1、宁夏银川市唐徕回民中学2016届高三上学期月考化学试卷（10月份）一、选择题（共24小题）1下列条件下，两种气体分子数一定不相等的是（）A相同质量、不同密度的N2O和CO2B相同体积、相同密度的CO和C2H4C相同温度、相同压强、相同体积的O2和O3D相同压强、相同温度、相同质量的O2和SO22分析硫铁矿中FeS2的含量（不考虑杂质的反应，所加试剂均足量），某研究性小组设计了如下四种实验方案，不正确的是（）AFeS2溶液沉淀称重BFeS2溶液沉淀称重CFeS2溶液沉淀称重DFeS2溶液沉淀称重3关于下列各装置图的叙述中，错误的是（）A如图装置用来电解饱和食盐水，C电极产生的气体能使湿润的淀粉K
2、I试纸变蓝B如图装置可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2C如图装置中X为苯，可用于吸收氮气或氯气D如图装置可用于干燥、收集氨气、并吸收多余的氨气4配制0.1mol/L的NaCl溶液，下列操作会导致所配溶液浓度偏低的是（）A称量时，右盘高，左盘低B定容时俯视读取刻度C原容量瓶洗净后未干燥D定容时液面超过了刻度线5要组装一套利用液体和液体反应制备气体的装置，现在设计了如下五步操作，正确的顺序是（）将蒸馏烧瓶固定在铁架台上将酒精灯放在铁架台上，根据酒精灯确定铁圈高度，固定好铁圈，放好石棉网用漏斗向蒸馏烧瓶中加入一种液体反应物，再向分液漏斗中加入另一种液体反应物，并将导气管放入气体收集装置中
3、检查装置的气密性（利用固定装置微热的方法检查装置的气密性）在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管ABCD6从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（）A海带灼烧成灰B过滤得含I溶液C从下口放出碘的苯溶液D分离碘并回收苯7在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A无色溶液：Ca2+、H+、Cl、HSO3B能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I、NO3CFeCl2溶液：K+、Na+、SO42、AlO2D=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32、NO38下列鉴别方法可行的是（）A用氨水鉴别Al3+、Mg2+和Ag+B用Ba（NO3）2溶液鉴别Cl、SO4
4、2和CO32C用核磁共振氢谱鉴别1溴丙烷和2溴丙烷D用KMnO4酸性溶液鉴别CH3CH=CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO9某氯化镁溶液的密度为1.18gcm3，其中镁离子的质量分数为5.11%300mL该溶液中Cl离子的物质的量约等于（）A0.37molB0.63molC0.74molD1.5mol10有Fe2+、NO、Fe3+、NH、H+和H2O六种粒子，属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是（）A氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：8B该过程说明Fe（NO3）2溶液不宜加酸酸化C每1molNO发生还原反应，转移6moleD若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2
5、+eFe3+11化学与科技、社会生活有着密切的联系，下列有关说法正确的是（）A工业上将石油蒸馏得到汽油，这主要发生了化学变化B区分蛋白质溶液和葡萄糖溶液可利用丁达尔效应C乙醇汽油是一种化合物，具有可燃性D食醋、纯碱、食盐的主要化学物质分别属于酸、碱、盐12工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如图对上述流程的判断正确的是（）A试剂X为稀硫酸B反应中生成Al（OH）3的反应为CO2+AlO+2H2OAl（OH）3+HCOC结合质子（H+）的能力由强到弱的顺序是AlOOHCOD反应、均为氧化还原反应1311.6gFe3O4加到100mL某浓度的盐酸中，再加入
6、9.8g铁粉，反应停止时，溶液中无固体存在向溶液中滴加氰化钾溶液，未见颜色变化，为了中和过量的盐酸（不考虑盐酸的挥发），且使铁完全转化为Fe（OH）2，共消耗5.0molL1NaOH溶液160mL，原盐酸的物质的量浓度为（）A2molL1B4molL1C6molL1D8molL114NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAB7.8g过氧化钠晶体中含有0.1NA个OC标准状况下，22.4LNO2中含有NA个NO2分子D1molL1NH4Cl溶液中，NH的数目小于NA15下列等物质的量的各组物质，分别投入足量的等质量稀硫酸溶液中，不考虑水的挥发，
7、反应后溶液质量相等符合条件的有（）Na，Mg Na2O，Na2O2 KHCO3，CaCO3 Na，Na2O2 Na2O，Na2CO3 Na2CO3，NaHCO3ABCD16下列关于钠及其化合物的叙述中，错误的是（）A将少量的金属钠分别投入CuSO4溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻B露置在空气中的金属钠表面迅速变暗，是因为钠与空气中的氧气反应生成了氧化钠C发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔D在含有Na+、Cl、CO、SO的溶液中加入足量Na2O2后，各离子仍能大量共存17下列关于气体的制备的说法不正确的是（）A用碳酸钠粉末可以制备CO2B用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加
8、快产生H2的速率可改用浓H2SO4C加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理可获得NH3D用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同18下列反应的离子方程式正确的是（）AS02气体通入氯水中：SO2+2C1O=2C1+SO42B将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3+4H2OC向NaA102溶液中通入少量CO2：2A1O2+CO2+3H2O=2A1（OH）3+CO32D澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O19下列有关实验的说法正确的是（）A粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强B向溴水中滴入植物油，振荡
9、后，油层显无色，说明溴不溶于油脂C向包有Na2O2的脱脂棉吹气后脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反应是放热反应D为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量20现有四种物质：NaHCO3溶液、NaOH溶液、盐酸、铁粉它们两两之间发生的反应最多有（）A3个B4个C5个D6个21下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（）用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌；用pH试纸测得氯水的pH为2；用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；如果皮肤上不慎沾有苯酚，应立即用大量的NaOH稀溶液冲洗；用瓷坩埚高温熔融F
10、e（CrO2）2和Na2CO3的固体混合物；向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，以制备Fe（OH）3胶体；某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+ABCD22下列叙述正确的是（）A在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原C失电子难的原子，获得电子的能力一定强D有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应23FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固体存在，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Fe2+C溶液中一定含Cu2+D剩余固体
11、中一定含铜24把一块镁铝合金投入到1molL1 盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1molL1 NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示下列说法中错误的是（）A盐酸的体积为80mLBa的取值范围为0a50Cn（Mg2+）0.025molD当a值为30时，b值为0.01二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）25印刷电路的废腐蚀液含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放将导致环境污染及资源的浪费，必须加以回收利用用FeCl3溶液浸泡印刷电路板后的废液制备CuCl22H2O的过程如图：（1）证明步骤1所加FeCl3溶液过量的方法是步骤2所加的氧
12、化剂最适宜的是（填字母）AHNO3 BH2O2 CKMnO4（3）步骤3的目的是使溶液的pH升高到4.2，此时Fe3+完全沉淀，可选用的“试剂1”是（写出一种即可）（4）已知表格数据：物质 Fe（OH）2 Cu（OH）2 Fe（OH）3Ksp/25 8.01016 2.21029 4.01038完全沉淀时的pH范围 9.6 6.4 34对含等物质的量的CuCl2、FeCl2、FeCl3的混合溶液的说法，合理的是（填字母）A向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B该溶液中c（Cl）：c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）7：3C向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到34后过
13、滤，可获得纯净的CuCl2溶液D在pH=5的溶液中Fe2+不能大量存在（5）蒸发浓缩CuCl2溶液时，要滴加浓盐酸，目的是（用化学方程式结合简要的文字说明），再经冷却、结晶、过滤，得到CuCl22H2O26在标准状况下进行下列实验：甲、乙、丙各取30.00ml同浓度的盐酸，加入同一镁铝合金，产生气体，测得有关数据列表如表：实验序号 甲 乙 丙合金质量 0.255g 0.385g 0.459g气体体积 280mL 336mL 336mL（1）分析表格数据后填空：盐酸的物质的量浓度为 molL1据（填实验序号）中的数据，可计算出合金中镁与铝的物质的量分别为在丙实验之后，向容器中加入一定量1.00m
14、olL1的NaOH溶液，使合金中的铝恰好完全溶解，再滤出不溶固体请计算：滤液中的溶质及其物质的量是加入NaOH溶液的体积为27某校化学研究性学习小组设计如下实验方案，测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数（1）方案一：称取一定质量的样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称量剩余固体质量，计算实验中加热至恒重的目的是方案二：按如图装置进行实验并回答以下问题：实验前应先分液漏斗中应该装（填“盐酸”或“稀硫酸盐”）D装置的作用是；实验中除称量样品质量外，还需称装置（用字母表示）前后质量的变化；根据此实验得到的数据，测定结果有较大误差因为实验装置还存在一个明显缺陷，该缺陷是（3）方案三：称取一定量样品
15、，置于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量氯化钡溶液，过滤洗涤，干燥沉淀，称量固体质量，计算：过滤操作中，除了烧杯、漏斗外还用到的玻璃仪器有；试验中判断沉淀是否完全的方法是；若加入试剂改为氢氧化钡，已知称得样品9.5g，干燥的沉淀质量为19.7g，则样品中碳酸钠的质量分数为（保留一位小数）28以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操作和条件略）：从废液中提纯并结晶出FeSO47H2O将FeSO47H2O配制成溶液FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液将浊液过滤，用90热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体
16、已知：NH4HCO3在热水中分解（1）中需加足量的铁屑以除去废液中的Fe3+，该反应的离子方程式是中需加一定量硫酸运用化学平衡原理简述硫酸的作用：（3）中生成FeCO3的离子方程式是若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有高温部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是（4）已知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2现煅烧464.0g的FeCO3，得到316.8g产品若产品中杂质只有FeO，则该产品中Fe2O3的质量是g29现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）阳离子 H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+阴离子 OH
17、、Cl、CO、NO、SO（1）物质鉴定试验 推导结论用pH试纸测出A、B溶液呈碱性，C、D、E溶液呈酸性 A、B中含有的阴离子为，C、D、E中含有的阳离子为A溶液与E溶液反应，既有气体产生又有沉淀产生，A与C反应只有气体产生 A为，C含D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀 D为写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式：（3）在100mL 0.1molL1E溶液中，逐滴加入35mL 2molL1NaOH溶液，写出发生反应的离子方程式30六个未贴标签的试剂瓶中分别装有以下稀溶液FeSO4、H2SO4、BaCl2、H2O2、Al（NO3）3、NaOH（1）某同学想不用其它试剂
18、，仅通过用试管取少量上述溶液进行两两混合实验而给试剂瓶贴上正确的标签，她能成功吗？（填“能”或“不能”）实验中发现，有一组在混合时，随着试剂滴加的顺序不同而出现明显不同的现象，该组是，有一组在混合时随着试剂滴加后的时间不同而出现明显不同的现象，该组是为，该组涉及氧化还原应的化学方程式（3）鉴别后，该同学又用FeSO4做了三个体现Fe2+还原性的实验，每次加入上述两种已鉴别的物质的溶液与其混合试写出其中两个反应的离子方程式（4）实际上实验室配制的FeSO4溶液不可长期保存，短期保存时可在FeSO4溶液配制时加入少量的上述（填编号）防止水解，若能再加上（填物质名称）效果会更好宁夏银川市唐徕回民中学
19、2016届高三上学期月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共24小题）1下列条件下，两种气体分子数一定不相等的是（）A相同质量、不同密度的N2O和CO2B相同体积、相同密度的CO和C2H4C相同温度、相同压强、相同体积的O2和O3D相同压强、相同温度、相同质量的O2和SO2【考点】物质的量的相关计算【分析】根据N=nNA可知，气体分子数目不相等，则二者物质的量不相等A根据n=判断；B根据m=V，n=判断；C同温同压下，体积之比等于物质的量之比；D根据n=判断【解答】解：根据N=nNA可知，气体分子数目不相等，则二者物质的量不相等AN2O和CO2的摩尔质量相等为44g/mol，二
20、者质量相等，根据n=可知二者物质的量相等，含有的分子数目一定相等，故A不选；B根据m=V可知，相同体积、相同密度的CO和C2H4的质量相等，二者摩尔质量都是28g/mol，根据n=可知，二者物质的量相等，含有的分子数目一定相等，故B不选；C相同温度、相同压强、相同体积的O2和O3的物质的量之相等，含有分子数目一定相等，故C不选；DO2和SO2的摩尔质量不同，根据根据n=可知，二者物质的量不同，含有分子数目不同，故D选，故选：D【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意利用pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论2分析硫铁矿中FeS2的含量（不考虑杂质的反应，所加试剂均足量），某研究性小组
21、设计了如下四种实验方案，不正确的是（）AFeS2溶液沉淀称重BFeS2溶液沉淀称重CFeS2溶液沉淀称重DFeS2溶液沉淀称重【考点】化学实验方案的评价【分析】A根据硫元素守恒解题；B加入氢氧化钡后生成硫酸钡和氢氧化铁沉淀；C根据铁元素守恒解题；D无法确定铁的来源【解答】解：A通过测定硫酸钡质量确定FeS2含量，故A正确； B通过测定硫酸钡和氧化铁的总量确定FeS2的含量，故B正确；C通过测定氧化铁含量确定FeS2含量，故C正确；D因加入了还原剂铁粉，且铁粉在过量的酸性环境中也能溶解，故最后滴定时无法确定铁的来源，故D错误故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及化学实验方案设
22、计等，侧重实验原理的考查，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3关于下列各装置图的叙述中，错误的是（）A如图装置用来电解饱和食盐水，C电极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝B如图装置可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2C如图装置中X为苯，可用于吸收氮气或氯气D如图装置可用于干燥、收集氨气、并吸收多余的氨气【考点】原电池和电解池的工作原理；气体的收集；气体的净化和干燥【专题】实验评价题【分析】A、电解饱和食盐水时，在阳极上是氯离子失电子产生能使湿润的淀粉KI试纸变蓝的氯气；B、H2、NH3、Cl2、HCl、NO2可以采用排空气法来收集；C、苯的密度比水小；D、氨气的
23、收集采用向下排空气法，导管可以短进长出，用碱石灰来干燥，用水来吸收时，要防止倒吸【解答】解：A、电解饱和食盐水时，电流的方向是：外电路从原电池的正极流向负极，所以a是正极，b是负极，即c是在阳极，该极上是氯离子失电子产生能使湿润的淀粉KI试纸变蓝的氯气，故A正确；B、H2、NH3、Cl2、HCl、NO2可以采用排空气法来收集，收集时H2、NH3，导管是短进长出，Cl2、HCl、NO2的收集是导管长进短出，故B正确；C、苯的密度比水小，位于上层，故C错误；D、氨气的收集采用向下排空气法，导管可以短进长出，用碱石灰来干燥，用水来吸收时，要防止倒吸，故D正确故选C【点评】本题考查了实验装置正误的判断
24、，难度不大，注意：根据气体的密度、溶解性选取相应的收集方法4配制0.1mol/L的NaCl溶液，下列操作会导致所配溶液浓度偏低的是（）A称量时，右盘高，左盘低B定容时俯视读取刻度C原容量瓶洗净后未干燥D定容时液面超过了刻度线【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法【专题】溶液和胶体专题【分析】A、用托盘天平称量药品时天平左盘放药品，右盘放砝码；B、定容时俯视读取刻度，溶液的实际体积偏小；C、原容量瓶洗净后未干燥对实验结果无影响；D、定容时液面超过了刻度线，溶液体积偏大；【解答】解：根据c=和m=nM进行判断：A、用托盘天平称量药品时天平左盘放药品，右盘放砝码，称量时，右盘高，左盘低
25、，药品实际质量偏大，n偏大，则c偏大，故A不选；B、定容时俯视读取刻度，溶液的实际体积偏小，c偏大，故B不选；C、原容量瓶洗净后未干燥对实验结果无影响，故C不选；D、定容时液面超过了刻度线，溶液体积偏大，c偏小，故D选故选D【点评】本题考查配制一定物质的量浓度溶液的方法，本题难度不大，做题时从c=的角度分析不当操作对溶液浓度的影响5要组装一套利用液体和液体反应制备气体的装置，现在设计了如下五步操作，正确的顺序是（）将蒸馏烧瓶固定在铁架台上将酒精灯放在铁架台上，根据酒精灯确定铁圈高度，固定好铁圈，放好石棉网用漏斗向蒸馏烧瓶中加入一种液体反应物，再向分液漏斗中加入另一种液体反应物，并将导气管放入气
26、体收集装置中检查装置的气密性（利用固定装置微热的方法检查装置的气密性）在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管ABCD【考点】化学实验操作的先后顺序【专题】实验题【分析】实验仪器的安装原则：从下向上，从左向右首先固定酒精灯，根据酒精灯确定铁圈高度，固定好铁圈，放好石棉网；把蒸馏烧瓶固定在铁架台上，在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管，检查装置的气密性；若装置不漏气，再加液体反应物开始反应，制取气体【解答】解：实验仪器的安装原则：从下向上，从左向右首先固定酒精灯，根据酒精灯确定铁圈高度，固定好铁圈，放好石棉网；把蒸馏烧瓶固定在铁架台上，在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管，检查装置的气密性；若
27、装置不漏气，再加液体反应物开始反应，制取气体，故正确的顺序是，故选A【点评】本题考查实验装置的组装顺序，难度不大要牢记实验仪器的安装原则6从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（）A海带灼烧成灰B过滤得含I溶液C从下口放出碘的苯溶液D分离碘并回收苯【考点】海带成分中碘的检验【专题】化学实验基本操作【分析】A固体的灼烧应在坩埚中；B过滤时应该用玻璃棒引流；C苯的密度比水小，应从上口倒出；D碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水【解答】解：A烧杯高温易炸裂，所以不能在烧杯中高温灼烧固体，固体海带的灼烧应在坩埚中，故A错误；B过滤得含I溶液，应该用玻璃棒引流，防止浊液外漏，
28、故B错误；C苯的密度比水小，应从上口倒出，防止污染，故C错误；D碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水，故D正确；故选D【点评】本题主要考查化学实验操作，物质的分离方法取决于物质的性质，根据物质的性质的异同选取分离方法，题目难度不大7在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A无色溶液：Ca2+、H+、Cl、HSO3B能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I、NO3CFeCl2溶液：K+、Na+、SO42、AlO2D=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32、NO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】AH+与HSO3不能大量共存；B能使pH试纸呈红色
29、的溶液呈酸性；CFe2+和AlO2可发生互促水解；D碱性条件，可大量存在【解答】解：AH+与HSO3反应生成SO2而不能大量共存，故A错误；B能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，可氧化I，故B错误；CFe2+和AlO2可发生互促水解而不能大量共存，故C错误；DKw/c（H+）=0.1mol/L的溶液为碱性溶液，在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D【点评】本题主要考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意各选项中的条件，为解答该题的关键，也是易错点8下列鉴别方法可行的是（）A用氨水鉴别Al3+、Mg2+和Ag+B用Ba（NO3）2溶液鉴别Cl
30、、SO42和CO32C用核磁共振氢谱鉴别1溴丙烷和2溴丙烷D用KMnO4酸性溶液鉴别CH3CH=CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】鉴别物质时，所要鉴别的物质要与所加入物质的反应具有不同的现象才可以鉴别出，鉴别Al3+和Mg2+需用过量强碱，生成的NaAlO2和Mg（OH）2沉淀，具有不同的现象；用Ba（NO3）2溶液不能鉴别SO42和CO32，因都生成不溶于水的物质；核磁共振是根据不同H的吸收图象，判断出化合物有几种不同的H，1溴丙烷有三种H，2溴丙烷有两种H所以1溴丙烷会有三个吸收峰，而2溴丙烷只有两个；CH3CH=CHCH2OH和C
31、H3CH2CH2CHO都能被KMnO4酸性溶液氧化而导致KMnO4溶液褪色，则不能鉴别【解答】解：A、氨水分别和Al3+、Mg2+反应生成难溶于水的Al（OH）3和Mg（OH）2，不能鉴别二者，鉴别Al3+和Mg2+需用过量强碱，生成的NaAlO2和Mg（OH）2沉淀，故A错；B、用Ba（NO3）2溶液不能鉴别SO42和CO32，因生成物BaSO4和BaCO3都不溶于水，故B错；C、1溴丙烷有三种等效氢，其核磁共振谱有三个峰，而2溴丙烷有两种等效氢原子，其核磁共振谱有两个峰，故可鉴别，故C正确；D、碳碳双键、醛基都能被酸性KMnO4氧化，KMnO4溶液都褪色，无法鉴别，故D错故选C【点评】本题
32、考查物质的检验和鉴别，做题时要注意Al（OH）3的性质，碳碳双键、醛基与高锰酸钾反应的性质，很多同学在这两个地方容易出错9某氯化镁溶液的密度为1.18gcm3，其中镁离子的质量分数为5.11%300mL该溶液中Cl离子的物质的量约等于（）A0.37molB0.63molC0.74molD1.5mol【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】根据c=计算镁离子的物质的量浓度，再利用MgCl2可知，c（Cl）=2c（Mg2+），以此来解答【解答】解：氯化镁溶液的密度为1.18gcm3，其中镁离子的质量分数为5.11%，则c（Mg2+）=2
33、.5mol/L，c（Cl）=2c（Mg2+）=5.0mol/L，所以300mL该溶液中Cl离子的物质的量约等于0.3L5.0mol/L=1.5mol，故选：D【点评】本题考查物质的量及浓度的有关计算，明确浓度与质量分数的换算公式即可解答，难度不大10有Fe2+、NO、Fe3+、NH、H+和H2O六种粒子，属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是（）A氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：8B该过程说明Fe（NO3）2溶液不宜加酸酸化C每1molNO发生还原反应，转移6moleD若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+eFe3+【考点】氧化还原反应【分析】NO3具有强氧化性，且
34、氧化性：NO3Fe3+，则反应中铁元素的化合价升高，N元素的化合价格下降低，应有8Fe2+NO3+10H+=8Fe3+NH4+H2O，该反应说明Fe（NO3）2溶液不宜加酸酸化；该反应中氧化剂（NO3）与还原剂（Fe2+）物质的量之比为1：8； 若有lmol NO3 发生还原反应，转移电子数为8mol【解答】解：发生反应的离子方程式为8Fe2+NO3+10H+=8Fe3+NH4+H2O，则A反应中氧化剂（NO3）与还原剂（Fe2+）物质的量之比为1：8，故A正确；B酸性条件下NO3可氧化Fe2+，说明Fe（NO3）2溶液不宜加酸酸化，故B正确；C若有lmol NO3 发生还原反应，转移电子数为
35、8mol，故C错误；D原电池中负极上发生失电子的氧化反应，则若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+eFe3+，故D正确故选C【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题的关键是根据反应物和生成物结合物质的性质书写该反应的离子方程式11化学与科技、社会生活有着密切的联系，下列有关说法正确的是（）A工业上将石油蒸馏得到汽油，这主要发生了化学变化B区分蛋白质溶液和葡萄糖溶液可利用丁达尔效应C乙醇汽油是一种化合物，具有可燃性D食醋、纯碱、食盐的主要化学物质分别属于酸、碱、盐【考点】有机物的结构和性质；有机物的鉴别【分析】A蒸馏利用了物质的沸点异同进行分离；B蛋白质具有胶体的性质；C乙醇汽
36、油为混合物；D纯碱为盐类物质【解答】解：A蒸馏利用了物质的沸点异同进行分离，属于物理性质，没有发生化学变化，故A错误；B蛋白质具有胶体的性质，可利用丁达尔效应鉴别，故B正确；C乙醇汽油为混合物，在汽油中添加乙醇，故C错误；D纯碱为碳酸钠，为盐类物质，故D错误故选B【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的组成、结构和性质以及物质的分离、分类等知识，侧重于化学与生活、生产的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累12工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如图对上述流程的判断正确的是（）A试剂X为稀硫酸B反应中生成Al（OH）3的反应为CO2+AlO+2H2OAl
37、（OH）3+HCOC结合质子（H+）的能力由强到弱的顺序是AlOOHCOD反应、均为氧化还原反应【考点】镁、铝的重要化合物【分析】综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应过滤后所得溶液A为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，过滤后分离后，电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，以此解答该题【解答】解：综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO
38、2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应过滤后所得溶液A为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，过滤后分离后，电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，A分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不可能用酸，因氧化铝与氢氧化钠反应，氧化铁不反应，但二者都可与酸反应，故A错误；B铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）中加入过量的氢氧化钠以后会生成偏铝酸钠溶液，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，即CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故B
39、正确；C结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱HCO3Al（OH）3H2O，碱性：OHAlO2CO32，所以结合质子能力：OHAlO2CO32，故C错误；D反应、是复分解反应，不属于氧化还原反应，故D错误故选B【点评】本题以铁、铝化合物的性质为载体综合考查工业冶炼铝等知识，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，为高考常见题型，注意把握制备原理和反应的流程，难度中等1311.6gFe3O4加到100mL某浓度的盐酸中，再加入9.8g铁粉，反应停止时，溶液中无固体存在向溶液中滴加氰化钾溶液，未见颜色变化，为了中和过量的
40、盐酸（不考虑盐酸的挥发），且使铁完全转化为Fe（OH）2，共消耗5.0molL1NaOH溶液160mL，原盐酸的物质的量浓度为（）A2molL1B4molL1C6molL1D8molL1【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】该过程中发生的反应为：Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O，最终溶液中的溶质是NaCl，根据原子守恒计算盐酸的浓度【解答】解：该过程中发生的反应为：Fe3O4+8HCl=2FeCl3+Fe
41、Cl2+4H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O，最终溶液中的溶质是NaCl，原子守恒得n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），则c（HCl）=8 molL1，故选D【点评】本题考查了方程式的计算，明确最终溶液中的溶质是解此题关键，再结合原子守恒解答即可，题目难度中等14NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAB7.8g过氧化钠晶体中含有0.1NA个OC标准状况下，22.4LNO2中含有NA个NO2分子D1molL
42、1NH4Cl溶液中，NH的数目小于NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、苯环不是单双键交替的结构；B、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠中含1mol过氧根来分析；C、NO2中存在平衡：2NO2N2O4；D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解【解答】解：A、苯环不是单双键交替的结构，故1mol苯乙烯中含1mol碳碳双键，故个数为NA个，故A错误；B、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol过氧化钠中含1mol过氧根，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol过氧根即0.1NA个，故B正确；C、NO2中存在平衡：2NO2N2O4，故标况下22.4L二氧化氮气体实际上是二氧化
43、氮和四氧化二氮的混合物，故含有的二氧化氮分子个数小于NA个，故C错误；D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子个数无法计算，故D错误故选B【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题15下列等物质的量的各组物质，分别投入足量的等质量稀硫酸溶液中，不考虑水的挥发，反应后溶液质量相等符合条件的有（）Na，Mg Na2O，Na2O2 KHCO3，CaCO3 Na，Na2O2 Na2O，Na2CO3 Na2CO3，NaHCO3ABCD【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物【分析】Na与硫酸反应方程式为2Na+H2
44、SO4=Na2SO4+H2，Mg与硫酸反应方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2Na2O与硫酸反应方程式为Na2O+H2SO4=Na2SO4+H2O，Na2O2与硫酸反应方程式为2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2KHCO3与硫酸反应方程式为2KHCO3+H2SO4=k2SO4+2H2O+2CO2，CaCO3与硫酸反应生成硫酸钙微溶，阻止反应进一步进行Na与硫酸反应方程式为2Na+H2SO4=Na2SO4+H2，Na2O2与硫酸反应方程式为2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2Na2O与硫酸反应方程式为Na2O+H2SO4=Na2SO4+H2O，N
45、a2CO3与硫酸反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2Na2CO3与硫酸反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2，NaHCO3与硫酸反应方程式为2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2根据差量法计算判断【解答】解：设等物质的量的各组物质为1mol，则Na与硫酸反应方程式为2Na+H2SO4=Na2SO4+H2m 2 2322=44 1 22Mg与硫酸反应方程式为 Mg+H2SO4=MgSO4+H2m 1 242=22 1 22，故正确；Na2O与硫酸反应方程式为Na2O+H2SO4=Na2SO4+H2O，增加即为1mol
46、Na2O即62gNa2O2与硫酸反应方程式为2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2m 2 78232=124 1 62，故正确；KHCO3与硫酸反应方程式为2KHCO3+H2SO4=k2SO4+2H2O+2CO2m 2 1002244=112 1 56CaCO3与硫酸反应生成硫酸钙微溶，阻止反应进一步进行，则反应后溶液质量几乎不变，故错误；Na与硫酸反应方程式为2Na+H2SO4=Na2SO4+H2m 2 2322=44 1 22Na2O2与硫酸反应方程式为2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2m 2 78232=124 1 62，故错误；Na2O与硫酸
47、反应方程式为Na2O+H2SO4=Na2SO4+H2O，增加即为1molNa2O即62gNa2CO3与硫酸反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2m 1 10644=62 1 62，故正确；Na2CO3与硫酸反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2m 1 10644=62 1 62NaHCO3与硫酸反应方程式为2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2m 2 842244=80 1 40，故错误；故选：C【点评】本题主要考查无机物质之间的反应，熟悉反应方程式及其差量法计算是解题的关键，难度不大16下列关于钠及其化合物的叙述中
48、，错误的是（）A将少量的金属钠分别投入CuSO4溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻B露置在空气中的金属钠表面迅速变暗，是因为钠与空气中的氧气反应生成了氧化钠C发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔D在含有Na+、Cl、CO、SO的溶液中加入足量Na2O2后，各离子仍能大量共存【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物【分析】A钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，会出现气体，如果溶液质量减轻，则说明从溶液中放出气体的质量大于溶液增加的质量；B钠常温下与氧气反应生成氧化钠；C碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳、碳酸钠和水；D过氧化钠具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸根离子【解答】解：A钠和水的反应方程
49、式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应，反应方程式为：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2，将两个方程式相加得2Na+2H2O+CuSO4=H2+Na2SO4+Cu（OH）2，根据方程式知，溶液的质量减轻，故A正确；B钠常温下与氧气反应生成氧化钠，表面迅速变暗，故B正确；C碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳、碳酸钠和水，可以做发酵粉，故C正确；D过氧化钠具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，所以加入足量Na2O2后亚硫酸根离子不存在，故D错误；故选：D【点评】本题考查了钠及其化合物的性质，熟悉钠与盐溶于反应是先与水反应的实质是解题关键，题目难度不大
50、17下列关于气体的制备的说法不正确的是（）A用碳酸钠粉末可以制备CO2B用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率可改用浓H2SO4C加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理可获得NH3D用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同【考点】常见气体制备原理及装置选择【专题】实验题【分析】A、Na2CO3粉末可以与稀硫酸等反应获取CO2；B、Fe在浓H2SO4中发生钝化，不能得到大量的H2；C、加热NH4HCO3得到CO2、NH3、H2O的混合气体，将混合气体通过碱石灰除去CO2和H2O即可得到NH3；D、用KMnO4固体和KClO3固体制备O2都属于“固+
51、固”加热型，其装置完全相同【解答】解：A，Na2CO3粉末可以与稀硫酸等反应获取CO2，但不能使用启普发生器，故A正确；B、Fe在浓H2SO4中发生钝化，不能得到大量的H2，故B错误；C、加热NH4HCO3得到CO2、NH3、H2O的混合气体，将混合气体通过碱石灰除去CO2和H2O即可得到NH3，故C正确；D、用KMnO4固体和KClO3固体制备O2都属于“固+固”加热型，其装置完全相同，故D正确；故选B【点评】本题考查几种重要气体制备的实验原理，物质性质和反应实质是解题关键，题目难度中等18下列反应的离子方程式正确的是（）AS02气体通入氯水中：SO2+2C1O=2C1+SO42B将磁性氧化
52、铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3+4H2OC向NaA102溶液中通入少量CO2：2A1O2+CO2+3H2O=2A1（OH）3+CO32D澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A氯水的主要成分为Cl2，通入S02，主要是S02与Cl2之间的反应；B磁性氧化铁中Fe元素的化合价有+2、+3价；C向NaA102溶液中通入少量CO2生成A1（OH）3和Na2CO3；D苏打为Na2CO3的俗称【解答】解：A氯水的主要成分为Cl2，通入S02，主要是S02与Cl2之间的反应，离子方程式为S02+Cl2+2H2O
53、=4H+SO42+2C1，故A错误；B磁性氧化铁中Fe元素的化合价有+2、+3价，将磁性氧化铁溶于盐酸，反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O，故B错误；C向NaA102溶液中通入少量CO2生成A1（OH）3和Na2CO3，反应的离子方程式为2A1O2+CO2+3H2O=2A1（OH）3+CO32，故C正确；D苏打为Na2CO3的俗称，澄清石灰水与过量苏打溶液混合，反应的离子方程式为Ca2+CO32=CaCO3，故D错误故选C【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，注意A易错点，氯水的主要成分为Cl2，通入S02，主要是S02与Cl2之间的反应19下列有关实验
54、的说法正确的是（）A粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强B向溴水中滴入植物油，振荡后，油层显无色，说明溴不溶于油脂C向包有Na2O2的脱脂棉吹气后脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反应是放热反应D为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量【考点】吸热反应和放热反应；原电池和电解池的工作原理；硅和二氧化硅；油脂的性质、组成与结构【专题】化学反应中的能量变化；有机物的化学性质及推断【分析】A粗锌和纯锌都是锌，其化学性质一样，即还原性一样；B植物油中含有不饱和键；C脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反应是放热反应；D瓷坩埚的主要成分是二氧化
55、硅【解答】解：A粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌中锌与杂质构成原电池的两个电极，稀硫酸作电解质溶液锌作原电池的负极，纯锌仅仅是锌和稀硫酸反应故反应不及粗锌与稀硫酸反应快，故A错误； B向溴水中滴入植物油，振荡后，油层显无色的原因是植物油中含有不饱和键，和溴水发生加成反应，导致无色，故B错误；C用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反应是放热反应，故C正确；D瓷坩埚的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，故D错误故选C【点评】本题考查原电池、油脂和过氧化钠的性质、瓷坩埚的成分等，难度不大，注意瓷坩埚的主要成分是二氧化硅，
56、二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠20现有四种物质：NaHCO3溶液、NaOH溶液、盐酸、铁粉它们两两之间发生的反应最多有（）A3个B4个C5个D6个【考点】铁的化学性质；钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】能发生置换反应只有Fe与盐酸，然后结合复分解反应发生的条件分析发生的复分解反应即可解答【解答】解：NaHCO3溶液分别与NaOH溶液、盐酸反应，有2种；NaOH溶液与盐酸反应，有1种；盐酸与铁粉发生置换反应，有1种，即以上四种物质两两反应可发生4个反应，故选B【点评】本题考查物质之间的反应，侧重置换反应和复分解反应的考查，注意两两组合的方式为解答的关键，从前向后组合不容易
57、遗漏，题目难度不大21下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（）用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌；用pH试纸测得氯水的pH为2；用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；如果皮肤上不慎沾有苯酚，应立即用大量的NaOH稀溶液冲洗；用瓷坩埚高温熔融Fe（CrO2）2和Na2CO3的固体混合物；向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，以制备Fe（OH）3胶体；某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+ABCD【考点】化学仪器的洗涤、干燥；试纸的使用；物质的溶解与加热；化学实验安全及事故处
58、理【专题】化学实验基本操作【分析】石灰水是Ca（OH）2溶液，它与空气中的二氧化碳发生反应生成白色沉淀（白色固体）碳酸钙，碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；浓硫酸稀释时放热；氯水具有漂白性，所以不能用pH试纸测得氯水的pH；稀HNO3可与银反应；氢氧化钠具有强烈的腐蚀性；瓷坩埚的成分里含有二氧化硅SiO2，在高温下会和碳酸钠反应；实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热；氨气溶于水显碱性能使湿润红色石蕊试纸变蓝【解答】解：石灰水是Ca（OH）2溶液，它与空气中的二氧化碳发生反应生成白色沉淀（白色固体）碳酸钙，碳酸钙能与盐酸反应生成氯化
59、钙、水和二氧化碳，故正确；浓硫酸稀释时放热，所以配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，故正确；氯水具有漂白性，所以不能用pH试纸测得氯水的pH，故错误；因稀HNO3可与银反应，所以可用稀HNO3清洗做过银镜反应的试管，故正确；氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，所以不能用大量的NaOH稀溶液冲洗，故错误；瓷坩埚的成分里含有二氧化硅SiO2，在高温下会和碳酸钠反应：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，会腐蚀瓷坩埚，所以不能用瓷坩埚，应用铁坩埚，故错误；实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，而不是向沸腾的N
60、aOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，故错误；氨气溶于水显碱性能使湿润红色石蕊试纸变蓝，所以某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体是氨气，故原溶液中含NH4+，故正确故选：C【点评】了解溶液的酸碱度测定和浓硫酸的稀释；掌握酸的化学性质和常用碱的特性和用途22下列叙述正确的是（）A在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原C失电子难的原子，获得电子的能力一定强D有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】A、在氧化还原反应中可能同一元素既被氧化又被还原
61、；B、某元素从化合态变成游离态时，该元素可能被氧化也可能被还原；C、根据第A元素的得失电子特点来回答；D、同种元素的单质之间的转化不属于氧化还原反应【解答】解：A、Cl2+H2O=HCl+HClO反应中既有化合价升高的氯元素也有化合价降低的氯元素，所以在氧化还原反应中可能同一元素既被氧化又被还原，故A错误；B、2H2O2H2+O2，反应中氢气被氧化，氧气被还原，所以某元素从化合态变成游离态时，该元素可能被氧化也可能被还原，故B错误；C、第A元素中的C元素既不易失电子又不易得电子，故C错误；D、有单质参加和有单质生成的化学反应如3O23O3，不属于氧化还原反应，故D错误故选B【点评】本题考查了氧
62、化还原反应，难度不大，注意元素从游离态变成化合态，该元素可能被氧化也可能被还原23FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固体存在，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Fe2+C溶液中一定含Cu2+D剩余固体中一定含铜【考点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】根据FeCl3、CuCl2的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体铜剩余，则一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和二价铜离子无剩余【解答】解：当固体为铁、铜时，溶液中的
63、Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：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【点评】本题考
64、查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分24把一块镁铝合金投入到1molL1 盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1molL1 NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示下列说法中错误的是（）A盐酸的体积为80mLBa的取值范围为0a50Cn（Mg2+）0.025molD当a值为30时，b值为0.01【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算【专题】图示题【分析】A、根据图中氢氧化钠的体积是80mL时溶液中溶质的成分来确定盐酸的体积；B、根据第三阶段的反应确定铝离
65、子的物质的量，假设只有铝离子时，根据消耗的氢氧化钠来确定a的取值范围；C、根据图示知第四阶段无反应，沉淀全为Mg（OH）2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值，据此来计算镁离子物质的量的范围；D、根据a=30时，先确定镁离子消耗的氢氧化钠的量，再根据b点的含义来计算回答【解答】解：A、第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H+OH=H2O；第二阶段，氯化镁和氯化铝和氢氧化钠反应Mg2+2OH=Mg（OH）2，Al3+3OH=Al（OH）3，在V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；B、第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3 +NaOH=NaAlO2+2H2
66、O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，和Al3+反应的NaOH为30mL，因为第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0a50，故B正确；C、第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3 +NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg（OH）2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值，第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50ml，（Mg2+）max=0.025mol，而如图所示a0，所以n（Mg
67、2+）0.025mol，故C正确；D、a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20ml，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故D错误故选D【点评】本题考查学生有关金属元素铝及其化合物的性质的知识，结合图象进行考查，增大了难度二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）25印刷电路的废腐蚀液含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放将导致环境污染及资源的浪费，必须加以回收利用用FeCl3溶液浸泡印刷电路板后的废液制备CuCl22H2O的过程如图：（1）证明步骤1所加FeCl3溶液过量的方法是取步骤1反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液
68、少许，若溶液呈红色说明氯化铁溶液过量步骤2所加的氧化剂最适宜的是B（填字母）AHNO3 BH2O2 CKMnO4（3）步骤3的目的是使溶液的pH升高到4.2，此时Fe3+完全沉淀，可选用的“试剂1”是CuO（写出一种即可）（4）已知表格数据：物质 Fe（OH）2 Cu（OH）2 Fe（OH）3Ksp/25 8.01016 2.21029 4.01038完全沉淀时的pH范围 9.6 6.4 34对含等物质的量的CuCl2、FeCl2、FeCl3的混合溶液的说法，合理的是ABC（填字母）A向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B该溶液中c（Cl）：c（Cu2+）+c（Fe2+）+c
69、（Fe3+）7：3C向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到34后过滤，可获得纯净的CuCl2溶液D在pH=5的溶液中Fe2+不能大量存在（5）蒸发浓缩CuCl2溶液时，要滴加浓盐酸，目的是CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，CuCl2+2H2OCu（OH）2+2HCl，滴加浓盐酸抑制氯化铜的水解（用化学方程式结合简要的文字说明），再经冷却、结晶、过滤，得到CuCl22H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】用FeCl3溶液浸泡印刷电路板后的废液，印刷电路的废腐蚀液含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，含有Cu2+、Fe2+、Fe3+离子，溶液中加入
70、氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤得到氯化铜溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤，得到CuCl22H2O，注意蒸发浓缩CuCl2溶液时，要滴加浓盐酸防止铜离子的水解，（1）依据铁离子遇到KSCN溶液会变化为红色设计检验；步骤2所加的氧化剂能氧化亚铁离子，但不能引入新的杂质；（3）步骤3的目的是使溶液的pH升高到4.2，此时Fe3+完全沉淀，调节溶液PH是指，加入物质和酸反应，且不能引入新的杂质；（4）A根据Ksp的大小判断溶解性；BCu2+、Fe2+、Fe3+发生水解，因此它们的物质的量会减少；C加入氯水氧化亚铁离子得到氯化铁和氯化铜的混合溶液，调节溶液
71、PH可以出去氯化铁；D根据溶度积计算和沉淀完全的溶液PH分析判断（5）CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，蒸发时盐酸挥发，促进水解平衡正向进行得到水解产物【解答】解：（1）证明步骤1所加FeCl3溶液过量的方法是利用铁离子的特征性质，遇到硫氰酸钾溶液变红色设计，步骤为：取步骤1反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液少许，若溶液呈红色说明氯化铁溶液过量，故答案为：取步骤1反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液少许，若溶液呈红色氯化铁溶液过量；步骤2所加的氧化剂的目的是氧化亚铁离子，便于除去且不引入新的杂质，选项中AC都会引入杂质离子，过氧化氢氧化亚铁离子，本身被还原为水，不引入其他杂质离子，故
72、选B，故答案为：B；（3）步骤3的目的是使溶液的pH升高到4.2，此时Fe3+完全沉淀，调节溶液PH是指加入的物质和酸反应，且不能引入新的杂质，可以是CuO，Cu2（OH）2CO3等，故答案为：CuO；（4）A从表格中可以看出，Fe（OH）3的Ksp是最小的，所以它最先出现沉淀，故A正确；B因为Cu2+、Fe2+、Fe3+对应的碱全是弱碱，所以这三种离子在溶液中都会发生水解，因此它们的物质的量会减少，故B正确；C加入氯水，可以把亚铁离子全氧化成三价，而且在调节pH时加入的试剂也会在溶液中有所保留，可获得纯净的CuCl2溶液，故C正确；D在pH=5的溶液中c（H+）=105moL/L，c（Fe3
73、+）=mol/L=41013mol/L，Fe3+不能大量存在，c（Fe2+）=8.0106mol/L，可知Fe2+能大量存在，故D错误；故选ABC；（5）CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，蒸发时盐酸挥发，促进水解平衡正向进行得到水解产物，蒸发浓缩CuCl2溶液时，要滴加浓盐酸是防止铜离子的水解，故答案为：CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，CuCl2+2H2OCu（OH）2+2HCl，滴加浓盐酸抑制氯化铜的水解【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡以及转化等知识，题目难度中等，注意加入氯水引入杂质，注意物质氧化性的比较，注意溶度积的计算公式的运用26在标准状况下进行下列实验：甲、乙、丙各取
74、30.00ml同浓度的盐酸，加入同一镁铝合金，产生气体，测得有关数据列表如表：实验序号 甲 乙 丙合金质量 0.255g 0.385g 0.459g气体体积 280mL 336mL 336mL（1）分析表格数据后填空：盐酸的物质的量浓度为1 molL1据甲（填实验序号）中的数据，可计算出合金中镁与铝的物质的量分别为0.005mol；0.005mol在丙实验之后，向容器中加入一定量1.00molL1的NaOH溶液，使合金中的铝恰好完全溶解，再滤出不溶固体请计算：滤液中的溶质及其物质的量是NaCl为0.03mol，NaAlO2为0.009mol加入NaOH溶液的体积为39mL【考点】化学方程式的有
75、关计算【分析】（1）乙、丙中盐酸完全，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，根据n=计算氢气的物质的量，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2），据此计算；甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与电子转移守恒列方程计算x、y的值，据此解答；（3）在丙实验之后，向容器中加入一定量1.00mol/L的NaOH溶液，使合金中的铝恰好完全溶解，再滤出不溶固体，溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，根据氢气的体积计算HCl的物质的量，溶液中（NaCl）=n（Cl），设0.45
76、9g合金中含铝的物质的量为xmol，结合（1）中Mg、Al物质的量关系，根据质量列方程计算，由Al元素守恒n（NaAlO2）=n（Al）；根据钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），进而计算氢氧化钠的体积【解答】解（1）乙、丙中盐酸完全，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，盐酸完全反应生成氢气336mL，氢气的物质的量为=0.015mol，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2）=20.015mol=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为=1mol/L，故答案为：1；（3）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物
77、质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有2x+3y=2，联立方程解得：x=0.005、y=0.005，故合金中镁与铝的物质的量分别为0.005mol、0.005mol，故答案为：甲；0.005mol；0.005mol；（3）在丙实验之后，向容器中加入一定量1.00mol/L的NaOH溶液，使合金中的铝恰好完全溶解，再滤出不溶固体，溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，盐酸完全反应生成氢气336mL，氢气的物质的量=0.336L22.4L/mol=0.015mol，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2）=20.01
78、5mol=0.03mol，溶液中（NaCl）=n（Cl）=0.03mol，设0.459g合金中含铝的物质的量为xmol，由（1）中计算可知，Mg的物质的量也是x mol，则：27x+24x=0.459，解得x=0.009mol，n（NaAlO2）=n（Al）=0.009mol，故答案为：NaCl为0.03mol，NaAlO2为0.009mol根据钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=0.03mol+0.009mol=0.039mol，故需要氢氧化钠溶液的体积=0.039mol1mol/L=0.039L=39mL，故答案为：39mL【点评】本题考查混合物的计算，根据表中数
79、据关系判断反应的过量问题是关键，侧重考查学生对数据分析处理能力，题目难度中等27某校化学研究性学习小组设计如下实验方案，测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数（1）方案一：称取一定质量的样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称量剩余固体质量，计算实验中加热至恒重的目的是保证NaHCO3全部分解方案二：按如图装置进行实验并回答以下问题：实验前应先检查装置的气密性分液漏斗中应该装稀硫酸（填“盐酸”或“稀硫酸盐”）D装置的作用是吸收空气中的水蒸气、二氧化碳，防止进入C被吸收；实验中除称量样品质量外，还需称C装置（用字母表示）前后质量的变化；根据此实验得到的数据，测定结果有较大误差因为实验装置还存在一
80、个明显缺陷，该缺陷是装置A、B中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差（3）方案三：称取一定量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量氯化钡溶液，过滤洗涤，干燥沉淀，称量固体质量，计算：过滤操作中，除了烧杯、漏斗外还用到的玻璃仪器有玻璃棒；试验中判断沉淀是否完全的方法是取少量滤液，再滴加BaCl2溶液少许，如无白色沉淀出现，说明沉淀完全；若加入试剂改为氢氧化钡，已知称得样品9.5g，干燥的沉淀质量为19.7g，则样品中碳酸钠的质量分数为55.8%（保留一位小数）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析
81、】（1）该方案原理为在加热的条件下Na2CO3能够稳定存在，而NaHCO3较易发生如下的分解反应2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O，从而可根据其反应产生的CO2和水蒸汽H2O的量或残留的固体的量推算出小苏打样品中纯碱的质量分数该方案根据加热后残渣的质量来求解，自然要加热至恒重，以保证NaHCO3全部分解该方案原理为一定量混合样品与足量的稀硫酸分别发生如下反应Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2+H2O，2 NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2+2H2O，根据所产生的CO2的质量，可以分别求得样品中Na2CO3和NaHCO3的质量从而得出纯碱的质量分数该方案关键是
82、要获得产生的CO2的质量，自然在实验前要检查装置的气密性，要将装置中的CO2全部被碱石灰所吸收，要称量碱石灰在吸收CO2前后的质量制备气体实验，实验前应先检验装置气密性盐酸具有挥发性，会影响实验结果D干燥管中的碱石灰吸收空气中的水蒸气、二氧化碳，防止进入C实验根据C装置前后质量变化判断生成二氧化碳的质量装置中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差（3）该方案原理为在样品中加入BaCl2溶液，其中Na2CO3可与BaCl2发生反应Na2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl，而NaHCO3与BaCl2则不反应从而根擗产生的沉淀量，得出纯碱的质量分数方案关键是测定
83、BaCO3沉淀的质量，自然要保证沉淀完全，要正确过滤好根据过滤具体操作判断所需仪器试验中判断沉淀是否完全的方法是：取少量滤液，再滴加BaCl2溶液少许，如无白色沉淀出现，说明沉淀完全在一定量样品中加入足量Ba（OH）2溶液，此时分别发生如下反应Na2CO3+Ba（OH）2=BaCO3+2NaOH，NaHCO3+Ba（OH）2=BaCO3+NaOH+H2O，均产生BaCO3沉淀，根据样品的总量和生成BaCO3沉淀的量，就可得出纯碱的质量分数【解答】解：（1）该方案根据加热后残渣的质量来求解，要加热至恒重，以保证NaHCO3全部分解故答案为：保证NaHCO3全部分解该方案是要获得产生的CO2的质量
84、，在实验前要检查装置的气密性；盐酸具有挥发性，会影响实验结果，所以选择稀硫酸；D干燥管中的碱石灰吸收空气中的水蒸气、二氧化碳，防止进入C被吸收，减少误差故答案为：检查装置的气密性；稀硫酸；吸收空气中的水蒸气、二氧化碳，防止进入C被吸收根据所产生的CO2的质量及样品质量，分别求得样品中Na2CO3和NaHCO3的质量从而得出纯碱的质量分数，所以需称量C装置前后质量变化判断生成二氧化碳的质量故答案为：C装置A、B中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差故答案为：装置A、B中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差（3）过滤操作中，除了烧杯、
85、漏斗外还用到玻璃棒引流故答案为：玻璃棒试验中判断沉淀是否完全的方法是：取少量滤液，再滴加BaCl2溶液少许，如无白色沉淀出现，说明沉淀完全故答案为：取少量滤液，再滴加BaCl2溶液少许，如无白色沉淀出现，说明沉淀完全 发生反应Na2CO3+Ba（OH）2=BaCO3+2NaOH，NaHCO3+Ba（OH）2=BaCO3+NaOH+H2O样品9.5g，干燥的沉淀碳酸钡质量为19.7g，物质的量为=0.1mol，令样品中碳酸钠的物质的量为xmol、碳酸氢钠的物质的量为ymol，则106x+84y=9.5，x+y=0.1，解得x=0.05，y=0.05所以碳酸钠的质量为106g/mol0.05mol
86、=5.3g，所以碳酸钠质量分数为100%=55.8%故答案为：55.8%【点评】以实验探究“测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数”为载体，考查学生对于实验原理与装置理解评价、实验基本操作、化学计算等，难度中等，题目涉及到的小苏打和纯碱的化学知识是多方面的，构成了一道多角度的探究题28以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操作和条件略）：从废液中提纯并结晶出FeSO47H2O将FeSO47H2O配制成溶液FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液将浊液过滤，用90热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体已知：NH4
87、HCO3在热水中分解（1）中需加足量的铁屑以除去废液中的Fe3+，该反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+中需加一定量硫酸运用化学平衡原理简述硫酸的作用：加入硫酸，氢离子浓度增大，使得水解平衡Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+逆向移动，从而抑制硫酸亚铁的水解（3）中生成FeCO3的离子方程式是Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有高温部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是4FeCO3+O2+6H2O=4CO2+4Fe（OH）3（4）已知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2现煅烧464.0g的FeC
88、O3，得到316.8g产品若产品中杂质只有FeO，则该产品中Fe2O3的质量是288.0g【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）Fe可以和三价铁反应生成亚铁离子；FeSO47H2O配制成溶液的过程中，亚铁离子易水解，根据平衡移动原理来分析；（3）亚铁离子和碳酸氢根离子相互促进水解生成碳酸亚铁和二氧化碳，亚铁离子易被氧气氧化为三价铁；（4）根据含铁元素物质的质量关系来计算，假设Fe2O3物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，那么满足：160x+72y=316.8；116=464.0，计算得到【解答】解：（1）Fe可以和三价铁反应生成亚铁离子，即Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案
89、为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；FeSO47H2O配制成溶液的过程中，亚铁离子易水解，Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+，加入硫酸配制可以使得化学平衡逆向移动，抑制水解，故答案为：加入硫酸，氢离子浓度增大，使得水解平衡Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+逆向移动，从而抑制硫酸亚铁的水解；（3）FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，亚铁离子和碳酸氢根离子双水解生成碳酸亚铁和二氧化碳，即Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，生成的碳酸亚铁中，亚铁离子易被氧气氧化为三价铁，即4FeCO3+O2+6H2O=4CO2+4Fe（OH）3，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3
90、+CO2+H2O；4FeCO3+O2+6H2O=4CO2+4Fe（OH）3；（4）假设Fe2O3物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，那么满足：160x+72y=316.8；116=464.0，解得x=1.8mol，所以产物中Fe2O3的质量160g/mol1.8mol=288.0g=288.0g，故答案为：288.0【点评】本题考查学生铁元素的不同价态之间的转化，可以根据所学知识进行回答，掌握基础是关键，题目难度较大29现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）阳离子 H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+阴离子 OH、Cl、CO、NO
91、、SO（1）物质鉴定试验 推导结论用pH试纸测出A、B溶液呈碱性，C、D、E溶液呈酸性 A、B中含有的阴离子为CO32、OH，C、D、E中含有的阳离子为H+、Al3+、Ag+A溶液与E溶液反应，既有气体产生又有沉淀产生，A与C反应只有气体产生 A为Na2CO3，C含H+D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀 D为AgNO3写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式：2Al3+3SO42+3Ba2+8OH2AlO2+4H2O+3BaSO4（3）在100mL 0.1molL1E溶液中，逐滴加入35mL 2molL1NaOH溶液，写出发生反应的离子方程式2Al3+7OH=Al（O
92、H）3+AlO2+2H2O【考点】物质检验实验方案的设计【分析】（1）根据题目给定的阳离子和阴离子组合出物质，碳酸根水解显碱性，铝离子和银离子水解显酸性，结合物质间反应的现象确定物质的名称；硫酸铝和过量的氢氧化钡反应，硫酸铝全部反应，铝离子和硫酸根之间按照物质的量之比是2：3进行反应；（3）硫酸铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝的量和氢氧化钠的量的多少有关【解答】解：（1）A、B溶液呈碱性，在所给的各种离子中，碳酸根水解显碱性，氢氧根有碱性，所以A、B中含有的阴离子为碳酸根和氢氧根，又因为铝离子和银离子水解显酸性，氢离子显酸性，所以C、D、E溶液含有的阳离子为H+、Al3+、Ag+，故答案为：CO3
93、2、OH；H+、Al3+、Ag+；Na2CO3和可溶性的铝盐反应的实质是：铝离子和碳酸根离子之间双水解反应，产物既有沉淀又有气体，所以A是碳酸钠，B是氢氧化钡，碳酸钠和酸反应会产生二氧化碳气体，故C中含有氢离子，故答案为：Na2CO3；H+；在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，硝酸银能和盐酸、氯化钠、硫酸铝、氢氧化钡反应生成沉淀，所以D是硝酸银，C是盐酸，故答案为：AgNO3；硫酸铝和过量的氢氧化钡反应，铝离子和硫酸根之间按照物质的量之比是2：3，即2Al3+3SO42+3Ba2+8OH2AlO2+4H2O+3BaSO4，故答案为：2Al3+3SO42+3Ba2+8OH2AlO2+4H2O+3
94、BaSO4；（3）硫酸铝和氢氧化钠的反应实质为：Al3+3OH=Al（OH）3，Al（OH）3+OH=Al（OH）4，100mL 0.1mol/L的硫酸铝溶液中，含有铝离子的物质的量为0.02mol，35mL 2mol/L NaOH溶液中含有氢氧化钠物质的量为0.07mol，0.02mol铝离子消耗0.06mol的氢氧化钠生成0.02mol的氢氧化铝，然后0.01mol的氢氧化钠又将0.01mol的氢氧化铝溶解，所以剩余氢氧化铝的物质的量是0.01mol，反应的离子方程式为：2Al3+7OH=Al（OH）3+AlO2+2H2O，故答案为：2Al3+7OH=Al（OH）3+AlO2+2H2O【点
95、评】本题考查无机物的推断，离子性质和反应现象的理解应用，主要是铝离子及其化合物性质的分析，题目较为综合，难度较大，正确推断各种物质为解答本题的关键30六个未贴标签的试剂瓶中分别装有以下稀溶液FeSO4、H2SO4、BaCl2、H2O2、Al（NO3）3、NaOH（1）某同学想不用其它试剂，仅通过用试管取少量上述溶液进行两两混合实验而给试剂瓶贴上正确的标签，她能成功吗？能（填“能”或“不能”）实验中发现，有一组在混合时，随着试剂滴加的顺序不同而出现明显不同的现象，该组是和，有一组在混合时随着试剂滴加后的时间不同而出现明显不同的现象，该组是为和，该组涉及氧化还原应的化学方程式4Fe（OH）2+O2
96、+2H2O4Fe（OH）3（3）鉴别后，该同学又用FeSO4做了三个体现Fe2+还原性的实验，每次加入上述两种已鉴别的物质的溶液与其混合试写出其中两个反应的离子方程式3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O； 2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O； 2Fe2+4OH+H2O22Fe（OH）3（以上任写两组）（4）实际上实验室配制的FeSO4溶液不可长期保存，短期保存时可在FeSO4溶液配制时加入少量的上述（填编号）防止水解，若能再加上几枚铁钉（填物质名称）效果会更好【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；物质的检验和鉴别的实验方案设计【专题】化学实验基本操作【分析】（1）如果不用其它
97、试剂将几种物质鉴别，首先可以通过颜色将FeSO4区别出来，然后利用相互滴加将BaCl2 （产生白色沉淀）、NaOH（产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色）鉴别，然后利用BaCl2 和NaOH分别检验出H2SO4 和Al（NO3）3，剩余没现象物质为H2O2；在上述混合中，NaOH和Al（NO3）3随着试剂滴加的顺序不同而出现明显不同的现象，FeSO4和NaOH随着试剂滴加后的时间不同而出现明显不同的现象；（3）三个体现Fe2+还原性的实验，均需要加入氧化剂，H2O2具有氧化性，无论酸性还是碱性条件，再有NO3在酸性条件下具有氧化性；（4）FeSO4溶液因为水解和还原性而不易保存，可以加
98、入H2SO4抑制其水解，加入还原性铁（铁钉）防止其被氧化【解答】解：（1）首先可以通过颜色将FeSO4区别出来，然后利用将BaCl2 （白色沉淀）、NaOH（白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色），然后利用BaCl2 和NaOH分别检验出H2SO4 和Al（NO3）3，剩余没现象物质为H2O2，所以能鉴别，故答案为：能；在上述混合中，NaOH和Al（NO3）3随着试剂滴加的顺序不同而出现明显不同的现象，将NaOH滴加到Al（NO3）3溶液中，先生成沉淀，然后沉淀溶解，而将Al（NO3）3滴加到NaOH溶液中，先没有沉淀，当滴加到一定程度时出现沉淀，顺序不同现象不同，FeSO4和NaOH随着
99、试剂滴加后的时间不同而出现明显不同的现象，显示出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，涉及氧化还原反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：和； 和； 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）三个体现Fe2+还原性的实验，均需要加入氧化剂，H2O2具有氧化性，无论酸性还是碱性条件，再有NO3在酸性条件下具有氧化性，涉及的物质及反应分别为：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O； 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O； 2Fe2+4OH+H2O2=2Fe（OH）3，故答案为：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O； ：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O； ：2Fe2+4OH+H2O2=2Fe（OH）3（以上任写两组）； （4）FeSO4溶液因为水解和还原性而不易保存，可以加入H2SO4抑制其水解，加入还原性铁（铁钉）防止其被氧化故答案为：；几枚铁钉【点评】本题考查物质的检验、鉴别的实验方案的设计，题目难度中等，注意能够把握相关物质的性质以及反应现象是解答该题的关键
