1、2015-2016学年湖南省邵阳一中高三（上）第一次月考化学试卷一、单项选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分）1用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子B常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C在H2O2参与的反应中，1 mol H2O2得到或失去的电子数一定是2NAD常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA2下列关于胶体的叙述正确的是（）A胶体粒子不能透过滤纸B胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象D用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过3实验室有下列
2、试剂：NaOH溶液水玻璃Na2S溶液Na2CO3溶液澄清的石灰水溶液 浓硫酸其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是（）ABCD4标准状况下，mg气体A与ng气体B所含分子数相同，下列说法不正确的是（）AA与B相对分子质量之比为m：nB同质量的A与B所含分子数之比为n：mC相同状况下，同体积的A与B的质量之比为m：nD标准状况下，A与B的密度之比为n：m5下列有关实验的内容正确的是（）A用托盘天平称取10.60 g的Na2CO3固体，溶于1 L的水可配成0.1 mol/L的溶液B实验室蒸馏石油可用如图甲所示实验装置C取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶D配制500 mL 0.4 mol/L N
3、aCl溶液，必要的仪器如图乙所示61kg物质的量浓度为16.8mol/L，质量分数为88%的浓硫酸，与1L水混合后，得到质量分数为44%的稀硫酸，该稀硫酸的物质的量浓度可能为（）A=8.4B8.4C8.4D8.47在标准状况下，将V L A气体（摩尔质量是M g/mol）溶于0.1L水中，所得溶液的密度为d g/cm3，则此溶液的物质的量浓度为（）ABCD8配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是（）A用量筒量取浓盐酸俯视读数B溶解搅拌时有液体飞溅C定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线D摇匀后见液面下降，再加水至刻度线9下列说法正确的是（）A4mol/LNaCl溶液与2mol
4、/LNa2SO4溶液混合后，c（Na+）为4 mol/LB240 g NaCl溶液中溶有40 g NaCl，该温度下NaCl的溶解度为20gC22.4 L HCl气体溶于水制成1 L溶液，该溶液的物质的量浓度为1 mo1/LD把5 g胆矾（CuSO45H2O）溶于45 g水中，所得溶液溶质的质量分数为10%10下列离子方程式正确的是（）A向醋酸中滴加氢氧化钠：H+OH=H2OBFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OCCa（HCO3）2溶液与少量KOH溶液反应Ca2+HCO3+OH=H20+CaCO3D向Na2SO3溶液中通入少量氯气：SO32+Cl2+H2O=SO4
5、2+2Cl+2H+11下列化学反应的离子方程式正确的是（）A氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OHAl（OH）3B向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀：2Ba2+Al3+2 SO42+4OHAlO2+2BaSO4+2H2OC在硫酸氢钾溶液中加入氢氧化钡溶液至pH=7：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2ODNH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热：NH4+HCO3+2OHNH3+CO32+2H2O12某溶液中，只可能含有下列离子中的几种：现每次取100.00mL溶液进行实验：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生；第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀
6、6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g下列说法错误的是（）阳离子K+、Mg2、Fe3+、Al3+阴离子Cl、AC（）=0.2 mol/LBC（K+）一定为0.6mol/LC氯离子可能存在D一定有和13某溶液中含有HCO3、SO32、CO32、CH3COO4种阴离子向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（）ACH3COOBSO32CCO32DHCO314能使甲基橙变红色的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）AK+、Na+、HCO3、ClBK+、AlO2、Br、ClCNa+、Cl、NO3、IDAl3+、NH4+、Cl、SO4215在a
7、L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（）ABCD16为了证明（NH4）2Fe（SO4）26H2O（硫酸亚铁铵晶体）的成分中含有NH4+、Fe2+、SO42和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水B硫酸亚铁铵晶体溶于水，得淡绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2+C硫酸亚铁铵晶
8、体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42D取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加入少量稀NaOH溶液，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，则可证明晶体的成分中含有NH4+17下列各组溶液中，只用试管和胶头滴管，不用其他任何试剂就可以鉴别的是（）A稀氨水和Al2（SO4）3B稀盐酸和Na2CO3CCaCl2和Na2CO3DBa（OH）2和NaHSO418下列图象能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）（）A图1：n（O2）=1mol时，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物B图2：n（NaOH）=1mol时，CO
9、2和NaOH溶液反应生成的盐C图3：n（HCl）=1mol时，K2CO3逐步加入到HCl溶液中在敞口容器反应生成的气体D图4：n（HNO3）=1mol时，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）19将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD20将含有O2和CH4的混合气体置于盛有23.4g Na2O2的密闭容器中，电火花点燃，反应结束后，容器内的压强为零，将残留物溶于水中，无气体产生下列叙述正确的是（）A原混合气体中O2和CH4的体积比为2：1B残留物只有Na2CO3C原混合气体中O2与CH4的体积比为1
10、：1D残留物只有Na2CO3和NaOH21为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（）ABCD22向一定量的Fe、Fe2O3和CuO混合物投入100mL浓度2.2mol/L的硫酸溶液中充分反应后生成896mL标准状况下的气体得不溶物1.28g，过滤后溶液中金属阳离子只有Fe2+向滤液中加入2mol/L的NaOH溶液加至40mL时开始出现沉淀则滤液中FeSO4的物质的量浓度为（设滤液体积为100mL）（）A2 mol/LB1.8 mol/LC1.9 mol/LD无法计算23某固体物质是由NaOH、AlCl3、
11、K2SO4、CaCO3、Ba（NO3）2中的几种均匀混合而成，取样品进行如图所示实验（部分产物略去）：则下列判断正确的是（）A沉淀X一定只含有CaCO3和BaSO4B气体Z的成分无法确定C取滤液Y，测得其pH7，滤液Y中含有的含氧根离子可能是AlO2、NO3D向实验后的溶液中滴加过量的烧碱，没有沉淀生成，说明肯定没有AlCl324将某合金（仅含铜、铁）全部投入50mL b molL1的硝酸溶液中，加热使其充分反应（假设NO是唯一的还原产物），下列说法正确的是（）A若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解B若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3+C若硝酸有剩余，溶液中可能含有Fe2+D
12、若金属全部溶解，且产生336mL气体（标准状况下），则b=0.325在200mL含Mg2+、Al3+、NH+4、H+、Cl等离子的溶液中，逐滴加入5mol/L的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示，下列叙述不正确的是（）A原溶液的pH=lB原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：2Cx与y的差值为0.01molD原溶液中c（Cl）=0.825mol/L二、填空题（每空2分，共50分）26某课外活动小组设计如图实验装置，验证“二氧化碳与水接触时才能和过氧化钠反应”（1）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式是，该反应中，反应物的总能量 （填“大于
13、”或“小于”） 生成物的总能量（2）装置中的试剂是 （填序号）a稀盐酸 b稀硫酸 c小苏打 d石灰石（3）实验时，应先打开弹簧夹（填K1或K2 ），观察到预期现象后，关闭它，再打开另一个弹簧夹（4）实验过程中将带火星的木条置于a口，观察到带火星的木条始终不复燃为观察到最终木条复燃，甲建议在后安装一个盛有碱石灰的干燥管，目的是；乙认为即使采纳甲的建议且最终观察到木条复燃，也不能证明CO2参与了反应，原因是（5）为进一步达到实验目的，应补充的实验是：取最终反应后中所得固体，27中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体请回答下列问题：（1）红褐色胶
14、体F微粒直径大小的范围：（2）A、B、H的化学式：A、B、H（3）写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：写出鉴定C中阳离子的实验方法和现象：在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：28铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，下图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：（1）铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；（2）溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8+4NaOH回答下列问题：（1）写出向铝土矿中加入足量氢
15、氧化钠溶液操作中发生反应的离子方程式：；（2）滤渣A的主要成分为；滤渣A的用途是（只写一种）；实验室过滤时使用玻璃棒，其作用是（3）在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因是：（4）若将铝溶解，下列试剂中最好选用（填编号）A浓硫酸 B稀硫酸 C稀硝酸29市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准GB5461产品等级一级配 料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量（以I计）2050mg/kg（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平离子方程式（将化学计量数填于空白处）IO3+I+=I2+（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以
16、回收四氯化碳Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：a将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；b加入适量Na2SO3稀溶液；c分离出下层液体以上设计中遗漏的操作及在上述步骤中的位是；所缺步骤为（3）已知：I2+2S2O32=2I+S4O62某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a准确称取12.7g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为6.0104molL1的Na2S2O3溶液20.0mL，恰好反应完全判断c中反应恰好完全依据的现象是根据以上实验和包装袋说明，所
17、测精制盐的碘含量是 mg/kg2015-2016学年湖南省邵阳一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分）1用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子B常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C在H2O2参与的反应中，1 mol H2O2得到或失去的电子数一定是2NAD常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A1mol过氧化钠含NA个阴离子； B常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；CH2O2分解生成水和氧气；D氧气和臭氧均由氧
18、原子构成【解答】解：A78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠含NA个阴离子，故A错误； B常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氦气的物质的量小于1mol，则含有的氦原子小于NA个，故B错误；CH2O2分解生成水和氧气，1 mol H2O2转移电子数为NA，故C错误；D氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故D正确故选D2下列关于胶体的叙述正确的是（）A胶体粒子不能透过滤纸B胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象D用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离
19、子通过【考点】胶体的重要性质【分析】A、溶液、胶体粒子能透过滤纸；B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小；C、胶体是电中性的，不带电；D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能【解答】解：A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于110nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确故选D3实验室有下
20、列试剂：NaOH溶液水玻璃Na2S溶液Na2CO3溶液澄清的石灰水溶液 浓硫酸其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是（）ABCD【考点】化学试剂的存放【分析】玻璃中含有二氧化硅，只要能和二氧化硅反应的药品不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，据此分析解答【解答】解：NaOH与二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠，导致玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以氢氧化钠溶液需放在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中；Na2SiO3溶液由于弱酸阴离子水解导致溶液显示碱性，可以和玻璃的成分二氧化硅之间反应，所以盛放Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞；Na2S水解显碱性，与二氧化硅反应，所以Na2S需放在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中；Na2
21、CO3水解显碱性，与二氧化硅反应硅酸钠和水，所以Na2CO3需放在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中；石灰水与二氧化硅反应硅酸钙和水，所以石灰水需放在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中；浓H2SO4溶液显示酸性，酸性溶液与玻璃成分不反应，可以存放在玻璃塞的试剂瓶中故选D4标准状况下，mg气体A与ng气体B所含分子数相同，下列说法不正确的是（）AA与B相对分子质量之比为m：nB同质量的A与B所含分子数之比为n：mC相同状况下，同体积的A与B的质量之比为m：nD标准状况下，A与B的密度之比为n：m【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】标准状况下，分子数相同的气体A和B，它们的物质的量相同，则相对分子质量之比、同体积的气体的
22、体积之比均等于质量之比、分子数之比与物质的摩尔质量成反比，由=来分析密度之比【解答】解：A、由n=可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即A与B相对分子质量之比为mg：ng=m：n，故A正确；B、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=可知，分子数之比等于： =n：m，故B正确；C、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，故C正确；D、标准状况下，Vm相同，由=可知，密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，故D不正确；故选D5下列有关实验的内容正确的是（）A用托盘天平称取10.60 g的Na2CO3固体，溶于
23、1 L的水可配成0.1 mol/L的溶液B实验室蒸馏石油可用如图甲所示实验装置C取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶D配制500 mL 0.4 mol/L NaCl溶液，必要的仪器如图乙所示【考点】化学实验方案的评价【分析】A托盘天平的感量是0.1g，其溶于水得到1L溶液时才能得到0.1mol/L溶液；B蒸馏时，温度计测量馏分温度；CNa、K能和氧气、水反应；D配制一定物质的量浓度的溶液需要容量瓶，不需要分液漏斗【解答】解：A托盘天平的精确度为0.1g，不能称量10.600g，且物质的量浓度中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，故10.600g的碳酸钠溶于水1L水，溶液体积大于1L，所以
24、得不到0.1mol/L的溶液，故A错误；B蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，故B错误；C金属钠或钾能与空气中的水或氧气反应，剩余的药品要放回原瓶不存在安全隐患，故C正确；D配制500mL 0.4molL1 NaCl溶液需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故D错误；故选C61kg物质的量浓度为16.8mol/L，质量分数为88%的浓硫酸，与1L水混合后，得到质量分数为44%的稀硫酸，该稀硫酸的物质的量浓度可能为（）A=8.4B8.4C8.4D8.4【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】硫酸的浓度越大，密度越大，设硫酸的密度，根据c=表示出于硫酸的
25、浓度，再结合硫酸密度判断【解答】解：设88%硫酸的密度为ag/mL，44%硫酸的密度为bg/mol，则： =16.8， =c2，故=，c2=8.4，硫酸的浓度越大，密度越大，则ab，所以c2=8.48.4，故选C7在标准状况下，将V L A气体（摩尔质量是M g/mol）溶于0.1L水中，所得溶液的密度为d g/cm3，则此溶液的物质的量浓度为（）ABCD【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据n=来计算气体的物质的量，利用m=nM来计算气体的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V=来计算溶液的体积，最后利用c=来计算该溶液的物质的量浓度【解答】解：标准状况下，气体的物质的量为= mo
26、l，气体的质量为molM gmol1=g，水的质量为100mL1g/mL=100g，即溶液的质量为g+100g，则溶液的体积为，则该溶液的物质的量浓度为=，故选：B8配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是（）A用量筒量取浓盐酸俯视读数B溶解搅拌时有液体飞溅C定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线D摇匀后见液面下降，再加水至刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】根据C=计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高【解答】解；A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A不选；B、溶解搅拌时有液体飞溅
27、，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选；C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选；D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选故选C9下列说法正确的是（）A4mol/LNaCl溶液与2mol/LNa2SO4溶液混合后，c（Na+）为4 mol/LB240 g NaCl溶液中溶有40 g NaCl，该温度下NaCl的溶解度为20gC22.4 L HCl气体溶于水制成1 L溶液，该溶液的物质的量浓度为1 mo1/LD把5 g胆矾（CuSO45H2O）溶于45 g水中，所得溶液溶质的质量分数为10
28、%【考点】物质的量浓度的相关计算；溶解度、饱和溶液的概念；溶液中溶质的质量分数及相关计算【分析】A4mol/LNaCl溶液与2mol/LNa2SO4溶液中c（Na+）均为4 mol/L，混合后钠离子浓度不变；B240 g NaCl溶液中溶有40 g NaCl，该溶液不一定是饱和溶液；C温度、压强会影响气体摩尔体积；D溶液中溶质为硫酸铜，结合胆矾的化学式计算硫酸铜的质量，溶质质量分数=100%【解答】解：A4mol/LNaCl溶液与2mol/LNa2SO4溶液中c（Na+）均为4 mol/L，混合后c（Na+）为4 mol/L，故A正确；B240 g NaCl溶液中溶有40 g NaCl，若为饱
29、和溶液，则该温度下NaCl的溶解度为20g，但该溶液不一定是饱和溶液，故B错误；CHCl所处状态的温度、压强不确定，22.4L HCl的物质的量不一定是1mol，故C错误；D溶液中溶质为硫酸铜，硫酸铜的质量为5g=3.2g，所得溶液溶质的质量分数为100%=6.4%，故D错误故选：A10下列离子方程式正确的是（）A向醋酸中滴加氢氧化钠：H+OH=H2OBFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OCCa（HCO3）2溶液与少量KOH溶液反应Ca2+HCO3+OH=H20+CaCO3D向Na2SO3溶液中通入少量氯气：SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+【考点
30、】离子方程式的书写【分析】A醋酸为弱酸，应保留化学式；B三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子；C氢氧化钾少量，反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水；D氯气少量，反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠【解答】解：A向醋酸中滴加氢氧化钠：CH3COOH+OH=H2O+CH3COO，故A错误；B氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I+2Fe（OH）3+6H+2Fe2+6H2O+I2，故B错误；CCa（HCO3）2溶液与少量KOH溶液反应，离子方程式：Ca2+HCO3+OH=H20+CaCO3，故C正确；D向Na2SO3溶液中通入少量氯气：3SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2HSO3，故D错误；故选
31、：C11下列化学反应的离子方程式正确的是（）A氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OHAl（OH）3B向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀：2Ba2+Al3+2 SO42+4OHAlO2+2BaSO4+2H2OC在硫酸氢钾溶液中加入氢氧化钡溶液至pH=7：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2ODNH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热：NH4+HCO3+2OHNH3+CO32+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A一水合氨在离子反应中保留化学式；B恰好使SO42完全沉淀，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；C反应生成硫酸钡、硫酸钾和水；D反
32、应生成碳酸钠、氨气和水【解答】解：A氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A错误；B向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀的离子反应为NH4+2Ba2+Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+2BaSO4+NH3H2O，故B错误；C在硫酸氢钾溶液中加入氢氧化钡溶液至pH=7的离子反应为2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故C错误；DNH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热的离子反应为NH4+HCO3+2OHNH3+CO32+2H2O，故D正确；故选D12某溶液中，只可能含有下列离子中的
33、几种：现每次取100.00mL溶液进行实验：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生；第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g下列说法错误的是（）阳离子K+、Mg2、Fe3+、Al3+阴离子Cl、AC（）=0.2 mol/LBC（K+）一定为0.6mol/LC氯离子可能存在D一定有和【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生，阴离子中Cl，CO32，SO42；都可能生成沉淀；第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g说明沉淀是碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，原溶液中一定含有CO32
34、，SO42；根据离子共存判断，Mg2、Fe3+、Al3+不能存在；溶液电荷守恒，有阴离子必须有阳离子，所以一定含K+离子；综上所述溶液中一定含有K+，CO32，SO42；Cl可能存在；【解答】解：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生，阴离子中Cl，CO32，SO42；都可能生成沉淀；第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g说明沉淀是碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，原溶液中一定含有CO32，SO42；根据离子共存判断，Mg2、Fe3+、Al3+不能存在；溶液电荷守恒，有阴离子必须有阳离子，所以一定含K+离子；综上所述溶液中一定含有K+，CO32，SO42；Cl可
35、能存在；A、依据题意生成碳酸钡沉淀质量=6.27g2.33g=3.94g，物质的量=0.02mol，CO32离子浓度=0.2mol/L，故A正确；B、依据钾离子和碳酸根离子和硫酸根离子的电荷守恒计算，由于溶液中Cl的存在不一定，所以钾离子的浓度不一定是0.6mol/L，故B错误；C、依据分析判断，氯离子可能存在，故C正确；D、依据生成沉淀溶液盐酸质量部分减小证明一定含有CO32，SO42；故D正确；故选B13某溶液中含有HCO3、SO32、CO32、CH3COO4种阴离子向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（）ACH3COOBSO32CCO32
36、DHCO3【考点】钠的重要化合物；常见离子的检验方法【分析】Na2O2具有强氧化性，可与SO32发生氧化还原反应，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3反应，以此解答该题【解答】解：Na2O2具有强氧化性，可与SO32发生氧化还原反应，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3反应，则溶液中HCO3浓度减小，CO32浓度增大，故选A14能使甲基橙变红色的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）AK+、Na+、HCO3、ClBK+、AlO2、Br、ClCNa+、Cl、NO3、IDAl3+、NH4+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【分析】能使甲基橙变红色的溶液，显酸性，根据离子之间不能结合
37、生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：能使甲基橙变红色的溶液，显酸性，A酸溶液中不能大量存在HCO3，故A错误；B酸溶液中不能大量存在AlO2，故B错误；C酸溶液中NO3、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D15在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（）ABCD【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算【分析】根
38、据SO42+Ba2+BaSO4计算溶液中的SO42离子的物质的量，根据NH4+OHNH3+H2O计算NH4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度【解答】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀，则SO42+Ba2+BaSO4 bmol bmolc（SO42）=mol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4+OHNH3+H2O cmol cmolc（NH4+）=mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x3+mol/L1=mol/L2，解得x=mol/L，故选C16为了证明（NH4）2Fe（SO
39、4）26H2O（硫酸亚铁铵晶体）的成分中含有NH4+、Fe2+、SO42和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水B硫酸亚铁铵晶体溶于水，得淡绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2+C硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42D取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加入少量稀NaOH溶液，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，则可证明晶体的成分中含有NH4+【考点】常见离子的检验
40、方法【分析】A、加热失去结晶水；B、亚铁离子溶解形成的溶液呈浅绿色，被氧化为三价铁离子，遇到硫氰酸钾变血红色；C、依据硫酸根离子的检验方法分析判断；D、少量稀NaOH溶液时不会放出氨气，应该“大量浓NaOH并加热”才可以；【解答】解：A、晶体加热后生成液体可以判断是生成的水，证明晶体中含结晶水，故A正确；B、溶液呈浅绿色证明试样溶液中含有Fe2+ 滴入KSCN溶液，溶液不显红色，再向试管中滴加几滴新配制的氯水，溶液的颜色变为红色，说明有Fe3+存在，这个结果间接地说明在原溶液中有Fe2+存在，故B正确；C、加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有
41、SO42，这是硫酸根离子的检验方法，故C正确；D、应取少量样品于试管中，加入浓NaOH溶液，并适当加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，即产生NH3，则证明硫酸亚铁铵中含有NH4+，故D错误；故选D17下列各组溶液中，只用试管和胶头滴管，不用其他任何试剂就可以鉴别的是（）A稀氨水和Al2（SO4）3B稀盐酸和Na2CO3CCaCl2和Na2CO3DBa（OH）2和NaHSO4【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别【解答】解：A无论是Al2（SO4）3溶液滴加到
42、NH3H2O溶液中还是NH3H2O溶液滴加到Al2（SO4）3溶液中，都产生沉淀，不能鉴别，故A不选； B将碳酸钠溶液滴加到盐酸溶液中立即有气泡生成，将盐酸溶液滴加到碳酸钠溶液中，先没有气体生成，当盐酸滴加到一定程度后后气体生成，反应现象不同，可以鉴别，故B选；C无论是CaCl2溶液滴加到Na2CO3溶液中还是Na2CO3溶液滴加到CaCl2溶液中，都产生沉淀，不能鉴别，故C不选；D无论是Ba（OH）2溶液滴加到NaHSO4溶液中还是NaHSO4溶液滴加到Ba（OH）2溶液中，都产生沉淀，不能鉴别，故D不选故选B18下列图象能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）（
43、）A图1：n（O2）=1mol时，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物B图2：n（NaOH）=1mol时，CO2和NaOH溶液反应生成的盐C图3：n（HCl）=1mol时，K2CO3逐步加入到HCl溶液中在敞口容器反应生成的气体D图4：n（HNO3）=1mol时，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）【考点】碳族元素简介；硝酸的化学性质；铁的化学性质【分析】AC和O2在密闭容器中，发生C+O2CO2、CO2+C 2CO；BCO2逐步通入到NaOH溶液中，发生CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3；CK2CO3逐步加入到HCl溶液中，发生
44、K2CO3+2HCl2KCl+H2O+CO2；DFe和稀HNO3反应时，铁少量时发生Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO+H2O，全部转化为三价铁后继续加人铁，则发生Fe+2Fe（NO3）33Fe（NO3）2【解答】解：A因开始氧气过量，则发生C+O2CO2，n（O2）=1mol，生成二氧化碳为1mol，然后发生CO2+C2CO，则生成2molCO，图象与反应相符合，故A正确；B因开始碱过量，则发生CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，n（NaOH）=1mol时生成0.5molNa2CO3，再加人二氧化碳发生Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，则最终碳酸钠减少为0，碳酸氢钠生成1m
45、ol，图象与反应不符，故B错误；C因开始反应时盐酸过量，则发生K2CO3+2HCl2KCl+H2O+CO2，n（HCl）=1mol时生成0.5mol二氧化碳后再加盐酸不反应，气体不会减少，图象与反应不符，故C错误；D因开始硝酸过量，则发生Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO+H2O，n（HNO3）=1mol时生成0.25molFe（NO3）3，图象与反应相符，故D正确；故选AD19将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD【考点】有关混合物反应的计算【分析】将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的
46、混合溶液中，发生反应先后顺序为Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、2KAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO3+H2O+CO2=Ba（HCO3）2，据此分析解答【解答】解：将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，发生反应先后顺序为Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、2KAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO3+H2O+CO2=Ba（HC
47、O3）2，根据物质的溶解性知，沉淀量与通入二氧化碳关系图为，故选C20将含有O2和CH4的混合气体置于盛有23.4g Na2O2的密闭容器中，电火花点燃，反应结束后，容器内的压强为零，将残留物溶于水中，无气体产生下列叙述正确的是（）A原混合气体中O2和CH4的体积比为2：1B残留物只有Na2CO3C原混合气体中O2与CH4的体积比为1：1D残留物只有Na2CO3和NaOH【考点】钠的重要化合物；甲烷的化学性质；有关混合物反应的计算【分析】将含有O2和CH4的混合气体置于盛有23.4g Na2O2的密闭容器中，电火花点燃反应为，CH4+2O2=CO2+2H2O；2CO2+2Na2O2=2Na2C
48、O3+O2；2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2；根据题意可知反应结束后，容器内的压强为零，说明无气体剩余，则甲烷、氧气、过氧化钠全部反应，将残留物溶于水中，无气体产生说明无过氧化钠剩余，则23.4g Na2O2全部反应，物质的量为0.3mol；根据上述三个反应得到：2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH；【解答】解：A、根据上述分析得到的反应可知，O2和CH4按照1：2恰好与0，3mol过氧化钠反应，无气体剩余，原混合气体中O2和CH4的体积比为2：1时，剩余甲烷，故A错误；B、甲烷燃烧生成的气体有二氧化碳和水蒸气，所以和过氧化钠反应时残留物有Na2CO3和NaOH，故
49、B错误；C、根据上述分析得到的反应可知，O2和CH4按照1：2恰好与0.3mol过氧化钠反应，原混合气体中O2与CH4的体积比为1：1，剩余氧气，故C错误；D、由题意结合分析得到的反应关系可知，残留物只有Na2CO3和NaOH，故D正确；故选D21为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（）ABCD【考点】有关混合物反应的计算；钠的重要化合物【分析】根据碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠在加热时不反应，则利用反应前后固体的质量差来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度【解答】解：设样品中含有NaHCO3杂质的质
50、量为x，则2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2ODm（减少）284 106 62x （w1gw2g），解得x=，则w（Na2CO3）=，故选A22向一定量的Fe、Fe2O3和CuO混合物投入100mL浓度2.2mol/L的硫酸溶液中充分反应后生成896mL标准状况下的气体得不溶物1.28g，过滤后溶液中金属阳离子只有Fe2+向滤液中加入2mol/L的NaOH溶液加至40mL时开始出现沉淀则滤液中FeSO4的物质的量浓度为（设滤液体积为100mL）（）A2 mol/LB1.8 mol/LC1.9 mol/LD无法计算【考点】有关混合物反应的计算【分析】向一定量的Fe、Fe2O3、CuO混合物
51、中，加入100mL 2.2mol/L的硫酸，充分反应后滤去不溶物，溶液中计算阳离子只有Fe2+，向滤液中加入2mol/L的NaOH溶液至40mL时开始出现沉淀，说明硫酸有剩余，说明反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，根据消耗NaOH可以计算滤液中c（H+），溶液中SO42离子浓度不变，由电荷守恒可知2c（Fe2+）+c（H+）=2c（SO42）【解答】解：向一定量的Fe、Fe2O3、CuO混合物中，加入100mL 2.2mol/L的硫酸，充分反应后滤去不溶物，溶液中计算阳离子只有Fe2+，向滤液中加入2mol/L的NaOH溶液至40mL时开始出现沉淀，说明硫酸有剩余，说明反应后溶液中溶质
52、为FeSO4、H2SO4，则滤液中n（H+）=n（NaOH）=0.04L2mol/L=0.08mol，故c（H+）=0.8mol/L，溶液中SO42离子浓度不变，故c（SO42）=2.2mol/L，由电荷守恒可知2c（Fe2+）+c（H+）=2c（SO42），即2c（Fe2+）+0.8mol/L=22.2mol/L，解得c（Fe2+）=1.8mol/L，故选B23某固体物质是由NaOH、AlCl3、K2SO4、CaCO3、Ba（NO3）2中的几种均匀混合而成，取样品进行如图所示实验（部分产物略去）：则下列判断正确的是（）A沉淀X一定只含有CaCO3和BaSO4B气体Z的成分无法确定C取滤液Y，
53、测得其pH7，滤液Y中含有的含氧根离子可能是AlO2、NO3D向实验后的溶液中滴加过量的烧碱，没有沉淀生成，说明肯定没有AlCl3【考点】几组未知物的检验【分析】样品溶于水导电沉淀和滤液，沉淀X可能是CaCO3或K2SO4和Ba（NO3）2，混合生成的硫酸钡沉淀；或NaOH和AlCl3的混合物生成的沉淀Al（OH）3；沉淀加入过量盐酸生成气体Z，证明溶于水形成的沉淀含有CaCO3；【解答】解：样品溶于水导电沉淀和滤液，沉淀X可能是CaCO3或K2SO4和Ba（NO3）2，混合生成的硫酸钡沉淀；或NaOH和AlCl3的混合物生成的沉淀Al（OH）3；沉淀加入过量盐酸生成气体Z，证明溶于水形成的沉
54、淀含有CaCO3；A、沉淀X可能是CaCO3、BaSO4、Al（OH）3；故A错误；B、气体Z的成分是二氧化碳气体，故B错误；C、取滤液Y，测得其pH7，说明含氢氧化钠，滤液Y中含有的含氧根离子可能是AlO2、NO3；故C正确；D、向实验后的溶液中滴加过量的烧碱，没有沉淀生成，不一定没有AlCl3，过量的氢氧化钠溶液会把生成的氢氧化铝溶解，故D错误；故选C24将某合金（仅含铜、铁）全部投入50mL b molL1的硝酸溶液中，加热使其充分反应（假设NO是唯一的还原产物），下列说法正确的是（）A若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解B若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3+C若硝酸有
55、剩余，溶液中可能含有Fe2+D若金属全部溶解，且产生336mL气体（标准状况下），则b=0.3【考点】硝酸的化学性质【分析】A溶液中有硝酸根时，再加入酸，溶液具有强氧化性，金属能溶解；B金属全部溶解，Fe可能以Fe2+形式存在；C硝酸有剩余，硝酸具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者不能共存；D若金属全部溶解，失去电子的是铁元素和铜元素，得电子的是硝酸中的氮元素，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，根据N元素守恒计算起氧化剂作用的硝酸的浓度，据此判断；【解答】解：A若金属有剩余，溶液中有硝酸根，在溶液中再滴入硫酸后，相当于又存在了硝酸，金属均能溶解，故A正确；B当铁的量较多时，可以将生成的三价铁再还
56、原为亚铁，溶液中不一定含有Fe3+，故B错误；C硝酸有剩余，硝酸具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者不能共存，所以不可能存在亚铁离子，故C错误；D硝酸中N元素的化合价由+5价到+2价，当产生336mL（标准状况），即0.015mol一氧化氮时，显示氧化性的硝酸为0.015mol，所以起氧化剂的硝酸的浓度c=0.3mol/L，还有一部分硝酸显示了酸性，即b0.3，故D错误；故选A25在200mL含Mg2+、Al3+、NH+4、H+、Cl等离子的溶液中，逐滴加入5mol/L的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示，下列叙述不正确的是（）A原溶液的p
57、H=lB原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：2Cx与y的差值为0.01molD原溶液中c（Cl）=0.825mol/L【考点】离子方程式的有关计算【分析】在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl等离子的溶液中，逐滴加入5molL1的NaOH溶液，加入4mLNaOH溶液时没有沉淀生成，说明H+先和NaOH反应，则溶液中含有H+，c（H+）=0.1mol/L，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量逐渐增大，30mLNaOH溶液后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则溶液中含有NH4+，则C（NH4+）=0.075mol/L，继续滴加NaOH，沉淀溶解，35mLNaOH后，沉淀
58、不溶解，说明溶液中含有Mg2+、Al3+，根据Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O知，生成氢氧化铝沉淀和生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠体积之比为3：1，则生成氢氧化铝沉淀需要NaOH体积=（3533）mL3=6mL，则生成氢氧化镁需要NaOH体积=（304mL）6mL=20mL，则c（Mg2+）=0.25mol/L，c（Al3+）=0.05mol/L，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得3c（Al3+）+2c（Mg2+）+C（NH4+）+c（H+）=c（Cl）=30.05+20.25+0.075+0.1mol/L=0.825mol/L，据此分析解答【解答】解：在
59、200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl等离子的溶液中，逐滴加入5molL1的NaOH溶液，加入4mLNaOH溶液时没有沉淀生成，说明H+先和NaOH反应，则溶液中含有H+，c（H+）=0.1mol/L，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量逐渐增大，30mLNaOH溶液后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则溶液中含有NH4+，则C（NH4+）=0.075mol/L，继续滴加NaOH，沉淀溶解，35mLNaOH后，沉淀不溶解，说明溶液中含有Mg2+、Al3+，根据Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O知，生成氢氧化铝沉淀和生成偏铝酸根离子需要氢氧
60、化钠体积之比为3：1，则生成氢氧化铝沉淀需要NaOH体积=（3533）mL3=6mL，则生成氢氧化镁需要NaOH体积=（304mL）6mL=20mL，则c（Mg2+）=0.25mol/L，c（Al3+）=0.05mol/L，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得3c（Al3+）+2c（Mg2+）+C（NH4+）+c（H+）=c（Cl）=30.05+20.25+0.075+0.1mol/L=0.825mol/L，A通过分析知，c（H+）=0.1mol/L，PH=1，故A正确；B通过以上分析知，c（Mg2+）=0.25mol/L，c（Al3+）=0.05mol/L，同一溶液中体积相等，其物质的量之比等
61、于物质的量浓度之比=0.25mol/L：0.05mol/L=5：1，故B错误；Cx为Al（OH）3、Mg（OH）2的物质的量，y为Mg（OH）2的物质的量，二者的差为Al（OH）3的物质的量=0.05mol/L0.2L=0.01mol，故C正确；D原来溶液中c（Cl）=0.825mol/L，故D正确；故选B二、填空题（每空2分，共50分）26某课外活动小组设计如图实验装置，验证“二氧化碳与水接触时才能和过氧化钠反应”（1）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中，反应物的总能量大于 （填“大于”或“小于”） 生成物的总能量（2）装置中的试剂是b
62、c （填序号）a稀盐酸 b稀硫酸 c小苏打 d石灰石（3）实验时，应先打开弹簧夹K2（填K1或K2 ），观察到预期现象后，关闭它，再打开另一个弹簧夹（4）实验过程中将带火星的木条置于a口，观察到带火星的木条始终不复燃为观察到最终木条复燃，甲建议在后安装一个盛有碱石灰的干燥管，目的是除去未充分反应的CO2；乙认为即使采纳甲的建议且最终观察到木条复燃，也不能证明CO2参与了反应，原因是水与Na2O2反应生成氧气（5）为进一步达到实验目的，应补充的实验是：取最终反应后中所得固体，加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水【考点】钠的重要化合物；性质实验方案的设计【分析】（1）根据过氧化钠与二氧化碳反应生
63、成碳酸钠和氧气；根据放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；（2）根据题意可知装置是二氧化碳的制备装置，根据二氧化碳的制备原理以及盐酸具有挥发性来确定反应物；（3）装置中含有空气，干扰氧气的检验；（4）二氧化碳不支持燃烧，也不能燃烧，当二氧化碳通过过氧化钠时，不可能全部反应，所以应该除去二氧化碳，再进行检验；生成的二氧化碳中含有水蒸气，水也能够和过氧化钠反应生成氧气；（5）盐酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变混浊【解答】解：（1）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2 CO2=2Na2CO3+O2，该反应是放热反应，所以反应物的总能量大于
64、生成物的总能量，故答案为：2Na2O2+2 CO2=2Na2CO3+O2；大于；（2）盐酸和碳酸钙反应时可能会带出一部分氯化氢，为了使实验更准确应该可用稀硫酸和小苏打反应制二氧化碳，故答案为：bc；（3）装置中含有空气，干扰氧气的检验，所以先打开的止水夹为K2，目的是除去杂装置中的空气，故答案为：K2；（4）二氧化碳不支持燃烧，也不能燃烧，当二氧化碳通过过氧化钠时，不可能全部反应，所以应该除去二氧化碳，再用带火星的木条来检验是否产生了氧气，否则氧气浓度高低而导致带火星的木条不复燃，故答案为：除去未充分反应的CO2；生成的二氧化碳中含有水蒸气，水也能够和过氧化钠反应生成氧气，干扰二氧化碳和过氧化
65、钠的反应，故答案为：水与Na2O2反应生成氧气；（5）中固体若有碳酸钠，盐酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变混浊，故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水27中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体请回答下列问题：（1）红褐色胶体F微粒直径大小的范围：1100nm（2）A、B、H的化学式：AFe、BFeS、HH2SO4（稀）（3）写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O写出鉴定C中阳离子的实验方法和现象：取少量C于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，先生成白色沉淀，马
66、上变为浅绿色，最后变为红褐色（或其他合理答案）在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：4Fe2+4Na2O2+6H2O4 Fe（OH）3+O2+8Na+【考点】无机物的推断【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则D中含有铁离子、F是Fe（OH）3，C和双氧水反应生成D，则C中含有亚铁离子，A能和S反应，A能和稀硫酸反应生成亚铁盐，则A是Fe，C是FeSO4，D是Fe2（SO4）3，B是FeS，硫酸铁和氨水反应生成氢氧化铁和硫酸铵，则E是（NH4）2SO4；氢氧化铁和Fe、H反应生成硫酸亚铁，则H是硫酸，据此分析解答【解答】解：将D
67、溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则D中含有铁离子、F是Fe（OH）3，C和双氧水反应生成D，则C中含有亚铁离子，A能和S反应，A能和稀硫酸反应生成亚铁盐，则A是Fe，C是FeSO4，D是 Fe2（SO4）3，B是FeS，硫酸铁和氨水反应生成氢氧化铁和硫酸铵，则E是（NH4）2SO4；氢氧化铁和Fe、H反应生成硫酸亚铁，则H是硫酸，（1）胶体微粒直径在1100 nm之间，故答案为：1100 nm；（2）通过以上分析知，A、B、H分别是Fe、FeS、H2SO4（稀），故答案为：Fe；FeS；H2SO4（稀）；（3）C是硫酸亚铁，硫酸亚铁和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，离子方程
68、式为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；亚铁离子能和NaOH反应生成白色Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2不稳定易被氧化生成红褐色Fe（OH）3，其检验方法是取少量C于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，先生成白色沉淀，马上变为浅绿色，最后变为红褐色（或其他合理答案），故答案为：取少量C于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，先生成白色沉淀，马上变为浅绿色，最后变为红褐色（或其他合理答案）；硫酸亚铁和过氧化钠发生氧化还原反应生成氢氧化铁和氧气、硫酸钠，离子方程式为4Fe2+4Na2O2+6H2O4 Fe（OH）3+O2+8Na+，
69、故答案为：4Fe2+4Na2O2+6H2O4 Fe（OH）3+O2+8Na+28铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，下图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：（1）铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；（2）溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8+4NaOH回答下列问题：（1）写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液操作中发生反应的离子方程式：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；SiO2+2OHSiO32+H2O（2）滤渣A的主要成分为Fe2O3、Na2
70、Al2Si2O8；滤渣A的用途是作炼铁的原料（或作生产硅酸盐产品的原料）（只写一种）；实验室过滤时使用玻璃棒，其作用是引流（3）在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因是：将NaAlO2完全转化为Al（OH）3（4）若将铝溶解，下列试剂中最好选用B（填编号）A浓硫酸 B稀硫酸 C稀硝酸【考点】制备实验方案的设计【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，另外含有的少量SiO2均能溶解于过量NaOH溶液，过滤除去其中不溶于NaOH的Fe2O3等杂质及生成的Na2Al2Si2O8，所得滤液为NaAlO2及过量NaOH的溶液，通入过量CO2可得到Al（OH）3沉淀，过滤、洗涤再加热分解可得到Al2O
71、3，最后电解氧化铝可得到铝，（1）氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水；（2）只有氧化铁与碱不反应，结合信息可知还生成Na2Al2Si2O8，氧化铁用于冶炼铁，过滤利用玻璃棒引流；（3）第三步中，选用二氧化碳作酸化剂，可将Al元素全部转化为沉淀；（4）根据Al的化学性质及不生成有毒气体来解答【解答】解：（1）氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水，离子反应分别为Al2O3+2OH2AlO2+H2O、SiO2+2OHSiO32+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；SiO2+2OHSiO32+H2O；（2）只有氧化铁与碱不反应，结合信息可知还生成Na2Al2S
72、i2O8，则滤渣A的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，氧化铁用于冶炼铁，过滤利用玻璃棒引流，故答案为：Fe2O3、Na2Al2Si2O8；作炼铁的原料（或作生产硅酸盐产品的原料）；引流；（3）经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，所以第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因为将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，故答案为：将NaAlO2完全转化为Al（OH）3；（4）因铝与浓硫酸在常温下发生钝化，加热溶解会产生有毒气体SO2，原料利用率低；稀硝酸能溶解铝但会产生NO气体，污染空气，硝酸利
73、用率低；而铝与稀硫酸反应速率较快，产生的H2对空气无污染，则选稀硫酸溶解Al最好，故答案为：B29市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准GB5461产品等级一级配 料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量（以I计）2050mg/kg（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平离子方程式（将化学计量数填于空白处）1IO3+5I+6H+=3I2+3H2O（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是I2+SO32+H2O=2I+SO42+2H+某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：a将碘
74、的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；b加入适量Na2SO3稀溶液；c分离出下层液体以上设计中遗漏的操作及在上述步骤中的位是在步骤b后，增加操作；所缺步骤为将分液漏斗充分振荡后静置（3）已知：I2+2S2O32=2I+S4O62某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a准确称取12.7g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为6.0104molL1的Na2S2O3溶液20.0mL，恰好反应完全判断c中反应恰好完全依据的现象是滴入最后一滴溶液时，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复原色，则达到滴定终点根据
75、以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是20 mg/kg【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）KIO3中I元素的化合价由+5价降低为0，KI中I元素的化合价由1价升高为0，结合电子守恒及质量守恒定律分析；（2）Na2SO3稀溶液与I2反应Na2SO3稀溶液具有还原性被氧化为硫酸钠，I2具有氧化性，被还原为I，结合反应的电荷守恒和原子守恒配平写出离子方程式；Na2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，分层，要使Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触；（3）溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32=2I+S4O62进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；根据I原子守恒找出碘酸钾中碘原子
76、与碘单质的关系式分析计算【解答】解：（1）KIO3中I元素的化合价由+5价降低为0，KI中I元素的化合价由1价升高为0，由电子守恒及质量守恒定律可知，反应的化学方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，反应的离子方程式为：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O，故答案为：1；5；6H+；3；3H2O；（2）Na2SO3稀溶液与I2反应Na2SO3稀溶液具有还原性被氧化为硫酸钠，I2具有氧化性，被还原为I，结合反应的电荷守恒和原子守恒配平写出离子方程式，Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是：I2+SO32+H2O=2I+SO42+2H+，故答案为：I2+SO
77、32+H2O=2I+SO42+2H+；Na2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，分层，要使Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触所以在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置，故答案为：在步骤b后，增加操作；将分液漏斗充分振荡后静置；（3）碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32=2I+S4O62进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断c中反应恰好完全所依据的现象是：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：滴入最后一滴溶液时，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复原色，则达到滴定终点；由 KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2S2O32=2I+S4O62得， I3I2 6S2O32 127g 6mol m（I） 6.0104mol/L0.02L解得：m（I）=2.54104g=2.54101mg，设每千克食盐中含碘xmg，列比例式为=，x=20，故答案为：202016年12月9日
