1、绍兴市诸暨市三都中学2015届高三10月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题两分，共50分每题只有一个正确答案，多选、漏选、错选均不给分）1人类历史上大量生产和使用铝、铁、钛、铜四种金属的时间顺序是（）A铁、铝、铜、钛B铜、铁、铝、钛C铜、铁、钛、铝D铁、铜、铝、钛考点：金属冶炼的一般原理专题：金属概论与碱元素分析：依据金属的化学性质和自然界中的存在形式，制取金属单质的难易程度和利用价值分析判断；根据常识判断：铜公元前2030世纪，湿法冶炼铜；铁公元前1011世纪；铝公元19世纪初发现公元19世纪末重晶石熔融电解法大规模生产；钛公元19世纪后期发现，公元20世纪后期大规模分离生产；解答
2、：解：活泼金属越强的金属自然界中易以化合态存在，且金属离子得电子能力较弱，生成和使用时间往往偏晚，铜、汞、银、金、锡、铅等金属都是最早使用的，它们的存在有的是游离态，有的熔点低容易冶炼，春秋晚期开始炼铁，战国时期开始炼钢，铝在自然界中制以化合态存在，且工业上是通过电解氧化铝得到，只是在近代才发明电后实现的，；钛金属耐腐蚀熔点高，但钛在高温下易与碳、氧、氮、等因素化合，所以使用时间较晚，故生产和使用金属的顺序是铜、铁、铝、钛；故选B点评：本题考查了金属的性质应用和金属冶炼的方法、时间，需要把常识性的知识积累才能解决问题2化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A光导纤维的主要成
3、分是SiO2B工业上可用铝热反应大规模炼铁C电解熔融MgCl2，可制得金属镁DSO2常用于纸张等植物纤维的漂白考点：硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理专题：化学应用分析：A、光导纤维的主要成分是SiO2；B、工业上用一氧化碳还原氧化铁炼铁；C、根据工业制金属镁的方法；D、根据SO2的漂白性；解答：解：A、光导纤维的主要成分是SiO2，故A正确；B、工业上用一氧化碳还原氧化铁炼铁，故B错误；C、工业制金属镁的方法：电解熔融MgCl2，可制得金属镁，故C正确；D、SO2常用于纸张等植物纤维的漂白，故D正确；故选：B点评：本题主要考查了物质的性质与用途，难度不大，根据课本知识即可完
4、成3氧化还原反应广泛应用于金属的冶炼下列说法不正确的是（）A电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，钠离子被还原，氯离子被氧化B湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素都发生还原反应C用磁铁矿炼铁的反应中，1mol Fe3O4被CO还原成Fe，转移9moleD铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化考点：金属冶炼的一般原理；氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：A、得电子的元素被还原，失电子的元素被氧化B、得电子的元素被还原，发生还原反应C、根据四氧化三铁和转移电子之间的关系计算D、铝热反应放出大量的热解答：解：A、电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，钠离子得电子生成单质钠被还原，发生还原反应；氯离子失
5、电子生成氯气单质被氧化，发生氧化反应，故A正确B、湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素得电子生成铜单质，所以都发生还原反应，故B正确C、Fe3O4+4CO3Fe+ 4CO2 转移电子 1mol 8mol 1mol 8mol所以还原1molFe3O4转移电子8mol，故C错误D、铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化，但很快会凝固，故D正确故选C点评：本题考查了金属的冶炼方法，难度不大，根据金属的活动性强弱选取正确的冶炼方法4为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的是（）ANa2SO3溶液（BaCl2）BFeCl2溶液（KSCN）CKI（淀粉溶液）DNaOH
6、溶液（盐酸）考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：物质检验鉴别题分析：ANa2SO3溶液变质混有Na2SO4，均与氯化钡反应生成沉淀；BFeCl2溶液变质混有FeCl3，可检验铁离子；CKI变质生成碘单质；DNaOH变质混有碳酸钠解答：解：ANa2SO3溶液变质混有Na2SO4，均与氯化钡反应生成沉淀，则加氯化钡不能检验是否变质，故A选；BFeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B不选；CKI变质生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，可检验是否变质，故C不选；DNaOH在空气中变质生成碳酸钠，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，可鉴别，故D不选；故选A点评：本题
7、考查物质的鉴别和检验基本方法及应用，为高频考点，把握变质混有的物质及离子的性质为解答的关键，注意原物质与变质生成的物质反应现象相同不能鉴别，题目难度不大5如图是一种试验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关 如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去则D瓶中盛有的溶液是（）A浓H2SO4B饱和NaCl溶液C浓NaOH溶液D饱和Na2CO3考点：探究氯水、氯气的漂白作用专题：卤族元素分析：干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去说明从
8、D中出来的气体为氯气和水蒸气解答：解：A浓硫酸为干燥剂，能够吸收水蒸气，当氯气通过盛有浓硫酸的D瓶是，出来的仍然是干燥的氯气，不能使有色布条褪色，故A错误；B干燥的氯气通过盛有饱和食盐水的D装置，出来的气体中含有氯气和水蒸气，能够使有色布条褪色，故B正确；CD中装有氢氧化钠，氯气通过D时与氢氧化钠反应，被吸收，从D中出来的气体中不含氯气，不能是有色布条褪色，故C错误；DD中装有饱和碳酸钠溶液，氯气通过D时与饱和碳酸钠反应，可吸收氯气，不能使有色布条褪色，故D错误；故选：B点评：本题考查氯气的性质，为高频考点，把握装置中开关和D的作用为解答的关键，侧重氯气、HClO性质的考查，注重分析与应用能力
9、的考查，注意HClO具有漂白性，题目难度不大6下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3，混合物中Na2CO3质量分数的是（）A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用固体NaOH吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体考点：化学实验方案的评价；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质专题：实验评价题；元素及其化合物分析：实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果A此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B根据钠守恒，可列方程
10、组求解；C应先把水蒸气排除才合理；D根据质量关系，可列方程组求解解答：解：ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不选；BNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；C混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C选；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+
11、Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选故选C点评：本题考查物质含量的实验方案的设计，题目难度中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理7氰气的化学式为（CN）2，它的性质和卤素相似，称为拟卤素，对其性质和有关化合物性质的叙述不正确的是（）ANaCN和AgCN都易溶于水BHCl和HCN都易形成白雾CMnO2可与HCN反应生成（CN）2D（CN）2和NaOH溶液反应生成NaCN、NaCNO和H2O考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：元素及其化合物分析：（CN）2的性质和卤素相似，将CN换为Cl，利用氯化物的性质来类推氰气及其
12、化合物的性质，以此来解答解答：解：A因AgCl不溶于水，则AgCN不溶于水，故A错误；BHCl易结合水蒸气形成白雾，则HCN也易形成白雾，故B正确；C浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，则MnO2可与HCN反应生成（CN）2，故C正确；D氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，则（CN）2和NaOH溶液反应生成NaCN、NaCNO和H2O，故D正确；故选A点评：本题考查（CN）2的性质，注意利用信息及类推法分析物质的性质为解答本题的关键，注重知识迁移应用能力的考查，题目难度中等8某溶液中含有NH4+、SO32、SiO32、Br、CO32、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，则下列判断正确的是
13、（）反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+、Na+ 有胶状物质生成 有气体产生 溶液颜色发生变化 共发生了2个氧化还原反应ABCD考点：氯气的化学性质专题：卤族元素分析：某溶液中含有NH4+、SO32、SiO32、Br、CO32、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br被氯气氧化为溴单质；CO32和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体解答：解：某溶液中含有NH4+、SO32、SiO32、Br、CO32、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉
14、淀；Br被氯气氧化为溴单质；CO32和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体；反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+、Na+，故正确；有胶状物质硅酸生成，故正确；有二氧化碳气体产生，故正确；氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化有无色变化为橙红色，故正确；共发生了氯气氧化SO32、Br2个氧化还原反应氯气和水发生的氧化反应，共3个氧化还原反应，故错误；故选A点评：本题考查了氯水成分和离子反应的判断，主要考查氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用9下列实验设计能完成或实验结论合理的是（）A证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可以用湿润的碘化钾淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化B测氯水的pH，可以
15、用玻璃棒蘸取氯水点在干燥的pH试纸上，待其变色后和标准比色卡对照C铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反应，说明铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜D向某溶液中加入稀盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中一定含有CO32考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A溴和二氧化氮都具有氧化性；B氯水可使pH试纸褪色；C铁在浓硫酸中发生钝化；D能产生二氧化碳的不一定为碳酸盐解答：解：A溴和二氧化氮都具有氧化性，都可氧化碘化钾而生成单质碘，最简单的方法是将气体通入水中，溶液无色的为二氧化氮气体，故A错误；B氯水具有强氧化性和漂白性，可将pH试纸漂白，应用pH
16、计测定，故B错误；C铁在浓硫酸中发生钝化而在表面生成一层致密的氧化物膜，阻碍反应的继续进行，故C正确；D能产生使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫气体，溶液中可能存在CO32、SO32、HCO3等，故D错误故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，本题中注意根据物质的性质选择实验方案，易错点为B，注意氯水的成分及性质10某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经测定c（ClO）：c（ClO3）=1：3，则此反应中被还原氯元素与被氧化氯元素的质量比为（）A21：5B11：3C3：1D4：1考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应
17、专题分析：Cl2和KOH发生氧化还原反应生成KCl、KClO、KClO3时，Cl2既是氧化剂又是还原剂，如果混合溶液中c（ClO）：c（ClO3）=1：3，根据转移电子守恒计算KCl的物质的量，被还原的Cl元素和被氧化的Cl元素就是生成KCl的氯元素和生成KClO、KClO3的Cl元素，据此分析解答解答：解：Cl2和KOH发生氧化还原反应生成KCl、KClO、KClO3时，Cl2既是氧化剂又是还原剂，如果混合溶液中c（ClO）：c（ClO3）=1：3，设c（ClO）、c（ClO3）的物质的量浓度分别是1mol/L、3mol/L，根据转移电子守恒计算c（KCl）=16mol/L，所以被还原的Cl
18、元素和被氧化的Cl元素就是生成KCl的氯元素和生成KClO、KClO3的Cl元素，溶液体积相等，所以被还原的Cl元素和被氧化的Cl元素的物质的量之比为16：（1+3）=4：1，故选D点评：本题考查氧化还原反应的计算，明确转移电子相等是解本题关键，侧重考查学生对基本概念、基本理论的理解和运用，知道常见元素化合价，题目难度不大1116.8g NaHCO3和7.8g Na2O2在密闭容器中灼烧，充分反应后，将密闭容器保持温度为500最后容器内的物质是（）ANa2CO3、Na2O2和O2BNa2CO3、O2和H2O（g）CNa2CO3、CO2、O2和H2O（g）DNaHCO3、Na2CO3和O2考点：
19、钠的重要化合物；化学方程式的有关计算专题：几种重要的金属及其化合物分析：在密闭容器中充分加热，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，计所产生的气体CO2和H2O与Na2O2的反应为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，最终可以看作生成的二氧化碳先与过氧化钠反应，然后水再与过氧化钠反应计算16.8gNaHCO3分解生成的二氧化碳、水的质量，再根据二氧化碳与过氧化钠的反应进行过量计算判断是否有过氧化钠剩余，若过氧化钠剩余，则与水反应生成氢氧化钠，再根据剩余过氧化钠与水的量进行判断解答：解：2NaHC
20、O3Na2CO3+CO2+H2O 168 44 18 16.8 g 4.4g 1.8 g 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2， 88 156 4.4g 7.8g7.8g Na2O2恰好与NaHCO3分解产生的4.4gCO2完全反应生成Na2CO3和O2所以最后容器内的物质是Na2CO3、O2、H2O（g），故选B点评：本题考查钠重要化合物性质、混合物的有关计算，难度中等，注意过氧化钠与水、二氧化碳反应的性质，注意转化为二氧化碳、水与过氧化钠反应的先后问题进行的解答1220时，11.6g由CO2和H2O组成的混合气体与足量的Na2O2充分反应，固体质量增加3.6g，则原混合气体的平均摩
21、尔质量为（g/mol）（）A5.8B11.6C23.2D46.4考点：钠的重要化合物；有关混合物反应的计算专题：计算题分析：200时水为气态，向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，固体只增加了3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=11.6g3.6g=8g，根据n=计算生成氧气的物质的量，根据方程式可知n（混合气体）=2n（O2），进而计算原混合气体的平均摩尔质量解答：解：200时水为气态，向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，发生反应方程式
22、为：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，固体只增加了3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=11.6g3.6g=8g，氧气的物质的量为：n（O2）=0.25mol，根据方程式2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知：n（混合气体）=2n（O2）=20.25mol=0.5mol，所以原混合气体的平均摩尔质量为：=23.2g/mol，故选C点评：本题考查有关混合物反应的计算、过氧化钠的性质等，题目难度中等，明确固体质量变化的原因是解答本题的关键，注意掌握根据化学反应进行的化学计算的方
23、法13工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（）A试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C图中所示转化反应都不是氧化还原反应D反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3考点：镁、铝的重要化合物；金属冶炼的一般原理专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液；B、试剂X为氢氧化钠溶液，氧化铁与氢氧化钠不反应；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应；D、过量的
24、二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠解答：解：A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B、氧化铁与氢氧化钠不反应，反应后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应，故C错误；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，故D正确；故选D点评：本题考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键14著名化学家徐
25、光宪获得2008年度“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土串级萃取理论方面作出的贡献稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+，则下列说法中正确的是（）A铈的冶炼方法为：用稀土串级萃取法对矿石进行萃取富集；然后电解熔融的CeO2BCeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：CeO2+4HI=CeI4+2H2OC用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+2Fe2+=Ce3+2Fe3+D四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，它们互称为同位
26、素考点：氧化还原反应；同位素及其应用；金属冶炼的一般原理专题：信息给予题分析：A结合稀土串级萃取理论来分析；B应发生氧化还原反应；C电荷不守恒；D具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素解答：解：A稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则用稀土串级萃取法对矿石进行萃取富集，然后电解熔融的CeO2来冶炼金属铈，故A正确；BCeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为2CeO2+8HI=2CeI3+4H2O+I2，故B错误；C用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，故C错误；D核素13658Ce、
27、13858Ce、14058Ce、14258Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，故D正确；故选AD点评：本题考查氧化还原反应，注意利用信息及反应中元素的化合价变化来解答，题目难度不大，注重信息的迁移使用来考查学生，选项A为解答的难点15双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl（OH）2CO3关于该物质的说法正确的是（）A该物质属于两性氢氧化物B该物质是Al（OH）3和Na2CO3的混合物C1mol NaAl（OH）2CO3最多可消耗3mol H+D该药剂不适合于胃溃疡患者服用考点：两性氧化物和两性氢氧化物；镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：
28、A、氧化物为含有氧元素的二元化合物，其中氧元素为负价B、双羟基铝碳酸钠是一种盐C、羟基（实际为氢氧根）与碳酸根能盐酸反应D、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳解答：解：A、该物质含有Na、Al、O、H、C，不氧化物，故A错误；B、双羟基铝碳酸钠是一种盐，故B错误；C、NaAl（OH）2CO3与盐酸发生反应NaAl（OH）2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2，由方程式可知1mol该物质最多可消耗4molHCl，即消耗4mol H+，C错误；D、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳，胃溃疡患者溶液导致胃穿孔，故不适合胃溃疡患者，故D正确故选：D点评：以为双羟基铝碳酸
29、钠载体考查氧化物、氢氧化铝、碳酸钠的性质等，难度中等，可以根据混合物理解其性质，注意实际为一种盐16常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到200mL C（OH）=0.1mol/L的溶液，然后逐滴加入1mol/L 的盐酸，测得生成沉淀的质量m与消耗盐酸的体积V关系如图所示，则下列说法正确的是（）A原合金质量为 0.92 gB图中V2为 60C整个加入盐酸过程中 Na+的浓度保持不变DQ点m1为1.56考点：铝的化学性质；钠的化学性质专题：图示题；几种重要的金属及其化合物分析：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaA
30、lO2+3H2，加盐酸时发生NaOH+HClNaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3、Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多来计算解答：解：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HClNaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，最后发生Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.2L0.1mol/L=0.02mol，由NaOH+HClNaCl+H2O，则V1为=0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL20mL=
31、20mL，其物质的量为0.02L1mol/L=0.02mol，由 NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3， 0.02mol 0.02mol 0.02molA、由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故A错误；B、由Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，故B错误；C、由2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，加盐酸后，先发生NaOH+HClNaCl+H2O，后发生N
32、aAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，最后发生Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，随着盐酸的量的加入，体积增大，钠离子的量不变，所以浓度减小，故C错误；D、由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol78g/mol=1.56g，故D正确；故选D点评：本题考查钠、铝的化学性质及反应，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，并学会利用元素守恒的方法来解答，难度较大17现有一定量的Cu和Fe2O3组成的混合物，平均分成两等分，向其中一份加入2molL1的盐酸溶液150mL，恰好完全溶解，所得溶液加入KSCN无血红色出现若用过量的CO在高温
33、下还原原混合物，固体质量减少为（）A1.6 gB2.4 gC3.2 gD4.8 g考点：铁的氧化物和氢氧化物；化学方程式的有关计算；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：向一定质量的Cu和Fe2O3的混合物中加入150mL 2mol/L的HCl溶液，恰好使混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液后，无血红色出现，溶液中没有铁离子，发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，最终溶液中溶质为FeCl2、CuCl2，且二者物质的量之比为2：1，根据氯离子守恒计算n（FeCl2），再根据Fe元素守恒计算n（Fe2
34、O3），混合物用过量的CO发生反应：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，固体减少质量等于Fe2O3中氧元素的质量解答：解：向一定质量的Cu和Fe2O3的混合物中加入300mL 2mol/L的HCl溶液，恰好使混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液后，无血红色出现，溶液中没有铁离子，发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，最终溶液中溶质为FeCl2、CuCl2，且二者物质的量之比为2：1，根据氯离子守恒：2n（FeCl2）+n（FeCl2）2=0.15L2mol/L，解得n（FeCl2）=0.1mol，根据Fe元素守恒可知n（Fe
35、2O3）=0.05mol，混合物用过量的CO发生反应：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，固体减少质量等于Fe2O3中氧元素的质量，故固体减少质量=0.05mol316g/mol=2.4g，故选B点评：本题考查混合物计算，明确发生的反应是解题关键，注意根据方程式确定溶液中氯化亚铁、氯化铜的物质的量关系，注意守恒思想的应用，难度中等18（2011江苏）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质下列说法正确的是（）A25，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D如图所示转化反应都是氧化
36、还原反应考点：氯气的化学性质；氧化还原反应；钠的重要化合物专题：卤族元素分析：A、根据其阴离子的水解程度判断；B、结合反应方程式化合价的变化判断；C、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl3；D、根据元素的化合价是否变化判断解答：解：A、碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氢根和氢氧根）的平衡常数比碳酸氢根要大许多碳酸根水解要比碳酸氢根容易得多所以溶解度较大，且溶解的快，故A错误B、2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Cl元素的化合价既升高又降低，所以Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确C、3Cl2+2Fe2FeCl3，故C错误D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反
37、应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误故选B点评：本题考查了盐的溶解性、氧化还原反应、氧化剂还原剂等问题，是小型综合题；氧化还原反应、氧化剂还原剂根据化合价的变化判断即可19将一定量的Fe和Fe0的混合物投入250mL 2mol/L硝酸中，反应完全后生成1.12L NO（标况），再向反应后的溶液中加入1mol/L NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液的体积最少是（）A450 mLB500 mLC400 mLD不能确定考点：有关混合物反应的计算专题：守恒法分析：当加入的氢氧化钠使铁元素完全沉淀恰好沉淀，所需的氢氧化钠溶液体积最小，此时溶液中溶质为硝酸钠，根据钠离
38、子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3），根据氮元素守恒有n（NaNO3）+n（NO）=n（HNO3），据此计算n（NaOH），再根据V=计算NaOH溶液的体积解答：解：当加入的氢氧化钠使铁元素完全沉淀恰好沉淀，所需的氢氧化钠溶液体积最小，此时溶液中溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒有n（NaNO3）+n（NO）=n（HNO3），故n（NaNO3）=0.25L2mol/L=0.45mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3）=0.45mol，故需要NaOH溶液的最小体积为=0.45L=450mL，故选A点评：本题考查物质的量浓度的有关计算、混合物反应的计算，难度中等，关键清楚反应过程根据
39、离子守恒进行计算20将SO2通入CuSO4和NaCl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl：35.7%，Cu：64.3%，SO2在上述反应中作用是（）A酸B漂白剂C还原剂D氧化剂考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：根据Cl和Cu的百分含量可计算沉淀中只含Cu和Cl两种元素（35.7%+64.3%=100%），且两者的物质的量之比约为1：1，进而确定产物为CuCl，结合化合价的变化判断物质在反应中的性质和作用解答：解：由Cl和Cu的百分含量知，沉淀中只含Cu和Cl两种元素（35.7%+64.3%=100%），且两者的物质的量之比约为1：1（：），可知，最简式
40、为CuCl，其中Cu的化合价为+1价，则原反应物中CuSO4为氧化剂，那可能的还原剂只有SO2，氧化产物是SO42，故选C点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题，根据物质的质量关系判断产物为解答该题的关键21将SO2和X气体分别通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，若同时通入，有沉淀生成，则X气体不可能是（）ACO2BNH3CCl2DH2S考点：二氧化硫的化学性质；离子反应发生的条件专题：氧族元素分析：A、二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应；B、氨气显碱性，能和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；C、氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到两种强酸溶液；D、硫化氢和二氧化硫反应
41、生成硫单质解答：解：A、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A错误；B、2NH3+SO2（NH4）2S03，（NH4）2S03+BaCl2BaSO3+2NH4Cl，故B正确；C、Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl，故C正确；D、2H2S+SO23S+H2O，故D正确故选A点评：本题目考查了学生物质之间的化学反应，要求学生熟记教材知识，学以致用22下列关于浓硫酸和浓硝酸的叙述不正确的是（）A加热条件下均能与碳反应B长期露置在空气中浓度均会降低C常温下均不能用铁制容器贮存D一定条件下均可与铜片反应考点：浓硫酸的性
42、质；硝酸的化学性质专题：氧族元素；氮族元素分析：A加热条件下，二者都能与碳发生氧化还原反应；B浓硫酸具有吸水性、浓硝酸具有挥发性；C常温下，浓硝酸和浓硫酸都与铁发生钝化现象；D加热条件下，铜和浓硫酸能发生氧化还原反应解答：解：A加热条件下，浓硫酸和浓硝酸都与碳发生氧化还原反应生成气体氧化物和水，故A正确；B浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中的水蒸气，浓硝酸具有挥发性，所以长期露置在空气中浓度均会降低，故B正确；C常温下，浓硫酸和浓硝酸都与铁发生钝化现象而阻铁进一步被腐蚀，所以常温下均能用铁制容器贮存，故C错误；D加热条件下，铜和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，常温下，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮
43、，故D正确；故选C点评：本题考查了浓硫酸、浓硝酸的性质，根据浓硫酸和浓硝酸的强氧化性、与铁的钝化等知识点来分析解答即可，明确钝化现象原理，注意：钝化现象不是说二者和铁不反应，为易错点23下列关于SiO2和CO2的说法中正确的是（）ACO2、SiO2分别是碳酸和硅酸的酸酐BCO2和SiO2与水反应分别生成相应的酸CCO2是酸性氧化物，SiO2是两性氧化物DCO2和SiO2都是由相应的分子组成的考点：硅和二氧化硅专题：碳族元素分析：A某含氧酸脱去一分子水或几分子水，所剩下的部分称为该酸的酸酐；BSiO2和水不反应；CSiO2属于酸性氧化物；DSiO2属于原子晶体，是由原子构成的解答：解：A某含氧酸
44、脱去一分子水或几分子水，所剩下的部分称为该酸的酸酐，所以CO2、SiO2分别是碳酸和硅酸的酸酐，故A正确；BSiO2和水不反应，用SiO2和NaOH溶液制备硅酸钠，然后用硅酸钠和HCl溶液反应制备硅酸，故B错误；CSiO2虽然能和HF反应，但HF没有代表性，所以二氧化硅仍然属于酸性氧化物，故C错误；DSiO2属于原子晶体，是由原子构成的，所以二氧化硅中没有分子存在，故D错误；故选A点评：本题考查二氧化硅、二氧化碳的比较，明确物质的构成微粒、物质的性质即可解答，侧重考查学生分析、对比能力，注意二氧化硅晶体中空间构型，为常考查点，题目难度不大24（2013延边州模拟）现将35g锌粉与少量浓硫酸在加
45、热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为（）A1.0gB2.0gC2.5gD3.5g考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为0.5mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Zn的物质的量，再根据m=nM计算参加反应的Zn的质量，据此计算过剩的锌粉的质量解答：解：锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为=0.5mol，每生成1molSO2，金属提供2mol电子，每生成1molH2，金属提供2mol电子，所以
46、生成0.5mol的二氧化硫与氢气金属提供的电子为2mol=1mol，故参加反应Zn的物质的量为=0.5mol，出参加反应Zn的质量为0.5mol65g/mol=32.5g，故剩余的锌粉的质量为35g32.5g=2.5g故答案为：C点评：考查学生根据方程式的计算、守恒计算等，难度不大，本题采取电子转移守恒计算，简化计算，注意守恒思想的运用可以判断混合气体中氢气、二氧化硫的物质的量，在根据方程式计算，容易理解，但步骤繁琐252.8gFe全部溶于一定浓度200mLHNO3溶液中，得到标准状况下气体1.12L，测得反应后溶液pH为1若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是（）A反应后溶
47、液中铁元素一定只以Fe3+形式存在B1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体C反应后溶液中c（NO3）=0.85mol/LD反应后的溶液最多还能溶解1.82gFe考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算专题：计算题分析：A、根据题目信息可知HNO3过量，故Fe只可能转化为Fe3+B、2.8gFe的物质的量为0.05mol，根据电子转移守恒，利用极限假设法，若只生成NO，计算生成NO的体积；若只生成NO2，计算生成的NO2体积，根据体积判断C、由题目信息可知，反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3
48、+），所以c（Fe3+）=0.25mol/L，反应后溶液pH为1，所以c（H+）=0.1mol/L，代入上式计算D、计算原硝酸溶液中硝酸的物质的量，根据氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3nFe（NO3）3+n剩余（HNO3）+n（NO），当生成Fe（NO3）2 时原硝酸溶解的铁最多，据此计算原硝酸溶解的铁的最大重量，减去已经溶解的2.8g，即为反应后的溶液最多还能溶解的Fe的质量解答：解：A、反应后溶液pH为1，故HNO3过量，Fe只可能转化为Fe3+，故A正确；B、2.8gFe的物质的量为=0.05mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，n（NO）=0.05mol，则V（NO）=0.0
49、5mol22.4L/mol=1.12L；计算生成NO的体积；若只生成NO2，根据电子转移守恒可知，n（NO2）=0.15mol，V（NO2）=0.15mol22.4L/mol=3.36L，由于实际生成气体1.12L，故只生成NO，故B错误；C、反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3+）=0.05mol，所以c（Fe3+）=0.25mol/L，反应后溶液pH为1，所以c（H+）=0.1mol/L，所以c（NO3）=0.25mol/L3+0.1mol/L=0.85mol/L，故C正确；D、由B中分析可知，原硝
50、酸是稀硝酸，生成NO，由氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3nFe（NO3）3+n剩余（HNO3）+n（NO）=0.05mol3+0.1mol/L0.2+0.05mol=0.22mol，生成Fe（NO3）2、NO时原硝酸溶解的铁最多，由3 Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2 NO+4H2O 可知，0.22molHNO3最多溶解铁0.22mol，质量为0.22mol56g/mol=4.62g，故还能溶解铁4.64g2.8g=1.82g，故D正确故选：B点评：考查根据方程式的有关计算，难度中等，判断生成的气体为NO、硝酸有剩余是解题的关键，D选项可以根据硝酸铁与剩余的硝酸计算溶解铁的质量二、
51、填空题：（每空2分，共50分）26（10分）图表示某气态单质A及其化合物之间的转化关系 （某些产物和反应条件已略去）（1）A单质的电子式（2）写出E生成B的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O（3）写出由D生成B的离子方程式3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O常温下D和E恰好完全反应后溶液的pH小于7（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性考点：无机物的推断；含氮物质的综合应用专题：氮族元素分析：转化图表示某气态单质A及其化合物之间的转化关系，气体A和氧气反应生成B，B和氧气反应生成C，C溶于水生成D，D和铜常温反应生成B，说明D
52、为硝酸，C为NO2，B为NO，E为NH3，A为N2；结合推断分析回答问题；解答：解：转化图表示某气态单质A及其化合物之间的转化关系，气体A和氧气反应生成B，B和氧气反应生成C，C溶于水生成D，D和铜常温反应生成B，说明D为硝酸，C为NO2，B为NO，E为NH3（1）A单质为氮气，氮原子间形成三个共价键，氮气的电子式为：；故答案为：； （2）E生成B的反应是氨气的催化氧化反应，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）D生成B的反应是硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+
53、4H2O；故答案为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；常温下D和E恰好完全反应生成硝酸铵，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，溶液的pH7；故答案为：pH小于7，理由是硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性；点评：本题考查了物质性质的分析判断，反应特征和条件的熟练掌握，物质性质和反应产物判断是关键，题目较简单27（14分）（2013河南一模）某氧化铁样品中含有少量的FeCl2杂质现要测定其中铁元素的质量分数，按以下步骤进行实验：请根据图的流程，回答下列问题：（1）操作I所用到玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管以外，还必须有250mL容量瓶；（填仪器名称）操作II必须用到的仪器是D（
54、填字母）A.50ml烧杯 B.50ml量筒 C.100ml量筒 D.25ml滴定管（2）先加入足量氯水再加入氨水的离子方程式为2Fe 2+Cl2=2Fe 3+2Cl、Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+（3）检验沉淀是否洗涤干净的操作是取少量最后一次洗出液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净（4）将沉淀物加热，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2g，若b1b2=0.3，则接下来还应进行的操作是继续加热，冷却至室温时，称量，直至两次连续称量质量差不超过0.1g（5）若坩埚的质量为W1g，坩埚与加热后固体的总质量为W2g，则样品中铁
55、元素的质量分数是（6）有学生认为上述实验步骤太繁琐，他认为，将样品溶于水后充分搅拌，加热蒸干燃烧称量即可，请你评价是否可行？可行（填“可行”或“不可行”）考点：探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验探究和数据处理题分析：本实验目的是测定铁的质量分数，采取的方法是使样品溶解、反应、最终生成氧化铁，然后通过氧化铁质量来求铁的质量分数（1）由图可知，操作I是将加入盐酸反应的溶液稀释成250.00mL溶液，故需要250mL的容量瓶；操作II是准确量取25.00mL的稀释后的溶液，故应需要滴定管；（2）加氯水就是让+2价铁变为+3价，加氨水就是使+3价铁充分转化为Fe（OH）3沉淀；（3）沉淀洗涤就是
56、把Cl或NH4+洗掉，可以检验洗涤液中是否含有Cl，取少量最后一次洗出液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；（4）两次连续称量的质量相差不能超过0.1g才能说明分解完全，故应继续加热并称量；（5）加热分解所得的物质是Fe2O3，其质量为（W2W1）g，由于去25mL溶液，故250mL溶液可以得到Fe2O3质量为10（W2W1）g，根据化学式计算铁元素的质量，再利用质量分数的定义计算原氧化铁样品中铁元素的质量分数；（6）样品溶于水，存在平衡Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+，加热HCl挥发，促进水解，蒸干加热最终转化为Fe2O3，不影响铁元素质量分数的测定解答：解：（1）由图
57、可知，操作I是将加入盐酸反应的溶液稀释成250.00mL溶液，故需要250mL容量瓶；操作II是准确量取25.00mL的稀释后的溶液，故应需要滴定管，故答案为：250mL容量瓶；D；（2）加氯水就是让+2价铁变为+3价，发生反应为2Fe 2+Cl2=2Fe 3+2Cl；加氨水就是使+3价铁充分转化为Fe（OH）3沉淀，发生反应为Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+，故答案为：2Fe 2+Cl2=2Fe 3+2Cl、Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+；（3）沉淀洗涤就是把Cl或NH4+洗掉，可以检验洗涤液中是否含有Cl，取少量最后一次洗出液，滴加AgNO3溶液，若无
58、沉淀生成，则证明洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗出液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；（4）两次连续称量的质量相差不能超过0.1g才能说明分解完全，故应继续加热并称量，故答案为：继续加热，冷却至室温时，称量，直至两次连续称量质量差不超过0.1g；（5）250mL溶液可以得到Fe2O3质量为10（W2W1）g，铁元素的质量为10（W2W1）g=7（W2W1）g，所以原氧化铁样品中铁元素的质量分数，故答案为：；（6）样品溶于水，存在平衡Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+，加热HCl挥发，促进水解，蒸干加热最终转化为Fe2O3，不影响铁元素质量分数的测定，故该方案可行，故答
59、案为：可行点评：本题考查溶液配制、离子检验、对实验操作的理解与实验方案的评价、化学计算等，难度中等，清楚测定原理是解题的关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础与运用知识分析解决问题的能力28（14分）（2014宿迁模拟）资料显示：镁与饱和碳酸氢钠溶液反应产生大量气体和白色不溶物某同学设计了如下实验方案并验证产物、探究反应原理（1）提出假设实验1：用砂纸擦去镁条表面的氧化膜，将其放入盛有适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的试管中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液由浅红变为红该同学对反应中产生的白色不溶物进行如下猜测：猜测1：白色不溶物可能为Mg（OH）2猜测2：白色不溶物可能为
60、MgCO3猜测3：白色不溶物可能是碱式碳酸镁xMgCO3yMg（OH）2（2）设计定性实验确定产物并验证猜测：实验序号 实验 实验现象 结论 实验将实验中收集到的气体点燃 能安静燃烧、产生淡蓝色火焰 气体成分为氢气 实验取实验中的白色不溶物，洗涤，加入足量稀盐酸产生气泡沉淀全部溶解白色不溶物可能含有MgCO3实验取实验中的澄清液，向其中加入少量CaCl2稀溶液 产生白色沉淀 溶液中存在CO32（3）为进一步确定实验1的产物，设计定量实验方案，如图所示：称取实验1中所得干燥、纯净的白色不溶物22.6g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部通入装置A和B中实验后装置A增重1.8g，装
61、置B增重8.8g，试确定白色不溶物的化学式：Mg（OH）2（CO3）2或2MgCO3Mg（OH）2 （4）请结合化学用语和化学平衡移动原理解释Mg和饱和NaHCO3溶液反应产生大量气泡和白色不溶物的原因：NaHCO3溶液中存在平衡，HCO3H+CO32、H2OH+OH；Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物Mg（OH）22MgCO3，则H+、OH、CO32的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）依据猜测可知白色不溶物可能是Mg（OH）2 或MgCO3或Mg（OH）2 ，MgCO3；（2）依据实验的现象分析，
62、镁条和碳酸氢钠溶液迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变分析出是氢气；依据实验的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产生，说明含有碳酸镁；加入盐酸沉淀碳酸镁全部溶解；依据实验加入氯化钙生成沉淀证明含有碳酸根离子；（3）根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量，剩余的就是氢氧化镁的质量；（4）依据碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子电离和水的电离平衡，镁
63、和氢离子反应促进电离平衡正向进行，镁离子和氢氧根离子和碳酸根离子形成沉淀分析解答：解：（1）依据猜测可知白色不溶物可能是Mg（OH）2 或MgCO3或Mg（OH）2 ，MgCO3，故答案为：Mg（OH）2 ；（2）迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变，该气体可能是氢气或一氧化碳，如果测定是一氧化碳时，燃烧后需要用到澄清石灰水，所以该气体是氢气；依据实验的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产
64、生，说明含有碳酸镁；加入盐酸沉淀碳酸镁全部溶解；依据实验加入氯化钙生成沉淀证明含有碳酸根离子，故答案为：氢气；稀盐酸；产生气泡沉淀全部溶解；CO32；（3）B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为8.8g，设生成8.8g二氧化碳，需要碳酸镁的质量为X则：MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO284 44X 8.8g根据：=解得X=16.8g，所以含有氢氧化镁质量为：22.6g16.8g=5.8g；碳酸镁和氢氧化镁物质的量之比为：=0.2：0.1=2：1，白色不溶物的化学式为Mg（OH）2（CO3）2或2MgCO3Mg（OH）2，故答案为：Mg（OH）2（C
65、O3）2或2MgCO3Mg（OH）2 ；（4）NaHCO3溶液中存在平衡，HCO3H+CO32、H2OH+OH；Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物Mg（OH）22MgCO3，则H+、OH、CO32的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，故答案为：NaHCO3溶液中存在平衡，HCO3H+CO32、H2OH+OH；Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物Mg（OH）22MgCO3，则H+、OH、CO32的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行点评：本题难度较大，考查全面，从定性和定量两个方面测定物质的种类，关键在于知道碳酸
66、根离子与酸反应能产生二氧化碳，镁和氢离子反应生成氢气，题目难度较大29（12分）某小组取一定质量的FeSO4固体，利用下图装置进行实验实验过程实验现象通入一段时间N2，加热A中固体变为红棕色，B中有白色沉淀，D试管中有无色液体用带有火星的木条靠近装置D的导管口木条复燃充分反应，停止加热，冷却后，取A中固体，加盐酸固体溶解，溶液呈黄色将所得溶液滴入D试管中溶液变为浅绿色已知：SO2 熔点72，沸点10；SO3熔点16.8，沸点44.8（1）实验反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O（2）分解过程除产生使木条复燃的气体外，仅由A中固体颜色变化推测，还一定有SO2气体，依据是因为有
67、Fe2O3生成，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原因此一定有SO2生成（3）实验反应的离子方程式是2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+（4）某同学依据B中的现象，认为FeSO4分解一定有SO3生成你认为是否正确，原因是（用必要的文字和化学方程式解释）不正确，因为分解有O2和SO2生成，在水溶液中发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故无论分解反应是否有SO3生成，都会有此现象，2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4+4HCl考点：制备实验方案的设计；性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）A中固体变为红棕色为氧化铁；然后加盐酸，是
68、氧化铁和盐酸反应，据此书写离子反应方程式；（2）分解过程除产生使木条复燃的气体为氧气，A中固体变为红棕色为氧化铁，因为有Fe2O3生成，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原，因此一定有SO2生成；（3）A为氧化铁加盐酸生成三价铁离子，将所得溶液滴入D试管中，溶液变为浅绿色说明有二价铁生成，所以三价铁离子和二氧化硫发生了氧化还原反应，据此解答；（4）FeSO4分解不一定有SO3生成，B中的现象是有白色沉淀生成，可能是在水溶液中发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，故无论分解反应是否有SO3 生成，都会有此现象，据此解答解答：解
69、：（1）根据木条复燃说明有氧气生成，根据A中固体变为红棕色，说明A中固体变为红棕色为氧化铁，B中有白色沉淀为硫酸钡，是因为硫酸亚铁在氮气的条件下隔绝空气加热分解生成氧化铁、二氧化硫，所以实验反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；（2）根据氧化还原反应的特点，元素化合价升高的价数等于元素化合价降低的价数，分解过程除产生使木条复燃的气体为氧气说明氧元素的化合价在升高，A中固体变为红棕色为氧化铁，因为有Fe2O3生成，铁的化合价也在升高，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原，因此一定有SO2生成，故答案为：SO2；因为
70、有Fe2O3生成，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原因此一定有SO2生成；（3）取A中固体，加盐酸Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，将所得溶液滴入D试管中，溶液变为浅绿色说明有二价铁生成，说明三价铁离子被还原，D试管中有无色液体为二氧化硫，发生的反应为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；（4）因为硫酸亚铁在氮气的条件下隔绝空气加热分解一定生成氧化铁、二氧化硫，不一定有三氧化硫，B中的现象是有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，该沉淀可能是2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，故无论分解反应是否有SO3 生成，都会有此现象，总反应为2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4+4HCl，故答案为：不正确，因为分解有O2 和SO2 生成，在水溶液中发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故无论分解反应是否有SO3 生成，都会有此现象；2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4+4HCl
