1、2016-2017学年宁夏中卫一中高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（共21小题，每小题3分，满分63分）1胶体区别于其它分散系的特征是（）A胶体粒子能够发生布朗运动B胶体粒子带电荷C胶体粒子直径在1100nm之间D胶体粒子不能穿过半透膜2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（）A依据分子组成中含氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸等B依据是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应C依据能量的变化，将化学反应分为放热反应和吸热反应D依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A标准状况下，NA个S
2、O3分子所占的体积约为22.4LB在标准状况下，1L庚烷（C7H16）完全燃烧所生成的气态产物的分子数为7/22.4NAC16.9g过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数约为0.3NAD7gCnH2n中含有的氢原子数目为NA4设阿伏伽罗常数的值为NA，标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是（）A LB LC LD L5用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是（）A定容时，眼睛仰视刻度线B反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好与刻度线相平C洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转移入容量瓶中D溶解后
3、的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中并定容6化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是（）A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂C使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题D天然药物无任何毒副作用，可长期服用7下列关于氧化物的叙述正确的是（）A金属氧化物都是碱性氧化物B与水反应可生成含酸的氧化物都是酸性氧化物C酸性氧化物都可以与强碱反应D不能跟酸反应的氧化物一定能和碱反应8下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（）A胶体不均一、不稳定，静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀B布朗运动是胶体
4、粒子特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分C光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应D只有胶状的物质如胶水、果冻类的才能称为胶体9类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式（或离子方程式）的类推正确的是（） 已知 类推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应至溶液呈中性：2H+SO42+Ba+2OH=BaSO4+2H2ONaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应呈中性：2H+SO42+Ba+2OH=BaSO4+2H2OC铁和氯气反应2Fe+3Cl2
5、2FeCl3铁和单质反应2Fe+3I22FeI3D向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClOAABBCCDD10在PH=1的溶液中，下列各组离子一定能存在的是（）ANa+、NO3、Al3+、K+BNa+、ClO3、ClO、ClO4CK+、Cr2O72、I、Na+DNa+、SO32、SO42、NH4+11在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可
6、得到c mol NH3，（已知NH4+OHNH3+H2O）则原溶液中的Al3+的物质的量浓度（molL1）为（）ABCD12物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关下列各组物质：Cu与HNO3溶液 Cu与FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）ABCD13赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，对于该反应，下列说法正确的是（）A该反应的氧化剂只有Cu2OBCu既是氧化产物，又是还原产物CCu2S在反应中既是氧化剂又是还原
7、剂D还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：614能正确表示下列反应的离子方程式是（）A醋酸钠的水解反应：CH3COO+H2OCH3COOH+OHB碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32C苯酚钠溶液与过量二氧化碳反应：C6H5O+CO2+H2OC6H5OH+CO32D稀硝酸与过量的铁屑反应：3Fe+8H+2NO33 Fe3+2NO+4H2O15下面三个方法都可以用来制氯气：4HCl（浓）+MnO2 nCl2+Cl2+2H2O4HCl（g）+O22Cl2+2H2O（g）2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O则三种氧
8、化剂氧化性由强到弱的顺序是（）AO2 MnO2 KMnO4BKMnO4 MnO2O2CMnO2KMnO4 O2DO2 KMnO4 MnO216某反应的化学方程式为：aFeCl2+bKNO3+cHCldFeCl3+eKCl+fX+gH2O，若b=1，d=3，则X的化学式为（）AN2BNOCNO2DNH4Cl17向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝
9、酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol18M（NO3）2热分解化学方程式为：2M（NO3）22MO+4NO2+O2，加热29.6g M（NO3）2使其完全分解，在标准状况下收集11200mL的气体，那么M的摩尔质量是（）A64g/molB24g/molC65g/molD40g/mol19做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4+C2O42+H+CO2+Mn2+（），关于此反应的叙述正确的是 （）A该反应的氧化剂是C2O42B该反
10、应右边方框内的产物是OHC该反应电子转移总数是5eD配平该反应式后，H+的系数是1620根据反应：I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI2FeCl3+2HI2FeCl2+I2+2HCl2FeCl2+Cl22FeCl3可知：I、Fe2+、Cl、SO2的还原性由强到弱的顺序是（）ASO2IFe2+ClBClFe2+SO2ICFe2+IClSO2DIFe2+ClSO221在Al2（SO4）3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则原溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为（）A1：2B3：1C3：2D2：1二、解答题（共6小题，满分
11、37分）22不用任何试剂鉴别硫酸、硫酸钠、碳酸钠、氯化钡四种无色溶液，将它们两两混合现象如下：ABCDA白色沉淀无现象无色气体B白色沉淀白色沉淀白色沉淀C无现象白色沉淀无现象D无色气体白色沉淀无现象由表可知：（ 1）B为；C为（填化学式）（2）要确定A、D还要进行的实验操作是：在A、D溶液中分别加入稀盐酸，若有现象，证明是（填化学式）（3）写出A和D反应的离子方程式：23实验室用密度为1.18g/ml，质量分数为36.5%浓盐酸配制250ml0.1mol/L的盐酸溶液，填空并请回答下列问题：（1）配制250ml0.1mol/L的盐酸溶液应量取盐酸体积ml，应选用容量瓶的规格ml（2）配置时，其
12、正确的操作顺序是A用30ml水洗涤烧杯 23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒量准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30ml），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250ml的容量瓶中D将容量瓶盖紧、振荡、摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处a BCAFED bBCFED cBCAED（3）操作B中，使用量筒量取液体时视线俯视会造成配制液体浓度（偏高、偏低或无影响）操作E中加水超过刻度线该如何处理？（4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（偏高、偏低或无影响）？a没有进行A
13、操作；b加蒸馏水时不慎超过了刻度；c定容时俯视24氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程下面是一个还原过程的反应式：NO3+4H+3eNO+2H2O，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2（SO4）3四种物质中的一种物质（甲）能使上述还原过程发生（1）写出并配平该氧化还原反应的方程式：（2）反应中硝酸体现了、的性质（3）反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是mol25NaNO2外观近似食盐，有像食盐一样的咸味，它的毒性较大，长期食用可能致癌已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O（1）若有1.5mol的NaNO2参加反应，被氧化
14、的HI是mol（2）根据上述反应，可以用试纸和生活中常见的物质进行试验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选的物质有：自来水 碘化钾淀粉试纸 淀粉 白糖 食醋 白酒进行实验时，选用的物质或试纸是（填序号）（3）某厂废切削液中含2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂（填序号）能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2NaCl NH4Cl KMnO4浓硝酸反应的化学方程式为26一种白色晶体A极易溶于水，将A配成溶液进行如下框图所示的实验，实验现象及转化关系如下列框图所示其中A为（NH4） 2SO3，气体D能使品红溶液褪色，气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝试回答下列问题：（1）写出下列物质化学
15、式：D：；（2）写出下列反应的离子方程式：A和酸性KMnO4溶液：E和NaOH溶液：（3）通过本题的解答在检验SO42时，应使用A盐酸酸化的BaCl2溶液 B、硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液27A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3、SO42、Cl、CO32、中的一种（离子在物质中不能重复出现）若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液成蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）A，C（2）写出盐酸与D反应的离子
16、方程式：（3）写出C与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：2016-2017学年宁夏中卫一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共21小题，每小题3分，满分63分）1胶体区别于其它分散系的特征是（）A胶体粒子能够发生布朗运动B胶体粒子带电荷C胶体粒子直径在1100nm之间D胶体粒子不能穿过半透膜【考点】胶体的重要性质【分析】胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不同【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm，胶体粒子能够发生布朗运动，胶体粒子不能穿过半透膜是胶体
17、的性质AD不符合，胶体离子吸附带电离子，B错误，故选C2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（）A依据分子组成中含氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸等B依据是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应C依据能量的变化，将化学反应分为放热反应和吸热反应D依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；吸热反应和放热反应；化学基本反应类型【分析】A、从酸电离出氢离子的数目将酸分为一元酸、二元酸等；B、根据反应是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；C、化学反应的能量变化分为放热反应
18、和吸热反应；D、依据组成元素的种类将纯净物分类【解答】解：A、从酸电离出氢离子的数目将酸分为一元酸、二元酸等，与含有的H原子的数目无关，例如CH3COOH含有4个H原子，但为一元酸，故A错误；B、根据反应是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，而不是根据转移电子数目的多少，故B错误；C、根据化学反应的能量变化分为放热反应和吸热反应，故C正确；D、依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物，同元素组成的物质不一定是单质，故D错误；故选C3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4LB在标准状况下，1L庚烷（C7H
19、16）完全燃烧所生成的气态产物的分子数为7/22.4NAC16.9g过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数约为0.3NAD7gCnH2n中含有的氢原子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、依据气体摩尔体积的应用条件分析，SO3标准状况下是固体；B、依据气体摩尔体积的应用条件分析判断，庚烷标准状况下为液体；C、注意过氧根是原子团；D、依据分子结构中碳氢比为1：2分析计算；【解答】解：A、选项中SO3标准状况下为固体，A错误；B、选项中标准状况下，庚烷为液体，故B错误；C、选项中16.9gBaO2为0.1mol，过氧化钡是由钡离子和过氧根离子构成，其阴、阳离子总数为0.2NA；故C错误；D
20、、CnH2n的碳元素与氢元素物质的量之比为1：2，则氢元素的质量为=1g，物质的量=1mol所以氢原子数为NA，故D正确；故选D4设阿伏伽罗常数的值为NA，标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是（）A LB LC LD L【考点】气体摩尔体积【分析】先求出ng该混合气体含有的分子数，再求出混合气体物质的量，最后根据标准状况下的气体摩尔体积求出体积【解答】解：根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个，质量与分子数的比列式为：mg：b=ng：x，x=个； ng该混合气体含有的物质的量为：n=mol，
21、其体积为：V=nVm=mol22.4l/mol=L，故选A5用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是（）A定容时，眼睛仰视刻度线B反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好与刻度线相平C洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转移入容量瓶中D溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中并定容【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】根据c=，判断不当操作对n、V的影响，进而判断溶液浓度的变化【解答】解：A在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，故A不选；B反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好与刻度线相平，导致溶液体积偏
22、大，溶液浓度偏低，故B不选；C洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转移入容量瓶中，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不选；D溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故D选；故选：D6化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是（）A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂C使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题D天然药物无任何毒副作用，可长期服用【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；常见的生活环境的污染及治理；乙烯的用途；药物的主要成分和疗效【分
23、析】A、从乙烯的性质和应用角度分析；B、从加入大量添加剂是否对人体有害分析；C、从导致水体富营养化的原因分析；D、从天然药物是否有毒分析【解答】解：A、乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则可达到水果保鲜的目的，故A正确；B、食品安全直接关系到我们的身体健康，食品添加剂的使用必须严格控制，故B错；C、含磷洗衣粉的使用只是造成水体富营养化的原因之一，因此使用无磷洗衣粉，不可能彻底解决水体富营养化问题，故C错；D、天然药物有的本身就有很大的毒性，不可食用，故D错故选A7下列关于氧化物的叙述正确的是（）A金属氧化物都是碱性氧化物B与水反应可生成含酸的氧化物都是酸性氧化物C酸性氧化物都可以与强
24、碱反应D不能跟酸反应的氧化物一定能和碱反应【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】氧化物为由两种元素组成，且一种元素为氧元素的化合物，按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物，按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，以此解答此题【解答】解：A、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等，如Al2O3属于两性氧化物，故A错误；B、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，但二氧化氮不是酸性氧化物，所以与水反应可生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，故B错误；C、酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物均可以跟碱反应，故C正确；D、不成盐氧化物既不
25、能与酸反应也不能与碱反应，故D错误故选C8下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（）A胶体不均一、不稳定，静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀B布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分C光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应D只有胶状的物质如胶水、果冻类的才能称为胶体【考点】胶体的重要性质【分析】A、根据胶体的外观特征B、根据溶液也能发生布朗运动；C、根据胶体能产生丁达尔效应；D、根据胶体的定义；【解答】解：A、胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故A错误；B、区分胶体与其他分散系应用丁达尔效应，布朗运动是所有粒子在溶液中的运动方式，故B
26、错误；C、胶体能产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应，故C正确；D、胶体是指分散质粒子直径在1 nm100 nm之间的分散系，与分散系的状态无关，故D错误；故选：C9类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式（或离子方程式）的类推正确的是（） 已知 类推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应至溶液呈中性：2H+SO42+Ba+2OH=BaSO4+2H2ONaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应呈中性：2H+SO42+Ba+2OH=BaSO4+2H2OC铁和氯气反应2
27、Fe+3Cl22FeCl3铁和单质反应2Fe+3I22FeI3D向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClOAABBCCDD【考点】离子方程式的书写【分析】A、金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是和盐中的水反应；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀；C、碘单质氧化性弱，只能氧化铁为亚铁；D、二氧化碳和二氧化硫均能和次氯酸钙溶液反应二氧化硫具有还原性被次氯酸氧化为硫酸【解答】解：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金
28、属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2+2H+2OH+SO42=2H2O+BaSO4，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应呈中性，离子反应方程式为：Ba2+2H+2OH+SO42=2H2O+BaSO4，故B正确；C、氯气氧化性强能氧化铁为高价化合物为氯化铁，碘单质氧化性弱只能氧化铁为氯化亚铁，故C错误；D、少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙为硫酸钙，故D错误；故选B
29、10在PH=1的溶液中，下列各组离子一定能存在的是（）ANa+、NO3、Al3+、K+BNa+、ClO3、ClO、ClO4CK+、Cr2O72、I、Na+DNa+、SO32、SO42、NH4+【考点】离子共存问题【分析】pH=1的溶液呈酸性，离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应且和氢离子不反应的能大量共存，以此解答该题【解答】解：A这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故A正确；B酸性条件下ClO不能大量共存，故B错误；C酸性条件下Cr2O72、I发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D酸性条件下SO32不能大量共存，故D错误故选A
30、11在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，（已知NH4+OHNH3+H2O）则原溶液中的Al3+的物质的量浓度（molL1）为（）ABCD【考点】有关混合物反应的计算【分析】根据反应SO42+Ba2+BaSO4计算溶液中的SO42离子的物质的量，根据离子方程式NH4+OHNH3+H2O计算NH4+的物质的量，再根据c=计算出溶液中硫酸根离子、铵根离子的浓度，最后利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度【解答】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的S
31、O42离子完全沉淀，则SO42+Ba2+BaSO4 bmol bmolc（SO42）=mol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4+OHNH3+H2O cmol cmolc（NH4+）=mol/L，由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x3+mol/L1=mol/L2，解得：x=mol/L，故选C12物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关下列各组物质：Cu与HNO3溶液 Cu与FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）ABCD【考点】硝酸的化学性质；浓硫
32、酸的性质【分析】浓硝酸与金属反应生成二氧化氮，稀硝酸与金属反应生成一氧化氮；较活泼金属与稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；中都只发生一种反应，以此来解答【解答】解：Cu与HNO3溶液中，若为浓硝酸，发生Cu+4HNO3Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，故符合题意；Cu与FeCl3溶液中，无论浓度大小都只发生Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2，故不符合题意；Zn与H2SO4溶液中，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4ZnSO4+H2，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O
33、，故符合题意；Fe与HCl溶液中，无论浓度大小都只发生Fe+2HCl=FeCl2+H2，故不符合题意；故选A13赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，对于该反应，下列说法正确的是（）A该反应的氧化剂只有Cu2OBCu既是氧化产物，又是还原产物CCu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂D还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：6【考点】氧化还原反应【分析】2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2中，Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：ACu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误
34、；BCu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；CCu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；DCu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错误；故选C14能正确表示下列反应的离子方程式是（）A醋酸钠的水解反应：CH3COO+H2OCH3COOH+OHB碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32C苯酚钠溶液与过量二氧化碳反应：C6H5O+CO2+H2OC6H5OH+CO32D稀硝酸与过量的铁屑反应：3Fe+8H+2NO33 Fe3+2NO+4H
35、2O【考点】离子方程式的书写【分析】A醋酸根离子的水解为可逆反应，应该用可逆号；B氢氧化钠过量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；C二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子；D铁屑过量，反应生成的是亚铁离子【解答】解：A醋酸钠的水解反应为可逆反应，正确的水解反应为：CH3COO+H2OCH3COOH+OH，故A错误；B碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故B正确；C苯酚钠溶液与过量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：C6H5O+CO2+H2OC6H5OH+HCO3，故C错误；D稀硝酸与过量的铁屑反应生成硝酸亚铁、
36、NO气体和水，正确的离子方程式为：3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故D错误；故选B15下面三个方法都可以用来制氯气：4HCl（浓）+MnO2 nCl2+Cl2+2H2O4HCl（g）+O22Cl2+2H2O（g）2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O则三种氧化剂氧化性由强到弱的顺序是（）AO2 MnO2 KMnO4BKMnO4 MnO2O2CMnO2KMnO4 O2DO2 KMnO4 MnO2【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】根据反应条件判断反应的难易程度，反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强
37、，据此分析解答【解答】解：根据方程式4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O、4HCl（g）+O22Cl2+2H2O（g）、2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O知，没有反应条件，的反应条件是加热，的反应条件是加热和催化剂，反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强，所以氧化性最强的是高锰酸钾，其次是二氧化锰，最后是氧气，故选B16某反应的化学方程式为：aFeCl2+bKNO3+cHCldFeCl3+eKCl+fX+gH2O，若b=1，d=3，则X的化学式为（）AN2BNOCNO2DNH4Cl【考点】氧化还原反
38、应方程式的配平【分析】根据原子守恒计算推导X的化学式【解答】解：根据原子守恒得：a=d=3、e=b=1，根据氯原子守恒，则c=4，再由氢原子守恒，则g=2，所以最后根据N、O原子守恒，推出X的化学式为NO，故选B17向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与
39、硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，列方程计算；B、根
40、据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C、根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），据此计算【解答】解：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属
41、离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（N
42、aNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.2mol+20.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为
43、硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）2nCu（NO3）2=1mol20.4mol=0.2mol，故D正确故选B18M（NO3）2热分解化学方程式为：2M（NO3）22MO+4NO2+O2，加热29.6g M（NO3）2使其完全分解，在标准状况下收集11200mL的气体，那么M的摩尔质量是（）A64g/molB24g/molC65g/molD40g/mol【考点】摩尔质量【分析】根据n=计算混合气体的物质的量，根据方程式化学计量数关系计算出29.6g M（NO3）2的物质的量，根据M=计算出摩尔质量
44、，进而根据质量守恒定律计算M的摩尔质量【解答】解：在标准状况下收集气体体积为11.2L，物质的量为： =0.5mol，根据反应方程式2M（NO3）22MO+4NO2+O2，可知2molM（NO3）2分解生成5mol气体，故M（NO3）2的物质的量为：0.5mol=0.2mol，M（NO3）2的摩尔质量为： =148g/mol，所以M的相对原子量为：148622=24，所以M的摩尔质量为：24g/mol，故选B19做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4+C2O42+H+CO2+Mn2+（），关于此反应的叙述正确的是 （
45、）A该反应的氧化剂是C2O42B该反应右边方框内的产物是OHC该反应电子转移总数是5eD配平该反应式后，H+的系数是16【考点】氧化还原反应方程式的配平【分析】该反应中，锰元素化合价由+7价变为+2价，草酸根离子中碳原子化合价由+3价变为+4价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据转移电子数相等及原子守恒配平方程式【解答】解：A该反应中，锰元素化合价由+7价变为+2价，所以高锰酸根离子作氧化剂，故A错误；B根据元素守恒、原子守恒知，该反应右边方框内的产物是H2O，故B错误；C配平该反应可得：2MnO4+5C2O4 2+16H+10CO2+2Mn2+8H2O，转移电子总数是10e，故C错误；D
46、配平该反应可得：2MnO4+5C2O4 2+16H+10CO2+2Mn2+8H2O，所以氢离子系数是16，故D正确；故选D20根据反应：I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI2FeCl3+2HI2FeCl2+I2+2HCl2FeCl2+Cl22FeCl3可知：I、Fe2+、Cl、SO2的还原性由强到弱的顺序是（）ASO2IFe2+ClBClFe2+SO2ICFe2+IClSO2DIFe2+ClSO2【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】依据氧化还原反应的强弱规律，根据元素的化合价升高来判断还原剂，利用氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答【解答】解：I2+SO2+2H2OH
47、2SO4+2HI中，S元素的化合价升高，I化合价降低，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性SO2I，2FeCl3+2HI2FeCl2+I2+2HCl中，I元素的化合价升高，Fe化合价降低，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性IFe2+，2FeCl2+Cl22FeCl3中，Fe元素的化合价升高，Cl化合价降低，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Fe2+Cl，所以离子的还原性由强到弱的顺序为SO2IFe2+Cl，故选A21在Al2（SO4）3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则原溶液中Al2（SO4）3和Mg
48、SO4的物质的量之比为（）A1：2B3：1C3：2D2：1【考点】有关混合物反应的计算【分析】首先发生反应Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3+3OHAl（OH）3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，据此确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答【解答】解：首先发生反应Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3
49、，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3+3OHAl（OH）3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=20mL：30mL=1：1，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为：1=1：2，故选A二、解答题（共6小题，满分37分）22不用任何试剂鉴别硫酸、硫酸钠、碳酸钠、氯化钡四种无色溶液，将它们两两混合
50、现象如下：ABCDA白色沉淀无现象无色气体B白色沉淀白色沉淀白色沉淀C无现象白色沉淀无现象D无色气体白色沉淀无现象由表可知：（ 1）B为BaCl2；C为Na2SO4（填化学式）（2）要确定A、D还要进行的实验操作是：在A、D溶液中分别加入稀盐酸，若有生成气体现象，证明是Na2CO3（填化学式）（3）写出A和D反应的离子方程式：CO32+2H+=CO2+H2O【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】硫酸、硫酸钠、碳酸钠、氯化钡四种无色溶液，物质间两两混合出现的现象不同，结合物质中离子性质分析判断，其中氯化钡溶液和硫酸、硫酸钠、碳酸钠反应都生成白色沉淀，B为BaCl2，其中硫酸和碳酸钠反应生
51、成二氧化碳气体，AD为硫酸和碳酸钠，A为硫酸，C为硫酸钠，据此回答问题，（1）分析可知B为氯化钡，C为硫酸钠；（2）要确定A、D还要进行的实验操作是，利用碳酸钠和酸反应生成二氧化碳气体检验；（3）A和D反应是碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水【解答】解：硫酸、硫酸钠、碳酸钠、氯化钡四种无色溶液，物质间两两混合出现的现象不同，结合物质中离子性质分析判断，其中氯化钡溶液和硫酸、硫酸钠、碳酸钠反应都生成白色沉淀，B为BaCl2，其中硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，AD为硫酸和碳酸钠，A为硫酸，C为硫酸钠，（1）分析可知B为氯化钡，化学式为BaCl2，C为硫酸钠化学式为Na2SO4，故答案为：
52、BaCl2，Na2SO4；（2）要确定A、D还要进行的实验操作是，利用碳酸钠和酸反应生成二氧化碳气体检验，在A、D溶液中分别加入稀盐酸，若有气体生成，证明是Na2CO3，故答案为：生成气体；Na2CO3；（3）A和D反应是碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CO32+2H+=CO2+H2O，故答案为：CO32+2H+=CO2+H2O23实验室用密度为1.18g/ml，质量分数为36.5%浓盐酸配制250ml0.1mol/L的盐酸溶液，填空并请回答下列问题：（1）配制250ml0.1mol/L的盐酸溶液应量取盐酸体积2.1ml，应选用容量瓶的规格250ml（2）配置时，
53、其正确的操作顺序是aA用30ml水洗涤烧杯 23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒量准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30ml），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250ml的容量瓶中D将容量瓶盖紧、振荡、摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处a BCAFED bBCFED cBCAED（3）操作B中，使用量筒量取液体时视线俯视会造成配制液体浓度偏低（偏高、偏低或无影响）操作E中加水超过刻度线该如何处理？重新配制（4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（偏高、偏低或无影响
54、）？a没有进行A操作偏低；b加蒸馏水时不慎超过了刻度偏低；c定容时俯视偏高【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）依据c=计算浓盐酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积，依据配制溶液体积选择合适规格的容量瓶；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤排序；（3）（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分【解答】解：（1）密度为1.18g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸物质的量浓度C=11.8mol/L，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：V11.8mol/L=0.1mol/L250mL，解得V=2.
55、1mL；配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液，应选择250mL容量瓶；故答案为：2.1；250；（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序为：BCAFED；故选：a；（3）操作B中，使用量筒量取液体时视线俯视会造成配制液体浓度，导致量取的浓盐酸体积偏小，溶质氯化氢物质的量偏小，溶液浓度偏低；操作E中加水超过刻度线该如何处理，导致实验失败，且无法补救，必须重新配制；故答案为：偏低；重新配制；（4）a没有进行操作A，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；b加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；c定容时俯视，
56、导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；故答案为：偏低；偏低；偏高24氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程下面是一个还原过程的反应式：NO3+4H+3eNO+2H2O，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2（SO4）3四种物质中的一种物质（甲）能使上述还原过程发生（1）写出并配平该氧化还原反应的方程式：14HNO3+3Cu2O6Cu（NO3）2+2NO+7H2O（2）反应中硝酸体现了酸性、氧化性的性质（3）反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是0.6mol【考点】氧化还原反应【分析】KMnO4、Na2CO3、Fe2（SO4）3中Mn、C、Fe元素都处在最高价，则具有氧化性，只有
57、Cu2O中Cu处在较低价，则具有还原性，在NO3+4H+3eNO+2H2O中发生的氧化剂被还原的反应，则该氧化还原反应为Cu2O+HNO3NO+Cu（NO3）2+H2O，Cu元素由+1价升高到+2价，N元素由+5价降低到+2价，由电子守恒及质量守恒定律，配平的化学反应为3Cu2O+14HNO32NO+6Cu（NO3）2+7H2O，结合氧化还原反应基本概念来解答【解答】解：（1）KMnO4、Na2CO3、Fe2（SO4）3中Mn、C、Fe元素都处在最高价，则具有氧化性，只有Cu2O中Cu处在较低价，则具有还原性，在NO3+4H+3eNO+2H2O中发生的氧化剂被还原的反应，则该氧化还原反应为Cu
58、2O+HNO3NO+Cu（NO3）2+H2O，Cu元素由+1价升高到+2价，N元素由+5价降低到+2价，由电子守恒及质量守恒定律，配平的化学反应为3Cu2O+14HNO32NO+6Cu（NO3）2+7H2O，故答案为：14HNO3+3Cu2O6Cu（NO3）2+2NO+7H2O； （2）生成硝酸铜体现硝酸的酸性，生成NO体现硝酸的氧化性，故答案为：酸性；氧化性；（3）若产生0.2mol气体，则转移电子为0.2mol（52）=0.6mol，故答案为：0.625NaNO2外观近似食盐，有像食盐一样的咸味，它的毒性较大，长期食用可能致癌已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2
59、+2NaI+2H2O（1）若有1.5mol的NaNO2参加反应，被氧化的HI是3mol（2）根据上述反应，可以用试纸和生活中常见的物质进行试验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选的物质有：自来水 碘化钾淀粉试纸 淀粉 白糖 食醋 白酒进行实验时，选用的物质或试纸是（填序号）（3）某厂废切削液中含2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂（填序号）能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2NaCl NH4Cl KMnO4浓硝酸反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2+2H2O【考点】亚硝酸盐【分析】（1）结合方程式计算被氧化的HI的量；（2）根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等
60、明显现象选择试剂；（3）使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，N元素的化合价降低，则选择还原剂，以此来解答【解答】解：（1）设被氧化的HI的物质的量为x， 2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O 2 4 1.5mol x所以x=3mol； 故答案为：3l； （2）自来水、淀粉、白糖、白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故答案为：； （3）使NaNO2转化为不引起二次污染
61、的N2，N元素的化合价降低，则选择还原剂，只有NH4Cl 符合，发生反应为NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2+2H2O，故答案为：；NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2+2H2O26一种白色晶体A极易溶于水，将A配成溶液进行如下框图所示的实验，实验现象及转化关系如下列框图所示其中A为（NH4） 2SO3，气体D能使品红溶液褪色，气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝试回答下列问题：（1）写出下列物质化学式：D：SO2；（2）写出下列反应的离子方程式：A和酸性KMnO4溶液：2MnO4+6H+5SO32=5SO42+2Mn2+5H2OE和NaOH溶液：NH4+OHNH3+H2O（3）通过本题的解
62、答在检验SO42时，应使用AA盐酸酸化的BaCl2溶液 B、硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液【考点】无机物的推断【分析】A为（NH4） 2SO3，亚硫酸氨加入盐酸反应生成气体D能使品红溶液褪色的是二氧化硫，气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是氨气，溶液E为氯化铵溶液，和氢氧化钠固体加热生成氨气，亚硫酸氨和酸性高锰酸钾溶液反应被也会为硫酸盐B，A和氯水反应生成氯化铵、二氧化碳等，则B为硫酸铵，加入盐酸酸化的氯化钡溶液得到白色沉淀为硫酸钡沉淀，据此分析回答【解答】解：A为（NH4） 2SO3，亚硫酸氨加入盐酸反应生成气体D能使品红溶液褪色的是二氧化硫，气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是氨气，溶液E
63、为氯化铵溶液，和氢氧化钠固体加热生成氨气，亚硫酸氨和酸性高锰酸钾溶液反应被也会为硫酸盐B，A和氯水反应生成氯化铵、二氧化碳等，则B为硫酸铵，加入盐酸酸化的氯化钡溶液得到白色沉淀为硫酸钡沉淀，（1）（NH4）2SO3能和盐酸反应生成二氧化硫，所以D是SO2，故答案为：SO2；（2）A和酸性KMnO4溶液反应离子方程式为：2MnO4+6H+5SO32=5SO42+2Mn2+5H2O，故答案为：2MnO4+6H+5SO32=5SO42+2Mn2+5H2O；E为氯化铵溶液和氢氧化钠固体加热反应，铵盐和强碱共热会生成氨气，是一种碱性气体，反应的离子方程式为：NH4+OHNH3+H2O，故答案为：NH4+
64、OHNH3+H2O；故答案为：Cl2+H2O+SO32=SO42+2H+2Cl；（3）硝酸具有强氧化性，可以将SO32氧化为SO42，会影响SO42的检验，在检验SO42时，应使用 盐酸酸化的BaCl2溶液，则在确定溶液中不含Ag+等干扰离子存在时可选用盐酸酸化的BaCl2溶液作试剂检验SO42，在确定溶液中不含SO32等干扰离子存在时可选用HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液作试剂检验SO42，故答案为：A27A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3、SO42、Cl、CO32、中的一种（离子在物质中不能重复出现）
65、若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液成蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）ABaCl2，CCuSO4 （2）写出盐酸与D反应的离子方程式：CO32+2H+=CO2+H2O（3）写出C与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Cu2+2OH+Ba2+SO42=Cu（OH）2+BaSO4【考点】常见离子的检验方法【分析】A、B、C、D为四种可溶性的盐，可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定如Ba2+不能和SO42、CO32结合，而只能和
66、NO3、Cl；Ag+不能和SO42、Cl、CO32三种离子结合，而只能和NO3结合，则一定是BaCl2、AgNO3；Cu2+不能和CO32结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32为Na2CO3即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液成蓝色，所以C为CuSO4；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，根据分析可知：A为BaCl2、B为AgNO3、C为CuSO4、D为Na2CO3，据此进行解答【解答】解：题干8种
67、离子形成的A、B、C、D为可溶性的盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42、CO32结合，而只能和NO3、Cl；Ag+不能和SO42、Cl、CO32三种离子结合，而只能和NO3结合，则一定是BaCl2、AgNO3；Cu2+不能和CO32结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32为Na2CO3即四种物质为：BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3，由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，根据分析可知：A为BaCl2、B为AgNO3、C为CuSO4、D为Na2CO3，（1）依据推断结果可知：A为BaCl2，C为CuSO4 ，故答案为：BaCl2；CuSO4 ；（2）盐酸与D（Na2CO3）反应的离子反应方程式为：CO32+2H+=CO2+H2O，故答案为：CO32+2H+=CO2+H2O；（3）C（CuSO4 ）与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：Cu2+2OH+Ba2+SO42=Cu（OH）2+BaSO4，故答案为：Cu2+2OH+Ba2+SO42=Cu（OH）2+BaSO42017年4月19日
