1、石嘴山市三中高三第一次高考适应性考试化学试题相对原子质量：C 12 H 1 N 14 Na 23 Cl 35.5 Cu 64 S 32 Fe 56 O 161.下列说法错误的是A. 氢氧化铝可用于中和过多的胃酸B. 苏打可以用来除去餐具油污，小苏打蒸馒头时加入C. 长江入海口会形成沉积平原，可以用胶体聚沉来解释D. 强电解质的导电能力肯定强于弱电解质【答案】D【解析】【详解】A氢氧化铝属于两性氢氧化物，能中和胃酸中的盐酸而降低胃液的酸性，所以氢氧化铝可以用于中和过多胃酸，故A正确；B苏打是碳酸钠的俗名，碳酸钠水解，溶液显碱性，可以使餐具上的油污水解成溶于水的物质而除去；碳酸氢钠受热分解、与酸性
2、物质发生反应都生成二氧化碳，使馒头疏松多孔，故B正确；C长江入海口的江水中的泥沙浆属于胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，长江入海口的江水中的胶体聚沉形成沉积平原，故C正确；D强电解质溶液导电能力不一定强于弱电解质，导电能力的强弱取决于离子浓度和离子所带电荷数，如硫酸钡是强电解质，水溶液的导电能力弱于弱电解质醋酸溶液的导电能力，故D错误；故选D。2.如图用交叉分类法表示了一些概念之间的关系，其中不正确的是（ ） XYZA硫酸铜盐纯净物B碱性氧化物金属氧化物氧化物C酸性氧化物非金属氧化物氧化物D强电解质电解质化合物A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含
3、Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系分析解答。【详解】A硫酸铜是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物属于盐，盐属于纯净物，故A正确；B碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，都是金属氧化物，金属氧化物属于氧化物，故B正确；C七氧化二锰是酸性氧化物，属于金属氧化物，不属于非金属氧化物范畴，故C错误； D强电解质是在水溶液里完全电离的电解质，电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，故D正确；故选C。【点睛】本题的易错点为BC，要注意碱性氧化物都是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，可能为酸性氧化物，也可能为两性氧化物等。3.下列说法错误的是()A
4、. 利用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液B. 石油的分馏、裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化C. 用滤纸过滤无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D. 向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的聚沉性质【答案】B【解析】【详解】A蛋白质溶液为胶体，丁达尔效应为胶体特有的性质，可以用来区别胶体与溶液，故A正确；B石油的分馏是利用物质的沸点不同分离的，属于物理变化，石油的裂化和裂解、煤的干馏都属于化学变化，故B错误；C胶体与溶液都能透过滤纸，胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，所以可以用渗析法分离胶体与溶液，故C正确；D豆浆为胶体，向豆浆中加入硫酸钙可以使胶体聚沉而制成豆腐，是利用了胶体
5、的聚沉性质，故D正确；故选B。4.下列说法错误的是A. 实验室废弃的钠需要乙醇处理B. 实验室钠着火，不能用泡沫灭火器；但是镁着火可以用C. 金属镁在空气中完全燃烧后，最后剩余三种固体D. 侯德榜制碱法利用了盐的溶解性差异【答案】B【解析】【详解】A实验室常用无水乙醇处理少量废弃的钠，2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2，反应缓慢，较为安全，故A正确；B钠着火生成的过氧化钠能够与二氧化碳反应生成氧气，起不到灭火的作用，镁可在二氧化碳中燃烧，钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故B错误；C金属镁在空气中完全燃烧，大部分的镁与氧气反应生成氧化镁，少量的镁
6、与氮气反应生成氮化镁，还有少量的镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，最后生成三种固体，故C正确；D“侯德榜制碱法”的反应物为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠溶液，反应的方程式为NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，利用了盐的溶解性差异，故D正确；故选B。5.下列体系中，离子可能大量共存的是()A. 滴加KSCN显红色的溶液：NH、K、Cl、HCOB. 常温，水电离出的c(H)11012 mol/L的溶液：Fe2、Mg2、SO、NOC. 使酚酞试剂显红色的溶液：Na、Ba2、NO、Al(OH)4-D. 加入Al能产生H2的溶液：K、NH、CH3COO、Cl【答案】C【解析】【
7、详解】A滴加KSCN显红色的溶液中含有铁离子，铁离子与HCO3-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B常温下，水电离出的c(H+)=110-12mol/L的溶液为酸或碱溶液，Fe2+、Mg2+与氢氧根离子反应生成沉淀，Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；C使酚酞试剂显红色的溶液呈碱性，Na+、Ba2+、NO3-、Al(OH)4-之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，能够大量共存，故C符合题意；D加入Al能产生H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，CH3COO-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D不
8、符合题意；故选C。【点睛】解答本题的关键是正确解读离子共存的限定条件。本题的易错点为B，要注意水电离出的c(H)11012 mol/L的溶液是酸或碱溶液，因为c(H)=11012 mol/L1107mol/L，水的电离受到抑制。6.下列叙述正确的是()A. 将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，制得1 molL1NaCl溶液B. 将1体积c molL1硫酸加入水中稀释为5体积，得到0.2c molL1硫酸C. 将25 g无水CuSO4溶于水配制成100 mL溶液，其浓度为1 molL1D. 用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏低【答
9、案】B【解析】【详解】A将5.85gNaCl晶体溶入100mL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；B1体积cmol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，稀释后溶液浓度为cmol/L=0.2cmol/L，故B正确；C将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为=1.5625mol/L，故C错误；D用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线读数，会导致量取的浓盐酸体积偏大，所配溶液浓度偏高，故D错误；故选B。7.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 01 molL1KI 溶液：Na+、K+、ClO 、OHB
10、. 01 molL1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3、SO42C. 01 molL1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO、NO3D. 01 molL1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42、HCO3【答案】B【解析】【详解】A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A. 23 g钠的原子最外
11、层电子数为2NAB. 1 L 0.1 molL1乙酸溶液中H数为0.1NAC. 标准状况下，22.4 L乙烷的分子数为NAD. 1 mol羟基所含电子数为10NA【答案】C【解析】【详解】A23g钠原子的物质的量为=1mol，1mol钠原子含有1mol最外层电子，最外层电子数为NA，故A错误；B1L0.1molL-1乙酸溶液中含有0.1mol乙酸，0.1mol乙酸只能部分电离出H+，则溶液中含有的氢离子数目小于0.1NA，故B错误；C标准状况下，22.4L乙烷的物质的量为=1mol，含有的分子数为NA，故C正确；D1个羟基中含9个电子，故1mol羟基中含9NA个电子，故D错误；故选C。【点睛】
12、本题的易错点为D，要注意羟基与氢氧根离子的区别。9.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是()A. 23 g CH3CH2OH与30 g CH3COOH反应，生成乙酸乙酯的分子数为0.5NAB. 15.6 g由Na2S和Na2O2组成的混合物中，含有的阴离子数目为0.2NAC. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAD. 足量MnO2与1L 1mol/L浓盐酸充分反应生成Cl2，转移的电子数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A23 g CH3CH2OH与30 g CH3COOH的物质的量均为0.5mol，酯化反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以生成CH3C
13、OOCH2CH3的分子数小于0.5NA，故A错误；BNa2S和Na2O2摩尔质量相同，均为78g/mol，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成；15.6g Na2S和Na2O2的混合物物质的量为0.2mol，含有的阴离子数0.2NA；故B正确；C重水的摩尔质量为20g/mol，且D2O和H2O中均含10个质子，故18 g D2O和18 g H2O的物质的量不相等，所以质子数不相等，故C错误；D随着反应的进行，盐酸浓度减小，变成稀盐酸，反应将不再进行，所以过量MnO2与浓盐酸反应产生的Cl2少于0.25mol，转移的电子数目少于0.5NA，故D错误；故选B。10.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法
14、正确的是()A. 常温下，1 mol Fe投入足量浓硫酸，转移电子数为3NAB. 5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NAC. 1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NAD. 1molAl与足量氢氧化钠溶液反应，NaOH得电子数为3mol【答案】B【解析】【详解】A常温下铁在浓硫酸中发生钝化，不能继续反应，故A错误；B反应5NH4NO3 2HNO3+4N2+9H2O转移15mol电子生成4mol氮气，故当生成28g氮气即1mol氮气时，反应转移3.75NA个电子，故B正确；CNa2O2与CO2反应的化学方程式为：2N
15、a2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1 mol Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为NA，故C错误；D铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2，铝由0价变成+3价，所以1molAl与足量NaOH溶液反应转移电子数为3NA，反应中氢氧化钠既不是氧化剂，也不是还原剂，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意铝与氢氧化钠溶液的反应中铝为还原剂，水为氧化剂，氢氧化钠既不是氧化剂，也不是还原剂。11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A. 0.1 mol SiO2晶体中含有SiO键的数目为0.2NAB. 标况下2
16、2.4L 的NO2中含有NA个分子C. 标准状况下，22.4 L Cl2溶于水，转移电子数为NAD. 1 mol NH4NO3溶于稀氨水，所得溶液呈中性，则溶液中NH的数目为NA【答案】D【解析】【详解】A一个硅原子含有4个硅氧键，0.1molSiO2含0.4mol硅氧键，含有Si-O键的个数为0.4NA，故A错误；B标况下，气体摩尔体积等于22.4L/mol，则22.4LNO2的物质的量为=1mol，由于存在2NO2N2O4，含有的分子数小于NA，故B错误；C氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故标准状况下，22.4 L Cl2溶于水，转移电子数小于NA个，故C错误；D将1 mol NH
17、4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守恒可知：n(NH4+)+n(H+)=n(OH-)+n(NO3-)，由于溶液显中性，故有n(H+)=n(OH-)，则n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，个数为NA个，故D正确；故选D。12.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是()A. 1 mol NaCl中含有NaCl分子数为NAB. 室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-数目为0.1NAC. 1 mol Fe高温条件下与水蒸气反应，电子转移数为3NAD. 12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A氯化钠是离子晶体，晶体
18、中不存在氯化钠分子，故A错误；B室温下pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为110-13mol/L，由于氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH-离子的浓度与溶液中氢离子浓度相同，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-数目为110-13NA，故B错误；C铁和水蒸气的反应方程式为3Fe + 4H2O（g）Fe3O4 + 4H2，反应后铁变为+价，故1mol铁转移的电子数为NA个，故C错误；D12g石墨烯(单层石墨)中碳原子的物质的量为1mol，由于在石墨中一个C原子参与三个环的形成，故1mol六元环中含6mol=2mol碳原子，则1mol石墨烯中含0.5
19、mol六元环，故含0.5NA个六元环，故D正确；故选D。13.下列说法正确的是A. HCO3和Al(OH)4-可以共存，因为他们不会发生双水解B. Al(OH)4-和NH4+会发生双水解，但是可以大量共存C. CO2通入含有 Al(OH)4-的溶液中可以反应，说明酸性H2CO3大于Al(OH)3D. Al(OH)4-和Al3+不能共存，是因为会发生归中反应【答案】C【解析】【详解】AHCO3-和Al(OH)4-在溶液中会反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，所以HCO3-和Al(OH)4-不能大量共存，故A错误；BAl(OH)4-和NH4+发生双水解反应，不能大量共存，故B错误；C因为酸性H2CO
20、3大于Al(OH)3，所以CO2通入含有 Al(OH)4-的溶液中可以反应生成氢氧化铝沉淀，故C正确；DAl(OH)4-和Al3+不能共存，因为会发生双水解反应，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意HCO3-和Al(OH)4-在溶液中会反应，是因为酸性HCO3-大于Al(OH)3。14.FeCl3、CuCl2的混合溶液加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断不正确的是()A. 加入KSCN溶液一定不变红色B. 溶液中一定含Fe2C. 溶液中一定含Cu2D. 剩余固体中一定含铜【答案】C【解析】【分析】根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应的先后顺序，从而确定固体的成分、溶液
21、的成分；有固体剩余，根据固体只有铜；固体中有铁剩余，一定有铜生成分析判断。【详解】当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+。A溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B正确；C通过以上分析知，溶液中可
22、能含有Cu2+，故C错误；D通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确；故选C。15.以下为铝土矿（主要含Fe3O4、Al2O3、SiO2）提取铝的流程，以下说法正确的是（ ）A. 残渣A主要是H2SiO3B. 滤液A中只存在Fe3+和Al3+C. 过程可以用HCl替代二氧化碳。D. 滤液C主要是碳酸氢钠和硫酸钠溶液【答案】D【解析】【分析】铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe3O4、SiO2)加入过量稀硫酸过滤得到硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁溶液，二氧化硅不溶形成残渣；滤液中加入过量的氢氧化钠，硫酸铝反应生成偏铝酸钠溶液，硫酸铁、硫酸亚铁反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀；偏铝酸钠溶液通入过量二
23、氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，固体C为氢氧化铝，灼烧分解生成氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，残渣A主要是SiO2，故A错误；B根据上述分析，滤液A中存在Fe3+、Fe2+、Al3+，还有过量的稀硫酸，故B错误；C过程中如果用HCl替代二氧化碳，过量的盐酸能够将生成的氢氧化铝溶解，因此氯化氢的量不容易控制，故C错误；D根据上述分析，滤液C主要是碳酸氢钠和硫酸钠溶液，故D正确；故选D。16.下列有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入2滴KS
24、CN溶液，溶液不显红色。再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2C某溶液中加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体原溶液中一定存在CO32-D向某溶液中只可能存在以下阴离子：OH-、NO3-、SO32-、SO42-。先加入稀盐酸，再加入氯化钡，终有白色沉淀。溶液中一定存在SO42-A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中可能含有SO42-或银离子中的一种，故A错误；B亚铁离子不和KSCN反应，氯气可氧化亚铁离子，因此向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向溶液中加入几滴新制的氯
25、水，溶液变为红色，说明该溶液中一定含有Fe2+，故B正确；C原溶液若含有HCO3-，加入稀盐酸也会产生二氧化碳气体，故C错误；D加入盐酸，在酸性溶液中NO3-能够将SO32-氧化生成SO42-，因此溶液中不一定存在SO42-，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意检验硫酸根离子时，需要先加稀盐酸，再加氯化钡溶液，加入稀盐酸的目的是排除干扰离子，应该看到无明显现象，如有现象，需要另行分析。17.下列除杂方法或对应方程式错误的是选项物质（杂质）除杂方法或试剂方程式A溶液FeCl2（CuCl2）过量Fe，过滤Fe + Cu2+= Fe2+ + CuB固体NaHCO3(Na2CO3)水溶后
26、通过量CO2，结晶，过滤Na2CO3+CO2+H2O= 2NaHCO3C溶液Na2CO3 (NaHCO3)过量NaOHHCO3- + OH- =H2O + CO32-DFeCl2（FeCl3）过量Fe，过滤Fe+2 Fe3+=3Fe2+A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A过量的Fe粉能与CuCl2溶液反应生成氯化亚铁溶液和铜，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故A正确；B水溶后通过量CO2，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O= 2NaHCO3，结晶，过滤可以除去固体NaHCO3中的少量Na2CO3，故B正确；C会引入新杂质氢氧化钠，故C错误；D过量
27、的Fe粉能与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁溶液，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故D正确；故选C。18.下列关于Na2O2的叙述正确的是()A. Na2O2中阴、阳离子的个数比为11B. Na2O2与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等C. Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等D. Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同【答案】C【解析】【详解】A过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，阴、阳离子的个数比为12，故A错误；B生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，质量不同，故B错误；C过氧化钠与水和二氧化碳
28、反应，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，故C正确；DNa2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质，故原理不同，故D错误；故选C。19.三聚氰酸C3N3(OH)3可用于消除汽车尾气中的NO2，其反应过程可表示为：下列说法正确的是()A. 反应中NO2是还原剂B. C3N3(OH)3与HNCO为同一物质C. HNCO与NO2反应的化学计量数之比为3:4D. 反应过程中，每1 mol NO2参加反应，转移电子4 mol【答案】D【解析】【详解】A根据图示，NO2在反应中N元素由+4价降低到0价，则NO2是氧化剂，故A错误；B
29、由C3N3(OH)3 3HNCO可知，C3N3(OH)3与HNCO的化学式不同，C3N3(OH)3与HNCO为不同物质，故B错误；C反应中氧化剂是NO2，还原剂是HNCO，8HNCO+6NO2 7N2+8CO2+4H2O，由化学计量数可知还原剂HNCO、氧化剂NO2的物质的量之比为43，故C错误；D反应的方程式为8HNCO+6NO2 7N2+8CO2+4H2O，HNCO中N元素由-3升高到0，NO2中N元素由+4降低到0，6molNO2在反应中转移的电子为24mol，则1molNO2在反应中转移的电子为4mol，故D正确；故选D。【点睛】明确元素的化合价变化是解答本题的关键。本题的易错点和难点
30、为HNCO中N为-3价、C为+4价。20.已知2Fe32I=I22Fe2、2Fe2Br2=2Br2Fe3。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是氧化性：Br2Fe3I2原溶液中Br一定被氧化通入氯气后，原溶液中的Fe2一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2、Br均被完全氧化A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：IFe2Br，氯气先
31、氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。【详解】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2Fe3I2，故正确；原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化
32、，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；答案选B。21.已知某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2 O2，则关于该反应体系说法错误的是A. 该反应的化学方程式为2H2CrO43H2O22Cr（OH）33O22H2OB. 该反应中的氧化剂是H2O2，还原产物是O2C. 氧化性：H2CrO4O2D. 如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为3.36L【答案】B【解析】试题分析：A、由信息H2O2-O2中可知，O元素的化合价由-1价升高到0，则H2O2为还原剂，氧化剂发生还原反应，含
33、元素化合价降低的物质为氧化剂，则Cr元素的化合价降低，即还原反应的过程为H2CrO4Cr（OH）3，则反应的化学方程式为2H2CrO4+3H2O22Cr（OH）3+3O2+2H2O，故A正确；B、由信息H2O2-O2中可知，O元素的化合价由-1价升高到0，则H2O2为还原剂，故B错误；C、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性H2CrO4O2，故C正确；D、由2H2CrO4+3H2O22Cr（OH）3+3O2+2H2O可知，生成3mol气体转移6mol电子，则转移了0.3mol电子，则产生的气体的物质的量为3mol=0.15mol，其在标准状况下体积为0.15mol22.4L/mol=
34、3.36L，故D正确；故选B。【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】本题考查氧化还原反应，明确过氧化氢发生的反应及氧化还原反应中既有元素的化合价升高又有元素的化合价降低来分析是解答的关键，然后利用化合价变化来计算电子的转移。22.将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2)c(Fe3)32，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为()A. 11B. 516C. 23D. 32【答案】B【解析】同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c（Fe2+）：c（Fe3+）=3：2，所以该溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：2，设亚铁离子的物质的
35、量为3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，根据化学式Fe（NO3）2、Fe（NO3）3知，起酸作用的硝酸的物质的量=3xmol2+2xmol3=12xmol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为ymol，所以3xmol2+2xmol3=3ymol，y=4x，所以参加反应的硝酸的物质的量=12xmol+4xmol=16xmol，根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量=3xmol+2xmol，所以参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5xmol：16xmol=5：16，故选B。23.对某溶液进行了如下实验 常温下，测
36、定溶液的 pH，溶液呈碱性； 取少量溶液加入盐酸至溶液呈酸性，产生无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体； 在后的溶液，再滴加 BaCl2 溶液可产生白色沉淀； 取后的上层清液，再滴加 AgNO3溶液，产生白色沉淀。下列说法正确的是A. 一定含 CO32B. 一定含 Cl-C. 一定含 SO42-D. 可能含 SO32-【答案】C【解析】试题分析：对某溶液进行了如下实验： 常温下，测定溶液的 pH，溶液呈碱性； 取少量溶液加入盐酸至溶液呈酸性，产生无色无味且能使澄清石灰水变浑浊气体，此气体为二氧化碳，说明溶液中有大量的碳酸根离子或碳酸氢根离子； 在后的溶液，再滴加 BaCl2 溶液可产生白色沉淀
37、，说明溶液中一定有SO42-； 取后的上层清液，再滴加 AgNO3溶液，产生白色沉淀，由于前面加入了盐酸和BaCl2 溶液，所以此实验不能证明原溶液中是否有Cl-。综上所述，C正确，本题选C。24.几种中学常见的物质转化如图所示。下表中R、X、Y、Z对应物质正确的是()选项RXYZA紫色石蕊Fe2O3Fe2O3和CuCuB甲基橙Fe(NO3)2Fe(OH)2Cu2(OH)2CO3C酚酞Fe(OH)3FeO和FeCuODFe2O3NaAl(OH)4Na2SiO3Cu(OH)2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A项，若Z为Cu，Cu与稀硫酸不反应，不能得到蓝色溶液，A错误；
38、B项，稀硫酸中加入甲基橙溶液变红，稀硫酸中加入Fe（NO3）2发生反应3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，得到黄色溶液，稀硫酸中加入Fe（OH）2发生反应Fe（OH）2+2H+=Fe2+2H2O，得到浅绿色溶液，稀硫酸中加入Cu2（OH）2CO3发生反应Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2+3H2O+CO2，得到蓝色溶液，B正确；C项，若R为酚酞，稀硫酸中加入酚酞，溶液呈无色，C错误；D项，若R为Fe2O3，Fe2O3与稀硫酸反应得到黄色溶液，NaAl（OH）4与稀硫酸反应得到溶液呈无色，Na2SiO3与稀硫酸反应得到的溶液呈无色，D错误；答案选B。25.下列实验操作能达
39、到目的的是目 的操 作A制备Fe(OH)3胶体向25 mL沸腾的蒸馏水中逐滴加入6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热B配制浓度为0.010 mol/L的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度C检验溶液中是否有K+取干净铂丝，酒精灯灼烧，观察火焰颜色是否为紫色D检验某溶液中是否存在Fe2+取适量溶液，加入KMnO4，观察溶液是否褪色A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A向25mL沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液56滴，并加热至溶液呈红褐色时，铁离子水解生成Fe(OH)3胶体，操作合理，故A正确；B容
40、量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故B错误；C钾元素的焰色反应为紫色，需要透过蓝色的钴玻璃观察，不能直接观察到，故C错误；DFeSO4与高锰酸钾发生氧化还原反应，硫酸亚铁表现还原性，但能够使高锰酸钾溶液褪色的不一定是亚铁离子，故D错误；故选A。二、填空题26.有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4、K、Ba2、Al3、Fe3、I-、NO3-、CO32-、SO42-、Al(OH)4-。取该溶液进行以下实验：用pH试纸检测，溶液呈强酸性；取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色；另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液；a溶液从酸性变为
41、中性 b溶液逐渐产生沉淀 c沉淀完全溶解 d最后加热溶液，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝取适量得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，回答下列问题。（1）一定存在的离子_（2）一定不存在的离子_（3）可能存在的离子_，如何进一步检验该离子 _【答案】 (1). NH4、Ba2、Al3、I- (2). Fe3、NO3-、CO32-、SO42-、Al(OH)4- (3). K (4). 焰色反应，透过蓝色钴玻璃显紫色【解析】【分析】根据实验现象，结合常见离子的性质，分析判断存在的离子，结合常见的离子共存分析判断不存在的离子。【详解】(1)用pH试纸检测
42、，溶液呈强酸性，说明溶液中存在H+，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32-、Al(OH)4-；取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色，说明溶液中一定含有I-，结合离子共存可知，一定不含有Fe3+、NO3-；另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液；a溶液从酸性变为中性，氢氧根离子与氢离子发生中和反应；b溶液逐渐产生沉淀，分析阳离子中只有铝离子沉淀；c沉淀完全溶解，证明生成的沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有Al3+；d最后加热溶液，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明生成的气体是氨气，原溶液中一定含有NH4+；取适量得到的碱性溶液，铝离子反应生成偏铝酸
43、根离子，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，只有Ba2+生成碳酸钡沉淀，说明原溶液中一定含有Ba2+，一定不含SO42-；因此溶液中一定存在的离子有NH4、Ba2、Al3、I-，故答案为：NH4、Ba2、Al3、I-；(2)根据(1)的分析，溶液中一定不存在的离子有Fe3、NO3-、CO32-、SO42-、Al(OH)4-，故答案为：Fe3、NO3-、CO32-、SO42-、Al(OH)4-；(3)根据(1)（2）的分析，可能存在的离子是K，K元素的焰色反应为紫色，所以做焰色反应实验，并通过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，若有紫色，说明存在K+，若无紫色，说明不存在K+，故答案为：K；焰色反应，透
44、过蓝色钴玻璃显紫色。27.V2O5是钒的重要化合物，工业上多由各种类型的钒矿石提取。根据描述写方程式。(1)用氯化焙烧法处理钒铅矿。具体为将食盐和钒铅矿(主要含V2O5)在空气中焙烧，产生黄绿色气体，并生成NaVO3。写出化学方程式_；(2)V2O5具有微弱的碱性，溶于强酸，当pH=1时生成淡黄色的VO2+_；酸性介质中VO2+是一种较强的氧化剂，可以被草酸(H2C2O4)还原为VO2+_，I-能将VO2+还原为V3+_(写出对应离子方程式)；(3)V2O5也是一种强氧化剂，溶于盐酸被还原为VOCl2，并放出氯气。写出对应化学方程式_。【答案】 (1). 4NaCl + 2V2O5 +O22C
45、l2+4NaVO3 (2). V2O5+2H+ = 2VO2+H2O (3). 2H+2VO2+H2C2O4 =2VO2+ +2CO2+2H2O (4). 4H+2I-+VO2+= V3+ +I2 +2H2O (5). V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2 +3H2O【解析】【分析】(1)食盐和钒铅矿在空气中焙烧时生成NaVO3，产生黄绿色气体，氧气是氧化剂、氯化钠是还原剂，据此书写反应的化学方程式；(2)V2O5具有微弱的碱性，溶于强酸，当pH=1时生成淡黄色的VO2+；酸性条件下，VO2+在酸性条件下可被草酸(H2C2O4)还原为VO2+，草酸被氧化为CO2，同时有水生成；I-能将VO
46、2+还原为V3+，据此书写反应的方程式；(3)V2O5也是一种强氧化剂，溶于盐酸被还原为VOCl2，并放出氯气，据此书写反应的化学方程式。【详解】(1)食盐和钒铅矿在空气中焙烧时生成NaVO3，产生黄绿色气体，氧气是氧化剂、氯化钠是还原剂，反应的化学方程式为2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2，故答案为：2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；(2)V2O5具有微弱的碱性，溶于强酸，当pH=1时生成淡黄色的VO2+，反应的方程式为V2O5+2H+ = 2VO2+H2O；酸性条件下，VO2+在酸性条件下可被草酸(H2C2O4)还原为VO2+，草酸被氧化为CO2，同时有水
47、生成，V元素化合价由+5价变为+4价、C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数为2，根据转移电子守恒、原子守恒配平离子方程式为2VO2+H2C2O4+2H+=2VO2+2CO2+2H2O，I-能将VO2+还原为V3+，反应的方程式为4H+2I-+VO2+= V3+ +I2 +2H2O，故答案为：V2O5+2H+ = 2VO2+H2O；2VO2+H2C2O4+2H+=2VO2+2CO2+2H2O；4H+2I-+VO2+= V3+ +I2 +2H2O；(3)V2O5也是一种强氧化剂，溶于盐酸被还原为VOCl2，并放出氯气，反应的化学方程式为V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2 +3H2O，故
48、答案为：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2 +3H2O。28.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：_、_。（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。仪器B的名称是_。将下列实验操作步骤正确排序_（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3
49、g。a点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯 c关闭K1和K2 d打开K1和K2，缓缓通入N2 e称量A f冷却至室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_（列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为_（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为_。a品红 bNaOH cBaCl2 dBa(NO3)2 e浓H2SO4检验残留固体是否还存在硫酸亚铁的方法为_，并写出对应离子方程式_
50、写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_。【答案】 (1). 样品中没有Fe3+ (2). Fe2+易被空气氧化为Fe3+ (3). 干燥管 (4). dabfce (5). (6). 偏小 (7). c、a (8). 产生白色沉淀、溶液褪色 (9). 取少量残留固体加入水中，再加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，证明样品中含有硫酸亚铁 (10). 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O (11). 2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO3【解析】【分析】(1)亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子；(2)根据仪器的图形可判断仪器名称；实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气
51、，冷却时注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化；直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)g，m(H2O)=(m2-m3)g，以此计算n(H2O)、n(FeSO4)，结晶水的数目；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化；(3)硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，D为品红，可用于检验SO2，结合亚铁离子的性质分析解答。【详解】(1)滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知样品中没有Fe3+，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色，故答案为：样品中没有Fe3+；Fe2+易
52、被空气氧化为Fe3+；(2)根据仪器的图形可知，B为干燥管，故答案为：干燥管；实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气排尽装置中空气，同时排出生成的水，冷却后注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabfce，故答案为：dabfce；直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)g，m(H2O)=(m2-m3)g，则n(H2O)=mol、n(FeSO4)=mol，结晶水的数目等于=，若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小，故答案为：；偏小；(3)实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe
53、2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，故答案为：c、a；产生白色沉淀、溶液褪色；残留固体为红色粉末，主要是氧化铁，要检验残留固体是否还存在硫酸亚铁，需要检验其中是否含有亚铁离子，具体方法为：取少量残留固体加入水中，再加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，证明样品中含有硫酸亚铁，反应的离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：取少量残留固体加入水中，再加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，证
54、明样品中含有硫酸亚铁；5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO3，故答案为：2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO3。【点睛】掌握铁及其化合物的性质是解题的关键。本题易错点为(2)的计算，要注意理解测定的思路，难点是(3)中硫酸亚铁的检验，具有一定的开放性，可以选用酸性高锰酸钾溶液，也可以选用K3Fe(CN)6等。29. 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
55、相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将_。（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是_。（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不
56、完全，原因是_（6）写出“沉锰”离子方程式_。【答案】 (1). SiO2（不溶性硅酸盐） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2+2F平衡向右移动 (7). Mn2+2=MnCO3+CO2+H2O【解析】【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1
57、为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，结合表格数据，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，所以滤渣3为NiS和ZnS；“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀MnCO3得到硫酸锰，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，“滤渣1”含有S和难溶性的二氧化硅或硅酸盐；“溶浸”中二氧化锰与硫化锰发生
58、氧化还原反应生成锰离子、S和水，离子方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，故答案为：SiO2(不溶性硅酸盐)；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；(2)MnO2具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，从而在调节pH时除去这两种离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值，在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全，在pH=6.2时Zn2+开始产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，需要溶液的pH范围为4.76之间，故答案为：4.7
59、；(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，故答案为：NiS和ZnS；(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，生成弱电解质HF而促进氟化镁溶解，即F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2（s）Mg2+2F-平衡向右移动，所以镁离子沉淀不完全，故答案为：F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2+2F-平衡向右移动；(6)“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，故
60、答案为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O。30.根据下列实验现象或要求写离子方程式（描述现象的，需要写出所有涉及的离子方程式。非特殊说明，书写离子方程式）实验现象离子方程式1.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解_2.制备氢氧化铁胶体的化学方程式_3.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色_4.Fe3O4溶于稀硝酸_5.氯化亚铁溶液通入少量氯气，变为黄色溶液，加入过量碘化钾溶液，溶液颜色加深，继续加入NaOH溶液，出现白色沉淀，且颜色不断加深至红褐色。_6.澄清石灰水中通入CO2出现白色沉淀，继续通入二氧化碳，沉淀溶解，加热后又出现白色沉淀。_7.三氯化铝溶液中加逐滴加入NaOH
61、溶液，先出现白色沉淀，然后溶解，再通入CO2至刚开始出现沉淀。_8.NH4Al（SO4）2溶液与Ba(OH)2溶液物质的量12混合_9.FeI2与Cl2物质的量12反应_10.Ba(OH)2中加入硫酸铝溶液，至沉淀质量不再改变。再加入过量NaHCO3溶液，又出白色沉淀。_11.生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)碳粉还原法，若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生反应的化学方程式_12.温度高于200 时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体(其体积比为41)，写出该反应的化学方程式_13.湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的过程为，在氢氧化铁固体中加入KClO和KOH的混合液
62、。写出该过程的离子方程式并配平。_【答案】 (1). Mg(OH)2+2NH4+=Mg2+2NH3H2O (2). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体）+3HCl (3). 2H2O+5SO2+2MnO4- =5SO42-+2Mn2+4H+ (4). 28 H+3Fe3O4+NO3-=9Fe3+NO+14H2O (5). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-、2Fe3+2I-= I2+2Fe2+、Fe2+2OH-=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3 (6). CO2+Ca2+2OH-= CaCO3+H2O、CO2+CaCO3+H2O= Ca2+2HCO3
63、-、Ca2+2HCO3- CO2+CaCO3+H2O (7). Al3+3OH-=Al(OH)3、Al(OH)3+OH-= Al(OH)4-、CO2+ 2Al(OH)4- =2 Al(OH)3+ CO32-+ H2O (8). NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O (9). 2Fe2+4I-+3Cl2=6Cl-+2I2+2Fe3+ (10). 3Ba2+3SO42-+2Al3+8OH-= 3BaSO4+2Al(OH)4-、Al(OH)4-+ HCO3-= CO32-+ Al(OH)3+H2O (11). 3Na2SO48C 3Na2S4C
64、O4CO2 (12). 4Al(NO3)3 12NO23O22Al2O3 (13). 2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO42-3Cl5H2O【解析】【分析】(1)NH4+水解导致溶液呈酸性，Mg(OH)2能溶于酸；(2)氯化铁在沸水中水解生成氢氧化铁胶体； (3) 二氧化硫能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应生成锰离子、硫酸；(4) Fe3O4中含有+2价的铁，能够被硝酸氧化；(5)氯化亚铁溶液中通入少量氯气，亚铁离子被氧化，溶液变为黄色；加入过量碘化钾溶液，氯化铁溶液能够将碘化钾氧化生成碘单质，溶液颜色加深；继续加入NaOH溶液，生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化，颜
65、色不断加深至红褐色；(6)澄清石灰水中通入CO2生成碳酸钙白色沉淀继续通入二氧化碳碳酸钙转化为碳酸氢钙，沉淀溶解，加热后，碳酸氢钙分解，又生成白色沉淀；(7)氯化铝和氢氧化钠溶液反应先生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝为两性氢氧化物，能够被氢氧化钠溶解，再通如CO2，碳酸的酸性比氢氧化铝强，反应生成氢氧化铝沉淀；(8)假设NH4Al(SO4)2为1mol，则Ba(OH)2为2mol，NH4Al(SO4)2恰好反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和氨水；(9) n(FeI2)n(C12)=12时，氯气将碘离子、亚铁离子完全氧化，反应后氯气过量；(10)Ba(OH)2中加入硫酸铝溶液，至沉淀质量不再改变，
66、则生成的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，再加入过量NaHCO3溶液，偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀；(11)Na2SO4与碳在高温煅烧，得到Na2S，且产生等物质的量的CO和CO2；(12)温度高于200时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体，两种气体应是二氧化氮与氧气，二者体积之比为41；(13)Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO-作氧化剂被还原生成Cl-，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。【详解】(1)NH4+水解导致溶液呈酸性，Mg(OH)2能溶于酸，离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+=Mg2+2NH3H2O，故答案为：Mg(OH
67、)2+2NH4+=Mg2+2NH3H2O；(2)实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；(3) 二氧化硫能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应生成锰离子、硫酸，反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+，故答案为：2H2O+5SO2+2MnO4- =5SO42-+2Mn2+4H+；(4) Fe3O4中含有+2价的铁，能够被硝酸氧化，反应的离子方
68、程式为3Fe3O4+NO3-+28H+=9Fe3+14H2O+NO，故答案为：28 H+3Fe3O4+NO3-=9Fe3+NO+14H2O；(5)氯化亚铁溶液中通入少量氯气，离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，溶液变为黄色；加入过量碘化钾溶液，氯化铁溶液与碘化钾溶液反应的离子方程式是2Fe3+2I一=2Fe2+I2，溶液颜色加深；继续加入NaOH溶液，Fe2+2OH-=Fe(OH)2，出现白色沉淀，氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化，4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，颜色不断加深至红褐色，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-、2Fe3+2I-= I2+
69、2Fe2+、Fe2+2OH-=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3；(6)澄清石灰水中通入CO2出现白色沉淀，CO2+Ca2+2OH-= CaCO3+H2O，继续通入二氧化碳，CO2+CaCO3+H2O= Ca2+2HCO3-，沉淀溶解，加热后，Ca2+2HCO3- CO2+CaCO3+H2O，又出现白色沉淀，故答案为：CO2+Ca2+2OH-= CaCO3+H2O、CO2+CaCO3+H2O= Ca2+2HCO3-、Ca2+2HCO3- CO2+CaCO3+H2O；(7)氯化铝和氢氧化钠溶液反应先生成氢氧化铝白色沉淀，离子反应为：Al3+3OH-=Al(OH)
70、3，氢氧化铝为两性氢氧化物，能够被氢氧化钠溶解，Al(OH)3+OH-= Al(OH)4-，因此看到沉淀溶解，再通CO2至刚开始出现沉淀，CO2+ 2Al(OH)4- =2 Al(OH)3+ CO32-+ H2O，故答案为：Al3+3OH-=Al(OH)3、Al(OH)3+OH-= Al(OH)4-、CO2+ 2Al(OH)4- =2 Al(OH)3+ CO32-+ H2O；(8)NH4Al(SO4)2溶液与Ba(OH)2溶液物质的量12混合，假设NH4Al(SO4)2为1mol，则Ba(OH)2为2mol，NH4Al(SO4)2恰好反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和氨水，反应的离子方程式为N
71、H4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故答案为：NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O；(9) n(FeI2)n(C12)=12时，氯气将碘离子、亚铁离子完全氧化，反应后氯气过量，反应的离子方程式为：2Fe2+4I-+3Cl2=6Cl-+2I2+2Fe3+，故答案为：2Fe2+4I-+3Cl2=6Cl-+2I2+2Fe3+；(10)Ba(OH)2中加入硫酸铝溶液，至沉淀质量不再改变，则生成的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，3Ba2+3SO42-+2Al3+8OH-= 3BaSO4+2Al(O
72、H)4-，再加入过量NaHCO3溶液，偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀，Al(OH)4-+ HCO3-= CO32-+ Al(OH)3+H2O，故答案为：Ba2+SO42-+Al3+4OH-= BaSO4+Al(OH)4-、Al(OH)4-+ HCO3-= CO32-+ Al(OH)3+H2O；(11)Na2SO4与碳在高温煅烧，得到Na2S，且产生等物质的量的CO和CO2，反应的化学方程式为：3Na2SO4+8C3Na2S+4CO2+4CO，故答案为：3Na2SO4+8C3Na2S+4CO2+4CO；(12)温度高于200时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体，两种气体应是二氧化氮与氧气，二者体积之比为41，反应方程式为：4Al(NO3)3 2Al2O3+12NO2+3O2，故答案为：4Al(NO3)3 2Al2O3+12NO2+3O2；(13)湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO-作氧化剂被还原生成Cl-，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，该反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。