1、2014-2015学年湖北省荆州中学高三（上）第一次质检化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16小题48分）1下列有关生活中化学的叙述错误的是（）A 向燃料煤中加入生石灰，可以减少对大气的污染B 用双氧水清洗伤口，可以杀菌消毒C 只用淀粉溶液就能检验出食盐中是否加碘D 随意丢弃废旧电池，会对环境造成污染2下列关于酸、碱、盐、氧化物的元素组成的说法中，正确的是（）A 酸、碱一定含有氢，盐一定不含氢B 碱、盐可能含氧，酸一定含氧C 酸、碱、盐可能都不含金属元素D 金属氧化物一定是碱性氧化物3在4时向100mL水中溶解了22.4L HCl气体（标准状况下测得）后形成的溶液下列说法中正确的是
2、（）A 该溶液物质的量浓度为10 mol/LB 所得溶液的体积为22.5 LC 根据题干数据，该溶液物质的量浓度无法求得D 该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得4下列物质中属于纯净物的是（）由同种元素组成的物质 具有固定熔沸点的物质由相同种类和相同数目的原子组成的分子 某种元素的阳离子和另一种元素的阴离子组成的物质 在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物质 只含有一种分子的物质A B C D 5分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（）根据氧化物的组成元素将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原
3、反应根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体、浊液根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应根据水溶液是否能够导电将化合物分为电解质和非电解质A B C D 6用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 100mL lmol/L的FeCl3溶液完全生成Fe（OH）3胶体，其胶粒数目为0.1NAB 7.8 g Na2O2中含有的离子总数目为0.4NAC 30g SiO2晶体中含有SiO键的数目为2NAD 标准状况下44.8L HF溶于水配成溶液中所含F的数目为2NA7在室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是（）A Al2O3、SO2、CO2、SO3B
4、 Cl2、Al2O3、N2O5、SO3C CO2、Cl2、Fe3O4、SO3D SiO2、N2O5、CO、Cl28下列有关实验的叙述中，合理的是（）用pH试纸测得氯水的pH为2 不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠固体使用容量瓶的第一步操作是先将容量瓶用蒸馏水洗涤后烘干用酸式滴定管量取12.00mL高锰酸钾溶液使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，测得溶液的pH都偏小实验室配制氯化铁溶液时，可先将氯化铁溶解在盐酸中，再稀释到所需要的浓度A B C D 9下列离子方程式书写正确的是（）A NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2OB NaClO溶液与FeCl2
5、溶液混合：Fe2+2ClO+2H2O=Fe（OH）2+2HClOC NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液反应：NH4+OH=NH3+H2OD 将1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：6AlO2+9H+3H2O=5Al（OH）3+Al3+10在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（）氧化剂是H3AsO3； 还原性：ClAs； 每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol； M为OH；SnCl62是氧化产物A B C D 只有
6、11下列有关胶体的说法错误的是（）A 实验室常用渗析的方法对胶体提纯B 所有的胶体均能发生电泳C 硅酸胶体中逐滴加入氢氧化钠溶液，先有沉淀生成再看到沉淀溶解D 由于土壤胶粒带负电，因此使用NH4+的肥效比NO3高12下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、OHpH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、SO42、NH4+由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Br有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN、HCO3酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、I、Cl
7、A B C D 13向含Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的稀溶液中逐渐加入铁粉，c（Fe2+）的变化如图所示下列离子方程式错误的是（）A 01：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2OB 12：Fe+2Fe3+=3Fe2+C 23：Fe+Cu2+=Fe2+CuD 03：3Fe+2Fe3+2Cu2+=5Fe2+2Cu14将ag镁铝合金投入到x mL 2mol/L的盐酸中，金属完全溶解后，再加入y mL 1mol/L的氢氧化钠溶液，得到的沉淀量最大，质量为（a+1.7）g下列说法不正确的是（）A 镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0lNAB x=2yC 沉淀是Mg（OH）2和Al（O
8、H）3的混合物D 2x=y15今有一混合物的水溶液，可能大量含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下针对原溶液的推测正确的是（）A Cl一定不存在B K+一定存在C Mg2+一定存在D Ba2+可能存在16由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X 存在如在右图转化关系（部分生成物和
9、反应条件略去）下列推断不正确的是（）A 若X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子，则A一定是氯气，且D和E不反应B 若A是单质，B和D的反应是OH+HCO3=H2O+CO32，则E一定能还原Fe2O3C 若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是D 若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐二、非选择题（共6小题52分）17实验室要配制1mol/L的稀硫酸250mL，回答下列问题：（1）需要98%密度1.84/mL的浓硫酸mL（2）配制时必需使用的仪器（填代号）烧杯 100mL量筒 20mL量筒 1000mL容量瓶 250mL容量瓶 托盘天平（带砝码） 玻璃棒 还缺少
10、的仪器是（3）配制时两次使用玻璃棒，其作用分别是、（4）配制过程中出现以下情况，对所配溶液浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“不影响”）没有洗涤烧杯或玻璃棒；加水超过刻度线取出少量水使溶液面恰好到刻度线；容量瓶洗净后没有干燥18高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系有六种微粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO42、Cl、H2O写出并配平湿法制备高铁酸钾的离子反应方程式：低温下，
11、在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明了什么问题（2）干法制备高铁酸钾的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中的氧化剂是，还原剂是，每生成l molNa2FeO4转移mol电子简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用19某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可以制得氯气，化学方程式为：Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O他们设计了如图1制取氯气并验证其性质的实验试回答：（1）该实验中A部分的装置是图2中（填写装置的序号）（2）请你设计一个实验，证明洗气瓶C
12、中的Na2SO3已经被氧化（简述实验步骤）：（3）写出D装置中发生反应的离子方程式（4）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250ml 溶液，取25ml 加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置待完全反应后，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液作标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI反应完成时，共用去Na2S2O3 20.0ml则该漂白粉中Ca（ClO）2的质量分数为：20某溶液主要含下表离子中的5种，且各种离子的物质的量均为1mol阳离子K+，Ba2+Fe2+Al3+ Fe3+ Mg2+阴离
13、子OHHCO CO ClNO3 SO42若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化（1）溶液中 （填“一定”，“一定不”，“可能”）含有HCO 或 CO，理由是（2）原溶液中主要阴离子为，主要阳离子为（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成的离子方程式为（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤，洗涤，干燥并灼烧至恒重，得到固体的质量为 g21由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，有白色沉
14、淀产生，该白色沉淀的化学式为（2）Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，写出其中发生氧化还原反应的方程式（3取Y中的溶液通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中所有的阳离子有（填写离子符号）（4）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（用化学式表示）22把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示试回答：（1）A点的沉淀物的化学式为，理由（2）原混合物中MgCl2的质量是g，Al
15、Cl3的质量是 g，NaOH的质量是g（3）C点HCl溶液的体积为mL2014-2015学年湖北省荆州中学高三（上）第一次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16小题48分）1下列有关生活中化学的叙述错误的是（）A 向燃料煤中加入生石灰，可以减少对大气的污染B 用双氧水清洗伤口，可以杀菌消毒C 只用淀粉溶液就能检验出食盐中是否加碘D 随意丢弃废旧电池，会对环境造成污染考点：常见的生活环境的污染及治理；三废处理与环境保护专题：化学应用分析：A煤燃烧时生成的二氧化硫可与生石灰反应；B双氧水有强氧化性；C食盐中加碘指的是碘酸钾，不是碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝；D废旧电
16、池含有重金属离子，会对环境造成污染解答：解：A煤燃烧时生成的二氧化硫，二氧化硫可与生石灰反应生成亚硫酸钙，最终生成硫酸钙，可防止酸雨，故A正确；B双氧水有强氧化性，能杀菌消毒，故B正确；C碘单质遇到淀粉变蓝，食盐中加碘指的是碘酸钾，不是碘单质，故C错误；D废旧电池含有重金属离子，会对环境造成污染，故D正确故选C点评：本题考查较为综合，涉及环境污染及治理、双氧水、碘的检验等知识，为高考高频考点和常见题型，有利于培养学生的良好科学素养，难度中等2下列关于酸、碱、盐、氧化物的元素组成的说法中，正确的是（）A 酸、碱一定含有氢，盐一定不含氢B 碱、盐可能含氧，酸一定含氧C 酸、碱、盐可能都不含金属元素
17、D 金属氧化物一定是碱性氧化物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系专题：物质的分类专题分析：电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物属于盐；由两种元素组成、其中一种是氧元素的化合物为氧化物，根据能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物，据此分析解答：解：A、依据酸、碱的概念可知酸、碱中一定含有氢元素，盐中可能含有氢元素，例如硫酸氢钠属于盐，其中含有氢元素故A错误；B、碱中一定含有氧元素，盐中可能含有氧元素，如含氧酸盐与无氧酸盐，酸中不一定含有氧元素，如盐酸HCl，故B错误；C、酸
18、可能不含金属元素，如HCl；盐中不一定含有金属元素，例如碳酸氢铵属于盐，其中不含有金属元素；碱中可能不含有金属元素，例如一水合氨NH3H2O属于碱，但不含有金属元素，故C正确；D、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，但是不是碱性氧化物，是酸性氧化物，故D错误；故选C点评：本题主要考查对酸、碱、盐、氧化物的概念的了解和应用，解答时要根据酸碱盐氧化物概念方面进行分析、判断，从而得出正确的结论3在4时向100mL水中溶解了22.4L HCl气体（标准状况下测得）后形成的溶液下列说法中正确的是（）A 该溶液物质的量浓度为10 mol/LB 所得溶液的体积为22.5 LC 根据题干数
19、据，该溶液物质的量浓度无法求得D 该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得考点：物质的量浓度专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：A、溶液的体积不是100mL；B、溶液体积不等于溶剂的体积与溶质的体积之和；C、由于没有提供溶液的密度，无法计算出溶液的体积；D、根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl质量，利用m=V计算溶剂水的质量，根据质量分数等于计算解答：解：A、22.4L HCl气体的物质的量为1mol，若形成溶液的体积为100mL，则浓度为10mol/L，但溶液的体积不等于溶剂的体积100mL，故A错误；B、液体积不等于溶剂的体积与溶质的体积之和，溶液的体积远远小于HC
20、l体积，故B错误；C、由于没有提供溶液的密度，无法计算出溶液的体积，因此该溶液的物质的量浓度无法计算，故C正确；D、溶质的质量为36.5 g/mol=36.5g，溶液中为36.5g+100 mL1 g/mL=136.5 g，溶质的质量分数为100%=26.7%，故D错误；故选C点评：考查学生对物质的量浓度的理解、质量分数的计算等，难度不大，注意根据定义式对物质的量浓度的理解4下列物质中属于纯净物的是（）由同种元素组成的物质 具有固定熔沸点的物质由相同种类和相同数目的原子组成的分子 某种元素的阳离子和另一种元素的阴离子组成的物质 在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物质 只含有一种分子的物质A B C
21、D 考点：混合物和纯净物专题：物质的分类专题分析：纯净物是同种物质组成的，可以是同元素组成的单质，也可以是不同元素组成的化合物；从微观角度分析是由同种微粒构成，熔点固定；O2和O3是由同种元素组成的混合物；纯净物有固定熔沸点；纯净物的构成微粒相同，与元素种类无关；同分异构体可以组成混合物；钠和氧形成的化合物有2种；碳元素存在多种同素异形体，燃烧产物为二氧化碳；同种微粒构成的是纯净物解答：解：O2和O3是由同种元素组成的混合物，故错误；纯净物有固定熔沸点，混合物无固定熔沸点，故正确；由相同种类和相同数目的原子组成的分子不一定是纯净物，如有机物烃的同分异构体组成的是混合物，故错误；钠和氧形成的化合
22、物有2种，如氧化钠和过氧化钠，故错误；碳元素存在多种同素异形体，金刚石、石墨、C60，燃烧产物都为二氧化碳，故错误；只含有一种分子的物质，是由同种微粒构成的，是纯净物，故正确；故选C点评：本题考查纯净物和混合物的区别，题目难度不大，要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物5分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（）根据氧化物的组成元素将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体、浊液根据反应的热效应将化学反应分
23、为放热反应和吸热反应根据水溶液是否能够导电将化合物分为电解质和非电解质A B C D 考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；吸热反应和放热反应；化学反应的可逆性；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物；根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应；根据分散质微粒直径的大小将混合物分为溶液、胶体、浊液；根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应；根据水溶液或是熔融态是否能够导电将化合物分为电解质和非电解质解答：解：根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物，氧化
24、物的组成元素均是氧元素和另一种元素，故错误；氧化还原反应和非氧化还原反应的本质区别是否存在电子转移，所以根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；是根据分散质微粒直径的大小将混合物分为溶液、胶体、浊液，其中只有胶体具有丁达尔效应，故错误；根据反应的吸放热情况将化学反应分为放热反应和吸热反应，故正确；根据化合物在水溶液或是熔融态下是否能够导电，将化合物分为电解质和非电解质，故错误故选A点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果6用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 100mL lmol/L的
25、FeCl3溶液完全生成Fe（OH）3胶体，其胶粒数目为0.1NAB 7.8 g Na2O2中含有的离子总数目为0.4NAC 30g SiO2晶体中含有SiO键的数目为2NAD 标准状况下44.8L HF溶于水配成溶液中所含F的数目为2NA考点：阿伏加德罗常数分析：A胶体微粒是氢氧化铁的集合体；B过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成；C二氧化硅中含有4个SiO键；D氟化氢为弱电解质，水溶液中部分电离解答：解：A.100mL lmol/L的FeCl3溶液完全生成Fe（OH）3胶体，其胶粒数目远远小于0.1NA，故A错误；B.7.8 g Na2O2的物质的量为=0.1mol，含有0.2mol钠离子和0
26、.1mol过氧根离子，共含有的离子总数目为0.3NA，故B错误；C.30g SiO2晶体的物质的量为=0.5mol，二氧化硅中含有4个SiO键计算判断，30g SiO2晶体中含有SiO键的数目为2NA，故C正确；D氟化氢为弱电解质，水溶液中部分电离，所以标准状况下44.8L HF溶于水配成溶液中所含F的数目小于2NA，故D错误；故选：C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是胶体微粒组成，物质结构分析判断，掌握基础是关键，注意弱电解质电离特点，题目难度不大7在室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是（）A Al2O3、SO2、CO2、SO3B Cl2、Al2
27、O3、N2O5、SO3C CO2、Cl2、Fe3O4、SO3D SiO2、N2O5、CO、Cl2考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物专题：元素及其化合物分析：酸性氧化物与碱反应生成盐和水，氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，以此来解答解答：解：AA12O3是两性氧化物与过量氢氧化钠反应生成的盐为偏铝酸钠；SO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为亚硫酸钠；CO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为碳酸钠；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠，共4种，故A不选；BC12与过量NaOH溶液
28、反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠；A12O3与过量NaOH溶液反应生成的盐为偏铝酸钠；N2O5与过量NaOH溶液反应生成的盐为硝酸钠；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠，共5种，故B选；CCO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为碳酸钠；C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠；Fe3O4与过量NaOH溶液不反应；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠，共4种，故C不选；DSiO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为硅酸钠；N2O5与过量NaOH溶液反应生成的盐为硝酸钠；CO与过量NaOH溶液不反应；C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠，共4种，故D不选；
29、故选B点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握常见酸性氧化物、两性氧化物的性质及氯气与碱的反应为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大8下列有关实验的叙述中，合理的是（）用pH试纸测得氯水的pH为2 不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠固体使用容量瓶的第一步操作是先将容量瓶用蒸馏水洗涤后烘干用酸式滴定管量取12.00mL高锰酸钾溶液使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，测得溶液的pH都偏小实验室配制氯化铁溶液时，可先将氯化铁溶解在盐酸中，再稀释到所需要的浓度A B C D 考点：测定溶液pH的方法；硅和二氧化硅；配制一定物质的量浓度的溶液专题：化学实验基本操作分析：氯水具有漂白
30、性，可使试纸褪色；瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应；使用容量瓶时应先检查是否漏水；高锰酸钾具有强氧化性，不能用碱式滴定管；如溶液呈中性，不会引起误差；先将氯化铁溶解在盐酸中，可防止水解解答：解：氯水中含有HClO，具有漂白性，可使试纸褪色，不能测得PH，应用PH计；瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应，而使坩埚炸裂；使用容量瓶时应先检查是否漏水，而不是烘干；高锰酸钾具有强氧化性，不能用碱式滴定管，应用酸式滴定管；如溶液呈中性，不会引起误差，使用PH试纸时不能先用水湿润；先将氯化铁溶解在盐酸中，可防止水解而使溶液变浑浊故正确的有，故选A点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度
31、不大，注意基础实验方法的积累9下列离子方程式书写正确的是（）A NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2OB NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2+2ClO+2H2O=Fe（OH）2+2HClOC NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液反应：NH4+OH=NH3+H2OD 将1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：6AlO2+9H+3H2O=5Al（OH）3+Al3+考点：离子方程式的书写专题：化学用语专题分析：根据离子方程式书写要求来判断，如看是否守恒（质量、电荷、得失电子），是否符合客观事实，化学
32、式拆分、化学符号使用是否正确，阴、阳离子配比是否正确，隐含离子是否忽略，反应物用量与其反应是否一致等解答：解：A、因阴、阳离子配比错误，硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡至溶液呈中性应为： 2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故A错误； B、因ClO具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故B错误； C、因NH4HSO3溶液中NH+4、HSO3都能与OH反应：NH+4+HSO3+2OH=NH3+SO32+2H2O，故C错误； D、因当n（NaAlO2）/HCl=2/3时，反应可以分为两步： 第一步 AlO2+H+H2O=Al（OH）3 1 1 1 第二步 Al（OH）3+3H+=A
33、l3+3H2O 1 0.5 第一步反应完全进行，第二步反应未完全反应，生成的Al（OH）3成的0.5/3，剩余2.5/3，因此，离子方程式为：6AlO2+9H+3H2O=5Al（OH）3+Al3+，故D正确； 故选：D点评：本题考查了离子方程式正误判断的方法，只要掌握一些常见的判断方法，就可以做到迎刃而解了10在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（）氧化剂是H3AsO3； 还原性：ClAs； 每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol； M为OH；SnCl6
34、2是氧化产物A B C D 只有考点：氧化还原反应专题：压轴题；氧化还原反应专题分析：离子方程式3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62+6M中，Sn的化合价由+2价升高到+4价，As元素的化合价由+3价降低到0价，从化合价的角度分析氧化还原反应，判断有关氧化剂、还原剂等概念，并判断物质的性质，从守恒的角度判断M的组成解答：解：H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故正确；反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故错误；H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol
35、，故正确；根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，故错误；SnCl2SnCl62，Sn元素的化合价升高，SnCl62是氧化产物，故正确故选：A点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答本题的关键是正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应11下列有关胶体的说法错误的是（）A 实验室常用渗析的方法对胶体提纯B 所有的胶体均能发生电泳C 硅酸胶体中逐滴加入氢氧化钠溶液，先有沉淀生成再看到沉淀溶解D 由于土壤胶粒带负电，因此使用NH4+的肥效比NO3高考点：胶体的重要性质专题：溶液和胶体专题分析：A、渗析的方法能除去胶体中的小离子或小分子；B、胶体
36、能发生电泳的原因是胶粒带电；C、氢氧化钠溶液时电解质溶液，能使胶体产生聚沉；D、壤胶粒带负电，对NH4+有吸附作用解答：解：A、当胶体中混有小分子或小离子时，可以用渗析的方法除去，故A正确；B、只有当胶粒带电时胶体才会发生电泳，故B错误；C、硅酸胶体中逐滴加入氢氧化钠溶液，胶体先产生聚沉，变为硅酸沉淀，后硅酸又溶于氢氧化钠，故先有沉淀生成再看到沉淀溶解，故C正确；D、壤胶粒带负电，对NH4+有吸附作用而对NO3有排斥作用，故D正确故选B点评：本题考查了胶体的渗析、电泳、聚沉等重要性质，属于识记性题目，难度不大12下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、OH
37、pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、SO42、NH4+由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Br有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN、HCO3酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、I、ClA B C D 考点：离子共存问题分析：无色溶液中不含有色离子，且离子之间不反应的能大量共存；pH=11的溶液呈碱性；加入Al能放出H2的溶液为强碱溶液或非强氧化性酸溶液；由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液呈酸性或碱性；有较多Fe3+的溶液不能大量存在和铁离子反应的离子；酸性溶液中不
38、能大量存在相互反应的离子解答：解：无色溶液中不存在有色离子，如铜离子，且Cu2+、OH反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；pH=11的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故正确；加入Al能放出H2的溶液为强碱溶液或非强氧化性酸溶液，酸性或碱性条件下都不能大量存在HCO3，碱性条件下不能大量存在NH4+，故错误；由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液呈强酸性或强碱性，这几种离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子都不反应，所以能大量共存，故正确；有较多Fe3+的溶液，Fe3+、SCN发生络合反应而不能大量共存，且铁离子和碳酸氢根离子相互促进水解，故错误；酸性溶液中：Fe2+、
39、I和NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；故选C点评：本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查复分解反应、氧化还原反应、络合反应，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意隐含条件的挖掘，题目难度中等13向含Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的稀溶液中逐渐加入铁粉，c（Fe2+）的变化如图所示下列离子方程式错误的是（）A 01：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2OB 12：Fe+2Fe3+=3Fe2+C 23：Fe+Cu2+=Fe2+CuD 03：3Fe+2Fe3+2Cu2+=5Fe2+2Cu考点：铁的化学性质；离子方程式的书写专题：图示题；几种重要的金属及其化合物分
40、析：根据氧化性：HNO3Fe3+Cu2+，Fe先与氧化性强的物质反应，即Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，然后是：Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后阶段Fe+Cu2+Fe2+Cu，由图中起点、拐点、终点的位置来确定化学反应情况解答：解：Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的稀溶液氧化性为HNO3Fe3+Cu2+，金属铁先和氧化性强的离子反应A、开始阶段是金属铁和硝酸之间的反应：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，当加入金属铁1mol是，生成三价铁离子是1mol，所以亚铁离子的浓度不变，故A正确；B、金属铁和硝酸反应结束后，生成1mol的三价铁离子，然后
41、发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时加入的1mol铁会和三价铁反应生成3mol亚铁离子，故B正确；C、反应的最后阶段为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，所有的离子均被还原，故C正确；D、根据以上分析，整个过程的反应为，开始阶段：4H+NO3+3Fe+Fe3+Cu2+=4Fe2+Cu+NO+2H2O，故D错误故选D点评：本题考查学生金属铁所发生的氧化还原反应知识，注意平时知识的积累是解题的关键，综合性较强，结合图象考查增加了难度14将ag镁铝合金投入到x mL 2mol/L的盐酸中，金属完全溶解后，再加入y mL 1mol/L的氢氧化钠溶液，得到的沉淀量最大，质量为（a+1.7）g下列说法不
42、正确的是（）A 镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0lNAB x=2yC 沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物D 2x=y考点：镁、铝的重要化合物；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：A、沉淀是Mg （OH）2和Al（OH）3的混合物，所以混合物含有的OH的质量为1.7g，镁铝合金提供的电子等于混合物中OH所带的电量B、加入氢氧化钠后的溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），据此计算C、得到的沉淀量最大，氢氧化铝没有与氢氧化钠反应，沉淀是Mg （OH）2和Al（OH）3的混合物D、加入氢氧化钠后的溶液为氯化钠溶液，根据
43、氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），据此计算解答：解：A、沉淀是Mg （OH）2和Al（OH）3的混合物，所以混合物含有的OH的质量为1.7g，物质的量为=0.1mol，镁铝合金提供的电子等于混合物中OH所带的电量，镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0.1molNAmol1=0lNA，故A正确；B、加入氢氧化钠后的溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），所以x mL2mol/L=y mL1mol/L，即y=2x，故B错误；C、氢氧化镁、氢氧化铝不溶于水，得到的沉淀量最大，氢氧化铝没有与氢氧化钠反应，沉淀是Mg （O
44、H）2和Al（OH）3的混合物，故C正确；D、由B中分析可知，y=2x，故D正确故选：B点评：考查镁铝及其化合物的性质、混合物的计算等，难度中等，确定沉淀中含有OH的质量是解题关键，在利用守恒进行计算15今有一混合物的水溶液，可能大量含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下针对原溶液的推测正确的
45、是（）A Cl一定不存在B K+一定存在C Mg2+一定存在D Ba2+可能存在考点：常见阳离子的检验分析：1、根据题意分析，第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl、CO32、SO42第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4+，一定不存在Mg2+第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2+；2、根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出K+一定存在，由K+物质的量的变化分析Cl的情况解答：解：根据题意，Ba2+和SO42，可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存Ba2+和CO32可发生离子反应生成
46、BaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl+Ag+AgCl、CO32+2Ag+Ag2CO3、SO42+2Ag+Ag2SO4，所以可能含有Cl、CO32、SO42中的至少一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4+OHNH3+H2O，产生NH3为0.04mol，可得NH4+也为0.04mol第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为2.33g部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32+Ba2+B
47、aCO3、SO42+Ba2+BaSO4，因为BaCO3+2HClBaCl2+CO2+H2O而使BaCO3溶解因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2+和Mg2+，由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为6.27g2.33g3.94g，物质的量为0.02mol，则CO32物质的量为0.02mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+而CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32、SO42所带负电荷分别为0.02mol2、0.01mol2，共0.0
48、6mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，A根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量0.02mol，当K+物质的量=0.02mol时，没有氯离子，故A错误；B根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量0.02mol，故B正确；C溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，Mg2+和CO32可发生离子反应生成MgCO3而不共存，因此Mg2+一定不存在，故C错误；D溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，Ba2+和CO32、SO42可发生离子反应生成BaCO3、BaSO4而不共存，因此Ba2+一定不存在，故D错误；故选：B点评：本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分
49、析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误16由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X 存在如在右图转化关系（部分生成物和反应条件略去）下列推断不正确的是（）A 若X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子，则A一定是氯气，且D和E不反应B 若A是单质，B和D的反应是OH+HCO3=H2O+CO32，则E一定能还原Fe2O3C 若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是D 若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐考点：无机物的推断专题：推断题；压轴题分析：A、X是Na2CO3，C为含极性键的
50、非极性分子，C为CO2，B为强酸，与水反应生成强酸，可能是氯气与水反应生成的HCl，也可能是二氧化氮与水反应生成的HNO3B、根据B、D反应的离子方程式OH+HCO3H2O+CO32，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3C、D为CO，可以判断O2CO2CO，X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成氧气，A为过氧化钠或氟气，结合二氧化碳能与E反应判断D、D为白色沉淀，可以判断为OHAlO2Al（OH）3，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3解答：解：A、X是Na2CO3，C为CO2，当A为NO2，B
51、为HNO3，E为NO，D为NaHCO3也符合转化关系，A错误；B、根据B、D反应的离子方程式OH+HCO3H2O+CO32，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热时能还原Fe2O3，故B正确；C、如A为氟气，HF与二氧化碳不反应，A为Na2O2，B为O2，E为NaOH，X为C，C为CO2，D为CO，符合转化关系，过氧化钠电子式为，故C正确；D、D为摩尔质量为78g/mol的Al（OH）3，A为摩尔质量为78g/mol 的Na2O2，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3，符合转化关系，故D正确
52、故选：A点评：本题考查元素及其化合物的转化关系，题目难度较大，做好本题的关键之处在于把握好物质的性质二、非选择题（共6小题52分）17实验室要配制1mol/L的稀硫酸250mL，回答下列问题：（1）需要98%密度1.84/mL的浓硫酸13.6mL（2）配制时必需使用的仪器（填代号）烧杯 100mL量筒 20mL量筒 1000mL容量瓶 250mL容量瓶 托盘天平（带砝码） 玻璃棒 还缺少的仪器是胶头滴管（3）配制时两次使用玻璃棒，其作用分别是搅拌加速溶解、引流（4）配制过程中出现以下情况，对所配溶液浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“不影响”）没有洗涤烧杯或玻璃棒偏低；加水超过刻度线取出少量水
53、使溶液面恰好到刻度线偏低；容量瓶洗净后没有干燥无影响考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：实验题分析：（1）先根据c=计算出该浓硫酸的物质的量浓度，再根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积；（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（3）根据稀释浓硫酸和转移溶液时玻璃棒的作用进行解答；（4）根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大解答：解：（1
54、）密度=1.84gmL1，质量分数为98%的浓硫酸的浓度为：c=18.4mol/L，配制250mL1molL1的稀硫酸，需要该浓硫酸的体积为：0.0136L=13.6mL，故答案为：13.6；（2）配制250mL1mol/L的稀硫酸的步骤为：计算量取稀释、冷却移液定容摇匀装瓶贴签，需要使用的仪器有：烧杯 20mL量筒 250mL容量瓶 玻璃棒；定容时必须使用胶头滴管，所以还缺少的仪器为胶头滴管，故答案为：；胶头滴管；（3）配制过程中，在稀释浓硫酸时需要使用玻璃棒搅拌加速溶解，向容量瓶中转移溶液时需要使用玻璃棒引流，避免液体流到容量瓶外边，故答案为：搅拌加速溶解；引流；（4）没有洗涤烧杯或玻璃棒
55、，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故答案为：偏低； 加水超过刻度线，取出少量水使溶液面恰好到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；容量瓶洗净后没有干燥，对溶质的物质的量及最终溶液的体积都没有影响，所以不影响配制结果，故答案为：无影响点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题为中等难度试题，试题基础性强，难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法18高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污
56、染工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系有六种微粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO42、Cl、H2O写出并配平湿法制备高铁酸钾的离子反应方程式：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明了什么问题相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小（2）干法制备高铁酸钾的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中的氧化剂是Na2O2，还原剂是FeS
57、O4，每生成l molNa2FeO4转移3mol电子简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，且消毒过程中自身被还原成铁离子，铁离子水解氢氧化铁胶体能吸附除去水中的悬浮杂质考点：氧化还原反应分析：（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O作氧化剂被还原生成C1，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，再结合转移电子守恒配平方程式；至饱和可析出高铁酸钾，与溶解度有关；（2）该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升
58、高的反应物是还原剂，再结合Na2FeO4和转移电子之间的关系式计算解答：解：（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O作氧化剂被还原生成C1，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该离子反应为2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O；低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故答案为：相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；（2）该反
59、应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以Na2O2是氧化剂、FeSO4是还原剂，根据Na2FeO4和转移电子之间的关系式知，每生成l mol Na2FeO4转移电子的物质的量为3mol，故答案为：Na2O2；FeSO4；3；K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质，故答案为：高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，且消毒过程中自身被还原成铁离子，铁离子水解氢氧化铁胶体能吸附除去水中的悬浮杂质点评：本题考查氧化还原反应
60、，为高频考点，把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大19某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可以制得氯气，化学方程式为：Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O他们设计了如图1制取氯气并验证其性质的实验试回答：（1）该实验中A部分的装置是图2中b（填写装置的序号）（2）请你设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已经被氧化（简述实验步骤）：取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化（3）写出D装置中发生反应的离
61、子方程式HCO3+H+H2O+CO2（4）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250ml 溶液，取25ml 加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置待完全反应后，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液作标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI反应完成时，共用去Na2S2O3 20.0ml则该漂白粉中Ca（ClO）2的质量分数为：35.75%考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质分析：（1）依据反应物状态和反应条件选择发生装置；（2）氯气有强氧化性，亚硫酸根离子有还原性，所以氯气和亚硫酸根离子能发生
62、氧化还原反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子；如果亚硫酸钠被氧化会生成硫酸钠，根据硫酸根离子的检验方法检验即可；（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳；（4）先根据次氯酸钙和硫代硫酸钠的关系式计算次氯酸钙的质量，再利用质量分数公式计算即可解答：解：（1）依据Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O可知，反应物为固体与液体，反应条件为加热，所以选择装置b；故答案为：b；（2）氯气有强氧化性，亚硫酸根离子有还原性，所以氯气和亚硫酸根离子能发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子Cl2+SO32+H2O=SO42+2Cl+
63、2H+；如果亚硫酸钠被氧化，会生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钡能发生 反应生成白色沉淀硫酸钡，亚硫酸钡也是沉淀，所以要先排除亚硫酸盐的干扰，再用氯化钡检验硫酸根离子，检验方法为取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式为：HCO3+H+H2O+CO2；故答案为：HCO3+H+H2O+CO2
64、；（4）依据反应可知存在：Ca（ClO）22Cl22I24Na2S2O3，nCa（ClO）2=n（Na2S2O3）=20.0 mL103 LmL10.1 molL1=0.005 mol，Ca（ClO）2%=100%=35.75%，故答案为：35.75%点评：本题考查了氯气的实验室制备及性质的检验，明确制备原理是解题关键，题目难度中等20某溶液主要含下表离子中的5种，且各种离子的物质的量均为1mol阳离子K+，Ba2+Fe2+Al3+ Fe3+ Mg2+阴离子OHHCO CO ClNO3 SO42若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化（1）溶液中一定
65、不 （填“一定”，“一定不”，“可能”）含有HCO 或 CO，理由是HCO3或CO32都可与H+反应，造成阴离子种类改变（2）原溶液中主要阴离子为Cl、NO3、SO42，主要阳离子为Fe2+、Mg2+（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成的离子方程式为3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤，洗涤，干燥并灼烧至恒重，得到固体的质量为120 g考点：常见离子的检验方法；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：物质检验鉴别题；离子反应专题分析：向溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体若是二
66、氧化碳，则碳酸根离子或碳酸氢根离子会发生变化，所以原溶液中一定不存在HCO3与CO32，产生的气体应该为NO，原溶液中一定存在Fe2+、NO3，酸性环境下生成的一氧化氮；加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的量均为1mol，而溶液中含有5种离子，则不满足电荷守恒，所以还含有硫酸根离子，再根据电荷守恒确定还含有一种带有两个正电荷的镁离子，所以含有的五种离子为：Cl、NO3、SO42；Fe2+、Mg2+，根据以上分析进行解答各题解答：解：向溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，如果产生气体为二氧化碳，则碳酸根离子或碳
67、酸氢根离子会发生变化，导致阴离子浓度发生变化，所以原溶液中一定不存在HCO3与CO32，产生的气体应该为NO，原溶液中一定存在：Fe2+、NO3，酸性环境下发生反应一氧化氮；由于加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的量均为1mol，带有22mol负电荷，与1mol亚铁离子带有的正电荷相等；而溶液中含有5种离子，所以一定还含有剩余的唯一阴离子SO42，再根据电荷守恒确定还含有一种带有两个正电荷的Mg2+，所以含有的五种离子为：Cl、NO3、SO42；Fe2+、Mg2+；（1）根据以上分析可知，溶液中一定不存在HCO3或CO32，原因为：HCO3
68、或CO32都可与H+反应，造成阴离子种类改变，故答案为：一定不；HCO3或CO32都可与H+反应，造成阴离子种类改变；（2）根据分析可知，溶液中一定存在的阴离子为：Cl、NO3、SO42；一定存在的阳离子为：Fe2+、Mg2+，故答案为：Cl、NO3、SO42；Fe2+、Mg2+；（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体为一氧化氮，反应离子方程式为：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O；（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥灼烧到恒重，得到固体是三氧化二铁以及氧化镁，根据原子守恒，则生成0
69、.5molFe2O3和1mol的MgO，总质量为：0.5mol160g/mol+1mol40g/mol=120g，故答案为：120点评：本题考查了离子性质的应用和实验方案的推断和分析判断，离子共存和离子变化特征，元素守恒和溶液中电荷守恒的计算应用是判断的关键，题目难度中等21由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，有白色沉淀产生，该白色沉淀的化学式为Al（OH）3（2）Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，写出其中发生氧化还原反应的方程式3NO2+H2O=2
70、HNO3+NO（3取Y中的溶液通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中所有的阳离子有（填写离子符号）Cu2+、Fe3+、Al3+、H+（4）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（用化学式表示）Al、CuO、C和Fe2O3或Al、CuO、C、Fe、Fe2O3考点：几组未知物的检验分析：能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓硝酸，则两种气体是CO
71、2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同，无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对应的盐；（1）通入二氧化碳后生成白色沉淀，则白色沉淀为氢氧化铝；（2）Z为两种气体的混合物，则Z为NO和二氧化碳，混合气体为二氧化氮和二氧化碳；（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉；向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+、Cl2+H2O=HCl+HClO；根据（1）可知Y中含有偏铝酸根离子，则反应后生成铝离子，据此进行判断；（4）由前几问知，样品中一
72、定含有Al，一定有CuO和C，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，一定含有Fe2O3，否则会生成铜单质，据此进行判断解答：解：能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓硝酸，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同，无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对应的盐，（1）加入过量氢氧化钠后有沉淀生成，取上层清液，通入足量CO2，生成白色沉淀，说明样品中一定含有的物质是Al，上层清液与足量CO
73、2反应生成沉淀的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，该白色沉淀为：Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；（2）二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮气体，Z中两种气体是NO、CO2，发生氧化还原反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉，这个过程发生了置换反应：Cu2+Fe=Cu+Fe2+，向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2
74、+，Cl2+H2O=HCl+HClO；根据（1）可知溶液中含有偏铝酸根离子，反应后生成铝离子；所以充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、Al3+、H+（特别注意没有了Fe2+），故答案为：Cu2+、Fe3+、Al3+、H+；（4）根据以上分析可知，原溶液中一定含有Al、CuO和C，加入足量稀硫酸充分反应若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则一定含有Fe2O3，否则铝会转化成铜，所以原固体组成可能为：Al、CuO、C和Fe2O3或Al、CuO、C、Fe、Fe2O3，故答案为：Al、CuO、C和Fe2O3或Al、CuO、C、Fe、Fe2O3点评：无机推断题为主体的综合题，主要考查金属单
75、质、金属氧化物、非金属单质的性质，题目难度中等，试题综合性强，涉及知识面广，充分考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力22把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示试回答：（1）A点的沉淀物的化学式为Mg（OH）2，理由因为加入10.0mlHCl恰好中和过量的NaOH，再加HCl沉淀增多，说明Al（OH）4转化为Al（OH）3，故A点沉淀为Mg（OH）2（2）原混合物中MgCl2的质量是1.9g，AlCl3的质量是2.67 g，NaOH的质量是5
76、.2g（3）C点HCl溶液的体积为130mL考点：镁、铝的重要化合物专题：图示题分析：图象分析加入盐酸反应过程在，开始沉沉的无变化，说明原氢氧化钠过量，A点为氢氧化镁沉淀的质量，010ml盐酸和氢氧化钠反应，1030ml是偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝沉淀的过程，达到最大量沉淀后，继续加入盐酸，氢氧化铝、氢氧化镁沉淀开始溶解中完全溶解，先分段分析图象，分析每一段图象发生的化学反应有哪些、拐点溶液中溶质的成分是什么，然后结合方程式、原子守恒求出各个物理量解答：解：向所得浊液中，逐滴加入1mol/L盐酸，由加入盐酸的体积和生成沉淀的质量关系图分析：010ml，随盐酸的体积增加，生成沉淀的质量不变，
77、说明A点沉淀是Mg（OH）2，mMg（OH）2=1.16g，NaOH、AlCl3、MgCl2组成的混合物，溶于足量水发生反应是：MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl；AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，NaOH有剩余，溶液是NaCl、NaAlO2和NaOH的混合液，该阶段发生反应是：NaOH+HCl=NaCl+H2O；10ml处，加入10ml盐酸刚好中和未反应的NaOH，溶液为NaCl、NaAlO2；10ml30ml，即A点B点，随盐酸的体积增加，生成沉淀的质量增加，该阶段发生反应是：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，离子方程式是：H
78、2O+AlO2+H+=Al（OH）330ml处，NaAlO2与盐酸恰好反应，需盐酸体积为：30ml10ml=20ml，沉淀质量达到最大，溶液为NaCl溶液；30mlC点，随盐酸的体积增加，沉淀的质量减少，发生反应是：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O；Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；C点，Mg（OH）2和Al（OH）3完全反应，溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液（1）分析判断A处的沉淀为氢氧化镁，因为加入10.0mlHCl恰好中和过量的NaOH，再加HCl沉淀增多，说明Al（OH）4转化为Al（OH）3，故A点沉淀为Mg（OH）2；故答案为：Mg（OH）2
79、，因为加入10.0mlHCl恰好中和过量的NaOH，再加HCl沉淀增多，说明Al（OH）4转化为Al（OH）3，故A点沉淀为Mg（OH）2；（2）选30ml处，计算NaOH的质量，此时，溶液为NaCl溶液，溶液中Cl来源于原混合物中的AlCl3、MgCl2和加入的30mlHCl，溶液中Na+来源于原混合物中的NaOH NaAlO2 +HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl0.02mol 0.02L1mol/L=0.02mol 由Al原子守恒得原混合物中n（AlCl3）=n（NaAlO2）=0.02mol，氯化铝的质量=0.02mol133.5g/mol=2.67g由Mg原子守恒得原混合物中n
80、（MgCl2）=nMg（OH）2=0.02mol，氯化镁的质量=0.02mol95g/mol=1.9g；由Na+离子和Cl离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.02mol2+0.02mol3+0.03L1mol/L=0.13mol，氢氧化钠的质量=0.13mol40g/mol=5.2g；故答案为：1.9；2.67；5.2；（3）C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n（HCl）=n（NaOH）=0.13mol；P点所表示盐酸的体积为：V=0.13L=130ml，故答案为：130点评：本题考查了铝、镁及其化合物性质的分析判断，图象分析方法，对于图象分析题的解题规律：要明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析，题目难度中等
