； 氯水是氯气的水溶液是混合物；液氯是单质氯气的液态形式，是纯净物； 纯净的盐酸是氯化氢的水溶液是混合物，所以属于纯净物的是 ，故选A2化学与生活密切相关下列应用中利用了物质氧化性的是（）A漂白粉漂白织物B纯碱去油污C食醋除水垢D明矾净化水【考点】氧化还原反应【分析】用到的物质的氧化性，说明
17、该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断【解答】解：A漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故A正确；B纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故B错误；C碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；D明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故D错误；故选A3下列说法中正确的是（）A区别胶体与溶液的最本质的特征是丁达
18、尔效应B胶体中分散质粒子直径小于1109mC往NaOH溶液中滴入FeCl3溶液立即可制得胶体D清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）是由于胶体粒子对光线的散射形成的【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】A、胶体区别于溶液和浊液最本质的特征是分散质直径的大小不同；B、胶体粒子直径在1109m1107m之间；C、NaOH溶液与FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀；D、丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射形成的【解答】解：A、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm，故A错误；B、胶体
19、粒子直径在1109m1107m之间，分散质粒子直径小于1109m为溶液，故B错误；C、NaOH溶液与FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀，则往NaOH溶液中滴入FeCl3溶液不能制得胶体，故C错误；D、清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）属于胶体的丁达尔效应，是由于胶体粒子对光线的散射形成的，故D正确故选D4下列有关化学用语表示正确的是（）A二氧化硅的分子式：SiO2B质子数为53，中子数为78的碘原子： IC甲基的电子式：D硫酸钠的电离方程式：Na2SO42Na+SO【考点】电离方程式的书写；电子式；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】A二氧化硅为原子晶体；B元
20、素符号左上角为质量数；C甲基中碳原子最外层为7个电子；D硫酸钠为强电解质，完全电离生成钠离子和硫酸根离子【解答】解：A二氧化硅为原子晶体，不存在分子，故A错误；B质子数为53，中子数为78的碘原子，质量数为53+78=131，表示为：53131I，故B错误；C甲基中碳原子最外层为7个电子，甲基的电子式为，故C错误；D硫酸钠为强电解质，完全电离生成钠离子和硫酸根离子，硫酸钠的电离方程式：Na2SO42Na+SO42，故D正确；故选：D5下列物质中不能用化合反应的方法制得的是（）SiO2H2SiO3 Fe（OH）3Al（OH）3FeSO4 CaSiO3ABCD【考点】铁的化学性质；硅和二氧化硅；铝
21、的化学性质【分析】化合反应是指：反应物有两种或者两种以上，生成物只有一种的反应硅与氧气反应生成二氧化硅；二氧化硅不溶于水，与水不反应；氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；氧化铝不溶于水，与水不反应；铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁；二氧化硅与氧化钙反应生成硅酸钙【解答】解：硅与氧气反应生成二氧化硅，属于化合反应，故不选；二氧化硅不溶于水，与水不反应，所以不能通过化合反应制取硅酸，故选；氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，属于化合反应，故不选；氧化铝不溶于水，与水不反应，所以不能通过化合反应制取氢氧化铝，故选；铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，属于化合反应，故不选；二氧化硅与氧化钙反应生成硅酸钙，属于化
22、合反应，故不选；故选：A6下列叙述中正确的是（）Na2O和Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物Na2CO3和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀钠在常温下不容易被氧化Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行除去Na2CO3固体中混有的NaHCO3，将混合物加热至质量不再发生变化可用玻璃棒蘸取少量待测物质的浓溶液做焰色反应实验ABCD【考点】钠的重要化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；钠的化学性质【分析】能和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物；碳酸氢钠与氯化钙不发生反应；钠在常温下易被氧化生成氧化钠；过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气；碳酸氢钠不稳定，受热分解
23、生成碳酸钠；玻璃棒中含有Na、Ca等元素，不能作焰色反应的实验；【解答】解：Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；Na2CO3能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，故错误；钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故错误；过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可做供氧剂，氧化钠没有此性质，故正确；碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，可以用加热方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠，故正确；焰色反应可以使用铁丝、铂丝等物质，但玻璃棒中含有Na、Ca等元素，不能作焰色反应的实验，故错误；故选：B7利用下述操作步骤：加盐酸溶解加烧碱溶液溶
24、解过滤通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀加盐酸生成Al（OH）3沉淀，由含少量铁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，最恰当的组合是（）ABCD【考点】镁、铝的重要化合物【分析】铝可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，在反应后的溶液中加入弱酸，可通入过量CO2，生成Al（OH）3沉淀，经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝【解答】解：镁、铝都能与酸反应，但铝可溶于强碱所以可加入烧碱溶液溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，在反应后的溶液中加入弱酸，可通入过量CO2，生成Al（OH）3沉淀，经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝正确顺序为，故选A8下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHC
25、O3Al2O3Al（OH）3 AlABCD全部【考点】镁、铝的重要化合物【分析】Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，据此分析解答【解答】解：Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，所以能和稀硫酸、NaOH溶液反应的物质有碳酸氢钠、氧化铝、氢氧化铝和铝，故选D9下说法正确的是（）A从海水中提取溴，富集溴可以用亚硫酸钠溶液或二氧化硫水溶液作为吸收液B从海水中提取碘常用过氧化氢做还原剂C可以用铝热反应制得单质镁D铝热
26、剂就是指铝和氧化铁混合物【考点】铝的化学性质；氧化还原反应；海水资源及其综合利用【分析】A亚硫酸钠或二氧化硫水溶液具有还原性，能被溴氧化；B碘离子具有还原性，过氧化氢能氧化碘离子而体现氧化性；C镁的活泼性大于Al；D可以发生铝热反应的混合物称之为铝热剂【解答】解：A亚硫酸钠或二氧化硫水溶液具有还原性，能被溴氧化，溴被还原生成溴离子，从而达到富集目的，故A正确；B碘离子具有还原性，过氧化氢能氧化碘离子而体现氧化性，所以过氧化氢作氧化剂，故B错误；C镁的活泼性大于Al，所以冶炼镁不能采用铝热反应，故C错误；D作为铝热剂重要组成的金属氧化物，铝热剂应为Al和过渡元素的氧化物所形成的混合物，故D错误；
27、故选A10设NA为阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是（）A常温常压下，32gO2中含有的氧分子个数为2NAB1摩尔CH4所含质子数目为10NAC标准状况下22.4LH2O所含分子数目为NAD0.1 mol/L 稀硫酸中含有H+个数为0.1 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、根据分子个数N=来计算；B、甲烷中含10个质子；C、标况下，水为液态；D、溶液体积不明确【解答】解：A、32g氧气中含有的氧气分子个数N=NA个，故A错误；B、甲烷中含10个质子，故1mol甲烷中含10mol质子即10NA个，故B正确；C、标况下，水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、溶液
28、体积不明确，溶液中的氢离子的个数无法计算，故D错误故选B11下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O【考点】真题集萃；氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；C、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；D、锰离子可发生水解【解答】解：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；B、饱和碳酸
29、氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl24H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误；故选C12下列物质的性质、用途正确的是（）A浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，不能盛放在金属容器中BNa2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的原料C食盐可作调味剂，不可作防腐剂D合金的硬度大，熔点也高【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；含硅矿物及材料的应用
30、；金属与合金在性能上的主要差异；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】A常温下，浓硫酸和浓硝酸与Al、Fe都发生钝化现象；B硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，硅酸钠和稀盐酸反应生成硅酸；C食盐可以作防腐剂；D合金的硬度大、熔点低【解答】解：A常温下，浓硫酸和浓硝酸与Al、Fe都发生钝化现象而阻止进一步反应，所以常温下，浓硫酸和浓硝酸可以用Fe或Al容器盛放，故A错误；B硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，硅酸钠和稀盐酸反应生成难溶性的硅酸而制得硅胶，所以Na2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的原料，故B正确；C食盐它可以使细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作为防腐剂，食盐具有咸味是咸味剂，故C错误；D合金的硬
31、度比其成分都大、熔点比其成分都低，故D错误；故选B13下列说法中不正确的是（）将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质； 氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质； 固态的冰醋酸不导电，液态的纯醋酸可以导电； NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，所以是酸；电解质放在水中一定能导电非电解质放在水中一定不导电ABCD【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】依据非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质进行解答；依据电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是
32、因电解质自身可以离解成自由移动的离子，进行解答；依据非金属石墨、金属单质和在熔融状态下的电解质以及其溶液都能导电，进行解答；能电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，据此解答；依据电解质与溶液导电的关系进行解答；【解答】解：BaSO4固体没有自由移动的离子不导电； 虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故错误；氨气只存在分子，不能导电；NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，故错误；电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自
33、由移动的离子；固态的冰醋酸不导电，液态的纯醋酸只有乙酸分子，不能导电，故错误；电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子，NaHSO4=Na+H+SO42，属于盐，故错误；电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎没有自由移动的离子，几乎不导电；碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，故错误；故选B14下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（）
34、A能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3B水电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液中：Na+、Mg2+、Cl、SO42C能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na+、NH4+、S2、BrDc（H+）=1101mol/L的溶液中：Cu2+、Al3+、SO42、NO3【考点】离子共存问题【分析】A能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液呈酸性；B水电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；C能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液应具有氧化性；Dc（H+）=1101mol/L的溶液呈酸性【解答】解：A能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液呈酸性，酸性条
35、件下CO32不能大量共存，故A错误；B水电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下Mg2+不能大量共存，故B错误；C能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液应具有氧化性，则具有还原性的S2不能大量共存，故C错误；Dc（H+）=1101mol/L的溶液呈酸性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D15下列反应的离子方程式书写不正确的是（）A向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：Ba2+2OH+H+SO42+NH4+BaSO4+NH3H2O+H2OBFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+
36、Fe3+3H2OC硫化钠的水解：S2+H2OHS+OHDNaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32【考点】离子方程式的书写【分析】A至刚好沉淀完全，以1：1反应生成硫酸钡、水、一水合氨；B发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；C水解分步进行，以第一步为主，水解生成硫氢根离子和氢氧根离子；D少量澄清石灰水完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水【解答】解：A向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全的离子反应为Ba2+2OH+H+SO42+NH4+BaSO4+NH3H2O+H2O，故A正确；BFe（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2I
37、+2Fe（OH）3+6H+2Fe2+6H2O+I2，故B错误；C硫化钠的水解的离子反应为S2+H2OHS+OH，故C正确；DNaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水的离子反应为2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故D正确；故选B16下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸 向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀NaOH溶液 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水ABCD【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【分析】向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶
38、体碳酸氢钠；向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”；向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应；AgNO3和稀氨水反应，生成AgOH白色沉淀，AgOH白色沉淀和氨水能反应生成络合物；【解答】解：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶体碳酸氢钠，不会出现先沉淀后溶解的现象，故符合；向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，
39、后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，故不符合；向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀，反应现象是先沉淀后溶解，故不符合；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故符合；AgNO3和稀氨水反应，生成AgOH白色沉淀，继续滴加氨水，形成Ag（NH3）2+络离子，沉淀溶解，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故不符合；故选C17将甲气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，
40、然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是（）ASO2、H2SBSO2、NO2CNH3、CO2DCO2、SO2【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】A硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质；B二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和二氧化硫发生氧化还原反应生成SO42离子；C氨气显碱性，能和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸根离子结合钡离子生成碳酸钡沉淀；D二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应；【解答】解：ASO2和BaCl2不反应，因此刚开始没有沉淀生成，后通入H2S，2H2S+SO23S+H2O，有沉淀生成，和题目现象符合，故A不选；BSO2和BaC
41、l2不反应，因此刚开始没有沉淀生成，后通入NO2，NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2或（SO32）氧化为SO42离子，生成沉淀BaSO4，和题目现象符合，故B不选；CNH3和BaCl2不反应，因此刚开始没有沉淀生成，后通入CO2，2NH3+H2O+CO2（NH4）2C03，（NH4）2C03+BaCl2BaCO3+2NH4Cl，有沉淀生成，和题目现象符合，故C不选；D二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故D选；故选D18下列物质之间的转化符合：“甲乙丙丁”的组合是（）NaNaOH； CuCu（OH）2； SH2SO4； NH3HNO3ABCD全部
42、【考点】无机物的推断；含硫物质的性质及综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】NaNa2ONa2O2NaOH；CuCuO，氧化铜不能氧化不溶于水；SSO2SO3H2SO4；NH3NONO2HNO3；【解答】解：4Na+O2=2Na2O；2Na2O+O2=2Na2O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2故符合；铜于氧气在加热的条件下生成氧化铜，氧化铜不和水反应，故不符合；S+O2=SO2；2SO2+O2=2SO3；SO3+H2O=H2SO4；故符合；4NH3+O2=4NO+6H2O；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；故符合；综上所述：正确故选C19
43、将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉m g水（溶质不挥发、且蒸发过程无溶质析出），所得溶液体积为VL，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，设溶质的相对分子质量为M，则蒸发后所得溶液的物质的量浓度为（）A molL1B molL1C molL1D molL1【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉mg水，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，则蒸发后溶液的质量为mg，结合溶质的质量分数计算溶质的质量，根据n=进而计算溶质的物质的量，利用c=计算蒸发后所得溶液的物质的量浓度【解答】解：解：设蒸发后溶液的质量为xg，浓缩蒸发溶质的质量不变，则：（x+m）ga%=x2a%，解得：x=m，溶
44、液中溶质的质量为：mg2a%=2am% g，溶质的相对分子质量为M，所以溶质的物质的量为=mol，蒸发后所得溶液体积为VL，所以蒸发后溶液的物质的量浓度为：c=mol/L，故选A20已知有一反应为：3Fe2+2S2O32+O2+xOHFe3O4+S4O62+2H2O，下列说法中不正确的是（）Ax=4B1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为molCFe2+和S2O23都是还原剂D每生成1mol Fe3O4，反应转移的总电子数为4mol【考点】氧化还原反应的计算【分析】A根据电荷守恒或H原子守恒计算x的值；B反应中氧化剂只有O2，根据电子转移计算被Fe2+还原的O2的物质的量
45、；C所含元素化合价升高的反应物为还原剂；D反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，计算生成1molFe3O4参加反应的氧气物质的量，根据氧元素化合价变化计算转移电子数【解答】解：A根据H原子守恒可知x=4，故A正确；B反应中1molFe2+被氧化时，失去1mol电子，则被Fe2+还原的O2的物质的量为mol，故B错误；C反应中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+和S2O32都是还原剂，故C正确；D反应Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，需要氧气1mol，故反应转移的电子总数为4mol，故D正确；故选B21向Na2CO3、NaHCO3混
46、合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO42、NO3Bb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClDd点对应的溶液中：Cl、NO3、Fe2+、Na+【考点】离子共存问题【分析】向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合离子反应发生条件及对应离子的性质解答该题【解答】解：a点溶液中含有CO32和H
47、CO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，Aa点溶液中含有CO32和HCO3，HCO3与OH反应不能大量共存，故A错误；Bb点全部为HCO3，Al3+、Fe3+与HCO3发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；Cc点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；Dd点呈酸性，酸性条件下，NO3与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误；故选C22把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol
48、 BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡则原混合溶液中钾离子的浓度为（）A molL1B molL1C molL1D molL1【考点】离子方程式的有关计算【分析】两等份溶液中一份加BaCl2的溶液发生Ba2+SO42BaSO4，由方程式可知n（SO42）=n（Ba2+），另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2+2OHMg（OH）2，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生
49、Ba2+SO42BaSO4，由方程式可知n（SO42）=n（Ba2+）=n（BaCl2）=bmol，另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2+2OHMg（OH）2，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH）=amol，由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42），故每份中溶液n（K+）=2b2amol=（2ba）mol，则原混合溶液中钾离子的浓度为=molL1，故选C2324mL浓度为0.05molL1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02molL1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为
50、（）A+2B+3C+4D+5【考点】氧化还原反应的计算【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值【解答】解：令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24103L0.05mol/L（64）=20103L0.02mol/L2（6a）解得a=+3故选B24将硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则原硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是（）1：3 2：3 1：7 2：7 任意比A只有BCD【
51、考点】化学方程式的有关计算【分析】将硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，沉淀为Al（OH）3，溶液中的铝元素存在形式可能为Al2（SO4）3或NaAlO2，令氢氧化铝为1mol，根据Al元素守恒计算Al2（SO4）3的物质的量，结合反应：Al3+3OHAl（OH）3、Al3+4OH=AlO2+2H2O，讨论进行计算氢氧化钠的物质的量【解答】解：等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，令氢氧化铝的物质的量为1mol，则溶液中Al2（SO4）3为0.5mol或NaAlO2是1mol，原溶液
52、中Al2（SO4）3的物质的量为0.5mol+0.5mol=1mol，若溶液中含铝元素以Al3+形式存在，NaOH完全反应，则：Al3+3OHAl（OH）31mol 3mol 1mol则NaOH为3mol，则Al2（SO4）3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比=1mol：3mol=1：3，若溶液中含铝元素以AlO2形式存在，则：Al3+3OHAl（OH）31mol 3mol 1molAl3+4OHAlO2+2H2O，1mol 4mol 1mol则NaOH为3mol+4mol=7mol，则Al2（SO4）3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比=1mol：7mol=1：7，故选：B25某溶液仅含Fe
53、2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）下列说法不正确的是（）A若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72gB若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色C若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色D该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42、NO3【考点】常见离子的检验方法【分析】向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2
54、+、NO3的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答【解答】解：向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，A若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为0.5mol160
55、g/mol=80g，故A错误；B生成的NO易被氧化成红棕色的二氧化氮，故B正确；C该溶液中加酸发生氧化还原反应生成铁离子，则加KSCN溶液，溶液显血红色，故C正确；D由上述推断可知，该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42、NO3，故D正确；故选A二、解答题（共4小题，满分50分）26（1）检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：1KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O将上述氧化还原反应的化学方程式配平该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5如果反应中转移0.2mol电子，则生成I2的物质的量为0.12mol（2）在弱酸性条件下，向FeSO4溶液中加入KMnO4
56、溶液可得到一种有特殊颜色的难溶性碱及一种难溶性氧化物，写出相应离子方程式：3Fe2+7H2O+MnO4MnO2+3Fe（OH）3+5H+（3）向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示（已知氧化性：Br2Fe3+I2）原混合液中n（FeBr2）=3mol；原溶液中：n（Fe2+）：n（I）：n（Br）=2：1：3a值等于6当通入2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I+2Cl2I2+2Fe3+4Cl【考点】氧化还原反应的计算；氧化性、还原性强弱的比较【分析】（1）该反应中I元素化合价由+5价、1价变为0价，根据转移电子守恒、原
57、子守恒配平方程式；得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，根据方程式判断氧化剂和还原剂的物质的量之比；生成3molI2转移5mol电子，转移0.2mol电子生成n（I2）=；（2）酸性条件下，亚铁离子和高锰酸根离子反应生成二氧化锰、氢氧化铁和氢离子；（3）FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，根据还原性强弱知，离子反应先后顺序是I、Fe2+、Br，根据图及离子反应先后顺序知，I的反应为2I+Cl2=2Cl+I2、II的反应为2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+、III的反应为2Br+Cl2=2Cl+Br2，I完全反应需要1molCl2，根据2 I+Cl2=2
58、Cl+I2知1mol氯气需要2molI，根据I原子守恒得n（FeI2）=n（ I）=2mol=1mol，FeI2中n（Fe2+）=n（FeI2）=1mol；根据II中2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+知，2mol氯气氧化亚铁离子需要4mol亚铁离子，则n（FeBr2）=4mol1mol=3mol，则n（Br）=2n（FeBr2）=23mol=6mol，根据2Br+Cl2=2Cl+Br2知，Br离子完全反应需要3mol氯气【解答】解：（1）该反应中I元素化合价由+5价、1价变为0价，转移电子数为5，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2
59、O，故答案为：1；5；3；3；3；3；得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以碘酸钾是氧化剂、KI是还原剂，根据方程式KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5，故答案为：1：5；生成3molI2转移5mol电子，转移0.2mol电子生成n（I2）=0.12mol，故答案为：0.12 mol；（2）酸性条件下，亚铁离子和高锰酸根离子反应生成二氧化锰、氢氧化铁和氢离子，离子方程式为3Fe2+7H2O+MnO4MnO2+3Fe（OH）3+5H+，故答案为：3Fe2+7H2O+MnO4MnO2+3Fe（OH）3
60、+5H+；（3）FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，根据还原性强弱知，离子反应先后顺序是I、Fe2+、Br，根据图及离子反应先后顺序知，I的反应为2I+Cl2=2Cl+I2、II的反应为2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+、III的反应为2Br+Cl2=2Cl+Br2，I完全反应需要1molCl2，根据2 I+Cl2=2Cl+I2知1mol氯气需要2molI，根据I原子守恒得n（FeI2）=n（ I）=2mol=1mol，FeI2中n（Fe2+）=n（FeI2）=1mol；根据II中2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+知，2mol氯气氧化亚铁离子需要4mol亚铁离子，则n（FeBr2
61、）=4mol1mol=3mol，则n（Br）=2n（FeBr2）=23mol=6mol，根据2Br+Cl2=2Cl+Br2知，Br完全反应需要3mol氯气通过以上分析知，n（FeBr2）=3mol，故答案为：3；根据以上分析知，n（Fe2+）：n（I）：n（Br）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故答案为：2：1：3；溴离子完全反应需要3mol氯气，则a=3+3=6，故答案为：6；当通入2mol Cl2时，有1mo氯气和碘离子反应，有1mol氯气和亚铁离子反应，所以离子方程式为2Fe2+2I+2Cl2I2+2 Fe3+4Cl，故答案为：2Fe2+2I+2Cl2I2+2 Fe3+4Cl
62、27某学生欲配制6.0molL1的H2SO4溶液950mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：480mL 0.5molL1 的硫酸；150mL 25%的硫酸（=1.18gmL1）；足量的18molL1 的硫酸有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1000mL老师要求把两种硫酸全部用完，不足的部分由来补充 请回答下列问题：（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为3.0molL1（保留1位小数）（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为1000mL（3）配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整A将两溶液全部在烧杯中混合均匀；B用量筒准确量取所需的 18molL1的硫酸295mL，沿
63、玻璃棒倒入上述混合液中并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；D用适量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中；E轻轻摇动，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线12cm处；F改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面最低点恰好与刻度线相切；G将容量瓶盖紧，振荡，摇匀（4）如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？偏小（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）进行操作C前还需注意将稀释后的硫酸冷却【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）依据c=计算25%的硫酸的物质的量浓度，设需要浓硫酸的体积为V，依据稀释前后溶液中所含溶质的物质的量不变计算所需浓硫酸的
64、体积V；（2）依据所配溶液的体积选择合适的容量瓶；（3）B所配溶液所需的硫酸的物质的量等于两种硫酸溶液含硫酸的总的物质的量加提供硫酸的物质的量，所以提供硫酸的物质的量等于所需硫酸总的物质的量减去两种硫酸溶液含硫酸的总的物质的量，依据V=计算体积；D烧杯壁和玻璃棒上都沾有硫酸，为保证全部将溶质转移到容量瓶，应进行洗涤，将洗涤液全部转移到容量瓶中；（4）依据C=，分析D操作对n的影响；（5）容量瓶为精密仪器，物质在溶解或者稀释会放出大量的热【解答】解：（1）25%的硫酸的物质的量浓度c=3.0mol/L，故答案为：3.0；（2）由题意某学生欲配制6.0mol/L的H2SO4 950mL，而实验室无
65、950mL容量瓶，故所以应选择1000mL的容量瓶，故答案为：1000；（3）欲配制6.0mol/L的H2SO4 1000mL所需硫酸的物质的量=6.0mol/L1L=6.0mol，480mL 0.5mol/L的硫酸中含硫酸的物质的量为0.5mol/L0.48L=0.24mol；150mL 25%的硫酸（=1.18g/mL）含硫酸的物质的量为3.0mol/L0.15L=0.45mol，6.0mol0.24mol0.45mol=5.31mol，所以需要18mol/L的硫酸的体积V=0.2950L，即295.0mL；故答案为：295.0；D烧杯和玻璃棒，正确的实验操作是：用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒
66、23次，洗涤液均注入容量瓶中；故答案为：用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中；（4）依据C=，如果省略操作D，则溶质的物质的量n将会偏小，所配溶液的浓度将会偏小，故答案为：偏小；（5）容量瓶不能受热，故应将将稀释后的硫酸冷却，故答案为：将稀释后的硫酸冷却28甲、乙、丙三种物质之间有如下图所示的转化关系，其中甲物质为氧化物：（1）若甲是不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，写出下列转化的方程式：乙丙的离子方程式Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；丙甲的化学方程式2Al（OH）3Al2O3+3H2O（2）若向乙溶液中加入KSCN溶液，混合溶液呈红
67、色，则甲物质是Fe2O3（填化学式）甲乙的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O【考点】无机物的推断【分析】（1）甲为氧化物，不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是Al2O3，由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2（SO4）3，硫酸铝与氨水反应生成丙为Al（OH）3，氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，据此解答；（2）向乙溶液中加入KSCN溶液，混合溶液呈红色，溶液含有Fe3+，甲为氧化物，与硫酸反应生成乙，可推知甲为Fe2O3，乙为Al2（SO4）3，硫酸铁与氨水反应生成丙为Fe（OH）3，氢氧化铁加热分解可以生成氧氧化铁，据此解答【解答】解
68、：（1）甲为氧化物，不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是Al2O3，由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2（SO4）3，硫酸铝与氨水反应生成丙为Al（OH）3，氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，则：乙丙的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；丙甲的化学方程式为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；（2）向乙溶液中加入KSCN溶液，混合溶液呈红色，溶液含有Fe3+，甲为氧化物，与硫酸反应生成乙，可推知甲为Fe2O3，乙为Al2
69、（SO4）3，硫酸铁与氨水反应生成丙为Fe（OH）3，氢氧化铁加热分解可以生成氧氧化铁，甲乙的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3；Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O29实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（FeSO47H2O），过程如下：（1）将过程中的产生的气体通入下列溶液中，溶液会褪色的是ACD；A品红溶液 B紫色石蕊溶液 C酸性KMnO4溶液 D溴水（2）过程中，FeS和O2、H2SO4反应的化学方程式为：4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S；（3
70、）过程中，需加入的物质是Fe；（4）过程中，蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架，还需要的仪器有蒸发皿、玻璃棒；（5）过程调节pH可选用下列试剂中的C（填选项序号）；A稀硫酸 BCaCO3 CNaOH溶液（6）过程中，将溶液Z加热到7080，目的是促进Fe3+的水解；（7）实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验用分析天平称取2.700g样品；将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡溶液；过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g若该聚铁主要成分为（Fe（OH）（SO4）n；则该聚铁样品中铁元素的质量分数为31.1%（假设杂质中不含铁元素和硫元素）【考点】探究物质的组成或测
71、量物质的含量；含硫物质的性质及综合应用；物质检验实验方案的设计【分析】（1）过程产生的气体为SO2，具有还原性和漂白性；（2）根据反应物和生成物的种类结合质量守恒书写化学方程式；（3）溶液X中含有Fe3+，要制备绿矾，应加入Fe使之还原为Fe2+；（4）蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、蒸发皿、玻璃棒等仪器；（5）过程调节pH应使溶液碱性增强，有利于聚铁的生成；（6）过程目的为促进的水解，加热有利于水解的进行；（7）根据n（Fe3+）=n（SO42）计算【解答】解：（1）过程产生的气体为SO2，具有还原性和漂白性，因具有漂白性而使品红褪色，因具有还原性而使具有氧化性的酸性KMnO4溶液、溴水褪色
72、，故答案为：ACD；（2）反应物为FeS、O2和H2SO4，生成物有S，根据质量守恒还应有Fe2（SO4）3和H2O，反应的化学方程式为4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S，故答案为：4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S； （3）溶液X中含有Fe3+，要制备绿矾，应加入Fe使之还原为Fe2+，加入铁可生成Fe2+，并且不引入新的杂质，故答案为：Fe（或铁）；（4）蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、蒸发皿、玻璃棒等仪器，可能还需要泥三角，故答案为：蒸发皿、玻璃棒； （5）过程调节pH应使溶液碱性增强，有利于聚铁的生成，A加入硫酸不能使溶液PH增大，故A错误；B加入碳酸钙生成微溶的硫酸钙，会引入新的杂质，故B错误；C加入NaOH可使溶液碱性增强，生成的聚铁中不引入新的杂质，故C正确故答案为：C；（6）过程目的为促进的水解，加热有利于水解的进行，促进Fe3+的水解，故答案为：促进Fe3+的水解； （7）过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g，应为BaSO4沉淀，n（BaSO4）=0.015mol，则n（Fe3+）=n（SO42）=0.015mol，m（Fe）=0.015mol56g/mol=0.84g，（Fe）=31.1%，故答案为：31.1%2016年4月26日