1、安徽省马鞍山市和县一中2015届高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2015和县校级模拟）硝基胍是硝化纤维火药、硝化甘油火药的掺合剂、固体火箭推进剂的重要组分，其结构如图所示（“”是一种特殊的共价单键）下列有关硝基胍的说法正确的是（）A硝基胍分子中只含极性键，不含非极性键B硝基胍中有C、H、O、N四种元素，属于氨基酸C硝基胍分子中键与键的个数比是5：1D10.4 g该物质含有116.021023个原子2（6分）（2015和县校级模拟）下列排列的顺序正确的是（）A热稳定性：HClPH3H2SB碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3C原子半径：OSNaD结
2、合氢离子能力：CO32HCO3SO423（6分）（2015和县校级模拟）下列反应的离子方程式不正确的是（）A碳酸氢钙溶液加入过量的氢氧化钙溶液：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OB等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应：NH4+OHNH3H2OC在含有Mn2+的溶液中加入HNO3酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4+2H2OD等体积同浓度NaHSO4、Ba（OH）2两溶液混合：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O4（6分）（2015和县校级模拟）在含有FeCl3和BaCl2的酸性混合液中，通入足量SO2气体，有白色沉淀生
3、成，过滤后，向滤液中滴加KSCN溶液，不出现红色，在氨水和BaCl2的混合液中，通入适量SO2气体，也有白色沉淀生成，由此得出的结论是（）A白色沉淀都是BaSO3B白色沉淀是BaSO3和S，是BaSO3C白色沉淀是BaSO4，是BaSO3D白色沉淀是FeSO3，是BaSO35（6分）（2015和县校级模拟）下列实验对应的结论正确的是（）ABCD装置洗气瓶中产生白色沉淀结论用浓盐酸与高锰酸钾制氯气能证明非金属性ClCSi分离出Cl2与KI溶液反应生成的碘白色沉淀是BaSO3AABBCCDD6（6分）（2015和县校级模拟）常温下，下列各组离子在指定的溶液中可能大量共存的是（）A加入过氧化钠后的溶
4、液中：Na+、K+、Cl、SO32B含大量Fe3+的溶液中：Mg2+、Cl、SO42、NO3C与Al反应放出H2的溶液中：NH4+、Na+、SO42、FD无色透明溶液中：Al3+、Ca2+、I、HCO37（6分）（2015和县校级模拟）下列实验方案或操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案或操作A证明某溶液中含有SO42向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2 溶液出现白色沉淀B证明某固体是NH4Cl取固体溶于水，加入硝酸酸化后加入硝酸银溶液，若有白色沉淀，证明固体是NH4ClC证明Al2O3的熔点比Al高把砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热到熔化D证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性KMnO4 溶
5、液中，紫色褪去AABBCCDD二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2015和县校级模拟）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中原子序数依次增大的常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的一种单质是自然界硬度最大的晶体YY的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+1ZZ的基态原子L层电子数是K层电子数的3倍WW的一种核素的质量数为58，中子数为32（1）Y位于元素周期表第周期第族；Y和Z的氢化物稳定性顺序为：（写化学式）（2）X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为；W的基态原子核外电子排布式是（3）向W单质与盐酸反应后的溶液中通入过量Y的气态氢化物，能观察到的现象是，发生反应的化学
6、方程式是（4）已知Y的氢化物在催化加热的条件下，可以与Z2发生氧化还原反应，并且在室温下每转移10mol电子放热akJ，该反应的热化学方程式是9（16分）（2015和县校级模拟）某溶液的溶质是由下列中的几种离子构成：Na+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、CO32、AlO2、SO32、SO42取该溶液进行有关实验，实验步骤及结果如下：向溶液中加入过量稀盐酸，得到气体甲和溶液甲；向溶液甲中加入过量NH4HCO3溶液，得到白色沉淀乙、气体乙和溶液乙；向溶液乙中加入过量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀丙、气体丙和溶液丙检验气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同请回答下列问题：（1）只根
7、据实验能得出的结论是；（2）沉淀丙中一定含有，可能含有（3）该溶液中肯定存在的离子有（4）气体甲的化学式为；气体乙的名称为；气体丙的分子几何构型是；（5）向溶液甲中加入NH4HCO3溶液至过量，该过程中发生的离子方程式为；10（14分）（2015和县校级模拟）以铬铁矿（主要成分是FeOCr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等）为原料制取铬酸钠（Na2CrO4）晶体的工艺流程如下：已知：+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH9时以CrO2形式存在且易氧化；常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cr3+开始沉淀时的pH2.77.69.
8、0沉淀完全时的pH3.79.611.089（9溶解）（1）流程中两次使用了H2O2，分别写出反应的离子方程式：、（2）加入NaOH调节溶液的pH=8时，被除去的离子是；调节溶液的pH11时，被除去的离子是（3）“调pH=8”和“调pH11”中间的“过滤”步骤能否省略，为什么？（4）流程图中“”内的操作是11（14分）（2014东城区二模）甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究操 作现 象IA中溶液变红稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是（2）A中溶液变红的原因是（3）为了探究现象的原因，甲同学进行如下实验取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色
9、沉淀生成，则溶液中一定存在取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液甲同学的实验证明产生现象的原因是SCN与Cl2发生了反应（4）甲同学猜想SCN可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究资料显示：SCN的电子式为甲同学认为SCN中碳元素没有被氧化，理由是取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN中被氧化的元素是通过实验证明了SCN中氮元素转化为NO3，他的实验方案是若SCN与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是mol2015年安徽省马鞍山市和县一中高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，
10、满分42分）1（6分）（2015和县校级模拟）硝基胍是硝化纤维火药、硝化甘油火药的掺合剂、固体火箭推进剂的重要组分，其结构如图所示（“”是一种特殊的共价单键）下列有关硝基胍的说法正确的是（）A硝基胍分子中只含极性键，不含非极性键B硝基胍中有C、H、O、N四种元素，属于氨基酸C硝基胍分子中键与键的个数比是5：1D10.4 g该物质含有116.021023个原子考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：硝基胍中含C元素为有机物的硝化产物，分子中含有C=N、N=O、CN、NN以及NO键等，结合有机物的构成解答该题解答：解：A分子中NN为非极性键，故A错误；B分子中含有氨基，但不含羧基
11、，不是氨基酸，故B错误；C分子中含有4个NH键，1个C=N键，1个N=O键，2个CN键，1个NN键和1个NO键，键与键的个数比是5：1，故C正确；D分子式为CN4H4O2，相对分子质量为104，10.4 g该物质的物质的量为0.1mol，1.16.021023个原子，故D错误故选C点评：本题考查共价键及有机物的结构与性质，把握分子的构成及化学键为解答本题的关键，注意物质中含氧元素，侧重学生能力的考查，选项C为解答的难点，题目难度中等2（6分）（2015和县校级模拟）下列排列的顺序正确的是（）A热稳定性：HClPH3H2SB碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3C原子半径：OSNaD结合氢离
12、子能力：CO32HCO3SO42考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A非金属性越强，气态氢化物越稳定；B金属性越强，对应最高价氧化物的水化物碱性越强；C电子层越多，原子半径越大；同周期原子序数大的原子半径小；D酸根离子对应酸的酸性越强，结合氢离子能力越弱解答：解：A非金属性为ClSP，气态氢化物的稳定性为HClH2SPH3，故A错误；B金属性为NaMgAl，对应最高价氧化物的水化物碱性为NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故B错误；C电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，原子半径为NaSO，故C错误；D酸根离子对应酸
13、的酸性越强，结合氢离子能力越弱，则结合氢离子能力：CO32HCO3SO42，故D正确；故选D点评：本题考查元素周期表和周期律的综合应用，为高频考点，把握元素的位置、性质及比较方法为解答的关键，侧重规律性知识的应用，题目难度不大3（6分）（2015和县校级模拟）下列反应的离子方程式不正确的是（）A碳酸氢钙溶液加入过量的氢氧化钙溶液：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OB等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应：NH4+OHNH3H2OC在含有Mn2+的溶液中加入HNO3酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4+2H2OD等体积同浓度NaH
14、SO4、Ba（OH）2两溶液混合：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A氢氧化钙过量，离子方程式按照碳酸氢钙的组成书写，反应生成碳酸钙和水；B碳酸氢根离子结合氢氧根离子能力强于铵根离子，碳酸氢根离子优先参与反应；C锰离子在酸性条件下被二氧化铅氧化成高锰酸根离子；D等体积、等浓度的溶液，即等物质的量的硫酸氢钠与氢氧化钡反应，氢氧根离子过量，氢离子不足解答：解：A碳酸氢钙溶液加入过量的氢氧化钙溶液，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故A正确；B等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应，碳酸
15、氢根离子优先反应，正确的离子方程式为：HCO3+OHCO32+H2O，故B错误；C在含有Mn2+的溶液中加入HNO3酸化，再加入PbO2，锰离子被氧化成高锰酸根离子，反应体系显紫红色，反应的离子方程式为：5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4+2H2O，故C正确；D等体积、同浓度NaHSO4、Ba（OH）2两溶液混合，硫酸氢钠和氢氧化钡的物质的量相等，氢氧根离子过量，反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O，故D正确；故选B点评：本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：查反
16、应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；选项B为易错点，注意碳酸氢根离子优先反应4（6分）（2015和县校级模拟）在含有FeCl3和BaCl2的酸性混合液中，通入足量SO2气体，有白色沉淀生成，过滤后，向滤液中滴加KSCN溶液，不出现红色，在氨水和BaCl2的混合液中，通入适量SO2气体，也有白色沉淀生成，由此得出的结论是（）A白色沉淀都是BaSO3B白色沉淀是BaSO3和S，是BaSO3C白色沉淀是BaSO4，是BaSO3D白色沉淀是FeSO3，是BaSO3考点：二氧化硫的
17、化学性质专题：元素及其化合物分析：在FeCl3的酸性溶液中，通入足量的SO2后，有白色沉淀生成，过滤后，向滤液中滴加KSCN溶液，不出现红色，发生2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，再与钡离子结合生成硫酸钡沉淀；在氨水和BaCl2的混合液中，通入适量SO2气体，氨气与二氧化硫生成亚硫酸铵，再与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，以此来解答解答：解：在FeCl3的酸性溶液中，通入足量的SO2后，有白色沉淀生成，过滤后，向滤液中滴加KSCN溶液，不出现红色，发生2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，再与钡离子结合生成硫酸钡沉淀；在氨水和BaCl2的混合液中，通入适量S
18、O2气体，氨气与二氧化硫生成亚硫酸铵，再与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，由上述分析可知，白色沉淀是BaSO4，是BaSO3，故选C点评：本题考查二氧化硫的化学性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，题目难度不大5（6分）（2015和县校级模拟）下列实验对应的结论正确的是（）ABCD装置洗气瓶中产生白色沉淀结论用浓盐酸与高锰酸钾制氯气能证明非金属性ClCSi分离出Cl2与KI溶液反应生成的碘白色沉淀是BaSO3AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A氯气在饱和食盐水中的溶解度较小；B证明非金属性强弱的依据是最高价含氧酸的
19、酸性强弱比较；C分离出Cl2与KI溶液反应生成的碘，需用萃取的方法；D二氧化硫具有还原性，可与硝酸发生氧化还原反应解答：解：A氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可用排饱和食盐水法收集，故A正确； B装置中盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，只能说明盐酸酸性比碳酸强，但不能说明氯的非金属性强，二氧化碳通入硅酸钠能生成硅酸能说明碳酸酸性强于硅酸，碳酸和硅酸都是最高价含氧酸，能证明碳非金属性强于硅，故B错误；C因Cl2的氧化性大于I2，所以Cl2会把KI中的I置换出来2KI+Cl2=2KCl+I2，生成的碘能溶于水，用过滤的方法无法分离氯化钾和碘水，应该用萃取的方法，故C错误；D二氧化硫具有还原性，溶于水呈
20、酸性，在酸性条件下可与硝酸根离子发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，生成BaSO4，故D错误；故选A点评：本题考查较为综合，涉及物质制备、性质以及分离提纯等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大6（6分）（2015和县校级模拟）常温下，下列各组离子在指定的溶液中可能大量共存的是（）A加入过氧化钠后的溶液中：Na+、K+、Cl、SO32B含大量Fe3+的溶液中：Mg2+、Cl、SO42、NO3C与Al反应放出H2的溶液中：NH4+、Na+、SO42、FD无色透明溶液中：Al3+、Ca2+、I、HCO3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：
21、A过氧化钠具有氧化性，与SO32发生氧化还原反应；B该组离子之间不反应；C与Al反应放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D离子之间相互促进水解解答：解：A过氧化钠具有氧化性，与SO32发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C与Al反应放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中不能存在F，碱溶液中不能存在NH4+，故C错误；DAl3+、HCO3离子之间相互促进水解，不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应、复分解反应的离子共存考查，综合性较强，
22、题目难度不大7（6分）（2015和县校级模拟）下列实验方案或操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案或操作A证明某溶液中含有SO42向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2 溶液出现白色沉淀B证明某固体是NH4Cl取固体溶于水，加入硝酸酸化后加入硝酸银溶液，若有白色沉淀，证明固体是NH4ClC证明Al2O3的熔点比Al高把砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热到熔化D证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性KMnO4 溶液中，紫色褪去AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：实验评价题分析：ASO32在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸；B不能证明含有铵根；C氧化铝的熔点高
23、，包裹在外面，熔化不滴落；D二氧化硫被强氧化性物质氧化解答：解：ASO32在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故A错误； B加入硝酸酸化后加入硝酸银溶液，若有白色沉淀，证明含有氯离子，不能证明含有铵根，故B错误；C因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C正确；D二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾被还原，所以酸性高锰酸钾溶液褪色，则二氧化硫体现还原性，故D错误故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于考查学生的综合运用化学知识的能力和评价能力，题目难度不大，注意把握相关物质的性质及物质的结构，选项A为易错
24、点二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2015和县校级模拟）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中原子序数依次增大的常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的一种单质是自然界硬度最大的晶体YY的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+1ZZ的基态原子L层电子数是K层电子数的3倍WW的一种核素的质量数为58，中子数为32（1）Y位于元素周期表第二周期第VA族；Y和Z的氢化物稳定性顺序为：H2ONH3（写化学式）（2）X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为NOC；W的基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2（或3d64s2）（3）向W单质与盐酸反应后的溶液中
25、通入过量Y的气态氢化物，能观察到的现象是先出现白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生反应的化学方程式是FeCl2+2NH3H2O=Fe（OH）2+2NH4Cl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（4）已知Y的氢化物在催化加热的条件下，可以与Z2发生氧化还原反应，并且在室温下每转移10mol电子放热akJ，该反应的热化学方程式是4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H=2akJmol1考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中原子序数依次增大的常见元素，X的一种单质是自然界硬度最大
26、的晶体，则X为碳元素，Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，则n=2，Y为氮元素，Z的基态原子L层电子数是K层电子数的3倍，则Z为氧元素，W的一种核素的质量数为58，中子数为32，则W为铁元素，据此答题解答：解：X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中原子序数依次增大的常见元素，X的一种单质是自然界硬度最大的晶体，则X为碳元素，Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，则n=2，Y为氮元素，Z的基态原子L层电子数是K层电子数的3倍，则Z为氧元素，W的一种核素的质量数为58，中子数为32，则W为铁元素，（1）Y为氮元素，位于元素周期表第二周期第VA族；因为氧的非金属性强于氮，所以Y和
27、Z的氢化物稳定性顺序为：H2ONH3，故答案为：二； VA； H2O； NH3（2）由于氮原子的最外层p轨道电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以氮的第一电离能高于相邻同周期元素，其它主族元素非金属性越强，第一电离能越大，所以X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为NOC；W为铁元素，它的基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2（或3d64s2），故答案为：NOC； 1s22s22p63s23p63d64s2（或3d64s2）（3）铁与盐酸反应生成氯化亚铁的溶液，再向其中通入过量氨气，生成氢氧化亚铁，后被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，所以观察到的现象是先出现白色沉淀，白
28、色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生反应的化学方程式是FeCl2+2NH3H2O=Fe（OH）2+2NH4Cl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：先出现白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；FeCl2+2NH3H2O=Fe（OH）2+2NH4Cl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（4）已知氨气在催化加热的条件下，可以与O2发生氧化还原反应，方程式为4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l），反应中每4mol氨气反应转移20mol电子，所以每转移10mol电子即有2mol氨气参加反应，放热akJ，所以反应的热化学方程
29、式是4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H=2akJmol1，故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H=2akJmol1点评：本题主要考查了元素周期表、元素周期律、原子核外电子排布、氧化还原反应、热化学方程式等知识点，中等难度，解题的关键是元素推断，答题时注意化学用语的正确表达9（16分）（2015和县校级模拟）某溶液的溶质是由下列中的几种离子构成：Na+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、CO32、AlO2、SO32、SO42取该溶液进行有关实验，实验步骤及结果如下：向溶液中加入过量稀盐酸，得到气体甲和溶液甲；向溶液甲中加入过量NH4HCO3溶
30、液，得到白色沉淀乙、气体乙和溶液乙；向溶液乙中加入过量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀丙、气体丙和溶液丙检验气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同请回答下列问题：（1）只根据实验能得出的结论是该溶液中至少还有CO32、SO32中的一种，一定不含Fe3+、Cu2+、Ba2+，一定含有Na+；（2）沉淀丙中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4（3）该溶液中肯定存在的离子有Na+、SO32、AlO2（4）气体甲的化学式为SO2；气体乙的名称为二氧化碳；气体丙的分子几何构型是三角锥形；（5）向溶液甲中加入NH4HCO3溶液至过量，该过程中发生的离子方程式为H+HCO3CO2+H2O；
31、Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计分析：向溶液中加入过量稀盐酸，得到气体甲和溶液甲，则气体为二氧化碳或二氧化硫，或均存在；向溶液甲中加入过量NH4HCO3溶液，得到白色沉淀乙、气体乙和溶液乙，可知沉淀乙为氢氧化铝、气体乙为二氧化碳；向溶液乙中加入过量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀丙、气体丙和溶液丙，沉淀丙一定含有BaCO3可能含有BaSO4，产生的气体丙为氨气；检验气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同，则甲应为二氧化硫，乙为二氧化碳，丙为氨气，结合离子之间的反应及现象来解答解答：解：（1）通过实验中，加入过量稀盐酸有气体产生，故溶
32、液中至少含有CO32、SO32中的一种，若含有CO32、SO32中的一种，则一定不能含有Fe3+、Cu2+、Ba2+；由于溶液中不显电性，由电荷守恒可知一定有阳离子为Na+，故答案为：至少含有CO32、SO32中的一种，一定不含有Fe3+、Cu2+、Ba2+，一定含有Na+；（2）实验中加入NH4HCO3溶液，得到气体乙，证明原溶液中一定不含有碳酸根，实验中产生的气体甲为SO2，原溶液中一定含有SO32；气体乙为二氧化碳，溶液甲中能够与NH4HCO3溶液产生白色沉淀乙只有Al3+，则产生的溶液乙中主要含有CO32、Na+、HCO3、Cl、NH4+，但不能确定是否含有硫酸根离子；实验中加入Ba（
33、OH） 2产生的沉淀丙中一定含有BaCO3可能含有BaSO4，产生的气体丙为氨气，故答案为：BaCO3；BaSO4；（3）通过上述可知，原溶液中一定含有Na+、SO32、AlO2三种离子，故答案为：Na+、SO32、AlO2；（4）气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同，则甲应为SO2，乙为二氧化碳，丙为氨气气体，其空间构型为三角锥形，故答案为：SO2；二氧化碳；三角锥形；（5）甲溶液中含有的主要离子有H+、Al3+故可能发生的离子反应为HCO3+H+=CO2+H 2O、Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，故答案为：HCO3+H+=CO2+H2O； Al3+3HCO3
34、=Al（OH）3+3CO2点评：本题考查物质的检验及推断，为高频考点，把握离子之间的反应及现象、分析与推断能力为解答的关键，注意试剂过量及沉淀和气体的确定，题目难度中等10（14分）（2015和县校级模拟）以铬铁矿（主要成分是FeOCr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等）为原料制取铬酸钠（Na2CrO4）晶体的工艺流程如下：已知：+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH9时以CrO2形式存在且易氧化；常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cr3+开始沉淀时的pH2.77.69.0沉淀完全时的pH3.79.611.089（9溶解）（
35、1）流程中两次使用了H2O2，分别写出反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O、2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42+4H2O（2）加入NaOH调节溶液的pH=8时，被除去的离子是Fe3+、Al3+；调节溶液的pH11时，被除去的离子是Mg2+（3）“调pH=8”和“调pH11”中间的“过滤”步骤能否省略，为什么？不能，当pH=8时Al3+已经完全转化为Al（OH）3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2（4）流程图中“”内的操作是蒸发浓缩、冷却结晶考点：制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提
36、纯的方法和基本操作综合应用专题：实验题；电离平衡与溶液的pH专题分析：铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应加入溶液，而SiO2不反应，过滤除去SiO2用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH=8时，Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤得到滤渣为Al（OH）3和Fe（OH）3，再调节pH=11，Mg2+完全沉淀被除去且Cr元素以CrO2的形式存在，过滤后，向滤液中再加入过氧化氢，将CrO2氧化为CrO42，最后采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到Na2CrO4晶体（1）第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，第二次加入H2O2是为了将CrO2氧化为Cr
37、O42；（2）当pH=8时Fe3+、Al3+已完全沉淀，pH11时，Mg2+完全被除去且Cr元素以CrO2的形式存在；（3）“调pH=8”时沉淀成分是Al（OH）3和Fe（OH）3，如果不把前者除去，当继续加入NaOH至pH=11时，Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2；（4）Na2CrO4溶液得到Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法解答：解：（1）第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；第二次加入H2O2是为了将CrO2氧化为CrO42，反应离子方程式为：2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42
38、+4H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42+4H2O；（2）由阳离子转化为氢氧化物完全沉淀的pH数据，可知当pH=8时Fe3+、Al3+已完全沉淀，pH11时，Mg2+完全被除去且Cr以CrO2的形式存在，故答案为：Fe3+、Al3+；Mg2+；（3）“调pH=8”时沉淀成分是Al（OH）3和Fe（OH）3，如果不把前者除去，当继续加入NaOH至pH=11时，Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2，故答案为：不能，当pH=8时Al3+已经完全转化为Al（OH）3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al（OH）3会溶解，引
39、入杂质离子AlO2；（4）Na2CrO4溶液得到Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶点评：本题属于工艺流程制备题目，考查制备原理、实验方案评价、物质分离提纯、获取信息的能力，是对基础知识的综合考查，难度中等11（14分）（2014东城区二模）甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究操 作现 象IA中溶液变红稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是Cl2+2OHCl+ClO+H2O（2）A中溶液变红的原因是Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成红色的，所以溶液变红（3）为了探究现象的原因，甲同学进
40、行如下实验取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在Fe3+取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液甲同学的实验证明产生现象的原因是SCN与Cl2发生了反应（4）甲同学猜想SCN可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究资料显示：SCN的电子式为甲同学认为SCN中碳元素没有被氧化，理由是SCN中的碳元素是最高价态+4价取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN中被氧化的元素是硫元素通过实验证明了SCN中氮元素转化为NO3，他的实验方案是取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察
41、到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN中氮元素被氧化成若SCN与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是16mol考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式；（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，据此答题；（3）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，据此答题；（4）根据SCN的电子式为可知，SCN中碳显+4价，硫显2价，氮显3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，据此答题
42、；加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN中硫显2价，所以被氧化的元素为硫元素，据此答题；利用硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此答题；SCN与Cl2反应的化学方程式可以计算出电子转移的物质的量；解答：解：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O故答案为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成
43、红色的硫氰化铁溶液，呈红色，故答案为：Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成红色的，所以溶液变红；（3）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，故答案为：Fe3+；（4）根据SCN的电子式为可知，SCN中碳显+4价，硫显2价，氮显3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，故答案为：SCN中的碳元素是最高价态+4价；加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN中硫显2价，所以被氧化的元素为硫元素，故答案为：硫元素；利用硝酸根离子在酸性条件
44、下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此可知实验方案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN中氮元素被氧化成，故答案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN中氮元素被氧化成；SCN与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN+8Cl2+9H2O=NO3+SO42+CO2+Cl+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，故答案为16点评：本题是实验方案的综合题，综合性较强，其中涉及到了离子的检验、氧化还原的离子方程式的书写、实验步骤的设计、化学计算等知识点，解题的关键是要掌握元素化合物的基础知识及实验基本操作要求- 14 -