1、2014-2015学年河北省唐山一中高三（上）期中化学试卷一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意）1化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是（）AHClO的结构式：HClOBNa2O2的电子式：C中子数为20的氯原子：ClD铝原子的结构示意图2下列物质与其用途完全符合的是（）Na2O2供氧剂 晶体Si太阳能电池 AgI人工降雨 NaCl制纯碱 Al2O3焊接钢轨 NaClO消毒剂Fe2O3红色油漆或涂料 SO2食品漂白剂 NH3制冷剂ABCD3分类是化学研究中常用的方法下列分类方法中，不正确的是（）根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属根据电解质在水溶液中能否
2、完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸等根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液A只有BCD全部正确4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ABCD5下列实验方案设计正确的是（）A分解高锰酸钾制氧气
3、后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤B失去标签的硝酸银溶液、稀盐酸、氢氧化钠溶液、氯化铝溶液，可以用碳酸铵溶液鉴别C将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl2固体D检验从火星上带回来的红色物体是否是Fe2O3的操作步骤为：样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加KSCN溶液6一未完成的离子方程式：（）+XO3+6H+3X2+3H2O，据此判断下列说法正确的是（）AX原子最外层有5个电子B当有1mol X2生成时，共有2mol电子转移C氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：1D“（）”所填的微粒和XO3在任何环境下都不能共存7下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是（）选项环
4、境要求离子A溶液中c（K+）c（Cl）K+、AlO2、Cl、NO3B溶液pH7Na+、S2、K+、ClOC水电离产生的c（H+）=1012 mol/L的溶液ClO、CO32、NH4+、NO3、SO32D向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失Na+、Al3+、Cl、SO42AABBCCDD8下列说法正确的是（）A装置用于Cu和浓H2SO4制取少量的SO2气体B用于吸收HCl气体能防倒吸C可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3D表示将SO2气体通入溴水中，所得溶液的pH变化9通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反
5、应的反应热（）化学键SiOSiClHHHClSiSiSiC键能/kJmol1460360436431176347工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g），该反应的反应热H为A+236 kJmol1B236 kJmol1C+412 kJmol1D412 kJmol110NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1mol FeCl3完全水解生成NA个胶体粒子B常温常压下，23g NO2分子总数小于0.5NAC标准状况下，2.24 L的CCl4中含有的CCl键数为0.4NAD6.8g熔融态KHSO4中含有0.1NA个阳离子11常温下，下列溶液
6、中有关物质的量浓度关系和计算不正确的是（）Ac（NH4+）相等的（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（SO4）2和NH4C1溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：c（NH4Cl）c（NH4）2SO4c（NH4）2Fe（SO4）2B已知25时Ksp（AgCl）=1.81010，则在0.1 molLl A1Cl3溶液中，Ag+的物质的量浓度最大可达到6.01010molLlC25时0.2 molLl HC1溶液与等体积0.05 molLl Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH约为1D0.1molLl NaHA溶液的pH=4，则有c（HA）c（H+）c（A2）c（H2A）12某兴趣小组设计如下微型实验
7、装置实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极13部分弱酸的电离平衡常数如下表：下列说法正确的是（）弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数K=1.77104K=4.91010K1=4.2107K2=5.61011A0.1molL1NaHCO3溶液中浓度的大小：c（Na+）c（HCO）c（H+）c
8、（OH）B少量的CO2通入到NaCN溶液中 CN+H2O+CO2=HCN+HCOC用0.1molL1NaOH溶液中和等浓度的HCN和HCOOH时前者所需NaOH溶液体积大D0.1molL1HCOONa溶液比0.1molL1NaCN溶液所含离子总数小14下列有关实验操作和说法正确的是（）A用pH试纸检验气体的酸碱性时，一定要先用蒸馏水润湿B润洗滴定管：从滴定管上口加入所要盛装的酸或碱溶液至“0”刻线，再将液体从滴定管下部放出，重复操作23次C用瓷坩埚加热熔化碳酸钠固体DMg和Al分别为电极，插入NaOH溶液中，构成原电池，探究Mg、Al的活泼性15常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加
9、入含a mol溶质的NaOH溶液，恰好使溶液的pH=7，下列叙述错误的是（）A反应后溶液中c（Na+）=2c（SO42）B mol沉淀的物质的量0C沉淀的质量为49a gD溶液中n（SO42）= mol16镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+MNiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH6Ni（OH）2+NO2下列说法正确的是（）ANiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OHB充电过程中OH离子从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极
10、反应式：H2O+M+eMH+OH，H2O中的H被M还原DNiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液17控制适合的条件，将反应Fe3+AgFe2+Ag+设计成如图所示的原电池（盐桥装有琼脂硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度）已知接通后观察到电流计指针向右偏转下列判断正确的是（）A盐桥中的K+移向乙烧杯B一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转C在外电路中，电子从石墨电极流向银电极D电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转18下列离子方程式正确的是（）A三氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OHAl（OH）3B向含有0.2 mol F
11、eI2的溶液中通入0.25 mol Cl2：8I+2Fe2+5Cl210Cl+4I2+2Fe3+CK37ClO3与浓盐酸（HCl）在加热时生成Cl2：37ClO3+6HCl37Cl+3Cl2+3H2OD将0.1 mol/L盐酸数滴缓缓滴入0.1 mol/L 25 mL Na2CO3溶液中，并不断搅拌：2H+CO32CO2+H2O19不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组（）序号甲CO2HClCO2NO2CO2乙SO2CO2SO2SO2NH3丙石灰水石灰水Ba（NO3）2BaCl2CaCl2ABCD20下列说法中正确的是（）A难溶电解质的Ksp越小，溶
12、解度就一定越小B一般认为沉淀离子浓度小于1.0105 mol/L时，沉淀就达完全C用饱和Na2CO3溶液可以将BaSO4转化为BaCO3，说明Ksp（BaCO3）小于Ksp（BaSO4）D向含AgCl沉淀的悬浊液中加入NaCl饱和溶液，AgCl的溶解度变小，溶度积常数变小21在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+D（s），向甲中通入6mol A和2mol B，向乙中通入1.5mol A、0.5mol B和3mol C和2mol D，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是（）A若平衡
13、时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=4B平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等C平衡时甲中A的体积分数为40%D若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：522通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一对下列实验事实的解释正确的是（）现象解释AKI淀粉溶液中通入Cl2，溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B浓HNO3在光照条件下变黄浓HNO3不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸C某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明该溶液中含有SO42D铜片放入浓硫酸中，无明显变化说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化AABBCCDD23向甲、乙、丙三个密闭容
14、器中充入一定量的A和B，发生反应：xA（g）+B（g）2C（g）各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别用下表和如图表示：下列说法正确的是（）容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度T1T2T2反应物起始量0.5molA1.5molB0.5molA1.5molB2.0molA6.0molBA由图可知：T1T2，且该反应为吸热反应BT2时该反应的平衡常数K=0.8C前10min乙、丙两容器中v（A）乙v（A）丙DC的质量m：m甲=m乙2m丙二、填空题：24CH4和CO2反应可以制造价值更高的化学产品（1）250时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6mol CO2、
15、6mol CH4，发生反应：CO2 （g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）达到平衡时CH4的物质的量为2mol此温度下，该反应的平衡常数K=（注明单位）保持温度不变，改变CH4和CO2的初始物质的量之比，充入容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的是（填序号）a容器内气体平均相对分子质量不随时间改变b混合气体的密度不随时间改变c单位时间内生成a mol CO2的同时消耗2a mol H2d混合气中n（CH4）：n（CO2）：n（CO）：n（H2）=1：1：4：4已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H1kJmol1CO（g）+H2O （g）=CO2（g）
16、+H2 （g）H2 kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H3 kJmol1反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）的H= kJmol1（2）用Cu2Al2O4做催化剂，一定条件下，发生反应：CO2+CH4CH3COOH，温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率如图1.250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是（3）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，若寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是a可在碱性氧化物中寻找b可在具有强氧化性的物质中寻找c可在A、A族元素的氧化物中寻找Li4SiO4可用于吸收、释放CO2，原理是：500时，CO2与Li4Si
17、O4接触生成Li2CO3；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，该原理的化学方程式（4）以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图2所示，在使用过程中石墨电极反应生成一种氧化物Y，有关电极反应可表示为25某化学研究性学习小组拟对一种焰火原料（由两种短周期的常见金属单质组成的合金粉末）进行探究请完成下列探究报告【探究目的】探究该焰火原料的组成【资料检索】Mg2+检验方法：取2滴待检液，加入2滴2molL1 NaOH溶液，再加入1滴镁试剂（）染料（对硝基苯偶氮苯二酚）若出现沉淀并吸附镁试剂（）染料呈天蓝色，表示待检液中含有Mg2+Ag+、Cu2+、Fe3+、N
18、H4+会妨碍Mg2+检出Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，其他的常见不溶碱难溶于氯化铵很多合金是金属互化物，有确定的化学组成固体L与某种宝石的主要成分相同【探究思路】确定焰火原料所含金属种类；测定焰火原料的化学式【实验探究】（1）甲同学进行了初步试验，实验步骤和实验现象如下请填写下表试验序号实 验 步 骤实 验 现 象结 论取少量该焰火原料加入冷水无明显现象不含有Li、Na等活泼金属取少量该焰火原料加入稀盐酸完全溶解，有大量气体（2）乙同学取甲第组实验的溶液，加入镁试剂（）染料，得出合金中不含镁乙的结论（选填“正确”或“错误”）判断理由为（3）丙同学设计实验方案，确定焰火原料中的金属种类，实
19、验记录如下由丙的实验记录可知，该焰火原料是由（填元素名称）两种金属组成的合金；实验中滤液加入足量氢氧化钠溶液后需煮沸，煮沸的理由是（4）丁同学利用丙同学的结论，设计如下所示的实验步骤，确定合金组成问题讨论：能确定合金组成的数据组有（填写选项字母）；am、n bm、y cn、y若合金中相对原子质量较小的金属的物质的量分数为x，金属总物质的量为7mol，试在如图中作出y随x变化的曲线；当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，其化学式为26某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物单质X（1）写出反应的化学方程式：（2）根据上述反应
20、可推知a氧化性：KBrO3H3AsO4b氧化性：H3AsO4KBrO3c还原性：AsH3X d还原性：XAsH3常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na+、NH4+、Cu2+、Ba2+、Al3+、Ag+、Fe3+，阴离子可能是Cl、NO3、SO42、CO32，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色D的焰色反应呈黄色A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝
21、酸的沉淀请回答：（3）所含阴离子相同的两种盐的化学式是（4）A的化学式为，D溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）：（5）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是27绿矾（FeSO47H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：查询资料，得有关物质的数据如下表：25时pH值饱和H2S溶液3.9SnS沉淀完全1.6FeS开始沉淀3.0FeS沉淀完全5.5（1）操作中，通入硫化氢至饱和的目的是；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是（2）操作的顺序依次为蒸发浓缩、冷却结晶、（3）操作得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表
22、面附着的硫酸等杂质；（4）测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是：a称取2.850g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.010 00molL1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为（填仪器名称）判断此滴定实验达到终点的方法是计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数为2014-2015学年河北省唐山一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意）1化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是（）AHClO的结构式：H
23、ClOBNa2O2的电子式：C中子数为20的氯原子：ClD铝原子的结构示意图【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合菁优网版权所有【专题】化学用语专题【分析】A次氯酸分子中不存在氢氯键，中心原子为O原子，其分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键；B过氧化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示；C元素符号的左上角表示的是质量数，该氯原子的质量数为37；D铝原子的核电荷数=核外电子总数=13，最外层为3个电子【解答】解：A次氯酸的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，次氯酸正确的结构式为：HOCl，故A错误；B过氧化钠属于离子化合物，钠离子和过氧根离子需要标
24、出所带电荷，过氧化钠正确的电子式为：，故B错误；C氯元素的核电荷数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为：1737Cl，故C错误；D铝原子的核电荷数、核外电子总数都是13，铝原子的结构示意图为，故D正确；故选D【点评】本题考查了化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握结构式、电子式、原子结构示意图与离子结构示意图、元素符号等化学用语的概念及书写原则，明确离子化合物与共价化合物的电子式的区别，选项A为易错点，需要明确次氯酸的中心原子为O原子2下列物质与其用途完全符合的是（）Na2O2供氧剂 晶体Si太阳能电池 AgI人工降雨 NaCl制纯碱 Al2O3焊接钢轨 Na
25、ClO消毒剂Fe2O3红色油漆或涂料 SO2食品漂白剂 NH3制冷剂ABCD【考点】钠的重要化合物；氨的物理性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物菁优网版权所有【专题】元素及其化合物；化学计算【分析】Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气；单质硅可用作制太阳能电池； AgI可用于人工降雨； 氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱；根据铝热反应可用于焊接钢轨； 消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO）； Fe2O3可作红色油漆或涂料 SO2有漂白作用，但本身有毒；液NH3
26、可制冷剂；【解答】解：Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，故正确；单质硅可用作制太阳能电池，故正确；AgI可用于人工降雨，故正确； 氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故正确；根利用铝氧化铁发生铝热反应可用于焊接钢轨，故错误；消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO），故正确； Fe2O3可作红色油漆或涂料，故正确； SO2有漂白作用，但本身有毒，不能用作食品漂白剂，故错误；NH3易液化，液氨常用作制冷剂，故D正确；所以物质与其用途完全符合的有；故选C；【点评】本题考查物质的性质和用途，难度不大，侧重基
27、础知识的考查，注意基础知识的积累3分类是化学研究中常用的方法下列分类方法中，不正确的是（）根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属根据电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸等根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液A只有BCD全部正确【考点】金属和非金属；单质和化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；强电解质和弱电解质的概念菁优网版权所有【专题】物质的分类
28、专题【分析】根据除稀有气体和第A族外，多数主族元素既有金属元素也有非金属元素；根据电解质在水溶液中电离的程度，完全电离的是强电解质，部分电离的弱电解质；单质由同种元素组成，化合物由不同元素组成；根据酸能电离出H+的个数分类为一元酸、二元酸等；含有金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物；分散系分为胶体、浊液和溶液是根据分散质粒子直径大小【解答】解：不能与金属元素同主族的非金属元素有很多，它们与同主族金属元素具有相同的最外层电子数，例如氢原子最外层只有一个电子和金属钠一样，但它不是金属，金属元素在反应中很容易失去最外层的电子，金属元素组成的化合物中，都是正价，故错误；根据电解质在水溶液中电离的程度，完
29、全电离的是强电解质，部分电离的弱电解质，故正确；单质由同种元素组成，化合物由不同元素组成，依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物，故正确；根据酸分子在水溶液中电离出氢离子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等，故错误；含有金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，例如Al2O3为两性氧化物，故错误；分散系分为胶体、浊液和溶液是根据分散质粒子直径大小，而不是稳定性，故错误故选C【点评】本题考查物质和化学反应的分类，题目难度不大，注意分类中的个别与一般4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
30、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菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【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，溶液导电是氨气和水反
31、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D【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关5下列实验方案设计正确的是（）A分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤B失去标签的硝酸银溶液、稀盐酸、氢氧化钠溶液、氯化铝溶液，可以用碳酸铵溶液鉴别C将CuCl2溶液在蒸发皿中
32、加热蒸干，得到无水CuCl2固体D检验从火星上带回来的红色物体是否是Fe2O3的操作步骤为：样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加KSCN溶液【考点】化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】A稀盐酸和二氧化锰不反应；B反应的现象不同；CCuCl2易水解，加热HCl挥发；DFe2O3不溶于水【解答】解：A分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质是二氧化锰，二氧化锰能和浓盐酸反应但不和稀盐酸反应，所以不能用稀盐酸洗涤，故A错误； B硝酸银溶液、稀盐酸、氢氧化钠溶液、氯化铝溶液，与碳酸铵溶液现象分别为产生白色沉淀、产生无色无味气体、产生无色有刺激性味气体、同时产生白色沉淀和无色无味气体，故B正确；
33、CCuCl2易水解，加热HCl挥发，水解彻底进行，生成氢氧化铜沉淀，故C错误；DFe2O3不溶于水，滤液中无铁离子，故D错误故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质鉴别及分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大6一未完成的离子方程式：（）+XO3+6H+3X2+3H2O，据此判断下列说法正确的是（）AX原子最外层有5个电子B当有1mol X2生成时，共有2mol电子转移C氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：1D“（）”所填的微粒和XO3在任何环境下都不能共存【考点】氧化还原反应菁优网版权所有【专题】氧化还原反
34、应专题【分析】由（）+XO3+6H+3X2+3H2O可知，XO3中X元素的化合价由+5价降低为0价，则（）中离子中X元素的化合价必定升高，以此来解答【解答】解：由（）+XO3+6H+3X2+3H2O可知，XO3中X元素的化合价由+5价降低为0价，则（）中离子中X元素的化合价必定升高，由电子和电荷守恒可知，（）中为5X，A最低价为1价，其最高价为+7价，最外层电子数为7，故A错误；B当有3mol X2生成时，共有5mol电子转移，则当有1mol X2生成时，共有mol电子转移，故B错误；C氧化产物、还原产物均为X2，XO3得到电子对应还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：1，故C正确
35、；D“（）”所填的微粒和XO3在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握（）中微粒的判断及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大7下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是（）选项环境要求离子A溶液中c（K+）c（Cl）K+、AlO2、Cl、NO3B溶液pH7Na+、S2、K+、ClOC水电离产生的c（H+）=1012 mol/L的溶液ClO、CO32、NH4+、NO3、SO32D向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失Na+、Al3+、Cl、SO42AABBCCD
36、D【考点】离子共存问题菁优网版权所有【分析】离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质、络合物或发生双水解、发生氧化还原反应的就不能共存，据此分析解答【解答】解：A溶液中c（K+）c（Cl），溶液中还存在阴离子AlO2、NO3，根据电荷守恒知，c（H+）c（OH），溶液呈酸性，则AlO2和氢离子反应生成铝离子而不能存在，故A错误；B溶液pH7，溶液呈碱性，但S2、ClO发生氧化还原反应而不能共存，故B错误；C水电离产生的c（H+）=1012 mol/L的溶液，溶质抑制水电离，说明溶液呈酸性或碱性，如果呈酸性，ClO、CO32、SO32不能存在，如果呈碱性，则NH4+不能存在，故C错误；D向溶液中逐滴
37、滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失，Al3+和NaOH反应先生成氢氧化铝沉淀后消失，且这几种离子之间不反应，故D正确；故选D【点评】本题考查离子共存，明确物质的性质及离子共存的条件是解本题关键，注意题中隐含条件，易错选项是A，要注意根据电荷守恒确定溶液酸碱性，题目难度中等8下列说法正确的是（）A装置用于Cu和浓H2SO4制取少量的SO2气体B用于吸收HCl气体能防倒吸C可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3D表示将SO2气体通入溴水中，所得溶液的pH变化【考点】气体的收集；二氧化硫的化学性质；气体发生装置；尾气处理装置菁优网版权所有【分析】A铜与浓硫酸反应需要加热；B苯的密度小于水，浮在
38、水的表面；C密度与空气密度相差较大的气体都可以用排气法收集；D依据二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸解答【解答】解：A图中装置未加热，而铜与浓硫酸反应制备二氧化硫需要加热，故A错误；B苯的密度比水小，仍会发生倒吸，故B错误；CH2、CO2、Cl2、NH3密度与空气密度相差较大，都能够用排气法收集；收集H2、NH3，应短进长出，收集CO2、Cl2，应该长进短出，故C正确；D二氧化硫溶液水与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，pH7，故D错误；故选：C【点评】本题考查了实验基本常识，明确物质的性质和反应的条件是解题关键，注意防倒吸装置的原理9通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的
39、键能键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（）化学键SiOSiClHHHClSiSiSiC键能/kJmol1460360436431176347工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g），该反应的反应热H为A+236 kJmol1B236 kJmol1C+412 kJmol1D412 kJmol1【考点】有关反应热的计算菁优网版权所有【分析】化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和生成物的键能之和在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键【解答】解：反应热=反应物的键能之和生成物的键能之
40、和，即H=360kJ/mol4+436kJ/mol2176kJ/mol2431kJ/mol4=+236 kJ/mol，故选A【点评】本题考查反应热的计算，题目侧重于反应热的计算，题目难度不大，注意原子晶体中键能的计算10NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1mol FeCl3完全水解生成NA个胶体粒子B常温常压下，23g NO2分子总数小于0.5NAC标准状况下，2.24 L的CCl4中含有的CCl键数为0.4NAD6.8g熔融态KHSO4中含有0.1NA个阳离子【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】A、氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁微粒的集合体；B、在NO2气体中存在平衡：
41、2NO2N2O4；C、标况下，四氯化碳为液态；D、熔融状态下的硫酸氢钾只能电离为K+和HSO4，6.8g硫酸氢钾的物质的量为0.05mol，含有0.05mol钾离子【解答】解：A、胶体粒子是氢氧化铁的集合体，所以胶体粒子小于NA个，故A错误；B、23gNO2的物质的量为0.5mol，大在NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4会导致气体的物质的量减小，故分子数目小于0.5NA，故B正确；C、标况下，四氯化碳为液态，故C错误；D6.8g熔融KHSO4的物质的量为0.05mol，熔融状态下的硫酸氢钾只能电离为K+和HSO4，所以0.05mol硫酸氢钾中含有0.05mol阳离子，含有0.05NA个阳离
42、子，故D错误；故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大11常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系和计算不正确的是（）Ac（NH4+）相等的（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（SO4）2和NH4C1溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：c（NH4Cl）c（NH4）2SO4c（NH4）2Fe（SO4）2B已知25时Ksp（AgCl）=1.81010，则在0.1 molLl A1Cl3溶液中，Ag+的物质的量浓度最大可达到6.01010molLlC25时0.2 molLl HC1溶液与等体积0.05 molLl Ba（OH）2溶液混合后，
43、溶液的pH约为1D0.1molLl NaHA溶液的pH=4，则有c（HA）c（H+）c（A2）c（H2A）【考点】离子浓度大小的比较菁优网版权所有【分析】A根据溶质的化学式、盐的水解原理的影响判断溶质物质的量浓度大小；B依据一定温度下沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，然后根据溶度积和沉淀溶解平衡，计算银离子最大浓度；C先判断溶液酸碱性，然后计算出溶液中氢离子或氢氧根离子浓度，再计算出混合液中氢离子浓度及溶液的pH；D.0.1molL1的NaHA溶液的pH=4，则HA的电离程度大于其水解程度，据此判断溶液中各离子浓度大小【解答】解：A（NH4）2SO4溶液中硫酸根离子对铵根离子水解无影响，（NH4）
44、2Fe（SO4）2和溶液中亚铁离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，NH4Cl溶液中氯离子对铵根离子无影响，当铵根离子浓度相同时溶质浓度应为：c（NH4Cl）c（NH4）2SO4c（NH4）2Fe（SO4）2，故A正确；BKsp（AgCl）=1.81010，0.1molL1AlCl3溶液中c（Cl）为0.3molL1，Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl）=c（Ag+）0.3molL1=1.81010，解得：c（Ag+）=61010molL1，故B正确；C.0.2molL1 HCl溶液与等体积0.05molL1 Ba（OH）2溶液混合后，依据溶液中溶质物质的量分析判断，酸过量，设酸碱溶液体积为
45、1L，盐酸溶液中氢离子物质的量为：0.2mol/L1L=0.2mol，氢氧化钡溶液中氢氧根离子物质的量为：0.05mol/L21L=0.1mol，所以混合溶液中c（H+）=0.05molL1，溶液的pH=lg0.05=2lg5，故C错误；D.0.1molL1 NaHA溶液的pH=4，溶液呈酸性，说明酸式酸根离子的电离程度大于水解程度，溶液中的离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（H2A），故D正确；故选C【点评】本题考查了离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡及其计算、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，试题知识点较大、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学
46、计算能力12某兴趣小组设计如下微型实验装置实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极【考点】原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【专题】电化学专题【分析】A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极；B、断开K2，闭合K1
47、时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，石墨做原电池正极；【解答】解：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2ClCl2+H2+2OH；故A错误；B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属C
48、u不能做阳极，Cu做阴极，石墨做阳极，阳极上（石墨电极上）氯离子离子失电子发生氧化反应，阴极上（Cu电极上）氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；故B错误；C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据上述分析可知，Cu电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化反应，氢气失电子生成氢离子的反应；故C错误；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨电极上产生的是氯气，做原电池正极；故D正确；故选D【点评】本题考查学生原电池和电解质的工作原理，是一道物理电路和化学
49、电池联系的一道综合题目，难度中等13部分弱酸的电离平衡常数如下表：下列说法正确的是（）弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数K=1.77104K=4.91010K1=4.2107K2=5.61011A0.1molL1NaHCO3溶液中浓度的大小：c（Na+）c（HCO）c（H+）c（OH）B少量的CO2通入到NaCN溶液中 CN+H2O+CO2=HCN+HCOC用0.1molL1NaOH溶液中和等浓度的HCN和HCOOH时前者所需NaOH溶液体积大D0.1molL1HCOONa溶液比0.1molL1NaCN溶液所含离子总数小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡菁优网版权所有【分析】A、碳酸
50、氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而使其溶液呈碱性；B、碳酸的酸性比HCN强，少量二氧化碳通入NaCN溶液中，生成碳酸氢根；C、中和碱的能力与酸性强弱无关；D、没有指明溶液体积，无法比较离子数目多少【解答】解：A、碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而使其溶液呈碱性，所以c（H+）c（OH），故A错误；B、碳酸的酸性比HCN强，少量二氧化碳通入NaCN溶液中，生成碳酸氢根，其离子方程式为：CN+H2O+CO2=HCN+HCO3，故B正确；C、相同物质的量的HCN和HCOOH，中和碱的能力相同，元数相同的酸中，酸中和碱的能力与酸的物质的量成正比，与酸的强弱无关，所以用0.1molL1
51、NaOH溶液中和等浓度的HCN和HCOOH时，二者需要NaOH溶液体积相等，故C错误；D、没有指明溶液体积，无法比较离子数目多少，故D错误；故选B【点评】本题考查了弱电解质的电离及盐类水解，明确弱酸的电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子水解程度之间的关系即可解答，易错选项是C，题目难度不大14下列有关实验操作和说法正确的是（）A用pH试纸检验气体的酸碱性时，一定要先用蒸馏水润湿B润洗滴定管：从滴定管上口加入所要盛装的酸或碱溶液至“0”刻线，再将液体从滴定管下部放出，重复操作23次C用瓷坩埚加热熔化碳酸钠固体DMg和Al分别为电极，插入NaOH溶液中，构成原电池，探究Mg、Al的活泼性【考点】测定溶
52、液pH的方法；原电池和电解池的工作原理；过滤、分离与注入溶液的仪器菁优网版权所有【分析】A、用pH试纸可以测出酸碱性，但不能测pH值【气体也就无所谓pH】；B、润洗滴定管应用水洗、待装液洗，加入少量，不能加入到0刻度；C、碳酸钠熔融和二氧化硅反应；D、镁铝在氢氧化钠溶液中形成原电池反应，铝做负极【解答】解：A、用pH试纸可以测出酸碱性，但不能测pH值，气体只能溶于水显示酸碱性，故A正确；B、润洗滴定管应用水洗、待装液洗，加入少量，不能加入到0刻度，浪费试剂，故B错误；C、瓷坩埚主要成分含有二氧化硅，碳酸钠熔融和二氧化硅反应，不能用来加热碳酸钠，故C错误；D、镁铝在氢氧化钠溶液中形成原电池反应，
53、铝做负极，但铝活泼性小于镁，不能作为金属性的比较方法，故D错误；故选A【点评】本题考查了溶液酸碱性分析测定，原电池原理，实验基本操作，掌握基础是关键，题目较简单15常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含a mol溶质的NaOH溶液，恰好使溶液的pH=7，下列叙述错误的是（）A反应后溶液中c（Na+）=2c（SO42）B mol沉淀的物质的量0C沉淀的质量为49a gD溶液中n（SO42）= mol【考点】离子方程式的有关计算菁优网版权所有【分析】常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含a mol溶质的NaOH溶液，发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H
54、2O、CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4，所得溶液呈中性时，溶液中的溶质为硫酸钠，则H2SO4、CuSO4完全参加反应，根据物质之间的关系式、电荷守恒解答【解答】解：常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含a mol溶质的NaOH溶液，发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4，所得溶液呈中性时，溶液中的溶质为硫酸钠，则H2SO4、CuSO4完全参加反应，A溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（Na+）=2c（SO42），故A正确；B假设原来溶液中的溶质全部是硫酸铜，根据CuS
55、O4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4知，生成沉淀的物质的量为 mol，数值上有硫酸，所以生成沉淀的物质的量小于 mol，因为溶液中一定含有硫酸铜，所以一定含有沉淀，则沉淀的物质的量大于0，故B正确；C因为硫酸铜的物质的量未知，根据已知条件无法计算沉淀的质量，故C错误；D溶液中的溶质为硫酸钠，溶液中存在n（SO42）=n（Na2SO4）=2n（Na+），则溶液中n（SO42）= mol，故D正确；故选C【点评】本题考查离子方程式的有关计算，侧重考查学生分析问题、计算能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意结合守恒思想、极限法解答，题目难度中等16镍氢电池（NiMH）目前已经成为
56、混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+MNiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH6Ni（OH）2+NO2下列说法正确的是（）ANiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OHB充电过程中OH离子从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+eMH+OH，H2O中的H被M还原DNiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液【考点】真题集萃菁优网版权所有【专题】电化学专题【分析】镍氢电池中主要为KOH作电解液充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OHe=N
57、iOOH+H2O、阴极反应：M+H2O+e=MH+OH，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，负极：MH+OHe=M+H2O，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A根据以上分析书写正极电极反应式；B充电过程中，氢氧根离子向阳极移动；C充电时，阴极上得电子发生还原反应；D有氨气存在时易发生副反应【解答】解：镍氢电池中主要为KOH作电解液 充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OH=NiOOH+H2O+e、阴极反应：M+H2O+e=MH+OH，总反应：M+Ni（OH）2=MH
58、+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，负极：MH+OH=M+H2O+e，总反应： MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，故A正确；B电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH离子从阴极向阳极，故B错误；CH2O中的H得电子，不是被M还原，故C错误；D不能用氨水做电解质溶液，因为NiOOH能和氨水发生反应，故D错误；故选A【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确题给信息的含义是解本题关键，难点的电极反应式的书写，题目难度中等17控制适合
59、的条件，将反应Fe3+AgFe2+Ag+设计成如图所示的原电池（盐桥装有琼脂硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度）已知接通后观察到电流计指针向右偏转下列判断正确的是（）A盐桥中的K+移向乙烧杯B一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转C在外电路中，电子从石墨电极流向银电极D电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转【考点】原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】A该原电池中，Ag失电子作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子移向正极；B一段时间后，原电池反应结束；C原电池外电路电子由负极流向正极；D电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，铁
60、活泼性强于银，形成新的原电池，铁做负极，银做正极【解答】解：A该原电池中，Ag失电子作负极，石墨作正极，盐桥中K+是阳离子移向正极，故A错误；B一段时间后，原电池反应结束，流计指针指向0，故B错误；C原电池外电路电子由负极流向正极，所以电子从银电极流向石墨电极，故C错误；D电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，铁活泼性强于银，形成新的原电池，铁做负极，银做正极，电流计指针向左偏转，故D正确；故选：D【点评】本题是对原电池原理综合考查，明确原电池工作原理、准确判断原电池中正负电极是解题关键，题目难度中等18下列离子方程式正确的是（）A三氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OHAl（OH）
61、3B向含有0.2 mol FeI2的溶液中通入0.25 mol Cl2：8I+2Fe2+5Cl210Cl+4I2+2Fe3+CK37ClO3与浓盐酸（HCl）在加热时生成Cl2：37ClO3+6HCl37Cl+3Cl2+3H2OD将0.1 mol/L盐酸数滴缓缓滴入0.1 mol/L 25 mL Na2CO3溶液中，并不断搅拌：2H+CO32CO2+H2O【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【分析】A一水合氨在离子反应中保留化学式，反应生成氢氧化铝和氯化铵；B还原性碘离子大于亚铁离子，氯气得到电子为0.25mol21=0.5mol，由电子守恒可知，碘离子全部被氧化，亚铁离子一半被氧化；C氯酸
62、钾为氧化剂，对应还原产物为氯气；D盐酸数滴缓缓滴入碳酸钠溶液中，盐酸不足，生成碳酸氢钠【解答】解：A三氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A错误；B向含有0.2 mol FeI2的溶液中通入0.25 mol Cl2的离子反应为8I+2Fe2+5Cl210Cl+4I2+2Fe3+，故B正确；CK37ClO3与浓盐酸（HCl）在加热时生成Cl2的离子反应为237ClO3+12H+10Cl37Cl2+5Cl2+6H2O，故C错误；D将0.1 mol/L盐酸数滴缓缓滴入0.1 mol/L 25 mL Na2CO3溶液中，并不断搅拌的离子反应为H+CO
63、32HCO3，故D错误；故选B【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大19不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组（）序号甲CO2HClCO2NO2CO2乙SO2CO2SO2SO2NH3丙石灰水石灰水Ba（NO3）2BaCl2CaCl2ABCD【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质菁优网版权所有【分析】石灰水过量，生成碳酸钙沉淀、亚硫酸钙沉淀；石灰水过量，生成碳酸钙沉淀；SO2与Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；NO2、
64、SO2在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与氯化钡反应生成沉淀；CO2、NH3反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀【解答】解：石灰水过量，发生酸性氧化物与碱的反应生成碳酸钙沉淀、亚硫酸钙沉淀，故选；石灰水过量，与CO2反应生成碳酸钙沉淀，故选；SO2与Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故选；NO2、SO2在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故选；CO2、NH3反应生成碳酸铵，再与氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，若生成碳酸氢铵与氯化钙不反应，不会生成沉淀，故不选；故选D【点评】本题考查二氧化硫和二氧化碳的化学性质，为
65、高频考点，把握酸性氧化物的性质、酸性的比较、氧化还原反应等为解答的关键，注意发生的化学反应，题目难度不大20下列说法中正确的是（）A难溶电解质的Ksp越小，溶解度就一定越小B一般认为沉淀离子浓度小于1.0105 mol/L时，沉淀就达完全C用饱和Na2CO3溶液可以将BaSO4转化为BaCO3，说明Ksp（BaCO3）小于Ksp（BaSO4）D向含AgCl沉淀的悬浊液中加入NaCl饱和溶液，AgCl的溶解度变小，溶度积常数变小【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、Ksp越小，电解质的溶解度不一定越小，溶度积常数与温度有关系，与溶液
66、类型以及浓度无关；B、沉淀不可能完全沉淀，当离子浓度小于1.0105mol/L时，可认为沉淀完全；C、如满足QcKsp，可生成沉淀；D、溶度积常数与温度有关系，与溶液类型以及浓度无关【解答】解：A、Ksp越小，电解质的溶解度不一定越小，溶解度还取决于溶液的类型和浓度关系，以及物质的摩尔质量等因素，例如AgCl在水中和盐酸中的溶解度不同，但溶度积相同，故A错误；B、沉淀不可能沉淀完全，当离子浓度小于1.0105mol/L时，可认为沉淀完全，故B正确；C、BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积等于碳酸钡的Ksp，实际Ksp（BaSO4）小于
67、Ksp（BaCO3），故C错误；D、溶度积常数与温度有关系，与溶液类型以及浓度无关，故D错误；故选B【点评】本题考查了沉淀的溶解平衡的相关知识，注意绝对不溶的物质是没有的，满足QcKsp，可生成沉淀，题目难度不大21在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+D（s），向甲中通入6mol A和2mol B，向乙中通入1.5mol A、0.5mol B和3mol C和2mol D，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是（）A若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=4B平衡时，甲、
68、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等C平衡时甲中A的体积分数为40%D若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：5【考点】化学平衡的计算菁优网版权所有【专题】化学平衡专题【分析】反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，A甲乙是等效平衡，平衡时甲、乙两容器中A的物质的量不相等，满足反应前后气体化学计量数之和不变，按化学计量数转化到左边满足n（A）：n（B）=3：1；B甲乙是等效平衡，平衡时各组分的含量对应相等；C根据C的体积分数计算平衡时A、B的体积分数之和，平衡时n（A）：n（B）=3：1，据此计算A的体积分数；D利用压
69、强之比大于物质的量之比计算判断【解答】解：反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，A若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，故A正确；B反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B错误；CC的体积分数都为0.2，则A、B共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故C错误；D二者为等效平衡，满足x=4，反应前后气体的物质的量不变，容器的
70、则两容器中压强之比为（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D正确故选AD【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，注意从等效平衡的角度解答该题22通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一对下列实验事实的解释正确的是（）现象解释AKI淀粉溶液中通入Cl2，溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B浓HNO3在光照条件下变黄浓HNO3不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸C某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明该溶液中含有SO42D铜片放入浓硫酸中，无明显变化说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；氯气的化学性质；硝酸的化学性质
71、；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验菁优网版权所有【专题】实验评价题【分析】A氯气氧化碘离子生成碘单质；B浓硝酸见光易分解；C加入硝酸酸化，原溶液可能含亚硫酸根离子；D铜片与浓硫酸反应需要加热【解答】解：A氯气氧化碘离子生成碘单质，则I2能与淀粉发生显色反应，故A错误；B浓硝酸见光易分解，则浓HNO3不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸而变黄，故B正确；C加入硝酸酸化，原溶液可能含亚硫酸根离子，应加盐酸酸化，故C错误；D铜片与浓硫酸反应需要加热，不发生钝化，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、离子的检验、钝化等，侧重物质性质的考查，题目难度不大23向甲、乙、丙三个密闭
72、容器中充入一定量的A和B，发生反应：xA（g）+B（g）2C（g）各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别用下表和如图表示：下列说法正确的是（）容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度T1T2T2反应物起始量0.5molA1.5molB0.5molA1.5molB2.0molA6.0molBA由图可知：T1T2，且该反应为吸热反应BT2时该反应的平衡常数K=0.8C前10min乙、丙两容器中v（A）乙v（A）丙DC的质量m：m甲=m乙2m丙【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线菁优网版权所有【专题】化学平衡专题【分析】A比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1T2
73、，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动；B根据乙利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；C根据v=，知反应速率之比为浓度变化之比，各组分的浓度变化之比为计量数之比；D根据图象可以看出甲乙丙中C的量【解答】解：A比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故A错误；B由图可知，平衡时乙容器内C的浓度为1mol/L，则：A（g）+B（g）2C（g）开始（mol/L）：1 3 0 变化（mol/L）：0.5 0.5 1平衡（mol/L）：0.5 2.5 1故T2时该反应的平衡常数K=0.8，故B正确；C
74、由图可知，前10min乙容器中C的浓度变化量为1mol/L，丙容器中C的浓度变化量为2mol/L，故v（A）乙v（A）丙，故C错误；D根据图象可以看出甲乙丙中C的量分别为1.5mol/LV、1.0mol/LV、2.0mol/LV，故D错误故选：B【点评】本题考查化学反应速率计算、影响化学平衡移动的因素、化学平衡图象与有关计算，难度较大二、填空题：24CH4和CO2反应可以制造价值更高的化学产品（1）250时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，发生反应：CO2 （g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）达到平衡时CH4的物质的量为2mol此温度下，该反应的
75、平衡常数K=64mol2L2（注明单位）保持温度不变，改变CH4和CO2的初始物质的量之比，充入容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的是a（填序号）a容器内气体平均相对分子质量不随时间改变b混合气体的密度不随时间改变c单位时间内生成a mol CO2的同时消耗2a mol H2d混合气中n（CH4）：n（CO2）：n（CO）：n（H2）=1：1：4：4已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H1kJmol1CO（g）+H2O （g）=CO2（g）+H2 （g）H2 kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H3 kJmol1反应CO2（g）+CH4（g
76、）2CO（g）+2H2（g）的H=（H12H3+2H2） kJmol1（2）用Cu2Al2O4做催化剂，一定条件下，发生反应：CO2+CH4CH3COOH，温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率如图1.250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250时，催化剂的催化效率降低（3）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，若寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是aca可在碱性氧化物中寻找b可在具有强氧化性的物质中寻找c可在A、A族元素的氧化物中寻找Li4SiO4可用于吸收、释放CO2，原理是：500时，CO2与Li4SiO4接触生成Li2CO3；平衡后加热至700，反应逆向
77、进行，放出CO2，Li4SiO4再生，该原理的化学方程式CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3（4）以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图2所示，在使用过程中石墨电极反应生成一种氧化物Y，有关电极反应可表示为NO2+NO3eN2O5【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断菁优网版权所有【分析】（1）先利用三段法求出各物质的物质的量，然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；化学平衡状态，反应的正逆反应速率相同，各成分含量保持不变分析选项；根据盖斯定律来解答；（2）根据温度对催化剂
78、活性的影响；（3）二氧化碳为酸性气体，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2与氧化性无关；根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒进行解答；（4）燃料电池的负极上发生燃料失去电子的氧化反应【解答】解：（1）CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）起始浓度 1.5 1.5 0 0反应浓度 1 1 2 2平衡浓度 0.5 0.5 2.0 2.0所以K=mol2L2=64mol2L2，故答案为：64mol2L2； 化学平衡状态，反应的正逆反应速率相同，各成分含量保持不变分析选项，CO2 （g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g），反应是气体体
79、积变大的反应；a反应是气体体积变大的反应，总质量不变，所以平均相对分子质量是变质，气体平均相对分子质量不随时间改变能说明反应达到平衡状态，故a符合；b混合气体质量守恒，反应前后气体体积不变，反应过程中和平衡状态下，混合气体的密度不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故b不符合；c单位时间内生成amolCO2的同时消耗2amolH2，都是指逆反应方向，故c不符合；d混合气中n（CH4）：n（CO2）：n（CO）：n（H2）=1：1：4：4，依据计算浓度商和平衡常数比较，Q=256K，说明反应没有达到平衡状态，故d不符合；故答案为：a；CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H1
80、kJmol1CO（g）+H2O （g）=CO2（g）+H2 （g）H2kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H3kJmol1根据盖斯定律，由+22得，CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H3kJmol1=（H12H3+2H2 ）kJmol1，故答案为：（H12H3+2H2）；（2）温度超过250时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为：温度超过250时，催化剂的催化效率降低；（3）aLi2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故a正确；bLi2O、Na2O、MgO均能吸
81、收CO2，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故b错误；cLi2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，钠、镁、铝为A、A族元素，所以可在A、A族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故c正确；故答案为：ac；在500，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以化学方程式为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3，故答案为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3，（4）燃料电池的负极上发生燃料失去电子的氧化反应，即NO2+NO3e=N2O5，故答案为：
82、NO2+NO3e=N2O5【点评】本题主要考查了综合利用CO2，涉及热化学反应、电化学、化学平衡影响因素等，较为综合，题目难度中等25某化学研究性学习小组拟对一种焰火原料（由两种短周期的常见金属单质组成的合金粉末）进行探究请完成下列探究报告【探究目的】探究该焰火原料的组成【资料检索】Mg2+检验方法：取2滴待检液，加入2滴2molL1 NaOH溶液，再加入1滴镁试剂（）染料（对硝基苯偶氮苯二酚）若出现沉淀并吸附镁试剂（）染料呈天蓝色，表示待检液中含有Mg2+Ag+、Cu2+、Fe3+、NH4+会妨碍Mg2+检出Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，其他的常见不溶碱难溶于氯化铵很多合金是金属互化物
83、，有确定的化学组成固体L与某种宝石的主要成分相同【探究思路】确定焰火原料所含金属种类；测定焰火原料的化学式【实验探究】（1）甲同学进行了初步试验，实验步骤和实验现象如下请填写下表试验序号实 验 步 骤实 验 现 象结 论取少量该焰火原料加入冷水无明显现象不含有Li、Na等活泼金属取少量该焰火原料加入稀盐酸完全溶解，有大量气体可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种（2）乙同学取甲第组实验的溶液，加入镁试剂（）染料，得出合金中不含镁乙的结论错误（选填“正确”或“错误”）判断理由为由资料知，反应必须在碱性条件下进行（3）丙同学设计实验方案，确定焰火原料中的金属种类，实验记录如下
84、由丙的实验记录可知，该焰火原料是由镁、铝（填元素名称）两种金属组成的合金；实验中滤液加入足量氢氧化钠溶液后需煮沸，煮沸的理由是将NH4+转化为NH3，煮沸促进其逸出，防止NH4+干扰Mg2+检验（4）丁同学利用丙同学的结论，设计如下所示的实验步骤，确定合金组成问题讨论：能确定合金组成的数据组有abc（填写选项字母）；am、n bm、y cn、y若合金中相对原子质量较小的金属的物质的量分数为x，金属总物质的量为7mol，试在如图中作出y随x变化的曲线；当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，其化学式为Mg4Al3【考点】探究物质的组成或测量物质的含量菁优网版权所有【分析】（1）Na、Li等
85、活泼金属和与水反应；能与盐酸反应为较活泼的金属；（2）第组实验所得的溶液含有过量盐酸，加入2滴NaOH溶液则不会产生沉淀；（3）由题给信息可知Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，应排除NH4+的干扰；（4）镁和铝都能与盐酸反应生成氢气，根据氢气的体积结合合金总质量可确定合金的组成，加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量可知镁的质量，则可知铝的质量；利用端值法判断；当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=7 m+1.5n=8.5，解得m=4，n=3【解答】解：（1）原料加入冷水无现象表明不含Li、Na
86、等活泼金属；原料与盐酸反应产生气体表明含有能与盐酸反应的较活泼的金属，可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种；故答案为：可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种；（2）第组实验所得的溶液含有过量盐酸，加入2滴NaOH溶液则不会产生沉淀，从而不能吸附镁试剂（I）染料呈天蓝色，由资料知，反应必须在碱性条件下进行；故答案为：错误；由资料知，反应必须在碱性条件下进行；（3）由图结合题意知该合金含镁、铝（不溶于足量饱和氯化铵溶液的白色沉淀既能溶液盐酸又能溶液氢氧化钠），由于Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，因此用镁试剂（）染料检验Mg2+时要排除NH4+的干扰
87、，所以滤液加入足量氢氧化钠溶液将NH4+转化为NH3，煮沸将氨气赶出，故答案为：Mg和Al；将NH4+转化为NH3，煮沸促进氨气逸出，防止NH4+干扰Mg2+的检验；（4）镁和铝都能与盐酸反应生成氢气，根据氢气的体积结合合金总质量可确定合金的组成，加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量可知镁的质量，则可知铝的质量，已知镁的质量和镁铝生成氢气的体积可知铝的质量，则a、b、c都可测定合金的组成，故答案为：a、b、c；若合金中相对原子质量较小的金属的物质的量分数为x，金属总物质的量为7mol，相对分子质量较小的为镁，如x=0，则全被为铝，7mol铝反应生成10.5
88、mol氢气，如全被为镁，即x=7，则生成氢气7mol，则图象为，故答案为：；当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=7 m+1.5n=8.5，解得m=4，n=3，则化学式为Mg4Al3，故答案为：Mg4Al3【点评】本题考查物质含量的测定，侧重于考查学生的实验能力和分析能力，注意根据物质的性质进行判断，题目难度较大26某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物单质X（1）写出反应的化学方程式：4H2SO4+5AsH3+8KBrO35H3AsO4+4Br2+4H2O+4K2S
89、O4（2）根据上述反应可推知aca氧化性：KBrO3H3AsO4b氧化性：H3AsO4KBrO3c还原性：AsH3X d还原性：XAsH3常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na+、NH4+、Cu2+、Ba2+、Al3+、Ag+、Fe3+，阴离子可能是Cl、NO3、SO42、CO32，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色D的焰色反应呈黄色A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失把A的溶液分别加入到B、C、E的
90、溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀请回答：（3）所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3（4）A的化学式为BaCl2，D溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）：CO32+H2OHCO3+OH（5）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是取少量B的溶液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色【考点】无机物的推断；氧化性、还原性强弱的比较菁优网版权所有【分析】（1）KBrO3在反应中得到电子，由给出的物质可知，Br元素的化合价降低，则As元素的化合价升高，发生KBrO3+H2SO4+AsH3H3AsO4+K2SO4+H2O+
91、X，结合氧化还原反应中基本概念及转移电子书写；（2）物质中元素化合价升高的被氧化，作还原剂，物质中元素化合价降低的被还原，作氧化剂，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，还原剂的还原性最强；五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+；A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性则D中含有CO32，根据阳离子可知D为Na2CO3；若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，则A、C中没有SO42；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，
92、C中沉淀消失，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C中为AgNO3；把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42；所以B、E为（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，结合题目分析【解答】解：（1）KBrO3在反应中得到电子，由给出的物质可知，Br元素的化合价降低，生成溴单质，则As元素的化合价升高，该反应为4H2SO4+5AsH3+8KBrO35H3AsO4+4Br2+4H2O+4K2SO4，故答案为：4H2SO4+5AsH3+8KB
93、rO35H3AsO4+4Br2+4H2O+4K2SO4；（2）在反应4H2SO4+5AsH3+8KBrO35H3AsO4+4Br2+4H2O+4K2SO4中，由KBrO3生成Br2，Br的化合价由+5价降低到0价，KBrO3作氧化剂，氧化性：KBrO3H3AsO4，AsH3生成H3AsO4，化合价由3价升高到+5价，AsH3作还原剂，还原性：AsH3Br，故答案为：ac五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+；A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性则D中含有CO32，根据阳离子可知D为Na2CO
94、3；若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，则A、C中没有SO42；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C中为AgNO3；把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42；所以B、E为（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，（3）所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，故答案为：（NH
95、4）2SO4、Al2（SO4）3；（4）A为BaCl2，Na2CO3溶液显碱性的原因是CO32+H2OHCO3+OH；故答案为：BaCl2；CO32+H2OHCO3+OH；（5）检验（NH4）2SO4中所含的阳离子的方法为：取少量B的溶液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色故答案为：取少量B的溶液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色【点评】本题考查氧化还原反应，离子共存和离子反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，在解题时，首先将题中有特征的物
96、质推出，然后结合推出的物质推导剩余的物质，最后进行验证即可27绿矾（FeSO47H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：查询资料，得有关物质的数据如下表：25时pH值饱和H2S溶液3.9SnS沉淀完全1.6FeS开始沉淀3.0FeS沉淀完全5.5（1）操作中，通入硫化氢至饱和的目的是除去溶液中的Sn2+离子；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是防止Fe2+离子生成沉淀（2）操作的顺序依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤（3）操作得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的硫酸等杂质；降低洗涤过程中FeSO47H
97、2O的损耗（4）测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是：a称取2.850g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.010 00molL1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为酸式滴定管（填仪器名称）判断此滴定实验达到终点的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数为97.54%【考点】制备实验方案的设计菁优网版权所有【分析】铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化
98、氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO47H2O，（1）依据流程关系图分析，通入硫化氢制饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化；在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，操作加入稀硫酸调节溶液PH=2为了除去杂质离子Sn2+；（2）操作IV的目的是从滤液中析出绿矾晶体，利用蒸发浓缩，结晶洗涤得到晶体；（3）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤目的是洗去表面杂质，温度降低绿矾溶解度降低，减少绿矾晶体的损失；（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性能氧化橡胶管，不能
99、用简式滴定管；利用高锰酸钾溶液紫红色指示反应终点；依据滴定实验的反应终点时发生的反应为 5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O，由消耗的高锰酸钾的物质的量可求得亚铁离子的物质的量，即FeSO47H2O的物质的量，由此计算出样中纯FeSO47H2O的质量，进而计算样品中FeSO47H2O的质量分数【解答】解：铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO47H2O，（1）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧
100、化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，故答案为：除去溶液中的Sn2+离子；防止Fe2+离子生成沉淀；（2）溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，故答案为：过滤、洗涤；（3）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，故答案为：降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗；（4）高锰酸钾具有强氧化性，
101、可腐蚀橡皮管，应放在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管；滴定实验达到终点时，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色，故答案为：滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；a称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL，则 5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O 5 1n（Fe2+） 0.01000mol/L0.0200L计算得到；n（Fe2+）=0.001mol；则250mL溶液中含Fe2+=0.001mol=0.01mol；FeSO47H2O物质的量为0.01mol，质量=0.01mol278g/mol=2.78g；质量分数=100%=97.54%，故答案为：97.54%【点评】本题考查了铁盐亚铁盐的性质应用，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，题目着重于分离混合物的实验方法设计和分析判断的考查，注意把握滴定实验的分析判断，数据计算，误差分析的方法，题目难度中等版权所有：高考资源网()