1、2016-2017学年山东省济宁市兖州实验高中高三（上）期中化学试卷一选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）可能用到的相对原子质量：H（1）O（16）Al（27）Fe（56）Cu（64）1下列说法正确的是（）Na2O、Fe2O3、A12O3属于碱性氧化物，CO2、SO2、NO2都能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物NaHCO3是发酵粉主要成分之一，Na2CO3可冶疗胃酸过多盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物ABCD2用N
2、A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2 L SO2和SO3的混合物中硫原子数为0.5NAB1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC标准状况下，7.1 g氯气与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.2NAD常温常压下，7.8 g Na2O2含有的阴离子数目为0.1NA3已知H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是（）A物质的还原性：HIH2SO3HClBHI与H2SO3的物质的量浓度为0.6 molL1C通入0.1molCl
3、2发生反应的离子方程式为：5Cl2+4H2SO3+2I+4H2O=4SO42+I2+10Cl+16H+D若再通入0.05molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化4下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（）碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸 二氧化碳与氢氧化钠溶液硝酸银溶液和氨水 氯化铝与氨水 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水ABC仅有D5根据表中信息判断，下列选项正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、Br2MnO2Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2OB第组反应中生成1mol
4、Cl2，转移电子4molC氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br2D第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为3：26FeCl3溶液是实验室中使用比较广泛的一种试剂，下列有关离子方程式正确的是（）AFeCl3溶液使蓝色石蕊试纸变红：Fe3+3H2O3H+Fe（OH）3BFeCl3溶液中滴加氨水出现红褐色沉淀：Fe3+3OHFe（OH）3C用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+CuCu2+Fe2+D检验溶液中的Fe3+用KSCN溶液：Fe3+3SCNFe（SCN）37次磷酸（H3PO2）是一元中强酸，具有较强还原性，下列有关次磷酸及其盐的说法正确的是（）A次磷酸的电离方程式为：H3
5、PO2=H+H2PO2BNaH2PO2是次磷酸的正盐，其水溶液呈中性C白磷与氢氧化钠溶液反应可得次磷酸盐，反应的化学方程式为：P4+9NaOH=3Na3PO2+PH3+3H2OD利用（H3PO2）进行化学镀银反应中，1mol H3PO2最多还原4 mol Ag+离子8下列说法正确的是（）A石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C铁在氧气中燃烧生成氧化铁，镁在空气中燃烧生成氧化镁、氮化镁D针对埃博拉病毒扩散情况，可选用含氯消毒剂对疫区可能的污染区域进行消毒预防9有关氯气和氯水性质的叙述正确的是（）A使湿润KI淀粉试纸变蓝色的气体一
6、定是氯气B饱和氯水久置时Cl增多、水分子减少C过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁D可用pH试纸测定氯水的pH10下列从海洋中获取物质的方案不合理的是（）A粗盐先通过除杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气，最后和石灰乳反应制得漂白粉B苦卤酸化后通入氯气得到溴水，然后用热空气将其通入到SO2水溶液中，最后通入氯气后蒸馏得粗溴C干海带灼烧后加水浸取，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质D向海水中加入石灰乳得到Mg（OH）2，加入盐酸得到MgCl2溶液，最后电解该溶液得到镁单质11下列关于含硫化合物的叙述不正确的是（）ASO2能与CaO反应，可用生石灰作工业废气的脱硫剂BS
7、O2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，体现出漂白性C浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，浓硫酸只表现酸性D医疗上曾用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药剂12甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法错误的是（）A若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则上述反应可能都属于氧化还原反应B常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙一定是铜和稀硝酸C若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊可用于干燥甲D若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则戊可能使品红褪色13现有250mL浓度为2.0mol/L的硫酸和含1mol氢氧化钠的溶液，足量的铝屑用上述原料生产Al（OH）3的量最多时
8、消耗铝的质量为（）A26gB36gC104gD37.8g14一定量的CuS和 Cu2S的混合物投入足量的硝酸中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到24.0gCuO若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（）A18.0LB27.0LC31.4LD33.6L15下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量下列反应对应的曲线错误的是（）A向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B向澄清石灰水中通入CO2至过量C向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D向含有等
9、物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失16下列有关实验装置的说法中正确的是（）A用图装置制取干燥纯净的NH3B用图装置实验室制备Fe（OH）2C用图装置可以完成“喷泉”实验D用图装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积二、解答题（共4小题，满分52分）17图中X、Y、Z为单质，其它为化合物，它们之间存在如图转化关系（部分产物已略去）其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应回答下列问题：（1）E的化学式是G的化学式是 M溶液的俗名是（2）写出A与单质Al反应转化为X的化学方程式实验室完成A与单质Al反应实验，需要的试剂还有aKCl bKClO 3
10、cMnO2 dMg（3）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式当有1molA参加反应时，转移 mol电子182016年8月的eLife上发表了浙江医科大学第二医院和浙江大学肿瘤研究所的晁明和胡汛等人的一篇论文媒体以“用十几块钱的小苏打饿死了癌细胞”为题予以报道，报道曲解了小苏打的作用，但小苏打在他们治疗癌症的方法中确实功不可没在实验室中模拟工业制取NaHCO3的实验步骤如下：第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品第二步：先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，C中出现固体继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生第三步：分离C中所得
11、的混合物，得到NaHCO3固体第四步：向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出（1）如图所示装置的连接顺序是：a接；接；b接（填接口编号）（2）A中常选用的固体反应物为；D中应选用的液体为（3）第二步中让装置先发生反应（4）C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是；装有无水CaCl2的U形管的作用是（5）第三步分离出NaHCO3固体的操作是（6）第四步中所加固体粉末化学式为所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3（约占5%8%），请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1简要写出操作和现象19某工厂的废金属屑的主要成分为铝、铁和铜，某化学兴趣小组在学
12、习了元素及其化合物的相关知识后，设计了如图1实验流程，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体（CuSO45H2O）请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式：（2）步骤、进行的实验操作中均需用到的玻璃仪有（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，原因是（4）从溶液E得到绿矾晶体的实验操作是、过滤（5）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径中反应的化学方程式：，用途径 制备CuSO4溶液时，混酸中硫酸和硝酸的最佳物质的量之比为20某强酸性溶液X，可能含有Al3
13、+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO42、SiO32、NO3中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如图有一种气体是红棕色请回答下列问题：（1）溶液X中除了H+一定存在的离子有溶液X中一定不存在的离子有（2）产生气体A的离子方程式为（3）转化发生反应的现象为（4）转化 中的离子方程式为（5）若转化中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中O2与D的物质的量之比为2016-2017学年山东省济宁市兖州实验高中高三（上）期中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答案，每小题3分，共48分）可能用到的相对原子质量：H（1）O（16）A
14、l（27）Fe（56）Cu（64）1下列说法正确的是（）Na2O、Fe2O3、A12O3属于碱性氧化物，CO2、SO2、NO2都能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物NaHCO3是发酵粉主要成分之一，Na2CO3可冶疗胃酸过多盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物ABCD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物【分析】碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，发生的反应都是复分解反应
15、生成的盐为一种；由阴阳离子构成的化合物为离子化合物；电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能够导电的化合物；酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐指由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物；两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；NaHCO3是发酵粉主要成分之一俗称小苏打，可冶疗胃酸过多，碳酸钠碱性强不能用来治疗胃酸过多；不同物质组成的为混合物，同一种物质组成的为纯净物；【解答】解：Na2O、Fe2O3和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物
16、，A12O3 和酸、碱反应生成盐和水属于两性氧化物，CO2、SO2能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物，NO2都和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故错误；碳酸钠是钠离子和碳酸根离子构成，氢氧化钡是钡离子和氢氧根离子构成，氯化铵是铵根离子和氯离子构成，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，都属于离子化合物，故正确；蔗糖水溶液中和熔融状态都不导电的化合物属于非电解质，硝酸钾溶于水完全电离属于强电解质，硫酸钡难溶于水但熔融状态完全电离导电，属于强电解质，故错误；醋酸属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱是碳酸钠属于盐，生石灰为氧化钙属于氧化物，故正确；NaHCO3俗称小苏打，是发酵粉主要成
17、分之一，Na2CO3碱性强腐蚀性强，不能冶疗胃酸过多，应用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故错误；盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，而液氯、冰醋酸均是一种物质组成属于纯净物，故正确；故选D2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2 L SO2和SO3的混合物中硫原子数为0.5NAB1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC标准状况下，7.1 g氯气与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.2NAD常温常压下，7.8 g Na2O2含有的阴离子数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下三氧化硫为固体；B、合成氨的反应为可逆反应；C、求出氯气的物
18、质的量，然后根据氯气和碱的反应为歧化反应来分析；D、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠由2个阳离子和1个阴离子来分析【解答】解：A、标况下三氧化硫为固体，故标况下11.2L三氧化硫的物质的量不是0.5mol，故A错误；B、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子小于2NA个，故B错误；C、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，故0.1mol氯气和碱反应转移0.1NA个电子，故C错误；D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠由2个阳离子和1个阴离子，故0.1mol过氧化钠中含0.1NA个阴离子，故D正确故选D3已知H2SO3+I2+
19、H2O=H2SO4+2HI，将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是（）A物质的还原性：HIH2SO3HClBHI与H2SO3的物质的量浓度为0.6 molL1C通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为：5Cl2+4H2SO3+2I+4H2O=4SO42+I2+10Cl+16H+D若再通入0.05molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化【考点】氧化还原反应的计算【分析】由H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI可知还原性H2SO3HI，则0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合
20、溶液中，有一半的HI被氧化，设HI的物质的量为x，由电子守恒可知，0.1mol2=x0.51+x（64），解得x=0.08mol，以此来解答【解答】解：由H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI可知还原性H2SO3HI，则0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，设HI的物质的量为x，由电子守恒可知，0.1mol2=x0.51+x（64），解得x=0.08mol，A由H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI及还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性H2SO3HI，故A错误；B由上述计算可知，HI的物质的量为0.08mol，溶液体
21、积为0.1L，浓度为0.8mol/L，故B错误；C通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I+4H2O=4SO42+I2+10Cl+16H+，遵循电子、电荷守恒，故C正确；D由上述分析可知，还有0.04molHI未被氧化，则再通入0.02molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化，故D错误，故选C4下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（）碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸 二氧化碳与氢氧化钠溶液硝酸银溶液和氨水 氯化铝与氨水 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水ABC仅有D【考点】离子方程式的书写【分析】碳酸钠溶液与盐酸，前者过
22、量生成碳酸氢钠和氯化钠，后者过量生成氯化钠、水和二氧化碳；偏铝酸钠溶液与盐酸，根据氢氧化铝的两性分析，生成的氢氧化铝可以溶解在强酸中；二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和过量二氧化碳反应也可以生成碳酸氢钠；硝酸银溶液与氨水反应，氨水多时生成银氨溶液，氨水少时生成氢氧化银沉淀；Al（OH）3不溶于过量的氨水；酸式盐和对应碱的反应，前者过量，生成的碳酸根离子过量，后者过量，氢氧根离子过量【解答】解：碳酸钠溶液与盐酸，前者过量，反应为：CO32+H+=HCO3；后者过量，即碳酸钠少量，发生反应为：CO32+2H+=CO2+H2O，所以量不同，反应不同，故错误；偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，
23、反应为：AlO2+H+H2OAl（OH）3产生白色沉淀，后者过量发生AlO2+H+H2OAl（OH）3，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，量不同，生成产物不同，故错误；氢氧化钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸钠，CO2+2OH=CO32+H2O，碳酸钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，与量有关，OH+CO2=HCO3，故错误；硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子（银氨溶液）使沉淀溶解先发生：Ag +NH3H2O=AgOH+NH4+，后发生：AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2+OH+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液（氨水过
24、量），量不同，生成产物不同，故错误；Al（OH）3不溶于过量的氨水，所以与量无关，离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3 NH4+，故正确；碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，后者过量，HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，量不同，生成产物不同，故错误；故选C5根据表中信息判断，下列选项正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、Br2MnO2Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2OB第组反应中生成1mol Cl2，转移电子4molC氧
25、化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br2D第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为3：2【考点】氧化还原反应【分析】依据氧化还原反应中原子守恒，电子守恒和电荷守恒分析配平化学方程式判断选项；A反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水；B根据Cl元素的化合价判断；C氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+；D由元素化合价可知，反应中亚铁离子和溴离子全部被氧化，结合电子转移守恒计算判断【解答】解：A、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+
26、7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，即第组反应的其余产物为O2和H2O，故A错误；B第组反应中Cl元素的化合价从1价升高到0价，则生成1mol Cl2，转移电子2mol，故B错误；C氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+，故C错误；D由元素化合价可知，反应中亚铁离子和溴离子全部被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=3n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=3：2，故D正确故选：D6FeCl3溶液是实验室中使用比较广泛的
27、一种试剂，下列有关离子方程式正确的是（）AFeCl3溶液使蓝色石蕊试纸变红：Fe3+3H2O3H+Fe（OH）3BFeCl3溶液中滴加氨水出现红褐色沉淀：Fe3+3OHFe（OH）3C用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+CuCu2+Fe2+D检验溶液中的Fe3+用KSCN溶液：Fe3+3SCNFe（SCN）3【考点】离子方程式的书写【分析】A三价铁离子水解为可逆过程应用可逆号；B一水合氨为弱电解质，保留化学式；C电荷不守恒；D二者发生络合反应，生成可溶性络合物【解答】解：AFeCl3溶液使蓝色石蕊试纸变红，离子方程式：Fe3+3H2O3H+Fe（OH）3，故A错误；BFeCl3溶液中滴加氨
28、水出现红褐色沉淀，离子方程式：Fe3+3NH3H2OFe（OH）3+3NH4+，故B错误；C用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，离子方程式：2Fe3+CuCu2+2Fe2+，故C错误；D检验溶液中的Fe3+用KSCN溶液，离子方程式：Fe3+3SCNFe（SCN）3，故D正确；故选：D7次磷酸（H3PO2）是一元中强酸，具有较强还原性，下列有关次磷酸及其盐的说法正确的是（）A次磷酸的电离方程式为：H3PO2=H+H2PO2BNaH2PO2是次磷酸的正盐，其水溶液呈中性C白磷与氢氧化钠溶液反应可得次磷酸盐，反应的化学方程式为：P4+9NaOH=3Na3PO2+PH3+3H2OD利用（H3PO2）进行
29、化学镀银反应中，1mol H3PO2最多还原4 mol Ag+离子【考点】氮族元素简介【分析】A、一元中强酸只能电离出一个氢离子，且应用可逆号，次磷酸的电离方程式为H3PO2H+H2PO2；B、NaH2PO2属于强碱弱酸盐，水解显碱性；C、白磷（P4）与NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2，反应方程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3；D、次磷酸（H3PO2）中O为2价，H为+1价，则P的化合价为+1，那么其氧化产物为H3PO4，磷酸中化合价为+5价，据此判断即可【解答】解：A、一元中强酸只能电离出一个氢离子，则次磷酸的电离方程式为H3PO2H+H2PO2，故A错
30、误；B、NaH2PO2是次磷酸的正盐，在溶液中不能电离出氢离子，NaH2PO2属于强碱弱酸盐，水解显碱性，故B错误；C、白磷（P4）与NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2，反应方程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3，故C错误；D、次磷酸（H3PO2）中O为2价，H为+1价，则P的化合价为+1，那么其氧化产物为H3PO4，磷酸中化合价为+5价，故1mol H3PO2最多还原4 mol Ag+离子，故D正确，故选D8下列说法正确的是（）A石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C铁在氧气中燃烧生成氧化铁
31、，镁在空气中燃烧生成氧化镁、氮化镁D针对埃博拉病毒扩散情况，可选用含氯消毒剂对疫区可能的污染区域进行消毒预防【考点】玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】A石英玻璃的主要成分是二氧化硅；B分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体；C铁在空气中不能燃烧，而在氧气中燃烧生成四氧化三铁；D含氯消毒剂具有氧化性，能使蛋白质变性【解答】解：A分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误；B根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100
32、nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；C铁在空气中不燃烧，在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，镁在空气在燃烧和氧气、氮气反应生成氧化镁、氮化镁，故C错误；D含氯消毒剂具有氧化性，可以选用含氯消毒剂对疫区可能的污染区域进行消毒预防，故D正确故选D9有关氯气和氯水性质的叙述正确的是（）A使湿润KI淀粉试纸变蓝色的气体一定是氯气B饱和氯水久置时Cl增多、水分子减少C过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁D可用pH试纸测定氯水的pH【考点】氯气的化学性质【分析】A、根据淀粉碘化钾试纸的变蓝原理进行判断；B、饱和氯水久置时次氯酸分解生成氯化氢和氧气，使平衡Cl2+H2
33、OHCl+HClO向正反应方向进行；C、氯气是强氧化剂，与变价金属反应生成高价金属；D、氯水具有强氧化性和酸性，用可用pH试纸测定氯水的pH值，试纸被氧化【解答】解：A、具有氧化性，与KI反应生成单质碘的物质，能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，不一定是氯气，故A错误；B、饱和氯水久置时次氯酸分解生成氯化氢和氧气，使平衡Cl2+H2OHCl+HClO向正反应方向进行，所以Cl增多、水分子减少，故B正确；C过量的铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，故C错误；D氯水具有强氧化性和酸性，用可用pH试纸测定氯水的pH值，试纸被氧化，不能测定，故D错误；故选B10下列从海洋中获取物质的方案不合理的是（）A粗盐先通过除
34、杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气，最后和石灰乳反应制得漂白粉B苦卤酸化后通入氯气得到溴水，然后用热空气将其通入到SO2水溶液中，最后通入氯气后蒸馏得粗溴C干海带灼烧后加水浸取，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质D向海水中加入石灰乳得到Mg（OH）2，加入盐酸得到MgCl2溶液，最后电解该溶液得到镁单质【考点】海水资源及其综合利用【分析】A粗盐提纯得到氯化钠溶液，电解饱和氯化钠反应生成氯气，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；B苦卤中含浓度较大的 溴离子，通入氧化剂氯气氧化溴离子生成溴单质，热空气吹出后用二氧化硫吸收富集溴，再通入氯气氧化得到溴单质；C海带
35、提取碘的方法是灼烧后水浸，溶液中加入过氧化氢氧化碘离子得到碘单质，加入萃取剂萃取分液得到含碘单质的有机层，蒸馏得到碘单质；D电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氯气和氢气；【解答】解：A粗盐先通过除杂除去镁离子、硫酸根离子、钙离子等，精制得到饱和食盐水，然后电解饱和食盐水得到氯气，最后氯气和石灰乳反应制得漂白粉，获取物质的方案合理，故A正确；B苦卤酸化后通入氯气得到溴水，热空气吹出后用二氧化硫吸收富集溴，再通入氯气氧化得到溴单质，方案合理，故B正确；C干海带灼烧后加水浸取，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质，方案合理，故C正确；D向海水中加入石灰乳得到Mg（OH）2，加入盐酸
36、得到MgCl2溶液，蒸发浓缩，结晶析出氯化镁晶体，氯化氢气流中失去水得到氯化镁固体，最后电解人氯化镁得到镁单质，方案不合理，故D错误；故选D11下列关于含硫化合物的叙述不正确的是（）ASO2能与CaO反应，可用生石灰作工业废气的脱硫剂BSO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，体现出漂白性C浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，浓硫酸只表现酸性D医疗上曾用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药剂【考点】二氧化硫的化学性质【分析】ASO2能与CaO反应生成亚硫酸钙，最终生成硫酸钙；B二氧化硫与碘发生氧化还原反应；C硫酸酸性比亚硫酸强，可制备二氧化硫；D硫酸钡不溶于水、不溶于酸【解答】解：ASO2能与CaO反
37、应生成亚硫酸钙，最终生成硫酸钙，可防止二氧化硫的污染，故A正确；B二氧化硫与碘发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故B错误；C硫酸酸性比亚硫酸强，且浓硫酸不挥发，可制备二氧化硫，故C错误；D硫酸钡不溶于水、不溶于酸，可用于X射线透视肠胃的内服药剂，故D正确故选BC12甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法错误的是（）A若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则上述反应可能都属于氧化还原反应B常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙一定是铜和稀硝酸C若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊可用于干燥甲D若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则戊可能使品红褪色【考
38、点】无机物的推断【分析】A、若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则戊为氢氧化钠，根据转化关系，甲乙分别为钠和氧气，丙可以是氧化钠或过氧化钠，据此分析；B、常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体应为二氧化氮，则丙为一氧化氮，所以甲、乙可以是铜和稀硝酸反应生成一氧化氮也可以是其它金属和稀硝酸的反应生成NO；C、若甲为硫磺燃烧产物即为二氧化硫，则丙为三氧化硫，丁为水，戊为硫酸；D、若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则丙为氯气，若丁为水，则戊为次氯酸，据此分析；【解答】解：A、若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则戊为氢氧化钠，根据转化关系，甲乙分别为钠和氧气，丙可以是氧化钠或过氧化钠，若丙为过氧化钠，则上述反应可
39、能都属于氧化还原反应，故A正确；B、常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体应为二氧化氮，则丙为一氧化氮，所以甲、乙可以是铜和稀硝酸反应生成一氧化氮也可以是其它金属和稀硝酸的反应生成NO，故B错误；C、若甲为硫磺燃烧产物即为二氧化硫，则丙为三氧化硫，丁为水，戊为硫酸，浓硫酸可干燥二氧化硫，故C正确；D、若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则丙为氯气，若丁为水，则戊为次氯酸，次氯酸能使品红褪色，故D正确，故选B13现有250mL浓度为2.0mol/L的硫酸和含1mol氢氧化钠的溶液，足量的铝屑用上述原料生产Al（OH）3的量最多时消耗铝的质量为（）A26gB36gC104gD37.8g【考点】化学方程式的
40、有关计算【分析】铝与硫酸反应生成硫酸铝、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，然后根据铝离子与偏铝酸根离子发生双水解得到的氢氧化铝的量最大，则消耗铝的质量也最多，由此分析解答【解答】解：根据金属铝和酸以及和碱发生反应的化学方程式可以得出：Al3H+Al3+H2SO4Al（OH）3，AlOHNaOHAl（OH）4，由可知Al3+3Al（OH）4=4Al（OH）3，Al3+3Al（OH）4H2SO43NaOH4Al（OH）3，所以H2SO43NaOH4Al（OH）3， 3 40.25L2.0mol/L=0.5mol 1mol经比较硫酸和氢氧化钠确好完全反应，所以根据铝原子守恒，则最多时消耗铝的质量为： m
41、ol27g/mol=36g，故选B14一定量的CuS和 Cu2S的混合物投入足量的硝酸中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到24.0gCuO若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（）A18.0LB27.0LC31.4LD33.6L【考点】化学方程式的有关计算【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体
42、积，实际气体介于二者之间【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）=0.3mol，转移电子物质的量=0.3（6+2）=2.4molNO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=2.4，解得x=0.6，故气体体积V=0.6mol222.4L/mol=26.88L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=0.3mol=0.15mol，转移电子物质的量0.1510=1.5mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=1.5，计算得x=0.375，气体体积0.375mol222.4L/mol=16.8L，实际气体
43、介于二者之间，即16.8V26.88，故选A15下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量下列反应对应的曲线错误的是（）A向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B向澄清石灰水中通入CO2至过量C向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失【考点】镁、铝的重要化合物【分析】A、根据反应AlO2+H+H2OAl（OH）3，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O判断；B、根据反应Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2判断；C、根据反应Al3+3OHAl（O
44、H）3、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O 判断；D、根据反应Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O，CO2+KOHKHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2判断【解答】解：A、向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2+H+H2OAl（OH）3，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故A正确；B、向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化碳的物质的量之比为1；1，图象符合，故B正确；
45、C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分别为OH+H+H20，Al3+3OHAl（OH）3、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故C正确；D、向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O，CO2+KOHKHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量为1：1：1，故D错误；故选D16下列有关实验装置的说法中正确的是（）A用图装置制取干燥纯净的NH3B用图装置实验室制备Fe（
46、OH）2C用图装置可以完成“喷泉”实验D用图装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积【考点】化学实验方案的评价【分析】A氨气的密度比空气的密度小，应利用向下排空气法收集；BFe与电源负极相连，为阴极；C氯气与NaOH反应，导致烧瓶中气体减少；DCu与浓硝酸反应产生的二氧化氮与水反应【解答】解：A氨气的密度比空气的密度小，应利用向下排空气法收集，图中为向上排空气法，故A错误；BFe与电源负极相连，为阴极，Fe不能失去电子，应与电源正极相连，故B错误；C氯气与NaOH反应，导致烧瓶中气体减少，则图中装置可完成“喷泉”实验，故C正确；DCu与浓硝酸反应产生的二氧化氮与水反应，则不能排水测定气体的体积，
47、故D错误；故选C二、解答题（共4小题，满分52分）17图中X、Y、Z为单质，其它为化合物，它们之间存在如图转化关系（部分产物已略去）其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应回答下列问题：（1）E的化学式是SiO2G的化学式是Fe（NO3）3 M溶液的俗名是水玻璃（2）写出A与单质Al反应转化为X的化学方程式8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe实验室完成A与单质Al反应实验，需要的试剂还有bdaKCl bKClO 3 cMnO2 dMg（3）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式28H+3Fe3O4+NO3=NO+9Fe3+14H2O当有1molA参加反应时，转移1
48、 mol电子【考点】无机物的推断【分析】A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4；E是能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物，则E为SiO2，根据转化关系，可知X为Fe、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe（NO3）3，R为H2SiO3，据此解答【解答】解：A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4；E是能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物，则E为SiO2，根据转化关系，可知X为Fe、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe（NO3）3，R为H2SiO3（1）由上述分析可知，E的化学式是SiO2，G的化学式是Fe（NO3）3，M为Na2SiO3，其溶液的俗名是水
49、玻璃，故答案为：SiO2；Fe（NO3）3；水玻璃；（2）A与单质Al反应转化为X的化学方程式：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，该反应为铝热反应，为完成实验还需要：KClO 3、Mg，故答案为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；bd；（3）A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：28H+3Fe3O4+NO3=NO+9Fe3+14H2O，当有1molFe3O4参加反应时生成mol NO，转移电子为mol（52）=1mol，故答案为：28H+3Fe3O4+NO3=NO+9Fe3+14H2O；1182016年8月的eLife上发表了浙江医科大学第二医院和浙江大学肿瘤研究所的晁明和胡汛
50、等人的一篇论文媒体以“用十几块钱的小苏打饿死了癌细胞”为题予以报道，报道曲解了小苏打的作用，但小苏打在他们治疗癌症的方法中确实功不可没在实验室中模拟工业制取NaHCO3的实验步骤如下：第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品第二步：先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，C中出现固体继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生第三步：分离C中所得的混合物，得到NaHCO3固体第四步：向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出（1）如图所示装置的连接顺序是：a接f；e接d；b接c（填接口编号）（2）A中常选用的固体反应物为块状石灰石
51、；D中应选用的液体为饱和NaHCO3溶液（3）第二步中让B装置先发生反应（4）C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是防倒吸；装有无水CaCl2的U形管的作用是吸收多余的NH3（5）第三步分离出NaHCO3固体的操作是过滤（6）第四步中所加固体粉末化学式为NaCl所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3（约占5%8%），请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1简要写出操作和现象取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据装
52、置A制取CO2，装置B制取NH3，装置D除去二氧化碳中的HCl，二氧化碳与氨气通入C中，其中氨气应防止倒吸，据此分析连接仪器装置；（2）A装置是制备二氧化碳气体一般用碳酸钙和盐酸反应生成，二氧化碳气体中含有氯化氢气体，会影响碳酸氢钠的生成，D为装置除杂可以用饱和碳酸氢钠溶液；（3）氨气易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水；（4）C中用球形干燥管球形部分空间大，液面上升缓慢，起缓冲作用，所以不用直导管；装有无水CaCl2的U形管的作用吸收多余的NH3；（5）分离NaHCO3固体通常用过滤操作；（6）为了析出氯化铵晶体，则向滤液中加入适量的NaCl粉末，提高
53、氯离子浓度，使NH4Cl晶体析出；实验证明所得固体的成分大部分是氯化铵，是利用氯化铵的性质，受热生成氯化氢和氨气气体，在试管口处温度降低重新生成固体氯化铵分析判断【解答】解：（1）向饱和氯化钠溶液中通入足量的二氧化碳与氨气反应生成NaHCO3沉淀，则装置A产生CO2，装置B产生NH3，装置D除去二氧化碳中的HCl，二氧化碳与氨气通入C中，其中氨气应防止倒吸，则b接c，故a接f、e接d，故答案为：f、e、d、c；（2）A装置是制备二氧化碳气体的反应，所以固体为CaCO3用块状石灰石，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，若不除去碳酸氢钠难以形成，所以应用饱和碳酸氢钠溶液或饱和氯化钠溶液除去，故答案为：
54、块状石灰石；饱和NaHCO3溶液；（3）候氏制碱方法是利用氨气溶解性大极易溶解于水，二氧化碳气体水中溶解性较小，实验饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳气体；实验操作过程中，应让B装置先发生反应，故答案为：B；（4）氨气极易溶于水，用直导管向饱和氯化钠溶液中通入氨气，容易发生倒吸，C中用球形干燥管球形部分液面上升慢起缓冲作用，可以防止倒吸；装有无水CaCl2的U形管的作用吸收多余的NH3，故答案为：防倒吸；吸收多余的NH3；（5）分离NaHCO3固体和液体用过滤的方法，故答案为：过滤；（6）第四步中为了析出氯化铵晶体，则向滤液中加入适量的NaCl粉末，提高氯离子浓度，使NH4Cl晶体析出；所
55、得的氯化铵晶体中常含有少量的氯化钠和碳酸氢钠（约占5%8%），设计简单的实验证明所得固体的成分大部分是氯化铵，是利用氯化铵的分解产物为气体，温度降低氨气和氯化氢气体会重新生成固体氯化氨，方法为：取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵；故答案为：NaCl；取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵19某工厂的废金属屑的主要成分为铝、铁和铜，某化学兴趣小组在学习了元素及其化合物的相关知识后，设计了如图1实
56、验流程，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体（CuSO45H2O）请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（2）步骤、进行的实验操作中均需用到的玻璃仪有烧杯、玻璃棒、漏斗（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，原因是由装置a制取的CO2中含HCl气体，通入溶液A中会溶解Al（OH）3（4）从溶液E得到绿矾晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶过滤（5）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径中反应的化学方
57、程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，用途径 制备CuSO4溶液时，混酸中硫酸和硝酸的最佳物质的量之比为3：2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠反应，过滤后，得到溶液A含有NaAlO2，固体B为Cu和Fe溶液A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤分离，得到C为Al（OH）3，D为NaHCO3溶液，固体B用试剂X反应，过滤分离得到溶液E，溶液E蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，可知试剂X为稀硫酸，E为FeSO4，F为Cu，Cu转化得到硫酸铜，CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得胆矾晶体，
58、（1）步骤中偏铝酸钠与二氧化碳反应生成Al（OH）3与NaHCO3；（2）由上述分析可知，步骤、均是固体和液体的分离操作，都用到过滤操作，过滤用到的玻璃仪有烧杯、玻璃棒、漏斗；（3）盐酸具有挥发性，挥发出的HCl导致氢氧化铝溶解；（4）从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作；（5）途径中Cu与浓硫酸反应生成 硫酸铜、二氧化硫与水；途径中Cu与混酸反应生成铜盐、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，根据反应的离子方程式可计算出混酸中硫酸和硝酸的最佳物质的量之比【解答】解：（1）步骤中偏铝酸钠与二氧化碳反应生成Al（OH）3与NaHCO
59、3，反应离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（2）由上述分析可知，步骤、均是固体和液体的分离操作，都用到过滤操作，过滤用到的玻璃仪有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；（3）盐酸具有挥发性，由装置a制取的CO2中含HCl气体，通入溶液A中会溶解Al（OH）3，故答案为：由装置a制取的CO2中含HCl气体，通入溶液A中会溶解Al（OH）3；（4）从硫酸铜溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）途径中Cu与浓硫酸反应生成 硫酸
60、铜、二氧化硫与水，反应化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；途径中Cu与混酸反应生成铜盐、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，根据反应的离子方程式可知，硝酸根与氢离子的物质的量之比为2：8=1：4，所以混酸中硫酸和硝酸的最佳物质的量之比3：2，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；3：220某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO42、SiO32、NO3中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如图有一种气体是红棕色请回答下列问题：（1）
61、溶液X中除了H+一定存在的离子有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42溶液X中一定不存在的离子有Ba2+、CO32、SiO32、NO3（2）产生气体A的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O（3）转化发生反应的现象为红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色（4）转化 中的离子方程式为NH3+H+NH4+（5）若转化中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中O2与D的物质的量之比为1：4【考点】常见离子的检验方法【分析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32、SiO32，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液存在SO42，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C
62、是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3，气体A是NO，由反应可知生成D为NO2，中生成E为硝酸；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，产生沉淀，由于溶液中存在Fe2+，沉淀G是Fe（OH）3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，溶液H中含有偏铝酸根，沉淀K是Al（OH）3，溶液L是NaHCO3，以此来解答【解答】解：某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32、SiO32，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液存在SO42，不存在和
63、硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3，气体A是NO，由反应可知生成D为NO2，中生成E为硝酸；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，产生沉淀，由于溶液中存在Fe2+，沉淀G是Fe（OH）3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，溶液H中含有偏铝酸根，沉淀K是Al（OH）3，溶液L是NaHCO3；（1）综上所述，溶液X中除H+外肯定含有的离子是Al3+、SO42、NH4+、Fe2+；不能确定是否含有的离子Fe3
64、+，一定不存在的离子为Ba2+、CO32、SiO32、NO3，故答案为：Al3+、SO42、NH4+、Fe2+；Ba2+、CO32、SiO32、NO3；（2）产生气体A的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（3）转化中Fe（OH）3与盐酸反应生成氯化铁，发生反应的现象为红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色，故答案为：红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色；（4）转化中的离子方程式为NH3+H+NH4+，故答案为：NH3+H+NH4+；（5）若转化中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，发生4NO2+O2+4H2O=4HNO3，则反应中O2与D的物质的量之比为1：4，故答案为：1：42017年1月2日