1、2016-2017学年湖南省衡阳八中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法不正确的是（）将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强ABCD2下列有关物质变化和分类的说法正确的是（）A电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化B胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物C根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸
2、分为一元酸、二元酸和多元酸DSiO2、NO2、Al2O3都属于酸性氧化物3下列叙述正确的是（）A将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，制得0.1 mol/L NaCl溶液B将1体积c mol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，得到0.2c mol/L硫酸溶液C将25 g无水CuSO4溶于水制成100 mL溶液，其浓度为1 mol/LD将w g a% NaCl溶液蒸发掉w/2 g水，得到4a% NaCl溶液4固体NH5属于离子晶体它与水反应的化学方程式为：NH5+H2ONH3H2O+H2，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气下列有关NH5叙述正确的是（）A与水反应时，水作氧化剂BNH5
3、中N元素的化合价为+5价C1 mol NH5中含有5NA个NH键D与乙醇反应时，NH5被还原5用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A1L 0.5 molL1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5NAB18 g重水（D2O）所含的电子数为10NAC25时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成56g N2时，转移的电子数目为3.75NA6下列关于胶体的叙述正确的是（）A过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C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
4、过D胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象7正丁醛经催化加氢可制备1丁醇为提纯含少量正丁醛杂质的1丁醇，现设计如下路线：已知：正丁醛与饱和NaHSO3溶液反应可生成沉淀；乙醚的沸点是34，难溶于水，与1丁醇互溶；1丁醇的沸点是118则操作14分别是（）A萃取、过滤、蒸馏、蒸馏B过滤、分液、蒸馏、萃取C过滤、蒸馏、过滤、蒸馏D过滤、分液、过滤、蒸馏8在20、1个大气压下，将三个分别盛满氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛有水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后（假设烧瓶中的溶液不向外扩散），三种溶液的物质的量浓度之比为（）A1：1：1B3：3：2C1：2：3D1：1：29有下列
5、物质，正盐：钾盐、钠盐、铵盐、钡盐；酸：盐酸、硝酸、醋酸、稀硫酸在水溶液中符合离子方程式：2H+SO32SO2+H2O的化学反应的组合共有（）个A6B9C12D1510能正确表示下列反应的离子方程式是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OBNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OC硫化钠的水解反应：S2+H3O+HS+H2OD将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO411含有
6、下列各组离子的溶液中通入（或加入）过量的某种物质后仍能大量共存的是（）AH+、Ba2+、Fe3+、NO3，通入SO2气体BCa2+、Cl、K+、H+，通入CO2气体CAlO2、Na+、Br、SO42，通入CO2气体DHCO3、Na+、I、HS，加入AlCl3溶液12下列装置能达到相应实验目的是（）A验证碳酸的酸性强于硅酸B分离苯和酒精C制取少量O2D收集少量NO2气体13在一种酸性溶液中，可能存在NO、I、Cl、Fe3+中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，则以下推测中不正确的是（）A一定有碘离子B可能含铁离子C可能有氯离子D不含硝酸根离子14（NH4）2SO4在一定条件下发生
7、如下反应：4（NH4）2SO4=N2+6NH3+3SO2+SO3+7H2O，将反应后的混合气体通入BaCl2溶液，产生的沉淀为（）ABaSO4BBaSO3CBaSDBaSO4和BaSO315二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl下列说法中错误的是（）AS2Cl2的结构式为ClSSClB反应中SO2是还原产物，S是氧化产物CS2Cl2为含有极性键和非极性键的分子D反应中，生成1molSO2，转移电子为3mol16下列各项反应对应的图
8、象正确的是（）A25时，向亚硫酸溶液中通入氯气B向 NaAl（OH）4溶液中通入 HCl气体C向少量氯化铁溶液中加入铁粉D向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠17已知电离平衡常数：K（H2CO3）K（HClO）K（HCO3），氧化性：HClOCl2Br2Fe3+I2下列有关离子反应或离子方程式的叙述中正确的是（）A向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClB向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色C向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO+CO2+H2O=2HClO+CO32D能使pH试纸显深红色的溶液中，Fe3+、Cl、Ba2+、Br
9、能大量共存18物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）3FeO+10HNO3=3Fe（NO3）3+NO+5H2O C+2H2SO4（浓）=CO2+2SO2+2H2O8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2ABCD全部19由氧化铜、氧化铁组成的混合物ag，加入2molL1的硫酸50mL时固体恰好完全溶解若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后固体质量减少为（）A1.6gB（a1.6）gC（a3.2）gD无法计算20某混合物含有氯化钠、碳酸钠和氯化钾经分析知其中
10、氯的质量分数为35.5%，则该混合物中碳酸钠的质量分数可能为（）A20%B30%C45%D55%21向59.2g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6g下列有关说法错误的是（）AFe2O3与FeO的物质的量之比为1：6B硝酸的物质的量浓度为3.0 mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LDFe2O3，FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol二、非选择题：（本题包括22、23、24、25四道题，共58分）
11、22ClO2气体是一种常用的消毒剂，我国从2 000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒（1）消毒水时，ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe（OH）3和MnO2等难溶物除去，在这个过程中，Fe2+、Mn2+的化合价升高，说明ClO2具有性（2）工业上可以通过下列方法制取ClO2，请完成该化学反应方程式：2KClO3+SO2=2ClO2+（3）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，是放热反应，当1mol Cl2参与反应时释放145kJ的热量，写出这个反应的热化学方程式：（4）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.10.8mgL1之间碘量法
12、可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝加入一定量的Na2S2O3溶液（已知：2S2O32+I2=S4O62+2I）加硫酸调节水样pH至13操作时，不同pH环境中粒子种类如图所示：请回答：操作中反应的离子方程式是 确定操作完全反应的现象是 在操作过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是若水样的体积为1.0L，在操作时消耗了1.0103 molL1的Na2S2O3溶液10mL，则水样中ClO2的浓度是mgL123饮水安全在人们生活中占有极为重要的地位，某研究小组提取三处被污染的水源进行了分析，给出了如下实验信息
13、：其中一处被污染的水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质A、B、C、D、E五种常见化合物都是由下表中的离子形成：阳离子K+Na+ Cu2+Al3+阴离子SO42HCO3NO3OH为了鉴别上述化合物，分别进行以下实验，其结果如下所示：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃片）；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成根据上述实验填空：（1）将含1mol A的溶液与含1mol E的溶液
14、反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物为（2）写出实验发生反应的离子方程式：（3）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理：24某强酸性溶液X可能含有A13+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）上述离子中，溶液X中除H+外还肯定含有的离子有，肯定不含有的离子有（2）请设计简单的实验检验不能确定是否含有的离子（若不止一种，可任选一种）的存在：（3）写出反应的离子方程式：（4）假设测定A、F、I均为0.1mol，100mL X溶液中n（H+）=0.4mol，当沉淀C的物质的量大于
15、0.7mol时，溶液X中还一定含有25氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在4050时反应可生成它CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2+Cu根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是（填氧化剂或还原剂）（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是（填化学式）（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出Cu
16、H溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式26某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4（难溶盐）、Pb（MnO4）2（强电解质）、H2O、X（水溶液呈无色）、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1mol X在该反应中失去3.011023个电子（1）写出该反应的化学方程式：；（2）若有9.8g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为；（3）本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，用离子方程式表示后果：27氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁实验室制备装置和工业制备流程图如下：已知：（1）无水FeCl3熔点为555K、沸点为588K（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应（3
17、）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：温度/02080100溶解度（g/100g H2O）74.491.8525.8535.7实验室制备操作步骤如下：打开弹簧夹K1，关闭活塞K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸当时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl36H2O晶体请回答：（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作中“”的内容是（3）从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入后、过滤、洗涤、干燥（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式：（5）捕集器温度超过673K时，存在相
18、对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c molL1Na2S2O3溶液滴定，消耗VmL（已知：I2+2S2O322I+S4O62）样品中氯化铁的质量分数2016-2017学年湖南省衡阳八中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法不正确的是（）将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质氨溶于水得到的氨
19、水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强ABCD【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性【分析】硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；【解答】解：硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故错误；氨气本身不能电离出离子，溶液导
20、电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；所以氨水是电解质溶液，故错误；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故错误；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故错误；故选D2下列有关物质变化和分类的说法正确的是（）A电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化B胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物C根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸DSiO2、NO2、Al2O3都属于酸性氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；物理变化与
21、化学变化的区别与联系；混合物和纯净物【分析】A物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成如果有新物质生成，则属于化学变化；B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；C根据酸能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸和多元酸；D能和碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物【解答】解：A12C转化为14C是核反应，既不属于物理变化又不属于化学变化，故A错误； B胆矾、冰水混合物、四氧化三铁只含一种物质，属于纯净物，故B正确；C含有几个H原子并不一定是几元酸，如醋酸，含4个H原子，但是一元酸，故酸是根据能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，故C错误；DNO2不
22、属于酸性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，故D错误故选：B3下列叙述正确的是（）A将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，制得0.1 mol/L NaCl溶液B将1体积c mol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，得到0.2c mol/L硫酸溶液C将25 g无水CuSO4溶于水制成100 mL溶液，其浓度为1 mol/LD将w g a% NaCl溶液蒸发掉w/2 g水，得到4a% NaCl溶液【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A配制的溶液体积不是100mL；B根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算；C.25g无水CuSO4的物质的量为： =0.15625mol，所得溶液浓度为1.5625
23、mol/L；D蒸发后溶液质量减小一半，则溶质的质量分数增大为原先的2倍【解答】解：A将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，所得溶液体积不是100mL，所得溶液的浓度不是0.1mol/L，故A错误；B.1体积c mol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，稀释后溶液浓度为：cmol/L=0.2c mol/L，故B正确；C将25 g无水CuSO4溶于水制成100 mL溶液，其浓度为： =1.5625 mol/L，故C错误；Dwg a% NaCl溶液蒸发掉w/2g水，得到溶液的质量分数为： =2a%，故D错误；故选B4固体NH5属于离子晶体它与水反应的化学方程式为：NH5+H2ONH3H2O+H
24、2，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气下列有关NH5叙述正确的是（）A与水反应时，水作氧化剂BNH5中N元素的化合价为+5价C1 mol NH5中含有5NA个NH键D与乙醇反应时，NH5被还原【考点】氧化还原反应【分析】A得电子化合价降低的反应物是氧化剂；B根据元素化合价的代数和为0计算氮元素的化合价，注意NH5属于离子晶体；CNH5是离子化合物氢化铵，由氢离子和铵根离子构成，根据构成离子计算含有氮氢键个数；D得电子化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂在反应中被还原【解答】解：A该反应中，水中的氢元素化合价由+1价0价，所以水得电子作氧化剂，故A正确；BNH5属于离子化合物，其化学式为NH
25、4H，氢离子为1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为3价，故B错误；CNH5是离子化合物氢化铵，所以1molNH5中有4NA个NH键，故C错误；D根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中氢离子的化合价由1价0价，所以失电子作还原剂，在氧化还原反应中被氧化，故D错误；故选A5用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A1L 0.5 molL1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5NAB18 g重水（D2O）所含的电子数为10NAC25时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成56g N2时，转
26、移的电子数目为3.75NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、铜离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解；B、求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个电子来分析；C、pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L；D、5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成4mol氮气转移15mol电子【解答】解：A、铜离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铜离子的个数小于0.5NA个，故A错误；B、重水的摩尔质量为20g/mol，18g重水的物质的量为0.9mol，而重水中含10个电子，故0.9mol重水中含9NA个电子，故B错误；C、pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.1
27、mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故C正确；D、5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成4mol氮气转移15mol电子，故当生成56g氮气即2mol氮气时转移7.5NA个电子，故D错误故选C6下列关于胶体的叙述正确的是（）A过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C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D胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象【考点】胶体的重要性质【分析】A胶体、溶液都能透过滤纸； B胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小；C用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液
28、能通过半透膜，而胶体不能；D胶体不带电，胶体粒子带电【解答】解：A胶体、溶液都能透过滤纸，过滤无法分开，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C正确；D胶体不带电，胶体具有吸附性导致胶粒带电，故胶粒在电场作用下会产生电泳现象，故D错误故选C7正丁醛经催化加氢可制备1丁醇为提纯含少量正丁醛杂质的1丁醇，现设计如下路线：已知：正丁醛与饱和NaHSO3溶液反应可生成沉淀；乙醚的沸点是34，难溶于水，与1丁
29、醇互溶；1丁醇的沸点是118则操作14分别是（）A萃取、过滤、蒸馏、蒸馏B过滤、分液、蒸馏、萃取C过滤、蒸馏、过滤、蒸馏D过滤、分液、过滤、蒸馏【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】由提纯含少量正丁醛杂质的1丁醇的流程可知，粗品中加饱和NaHSO3溶液与正丁醛反应生成沉淀，则操作I为过滤，对滤液萃取后分液得到乙醚和1丁醇，操作2为分液，有机层中加固体干燥剂，除去水，操作3为过滤，最后对乙醚和醇进行蒸馏即可【解答】解：由提纯含少量正丁醛杂质的1丁醇的流程可知，粗品中加饱和NaHSO3溶液与正丁醛反应生成沉淀，不溶性物质与液体分离，则操作I为过滤，对滤液
30、萃取后分液得到乙醚和1丁醇，操作2为分液，有机层中加固体干燥剂，除去水，操作3为过滤，最后对乙醚和醇的混合物，利用沸点不同进行蒸馏，则操作4为蒸馏，故选D8在20、1个大气压下，将三个分别盛满氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛有水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后（假设烧瓶中的溶液不向外扩散），三种溶液的物质的量浓度之比为（）A1：1：1B3：3：2C1：2：3D1：1：2【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO
31、2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的，根据c=计算溶液的物质的量浓度【解答】解：盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的，相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，令气体的物质的量为amol，假设烧瓶的体积是VL，三种溶液中溶质的物质的量分别是：n（NH3）=n（HCl）=amol，n（HNO3）=amol，三种溶液的体积分别是V（NH3）=V（HCl）=VL，V（HNO3）=VL，根据c=可知，c（NH3）=c（H
32、Cl）=c（NO2）=mol/L，所以其浓度之比为1：1：1，故选A9有下列物质，正盐：钾盐、钠盐、铵盐、钡盐；酸：盐酸、硝酸、醋酸、稀硫酸在水溶液中符合离子方程式：2H+SO32SO2+H2O的化学反应的组合共有（）个A6B9C12D15【考点】离子方程式的书写【分析】离子方程式为2H+SO32SO2+H2O，为强酸与可溶性亚硫酸盐反应生成可溶性盐、水、二氧化硫的反应，以此来解答【解答】解：亚硫酸的钾盐、钠盐、铵盐、钡盐中，BaSO3不溶于水，离子方程式中不能用SO32表示，其余在溶液中均可用SO32表示；四种酸中，醋酸是弱酸，离子方程式中不能用H+表示，HNO3有强氧化性，与SO32反应时
33、生成SO42，离子方程式也不符合，则符合2H+SO2SO2+H2O，存在三种盐与两种酸可组合出6个反应，且离子方程式相同，故选A10能正确表示下列反应的离子方程式是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OBNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OC硫化钠的水解反应：S2+H3O+HS+H2OD将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4【考点】离子方程式的书写【分析】A硝酸足量将
34、二价铁离子氧化成三价铁离子；B氢氧化钡足量，碳酸根离子、铵根离子都反应；C硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子；DNH4Al（SO4）2与Ba（OH）2按照2：3物质的量之比反应生成氢氧化铝、硫酸钡和硫酸铵【解答】解：AFe3O4溶于稀HNO3发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O，故A错误；BNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：NH4+HCO3+Ba2+2OH=BaCO3+H2O+NH3H2O，故B错误；C硫化钠的水解反应，离子方程式：S2+H2O=HS+OH，故C错误；DNH4Al（SO4）2与Ba（OH）2按
35、照2：3物质的量之比反应生成氢氧化铝、硫酸钡和硫酸铵，离子方程式：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4，故D正确；故选：D11含有下列各组离子的溶液中通入（或加入）过量的某种物质后仍能大量共存的是（）AH+、Ba2+、Fe3+、NO3，通入SO2气体BCa2+、Cl、K+、H+，通入CO2气体CAlO2、Na+、Br、SO42，通入CO2气体DHCO3、Na+、I、HS，加入AlCl3溶液【考点】离子共存问题【分析】A硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，通入二氧化硫后会生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；BCa2+、Cl、K+、H+离子之间不
36、发生反应，通入二氧化碳后也不反应；C偏铝酸根离子在溶液中与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；D碳酸氢根离子、硫氢根离子都与铝离子发生双水解反应【解答】解：AH+、NO3能够氧化SO2气体，反应生成硫酸根离子能够与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；BCa2+、Cl、K+、H+离子之间不反应，通入二氧化碳后也发生不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CHCO3与二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；DHCO3、HS与Al3+发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B12下列装置能达到相应实验目的是（）A验证碳酸的酸性强于硅酸B分离苯和
37、酒精C制取少量O2D收集少量NO2气体【考点】实验装置综合【分析】A因盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰；B苯与酒精混溶，不会分层；C过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；D二氧化氮与水反应，不能使用排水法收集【解答】解：A因盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，则不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，可用稀硫酸代替浓盐酸进行实验，故A错误；B苯与酒精互溶，无法通过分液操作分离出苯和酒精，故B错误；C过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可用于制取少量的氧气，故C正确；D二氧化氮与水反应生成硝酸和NO气体，不能使用排水法收集二氧化氮，故D错误；故选C13在一种酸性溶液中，可能存在NO、I、Cl、Fe3+中的一种或几
38、种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，则以下推测中不正确的是（）A一定有碘离子B可能含铁离子C可能有氯离子D不含硝酸根离子【考点】氧化还原反应的计算【分析】酸性条件下，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，说明溴作氧化剂，溶液中存在还原性的离子，则具有氧化性的离子不存在，据此分析解答【解答】解：酸性条件下，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，说明溴作氧化剂，溶液中存在还原性的离子，碘离子能和溴反应，所以一定存在碘离子A、通过以上分析知，溶液中一定含有碘离子，故A正确B、溶液中含有碘离子，则氧化性的离子不能存在，铁离子和碘离子能发生氧化还原反应，所以铁离子一定不存在，故B错误C、溶液中含有碘离子，
39、碘离子和氯离子不反应，所以溶液中可能存在氯离子，故C正确D、溶液中含有碘离子，碘离子具有强还原性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，所以酸性条件下，碘离子和硝酸根离子不能共存，所以一定不含硝酸根离子，故D正确故选B14（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N2+6NH3+3SO2+SO3+7H2O，将反应后的混合气体通入BaCl2溶液，产生的沉淀为（）ABaSO4BBaSO3CBaSDBaSO4和BaSO3【考点】含硫物质的性质及综合应用【分析】根据反应生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨
40、，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断，生成沉淀有亚硫酸钡和硫酸钡【解答】解：反应后的混合气体通入到BaCL2溶液中发生的是复分解反应 SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3 （NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4ClSO3+H2O+2NH3 =（NH4）2SO4（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成亚硫酸
41、铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO3和BaSO4，故选D15二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl下列说法中错误的是（）AS2Cl2的结构式为ClSSClB反应中SO2是还原产物，S是氧化产物CS2Cl2为含有极性键和非极性键的分子D反应中，生成1molSO2，转移电子为3mol【考点】含硫物质的性质
42、及综合应用；极性分子和非极性分子【分析】A由结构可知，含有SS键、SCl键；B根据元素的化合价升降来确定氧化产物和还原产物；CSS键为非极性共价键，SCl键为极性共价键，该物质结构不对称；D根据元素的化合价升降来确定电子转移情况【解答】解：A由结构可知，含有SS键、SCl键，则S2Cl2的结构式为ClSSCl，故A正确；B、反应中硫元素的化合价升高为二氧化硫中的+4价，所以SO2是氧化产物，硫元素的化合价降低为0价，所以S是还原产物，故B错误；CSS键为非极性共价键，SCl键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，即S2Cl2为含有极性键和非极性键的极性分子，故B正确；D在反应中，S元素
43、发生自身氧化还原反应，生成1molSO2，转移电子为3mol，故D正确故选B16下列各项反应对应的图象正确的是（）A25时，向亚硫酸溶液中通入氯气B向 NaAl（OH）4溶液中通入 HCl气体C向少量氯化铁溶液中加入铁粉D向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠【考点】氯气的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质【分析】A亚硫酸为弱酸，电离生成氢离子，溶液显酸性；BNaAl（OH）4溶液中通入HCl气体，发生H+Al（OH）4=Al（OH）3+H2O、Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O；C向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2；D依据溶度积规则及沉淀溶解平衡移动原理
44、解答【解答】解；A亚硫酸为弱酸，电离生成氢离子，溶液显酸性，PH7，故A错误；BNaAl（OH）4溶液中通入HCl气体，发生H+Al（OH）4=Al（OH）3+H2O、Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；C向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；DBaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；故选：C17已知电离平衡常数：K（H2CO3）K（HClO）
45、K（HCO3），氧化性：HClOCl2Br2Fe3+I2下列有关离子反应或离子方程式的叙述中正确的是（）A向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClB向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色C向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO+CO2+H2O=2HClO+CO32D能使pH试纸显深红色的溶液中，Fe3+、Cl、Ba2+、Br能大量共存【考点】离子方程式的书写；离子反应发生的条件【分析】A、还原性Fe2+I，氯气先将碘离子氧化；B、溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，C、碳酸酸性强于次氯酸，向NaClO溶液中通入少量二氧
46、化碳能发生反应；D、能使pH试纸显深红色的溶液是强酸性溶液【解答】解：A、还原性Fe2+I，向碘化亚铁中滴加少量氯水，氯气先将碘离子氧化，后氧化亚铁离子，故A错误；B、氧化性：Br2Fe3+，向溴水中加入足量氯化亚铁溶液溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，故B错误；C、碳酸酸性强于次氯酸，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3，故C错误；D、能使pH试纸显深红色的溶液是强酸性溶液，强酸性溶液中Fe3+、Cl、Ba2+、Br能大量共存，故D正确故选D18物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应
47、中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）3FeO+10HNO3=3Fe（NO3）3+NO+5H2O C+2H2SO4（浓）=CO2+2SO2+2H2O8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2ABCD全部【考点】氧化还原反应【分析】在反应中得电子化合价降低的物质体现氧化性，在反应中失电子化合价升高的物质体现还原性，和碱性氧化物反应生成水的物质体现酸性，和酸性氧化物反应生成水的物质体现碱性【解答】解：中硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2价，则这部分硝酸体现氧化性，部分硝酸和碱性氧化物氧化亚铁反应生成硝酸铁，则体现酸性，故正确；该反应中，硫酸中硫元素化合价
48、全部由+6价变为+4价，所以硫酸只体现氧化性，故错误；该反应中，氯元素化合价全部由0价变为1价，所以氯气只体现氧化性，故错误；该反应中，过氧化钠中氧元素化合价由1价变为0价和2价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，即体现氧化性又体现还原性，故正确；故选：B19由氧化铜、氧化铁组成的混合物ag，加入2molL1的硫酸50mL时固体恰好完全溶解若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后固体质量减少为（）A1.6gB（a1.6）gC（a3.2）gD无法计算【考点】有关混合物反应的计算【分析】金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，根据硫酸的物质的量可知金属氧化物中O元素的物质的量，金属氧化物
49、的质量减去氧的质量即为金属的质量【解答】解：由反应CuOH2SO4，Fe2O33H2SO4，可知硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，n（H2SO4）=0.05L2mol/L=0.1mol，所以金属氧化物中O的质量为0.1mol16g/mol=1.6g，若将ag原混合物在足量CO中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则质量为氧化物的质量减去氧的质量，为ag1.6g，故选B20某混合物含有氯化钠、碳酸钠和氯化钾经分析知其中氯的质量分数为35.5%，则该混合物中碳酸钠的质量分数可能为（）A20%B30%C45%D55%【考点】有关混合物反应的计算【分析】设氯的质量为35.5，
50、混合固体的质量为=100g，如全是NaCl为58.5g，如全是KCl为74.5g，碳酸钠在25.5g到42.5g之间，以此解答该题【解答】解：设氯的质量为35.5，即1mol，混合固体的质量为=100g，则如全是NaCl，质量为58.5g，如全是KCl，则质量为74.5g，碳酸钠在25.5g到42.5g之间，只有B符合，故选B21向59.2g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6g下列有关说法错误的是（）AFe2O3与Fe
51、O的物质的量之比为1：6B硝酸的物质的量浓度为3.0 mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LDFe2O3，FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L2.8L=2.8mol，沉淀为Fe（OH）3，质量为85.6g，物质的量为=0.8mol，根据铁元素守恒有n（FeO）+2n（Fe2O3）=nFe（OH）3，所以反应后的溶液中nFe（NO3）3=nFe（OH）3=0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质
52、的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及Fe元素物质的量列方程计算出Fe2O3和FeO的物质的量，A根据分析计算出n（Fe2O3）：n（FeO）；B根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D根据N元素守恒，可知n剩余（HNO3）+3nFe（NO3）3=n（NaNO3），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）【解答】解：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（Na
53、NO3）=n（NaOH）=1.0mol/L2.8L=2.8mol，沉淀为Fe（OH）3，质量为85.6g，物质的量为=0.8mol，根据铁元素守恒有n（FeO）+2n（Fe2O3）=nFe（OH）3，所以反应后的溶液中nFe（NO3）3=nFe（OH）3=0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 160x+72y=59.2，根据铁元素守恒有：2x+y=0.8，联立方程解得x=0.1、y=0.6，A由上述分析可知，n（Fe2O3）：n（FeO）=0.1mol：0.6mol=1：6，故A正确；B根据电子守恒，生成NO的物质的量为： =0.2mol，根据N
54、元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+2.8mol=3mol，所以原硝酸溶液的浓度为： =3mol/L，故B正确；C根据B可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为：0.2mol22.4L/mol=4.48L，故C正确；D反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nFe（NO3）3=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）3nFe（NO3）3=2.8mol30.8mol=0.4mol，故D错误；故选D二、非选择题：（本题包括22、
55、23、24、25四道题，共58分）22ClO2气体是一种常用的消毒剂，我国从2 000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒（1）消毒水时，ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe（OH）3和MnO2等难溶物除去，在这个过程中，Fe2+、Mn2+的化合价升高，说明ClO2具有氧化性（2）工业上可以通过下列方法制取ClO2，请完成该化学反应方程式：2KClO3+SO2=2ClO2+K2SO4（3）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，是放热反应，当1mol Cl2参与反应时释放145kJ的热量，写出这个反应的热化学方程式：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）
56、4HCl（g）+CO2（g）H=290kJmol1（4）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.10.8mgL1之间碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝加入一定量的Na2S2O3溶液（已知：2S2O32+I2=S4O62+2I）加硫酸调节水样pH至13操作时，不同pH环境中粒子种类如图所示：请回答：操作中反应的离子方程式是2ClO2+2I=2ClO2+I2 确定操作完全反应的现象是蓝色消失，半分钟内不变色 在操作过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是ClO2+4I+4H+=Cl+2
57、I2+2H2O若水样的体积为1.0L，在操作时消耗了1.0103 molL1的Na2S2O3溶液10mL，则水样中ClO2的浓度是0.675mgL1【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应【分析】（1）ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe（OH）3和MnO2等难溶物除去，Fe、Mn元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低；（2）质量守恒，结合原子守恒和电子守恒写出该反应的化学方程；（3）反应热与反应计量数呈正比，1mol Cl2参与反应时释放145kJ的热量，2mol Cl2参与反应时释放290kJ的热量，依据热化学方程式书写方法写出，标注物质聚集状态和对应焓变；（4
58、）用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为 ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；加入一定量 Na2S2O3 溶液，发生反应2S2O32+I2S4O62+2I，使I2还原为I；由图示表明，pH至13时，ClO2将I氧化成I，生成的I2与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；根据关系S2O32IClO2先计算出ClO2的物质的量，然后再计算出浓度【解答】解：（1）ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe（OH）3和MnO2等难溶物除去，Fe、Mn元素的化合价升高，则
59、Cl元素的化合价降低，可说明ClO2具有氧化性，故答案为：氧化；（2）质量守恒和原子守恒配平可得：2KClO3+SO2=2ClO2+K2SO4，故答案为：K2SO4；（3）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2是放热反应，当1mol Cl2参与反应时释放145kJ的热量，2mol氯气完全反应放热290 kJ，热化学方程式为2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）4HCl（g）+CO2（g）H=290 kJmol1，故答案为：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）4HCl（g）+CO2（g）H=290 kJmol1；（4）用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为 C
60、lO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2，离子方程式为：2ClO2+2I=2ClO2+I2，故答案为：2ClO2+2I=2ClO2+I2加入一定量 Na2S2O3 溶液，发生反应2S2O32+I2S4O62+2I，使I2还原为I，故蓝色会消失，故答案为：蓝色消失，半分钟内不变色；由图示表明，pH至13时，ClO2将I氧化成I，生成的I2，离子方程式为：ClO2+4I+4H+=Cl+2I2+2H2O，故答案为：ClO2+4I+4H+=Cl+2I2+2H2O；S2O32IClO2 1 11.0103 mol/L0.01L 1.0105molm（ClO2）=n（ClO2）M（C
61、lO2）=1.0105mol67.5103mgmol1=0.675mg由于水样为 1L，所以 ClO2 的浓度为 =0.675 mgL1故答案为：0.67523饮水安全在人们生活中占有极为重要的地位，某研究小组提取三处被污染的水源进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处被污染的水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质A、B、C、D、E五种常见化合物都是由下表中的离子形成：阳离子K+Na+ Cu2+Al3+阴离子SO42HCO3NO3OH为了鉴别上述化合物，分别进行以下实验，其结果如下所示：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，
62、继续滴加，沉淀溶解；进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃片）；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成根据上述实验填空：（1）将含1mol A的溶液与含1mol E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物为Na2CO3（2）写出实验发生反应的离子方程式：Al3+3OHAl（OH）3，Al（OH）3+OHAl（OH）4（3）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+【考点】无机物的推断【分析】将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子
63、；将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是氢氧化钠；在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠，以此来解答【解答】解：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子进行焰色反应实验，只有
64、B、C含有钾离子，所以E是氢氧化钠在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠（1）A是碳酸氢钠，E是氢氧化钠，将含1mol A的溶液与含1mol E的溶液反应生成碳酸钠和水，蒸干后仅得到一种化合物碳酸钠，故答案为：Na2CO3 ；（2）铝离子和少量氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应离子反应方程式为：Al3+3OHAl（OH）3，Al（OH）3+
65、OHAl（OH）4，故答案为：Al3+3OHAl（OH）3，Al（OH）3+OHAl（OH）4；（3）C中含有铝离子，铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水 中的悬浮物而净水，水解反应方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+24某强酸性溶液X可能含有A13+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）上述离子中，溶液X中除H+外还肯定含有的离子有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42，肯定不含有的
66、离子有CO32、SO32（2）请设计简单的实验检验不能确定是否含有的离子（若不止一种，可任选一种）的存在：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液变红色说明有Fe3+，反之则无Fe3+； 或者取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，白色沉淀说明有Cl，反之则无Cl（3）写出反应的离子方程式：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O（4）假设测定A、F、I均为0.1mol，100mL X溶液中n（H+）=0.4mol，当沉淀C的物质的量大于0.7mol时，溶液X中还一定含有Fe3+【考点】几组未知物的检验【分析】强酸性溶液中一定不会存在CO32和SO32离子，加入过量硝酸
67、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，以此解答【解答】解：（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
68、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，一定不含有CO32、SO32；故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42；CO32、SO32； （2）不
69、能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液变红色说明有Fe3+，反之则无Fe3+； 或者取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，白色沉淀说明有Cl，反之则无Cl；故答案为：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液变红色说明有Fe3+，反之则无Fe3+； 或者取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，白色沉淀说明有Cl，反之则无Cl；（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，故答案为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（4）A、F、I均为0.1mol，
70、100mLX溶液中n（H+）=0.4mol，根据反应3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，可知亚铁离子为0.3mol，根据溶液电中性可知：n（H+）+2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42），n（SO42）=0.7mol，当沉淀C物质的量0.7mol时一定含有Fe3+离子，反之，含有Cl离子，故答案为：Fe3+25氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在4050时反应可生成它CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2+Cu根据以上信息，结合自己所
71、掌握的化学知识，回答下列问题：（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是还原剂（填氧化剂或还原剂）（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是H2（填化学式）（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式CuH+3H+NO3=Cu2+2H2O+NO【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的书写；氧化还原反应【分析】（1）根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂；（2）CuH在氯气中燃烧，氯气
72、做氧化剂，CuH做还原剂；（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H失电子，盐酸中H+得电子；（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2+Cu，稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮气体【解答】解：（1）根据化合价的变化判断，CuSO4做氧化剂、所以另一物质做还原剂，故答案为：还原剂；（2）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂，所以反应方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；故答案为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H失电子，盐酸中H+得电子，所以得到的气体是H2，故答案为：H2；（4）Cu+在酸性条件下发生
73、的反应是：2Cu+=Cu2+Cu，稀硝酸具有强氧化性，CuH具有还原性，二者反应生成一氧化氮气体、铜离子、H2O，故答案为：CuH+3H+NO3=Cu2+2H2O+NO26某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4（难溶盐）、Pb（MnO4）2（强电解质）、H2O、X（水溶液呈无色）、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1mol X在该反应中失去3.011023个电子（1）写出该反应的化学方程式：2MnSO4+5PbO2+2H2SO4=Pb（MnO4）2+4PbSO4+2H2O；（2）若有9.8g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为0.5mol；（3）本反应体系中
74、，若用浓盐酸代替硫酸，用离子方程式表示后果：PbO2+4H+2Cl=Pb2+Cl2+2H2O【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【分析】（1）X是一种硫酸盐，且0.2mol X在该反应中失去1mol 电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，所以X是MnSO4，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；（2）9.8g H2SO4参加反应，则n（H2SO4）=0.1mol，根据方程式中H2SO4 和电子的关系可求出；（3）若用浓盐酸代替硫酸，发生氧化还原反应生成有毒气体氯气【解答】解：（1）X是一种硫酸盐，且
75、0.1mol X在该反应中失去0.5mol 电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，所以X是MnSO4，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，该反应方程式为：2MnSO4+5PbO2+2H2SO4=Pb（MnO4）2+4PbSO4+2H2O，故答案为：2MnSO4+5PbO2+2H2SO4=Pb（MnO4）2+4PbSO4+2H2O；（2）9.8g H2SO4参加反应，则n（H2SO4）=0.1mol，由方程式可知：2MnSO4Pb（MnO4）22H2SO4 10mol电子，则0.1molH2SO4反应转
76、移0.5mol电子，所以有9.8g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5mol；（3）若用浓盐酸代替硫酸，发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，发生的离子反应为PbO2+4H+2Cl=Pb2+Cl2+2H2O，故答案为：PbO2+4H+2Cl=Pb2+Cl2+2H2O27氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁实验室制备装置和工业制备流程图如下：已知：（1）无水FeCl3熔点为555K、沸点为588K（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：温度/02080100溶解度（g/100g H2O）74.491.8525
77、.8535.7实验室制备操作步骤如下：打开弹簧夹K1，关闭活塞K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸当时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl36H2O晶体请回答：（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是把亚铁离子全部氧化成三价铁离子（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作中“”的内容是装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不变（3）从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入盐酸后、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（5）捕集器温度超过673
78、K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为Fe2Cl6（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c molL1Na2S2O3溶液滴定，消耗VmL（已知：I2+2S2O322I+S4O62）样品中氯化铁的质量分数%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl36H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3烧杯中足量
79、的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；（2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化（3）从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是 2Fe+3Cl2=2FeCl3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成2FeCl3溶液，所以吸收剂应是2FeCl2溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（5）捕集器收集的是气态FeC
80、l3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6；（6）称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用 Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色反应达到终点，根据化学方程式求样品中氯化铁的质量分数【解答】解：（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化
81、成FeCl3，先制得FeCl36H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；故答案为：把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；（2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化；故答案为：装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不变；（3）从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：盐酸；蒸发浓缩、冷却结晶；（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是 2Fe+3Cl2=2FeCl3，
82、因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成2FeCl3溶液，所以吸收剂应是2FeCl2溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（5）捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6，故答案为：Fe2Cl6；（6）称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用 Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色由反应：2Fe3+2I =2Fe2+I2； I2+2S2O322I+S4O62；可得关系式：2Fe3+I22S2O321 1n cV103求得n（Fe3+）=cV103mol，则样品中氯化铁的质量分数为：（Fe3+）=100%=%，故答案为： %2016年12月10日
