1、河南省商丘市第一高级中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）注意事项：1.本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分；考试时间90分钟，满分100分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答题卡上。选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上，非选择题部分使用0.5毫米的签字笔完成；考试结束后，只交答题卡，试卷考生保存。可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na: 23 Cu:64 N:14 S:32 Mg:24 Al:27 Ba:137第I卷(共48分)一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是()A. 生活污
2、水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化B. 食品袋中装有硅胶的小纸包的作用是防止食品受潮C. 爆竹燃放过程中，硫燃烧直接生成三氧化硫D. 碳酸钡不可用于胃肠X射线造影检查【答案】C【解析】【详解】A大量含氮含磷的生活污水的排放会造成水体的富营养化，A正确。B硅胶是一种常用干燥剂，食品袋中加入装有硅胶的小纸包能起到防止食品受潮的作用，B正确。CS燃烧只能生成二氧化硫，二氧化硫要在催化剂加热的条件下才能与氧气反应得到三氧化硫，C错误。D碳酸钡不溶于水，但能溶于酸，不可用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D正确。答案选C。【点睛】本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考
3、虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。2.下列物质在生活中应用时，起还原作用的是( )A. 明矾作净水剂B. 漂粉精作消毒剂C. 氧化铁可以作为红色油漆的原料D. 铁粉作食品袋内的脱氧剂【答案】D【解析】【详解】A.明矾作净水剂，利用Al3+水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，没有化合价变化，A错误；B.漂粉精中次氯酸根离子具有强的氧化性，其氧化作用进行杀菌消毒，B错误；C.氧化铁可以作为红色油漆的原料利用氧化铁显红色，C错误；D.铁粉可以消耗包装袋中的氧气，铁粉自身被氧化，起还原作用，D正确；答案选D。3.下列说法正确的是( )A. 煤的干馏和石油
4、的分馏都是化学变化B. 漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物C. 纯碱、明矾和干冰都是电解质D. 鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液生成白色沉淀，属于化学变化【答案】B【解析】【详解】A.石油的分馏是物理变化，A错误；B.漂白粉、水玻璃和碱石灰均是混合物，B正确；C.干冰是固态二氧化碳，二氧化碳在水溶液和熔融状态下自身均不能导电，是非电解质，C错误；D.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析，是物理变化，D错误；答案选B。4.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是( )A. 漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂和净水剂B. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于
5、烟花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金属的单质C. 合金材料的组成元素一定全部是金属元素D. 纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料【答案】D【解析】【详解】A.漂白粉具有强氧化性，既能杀菌消毒，又具有漂白性，所以漂白粉既可用来漂白棉、麻、纸张，也能用作游泳池及环境的消毒剂，但不能做净水剂，A错误；B. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了一些金属元素，而不是金属单质，B错误；C.合金材料的组成元素不一定全部为金属元素，可能含有非金属元素，C错误；D.光导纤维的原料为二氧化硅，D正确；答案选D。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是( )A. 某温度和压强下，22.4 L CO
6、和N2的混合气体中含有的原子总数可能为2NAB. 在合成氨反应中，当有2.24 L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NAC. 标准状况下22.4 L HF含有NA个分子D. 将78 g Na2O2与过量CO2反应转移的电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A. CO和N2均属于双原子分子，某温度和压强下，22.4 L CO和N2的混合气体的物质的量可能为1mol，含有的原子总数可能为2NA；B.在标准状况下2.24 L氨气的物质的量为0.1mol，该反应中氮元素由0价降低到-3价，故转移的电子数为0.3NA；C.标准状况下，HF为液态，不能计算标准状况下22.4 L HF的物质的量
7、；D.根据化合价的变化，过氧化钠与转移电子的对应关系为：Na2O2e-，n(e-)=n(Na2O2)=78g78g/mol=1mol，故转移电子数为NA；答案选C。6.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( )选项实验操作和现象结论A Cl2、SO2均能使品红溶液褪色两者均有氧化性B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀该溶液中一定有SO42-C向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有无色气体产生氯水中含HClOD向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中加入足量的苯振荡高锰酸钾溶液紫红色不褪色A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.氯气和水反应生成的次氯酸有强氧化
8、性，次氯酸的强氧化性使品红溶液褪色；二氧化硫和品红反应生成无色的物质而使品红褪色，不能说明其有氧化性，A错误；B.酸性条件下，硝酸根离子有强氧化性，能把SO32-氧化生成SO42-，对检验SO42-造成干扰，故向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，不能说明该溶液中一定有SO42-，B错误；C.向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，氯水中H+与HCO3-反应生成二氧化碳气体，C错误；D.苯不能使高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选D。7.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是()A. 能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B.
9、 装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去D. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A. 向含有淀粉的碘水中通入SO2气体，会发生反应：SO2I22H2O=H2SO42HI，由于I2反应被消耗，因此B中蓝色溶液褪色，证明物质的还原性：SO2I，故A正确；B. SO2是大气污染物，由于SO2是酸性气体，可以与NaOH发生反应：SO22NaOH=Na2SO3H2O，所以可以用NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气，故B正确；C. 若SO2与FeCl3不发生反应，向A
10、中加入KMnO4溶液，发生反应：2KMnO45SO2 2H2O=K2SO42MnSO42H2SO4，溶液紫红色褪去，若SO2与FeCl3发生反应：SO22H2O2FeCl3=H2SO42HCl2FeCl2，当向该溶液中加入酸性高锰酸钾溶液时，会发生反应：MnO4-5Fe28H+=Mn2 5Fe34H2O，溶液紫红色也褪去，因此不能验证A中是否发生了氧化还原反应，故C错误；D. 若A中发生了氧化还原反应：SO22H2O2FeCl3=H2SO42HCl2FeCl2，溶液中含有硫酸，当加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液时，会发生反应：H2SO4 BaCl2=BaSO42HCl，产生白色沉淀，若没有发生
11、氧化还原反应，则由于酸性HClH2SO3，当向溶液中加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液时，不产生白色沉淀，故D正确；故选C。8.某溶液中可能存在Mg2、Fe2、Fe3，加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。下列结论正确的是()A. 一定有Fe2，可能有Mg2，一定没有Fe3B. 一定有Fe2，可能有Fe3、Mg2C. 一定有Fe3，可能有Fe2，一定没有Mg2D. 一定有Fe2，一定没有Fe3、Mg2【答案】A【解析】【详解】因开始生成白色絮状沉淀，所以一定不含Fe3+；因白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，所以一定含有Fe2+；另外有色物质能把
12、Mg(OH)2白色覆盖，可能含Mg2+；答案选A。9.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A. 原子半径：WXB. 常温常压下，Y单质为固态C. 气态氢化物热稳定性：ZWD. X的最高价氧化物的水化物是强碱【答案】D【解析】【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，
13、为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：NAl，A项正确；B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3NH3，C项正确；D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；答案选D【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应
14、的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。10.如下图所示，H1=393.5 kJmol-1，H2=395.4 kJmol-1，下列说法或表示式正确的是（ ）A. C（s、石墨）=C（s、金刚石）H=+1.9kJmol-1B. 石墨和金刚石的转化是物理变化C. 金刚石的稳定性强于石墨D. 1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ【答案】A【解析】【分析】由图得：C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）H=-393.5kJmol-1C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）H=-395.4kJmol-1，利用盖斯定律将-可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）
15、H=+1.9kJmol-1【详解】A、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）H=+1.9kJmol-1，A正确；B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，B错误；C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，C错误；D、依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）H=+1.9kJmol-1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，D错误；选A。11.下列离子组在一定条件下能共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且所给离子方程式正确的是( )选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应离子方程式ABa2+、HCO3-、Cl-氢氧化钠溶
16、液HCO3-+OH-= CO32-+H2OBFe3+、ClO-、I-氢氧化钠溶液Fe3+3OH-=Fe(OH)3CNa+、H+、Cl-、NO3-铜3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2ODAl3+、Cl-、SO42-过量氢氧化钠Al3+ +3OH-=Al(OH)3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.Ba2+、HCO3-、Cl-三者共存，加入氢氧化钠溶液后，发生反应HCO3-+OH-= CO32-+H2O、Ba2+ CO32-=BaCO3，A错误；B.Fe3+、ClO-均能氧化I-，三者不能共存，B错误；C.本组离子可以大量共存，在酸性条件下，硝酸根离子具
17、有氧化性，能与铜反应生成铜离子，发生反应3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，C正确；D.Al3+、Cl-、SO42-三者共存，过量的氢氧化钠与铝离子反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O，D错误；答案选C。12.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是 ( )A. SO2 和湿润的 Cl2 都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强B. 由 F、Cl、Br、I 非金属性依次减弱，推出 HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱C. Fe3O4根据化合价规律可表示为FeOFe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO
18、Pb2O3D. CO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中无沉淀生成，推出 SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中无沉淀生成【答案】B【解析】【详解】A.SO2 和Cl2 在水溶液中发生反应，SO2 +Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故等物质的量SO2 和Cl2 混合不再具有漂白性，A错误；B.非金属的非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，B正确；C.铁最常见的化合价是+2、+3价，故Fe3O4可表示为FeOFe2O3，Pb最常见的化合价为+2、+4价，故Pb3O4可以表示为2PbOPbO2，C错误；D.SO2具有还原性，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，两者反应生成硫酸根离子，硫酸根
19、离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，D错误；答案选B。13.下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是（ ）A. 用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB. 用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KClC. 用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D. 用图4所示装置制取干燥纯净的NH3【答案】D【解析】【详解】A由于氯气与水的反应是可逆反应，若水中含有NaCl就可以减少氯气的消耗，同时还可以溶解HCl,因此可以用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl,A正确；BKCl是强酸强碱盐，加热不发生水解反应，所以可以用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl，B正确；C氯气与NaOH溶液发生反应
20、，使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH溶液在大气压强的作用下被压入烧瓶，氯气进一步溶解、反应消耗，压强进一步减小，能够持续不断的产生压强差，因此可以用图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；D可以用向NaOH固体中滴加浓氨水的方法制取氨气，氨气的水溶液呈碱性，用碱性干燥剂碱石灰进行干燥，但是由于氨气的密度比空气小，应该用向下排空气的方法收集氨气，所以不能用图4所示装置制取干燥纯净的NH3，D错误。答案选D。14.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)4NO2(g)=4NO(g)CO2(g)2H2O(g) H574 kJmol1CH4(g)4NO(g)=2N2(g)
21、CO2(g)2H2O(g) H1160 kJmol1下列说法不正确的是( )A. 由反应、可推知：CH4(g)2NO2(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H867kJmol1B. 等物质的量的甲烷分别参与反应、，则反应转移的电子数相等C. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为3.2NAD. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4 kJ【答案】C【解析】【详解】A.根据盖斯定律可知反应CH4(g)2NO2(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H ，A正确；B.在反应、中，碳元素均由-4价变为+4价，1mo
22、lCH4参与两个反应均转移8mol电子，B正确；C.标准状况下4.48 L CH4的物质的量为0.2mol，还原NO2至N2，碳元素化合价由-4价变为+4价，整个过程中转移的电子总数为1.6NA，C错误；D.标准状况下4.48 L CH4的物质的量为0.2mol，由反应、可推知：CH4(g)2NO2(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H867kJmol1，故0.2mol CH4还原NO2至N2，放出的热量为0.2mol867kJmol1173.4 kJ，D正确；答案选C。15.向含有a mol AlCl3的溶液中加入含b mol KOH的溶液，生成沉淀的物质的量可能是()a molb
23、molmolmol0 mol(4ab)molA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】溶液中可能发生的反应：AlCl3+3KOH=Al(OH)3+3KCl、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O。当a:b=1:3时，生成沉淀的物质的量为a mol或mol；当b3a时，AlCl3过量，以KOH计算沉淀的量，沉淀的物质的量为mol；当b4a时，生成沉淀全部溶解，为0 mol；当3ab4a时，生成沉淀部分溶解，参与反应Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O的KOH的物质的量为（b-3a）mol，剩余沉淀量为a-(b-3a)=(4a-b) mol；综上分析，生成沉淀的物质的量可能是
24、；答案选C。16.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68 L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入6 molL1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A. 60 mLB. 50 mLC. 30 mLD. 15 mL【答案】B【解析】【详解】NO2、N2O4、NO 的混合气体与O2、水完全反应生成HNO3，则整个过程中NO3 -没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了根据得失电子守恒：n（Cu）2=n（O2）4，n（Cu）2=mol4，n（Cu）=0.15mol，所以
25、 Cu(NO3)2 为0.15mol，根据反应Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，则消耗的NaOH 为 0.15mol2=0.3 mol，则NaOH 体积V=0.05L，即 50 mL，故选B。第卷(共52分)二、填空题(4个小题，共52分)17.A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A与E、D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，A与B、C、D可分别形成10电子分子，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，请回答下列问题：(1)A、B、C元素的名称分别为_、_、_，E、G两种元素的符号：E_、G_；
26、F在元素周期表中的位置是_。(2)E在D2中燃烧生成化合物X，X中化学键类型_，X中阴阳离子个数比为_。(3)向含E的最高价氧化物的水化物0.5 mol的水溶液中通入标况下BD2气体11.2L，其化学反应方程式为_。(4)若1.7克C的氢化物发生催化氧化生成气态产物放出22.67KJ的热量。写出此反应的热化学方程式_。【答案】 (1). 氢 (2). 碳 (3). 氮 (4). Na (5). S (6). 第三周期 A主族 (7). 离子键和共价键 (8). 12 (9). NaOHCO2 =NaHCO3 (10). 4 NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g)；H
27、= 906.8 kJmol-1【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，为氢氧化铝、强酸、强碱之间的反应，故其中一种为氢氧化铝，短周期种强碱为氢氧化钠，故E为Na元素，F为Al元素，G为S元素或Cl元素；A与B、C、D可分别形成10电子分子，A与E同族，A为H元素；D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，则D为O元素，G为S元素；B、C与氢元素形成10电子分子，则B为C元素，C为N元素。【详解】(1)由上述分析可知，A、B、C元素的名称分别为氢、碳、氮，E、G两种元素的符号为N
28、a、S；F为Al元素在元素周期表中的位置是第三周期 A主族。(2)Na在O2中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，过氧化钠中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2。(3) E的最高价氧化物的水化物为NaOH，BD2为CO2，标况下11.2L CO2的物质的量为0.5mol，则0.5 mol NaOH与0.5mol CO2反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为NaOHCO2 =NaHCO3。(4) C的氢化物为NH3，1.7克NH3的物质的量为0.1mol，发生催化氧化生成气态产物，放出22.67KJ的热量，故此反应的热化学方程式为4 NH3(g) + 5O2(g)
29、4NO(g) + 6H2O(g) H = 906.8 kJmol-1。18.已知：某无色废水中可能含有H、NH4+、Fe3、Al3、Mg2、Na、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是_，一定存在的阳离子是_。(2)写出实验图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式_。(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3)的比值为_，所得沉淀的最大质量是_g。(4)若通过实验确定原废水中c(Na) 0.18 molL1，试
30、判断原废水中NO3-是否存在？_(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c(NO3-)_ molL1。(若不存在或不确定则此空不填)【答案】 (1). CO32- (2). Na、H、Al3、Mg2、NH4+ (3). NH4+OH=NH3H2O (4). 2:1 (5). 10.7 (6). 存在 (7). 0.08【解析】【详解】（1）废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有SO42-，加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2，沉
31、淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有NH4+，既然一定有Al3、Mg2，则必然没有CO32-。故答案为CO32-；Na、H、Al3、Mg2、NH4+；（2）沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是NH4+OH=NH3H2O。（3）与NH4+反应的OH-有0.2mol，则NH4+有0.2mol，与Al(OH)3反应的OH-有0.1mol，则Al3有0.1mol，因此二者的比例为2:1。生成沉淀需要OH-0.4mol，0.1molAl3需要0.3mol OH-，则与Mg2反应的OH-是0.1mol，则Mg2有0.05mol，生成氢氧化镁
32、0.05mol，即2.9g，生成的氢氧化铝是0.1mol，质量为7.8g，则沉淀最大质量为10.7g。故答案为2:1，10.7。（4）从图中可知，H有0.1mol，已经求得NH4+有0.2mol，Al3有0.1mol，Mg2有0.05mol，若c(Na) 0.18 molL1，则钠离子的物质的量为0.18 molL11L=0.18mol。根据题干可知硫酸钡有93.2g，即0.4mol，也就是说SO42-有0.4mol，已知没有CO32-，正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定有硝酸根，且c(NO3-)0.11+0.21+0.13+0.052+0.181-0.42=0.08molL1。故答案为存
33、在，0.08。【点睛】向含有H、NH4+、Al3、Mg2的溶液中加入NaOH溶液时，OH-和这几种离子发生反应的顺序为：H发生酸碱中和反应，和Al3、Mg2生成沉淀，和NH4+生成NH3H2O，和生成的Al(OH)3发生反应生成NaAlO2，沉淀溶解。反应的顺序判断可以用假设法：即假设OH-先和Al3、Mg2生成沉淀，那么生成的Al(OH)3和Mg(OH)2会和H反应而使沉淀溶解，生成Al3、Mg2和水，所以假设是错误的，应该是OH-先和H反应，再和Al3、Mg2生成沉淀。其他离子的反应顺序可以同样方法判断。19.某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同
34、学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2混合物。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为_；在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。其具体操作依次为_。请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为_。（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是_。若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是_，实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是_（2）若沉
35、淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为_。【答案】 (1). CO32+Cu2+=CuCO3 (2). 过滤、洗涤、干燥 (3). ACB (4). 装置B中澄清石灰水变浑浊 (5). 吸收空气中的H2O (g)和CO2 (6). 结束时通入的空气可以将装置中滞留的H2O (g)和CO2赶出 (7). 1【解析】【分析】、沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法；、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化
36、铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。、（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的空气排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（2）装置B质量
37、增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算。【详解】、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应的离子方程式为CO32+Cu2=CuCO3；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法，其具体操作依次为过滤、洗涤、干燥；、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（
38、g），所以先检验H2O后检验CO2。A加热固体，C用无水硫酸铜检验有无水生成，B用澄清的石灰水检验有无二氧化碳产生，各装置连接顺序为ACB ；（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。、若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O，定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中H2O（g）和二氧化碳的干扰，并保证H2O（g）和二氧化碳被完全吸收，则实验仪器的连接顺序应为CABDE。（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H
39、2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；故装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O（g）和CO2；实验结束时通入过量空气的作用是：通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中滞留的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收。（2）装置B质量增加了ng，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为mol，故氢氧化铜的质量为mol98gmol1=g，沉淀中CuCO3的
40、质量为（m）g，碳酸铜的质量分数为=(m)m100%=（1-）100%。20.氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。如图是模拟工业制备氢溴酸的流程图：回答下列问题:(1)混合中发生反应的离子方程式为_。(2)混合中加入试剂a是_。(3)工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能的原因是:含Fe3+，含Br2，含Fe3+和Br2，只用下列一种试剂就能分析产生淡黄色的原因，该试剂是_(填写字母)。a.KMnO4溶液 b.NaOH溶液 c.KSCN溶液 d.淀粉KI溶液 e.CCl4(4)加入Na2SO3的目的是除去过量的Br2，但要防止过量，原因是_(请用离子方程式表示)。(5)实验室制取Br2的反应为：2N
41、aBr+3H2SO4+MnO22NaHSO4+MnSO4+Br2+2H2O，制取Br2最好选用如图装置中的_(填写字母，固定和加热装置均已省略)。简述检验图所选装置气密性的方法_。【答案】 (1). SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42- (2). BaCl2溶液 (3). e (4). SO32-+2H+=SO2+H2O (5). C (6). 关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手焐热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好【解析】【分析】Br2具有强氧化性，SO2具有还原性，两者反应放出热量，溴单质、氢溴酸易挥发，使
42、用冰水降低温度，防止Br2、HBr挥发，然后蒸馏得到硫酸和氢溴酸粗品。粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应的溴单质。再加入氯化钡，使硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr和NaCl，再蒸馏得到精制的氢溴酸。【详解】(1) Br2与SO2反应生成氢溴酸和硫酸，发生离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-。(2)由流程图可知，混合后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCl溶液，故钡离子、氯离子应是加入试剂a引入的，试剂a是BaCl2溶液。(3) CCl4与溶液混合后分层，有机层在下层，水层在上层，若有机层无色，水层为黄色，则原因为；若有机层为橙色，水层为无色，则原因为；若有机层为橙色、水层为黄色，则原因为；故答案选e。(4)Na2SO3过量，能与HBr反应生成二氧化硫、溴化钠、水，离子反应方程式为SO32-+2H+=SO2+H2O。(5)实验室制取Br2的反应为：2NaBr+3H2SO4+MnO22NaHSO4+MnSO4+Br2+2H2O，该反应为固体、液体混合加热制备气体，应选择装置C；该装置检查气密性的方法为关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手焐热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好。