1、2014-2015学年河南省周口市鹿邑二中高三（上）第一次质检化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列物质中的杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法正确的是( )物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水AABBCCDD2设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是( )A标准状况下，11.2L正丁烷所含共用电子对数为7NAB常温常压下，5.6g乙烯与丁烯的混合物中含有氢原子的
2、数目为0.8NAC在50g质量分数为56%的乙醇水溶液中，含有氢原子总数为3NAD将CO2通过Na2O2使其增重a g时，反应中转移电子数为3图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此，下列说法正确的是 ( )A该硫酸的物质的量浓度为9.2molL1B1molZn与足量的该硫酸反应产生2gH2C配制200mL4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸50mLD该硫酸与等体积的水混合后所得溶液的物质的量浓度等于9.2molL14能正确表示下列反应的离子方程式是( )AFeO溶于足量稀HNO3：FeO+2H+Fe2+H2OBNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+B
3、a2+OHBaCO3+H2OC向澄清石灰水中通入少量CO2：Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2OD将0.2mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.4mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO45下列说法正确的是( )A加入Ba（NO3）2溶液生成白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42B通入氯气后，溶液变黄色，加入淀粉溶液后变蓝，则原溶液中一定有IC加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，再加入盐酸，沉淀消失，则原溶液中一定含有Ba2+D加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液中一
4、定有NH4+6已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2+4Na2O2+6H2O4Fe（OH）3+O2+8Na+，则下列说法正确的是( )A该反应中Fe2+是还原剂，O2是还原产物B4 mol Na2O2在反应中共得到8NA个电子CFe（OH）3是氧化产物，每生成1 mol O2反应过程中共转移6 mol电子D反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀7用NaHCO3和KHCO3组成的混合物分别与三份同浓度的盐酸进行反应，测得数据如下：100mL盐酸100mL盐酸100mL盐酸m（混合物）9.2g15.7g27.6gV（CO2）（标准状况）2.24L3.36L3.36L则
5、下列结论中不正确的是( )A盐酸物质的量浓度为1.5mol/LB15.7g混合物与盐酸反应后有剩余C加入9.2 g混合物时消耗HCl 0.1molD混合物中NaHCO3和KHCO3的质量比为1：1二、解答题（共6小题，满分58分）8（14分）（1）用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.16g/cm3）配制成1mol/L的稀盐酸现实验室仅需要这种盐酸220mL试回答下列问题：配制稀盐酸时，应选用容量为_mL的容量瓶；经计算需要_mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的_A5ml B10mL C25mL D50mL9若某药品质量约为32.0g，用托盘天平准确称其质量，若用表示在右盘放上砝码，用表
6、示将砝码取下，在下列表格的空格内，用和表示相应砝码的放上或取下 50 g20 g20 g10 g5 g10在配制一定物质的量浓度的溶液时，用“偏高、偏低、无影响”表示下列操作对所配溶液浓度的影响用量筒取液态溶质，读数时，俯视量筒，所配制溶液的浓度_将量取液态溶质的量筒用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，所配制溶液的浓度_定容摇匀后，有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度_11（14分）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一、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
7、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酸的沉淀回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是_；所含的阴离子相同的两种盐的化学式是_（2）D的化学式为_，D溶液显碱性原因是（用离子方程式表示）_（3）A和C的溶液反应的离子方程式是：_；E和氨水反应的离子方程式是：_（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是_12工业制纯碱的第一步是通过饱和食盐水、氨和二氧化碳之间
8、的反应，制取碳酸氢钠晶体该反应原理可以用以下化学方程式表示，已知此反应是放热反应 NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）NaHCO3（晶体）+NH4Cl（1）利用上述反应原理，设计如图所示装置，制取碳酸氢钠晶体B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，C烧杯中盛有冰水，D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，图中夹持装置已略去制取碳酸氢钠晶体可供选用的药品有：a石灰石 b生石灰 c6mol/L盐酸 d稀硫酸 e浓氨水 f饱和氯化钠溶液A中制备气体时，所需药品是（选填字母代号）_；B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是_；在实验过程中，向C中通入气体是有先后顺序的，应先通入气体的化学式为_；E装置向C中通气的导管不能插入液面下
9、的原因是_（2）该小组同学为了测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度（假设晶体中不含碳酸盐杂质），将晶体充分干燥后，称量质量为w g再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为m g然后进行如图所示实验：在操作中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是（选填字母序号）_；A在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液B在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液C在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液操作的方法为_、_、_；所得晶体中碳酸氢钠的纯度为_13已知几种离子的还原能力强弱顺序为IFe2+Br，现有200mL混合溶液中含Fe
10、I2、FeBr2各0.10mol，向其中逐滴滴入氯水（假定Cl2分子只与溶质离子反应，不考虑其他反应）（1）若氯水中有0.15mol Cl2被还原，则所得溶液中含有的阴离子主要是_，剩余Fe2+的物质的量为_（2）若原溶液中Br有一半被氧化，共消耗Cl2的物质的量为_，若最终所得溶液为400mL，溶液中主要阳离子及其物质的量浓度为_（3）通过对上述反应的分析，试判断Cl2、I2、Fe3+、Br2四种氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序是_（4）上述反应若原溶液中溶质离子全部被氧化后，再滴入足量氯水，则I2全部被Cl2氧化成HIO3（强酸），试写出此反应的离子方程式：_，上述所有反应共消耗Cl2_mo
11、l2014-2015学年河南省周口市鹿邑二中高三（上）第一次质检化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列物质中的杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法正确的是( )物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【专题】物质检验鉴别题【分析】A检验HCl应先分离，再检验，用湿润的淀粉KI试纸不能检验HCl；B加入Ca（O
12、H）2溶液，NaHCO3和Na2CO3都反应；CCO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应；DNO2与水反应生成NO和硝酸【解答】解：A湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，故A错误；BNaHCO3和Na2CO3都与Ca（OH）2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，可用氯化钙溶液检验，故B错误；CCO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液分离，故C错误；DNO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，故D正确故选D【点评】本题考查物质的分离、提纯和检验，题目难度中等，注意把握相关物质的性质，根据性质的异同选择实验方法2设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是( )A标准状况下，1
13、1.2L正丁烷所含共用电子对数为7NAB常温常压下，5.6g乙烯与丁烯的混合物中含有氢原子的数目为0.8NAC在50g质量分数为56%的乙醇水溶液中，含有氢原子总数为3NAD将CO2通过Na2O2使其增重a g时，反应中转移电子数为【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、标况下，11.2L正丁烷的物质的量为0.5mol，正丁烷分子中含有10个CH键和3个CC键，所以0.5mol正丁烷中含有6.5mol共用电子对；B、乙烯和丙烯的最简式为CH2，5.6g混合物中含有0.4mol最简式，含有0.8mol氢原子；C、50g质量分数为56%的乙醇水溶液中，水分子同样含
14、有氢原子；D、根据质量差计算出反应生成氧气的质量，过氧化钠中氧元素化合价为1价，据此计算出转移的电子数【解答】解：A、标准状况下11.2L正丁烷的物质的量为0.5mol，0.5mol正丁烷中含有5mol碳氢键、1.5mol碳碳键，总共含有6.5mol共价键，总共含有共用电子对数为6.5NA，故A错误；B、5.6g乙烯和丙烯的混合物中含有0.4mol最简式CH2，含有0.8mol氢原子，含有氢原子的数目为0.8NA，故B正确；C、50g质量分数为56%的乙醇水溶液中，由于水中同样含有氢离子，无法计算该溶液中含有的氢离子，故C错误；D、2mol二氧化碳与过氧化钠反应生成1mol氧气，过氧化钠质量增
15、重56g，增重ag时生成氧气的物质的量为：，转移的电子的物质的量为：2mol=mol，反应中转移电子数为=NA，故D错误；故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意明确正丁烷分子中含有的共价键数目，选项D为难点、易错点，注意利用差量法计算出氧气的物质的量，明确过氧化钠中氧元素化合价为1价3图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此，下列说法正确的是 ( )A该硫酸的物质的量浓度为9.2molL1B1molZn与足量的该硫酸反应产生2gH2C配制200mL4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸50mLD该硫酸与等体积的水混合后所得溶液的物质的量浓度等
16、于9.2molL1【考点】物质的量浓度的相关计算 【专题】溶液和胶体专题【分析】A、根据c=计算该硫酸溶液的物质的量浓度；B、浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体；C、根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变分析；D、硫酸和水的密度不同，等体积混合后体积不等于硫酸体积的2倍【解答】解：A、该硫酸的物质的量浓度为c=18.4（mol/L），故A错误；B、浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；C、设配制200mL4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变可知0.2L4.6mol/L=x18.4mol/L，x=0.05L，即50ml，故C正确；D、硫酸和水
17、的密度不同，等体积混合后体积小于硫酸体积的2倍，混合后物质的量浓度大于平均值，故D错误故选C【点评】本题考查浓硫酸的性质和物质的量浓度的计算，题目难度不大，本题易错点为D项，注意硫酸的密度比水大4能正确表示下列反应的离子方程式是( )AFeO溶于足量稀HNO3：FeO+2H+Fe2+H2OBNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OC向澄清石灰水中通入少量CO2：Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2OD将0.2mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.4mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH
18、）3+3BaSO4【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A硝酸与氧化亚铁反应生成硝酸铁；B漏掉了氨根离子与氢氧根离子的反应；C二氧化碳少量反应生成碳酸钙和和水；D漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应【解答】解：AFeO溶于足量稀HNO3的离子反应为3FeO+NO3+10H+3Fe3+NO+5H2O，故A错误；BNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合的离子反应为NH4+HCO3+Ba2+2OHBaCO3+H2O+NH3H2O，故B错误；C向澄清石灰水中通入少量CO2，离子方程式：Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2O，故C正确；D将0.1molL1的NH4Al（SO4）2溶
19、液与0.2molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合的离子反应为NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OHAl（OH）3+2BaSO4+NH3H2O，故D错误；故选：C【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析，D为易错选项，注意反应物的用量对反应的影响5下列说法正确的是( )A加入Ba（NO3）2溶液生成白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42B通入氯气后，溶液变黄色，加入淀粉溶液后变蓝，则原溶液中一定有IC加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，再加入盐酸，沉淀消失，则原溶液中一定含有Ba2+D加入氢氧化钠溶液并
20、加热，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液中一定有NH4+【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 【专题】物质检验鉴别题【分析】A、白色不溶于盐酸的沉淀可以是氯化银或是硫酸钡；B、氯气能将碘离子氧化为碘单质，淀粉溶液遇碘变蓝；C能够与碳酸钠生成的溶于盐酸的白色沉淀不一定为碳酸钡，可能为碳酸钙，原溶液中可能含有钙离子；D、能使湿润红色石蕊试纸变蓝的是氨气【解答】解：A、加入Ba（NO3）2溶液生成白色沉淀，加入盐酸后沉淀不消失，则原溶液中含有SO42或是含有银离子中的至少一种，故A错误；B、氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘水呈黄色，淀粉溶液遇碘变蓝，故B正确；C碳酸钡和碳酸钙等沉淀都
21、可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故C错误；D、使湿润红色石蕊试纸变蓝的是氨气，使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于物质的检验和鉴别的考查，解答该类题目要注意排除离子的干扰的现象，注意实验的严密性，把握物质的性质，题目难度中等6已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2+4Na2O2+6H2O4Fe（OH）3+O2+8Na+，则下列说法正确的是( )A该反应中Fe2+是还原剂，O2是还原产物B4 mol Na2O2在反应中共得到8NA个电子CFe（OH）3是氧化产物，每生成1 mol O2反应过程中
22、共转移6 mol电子D反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】A、元素化合价升高的物质做还原剂被氧化，得到氧化产物，发生氧化反应；B、过氧化钠中氧元素化合价从1价升高到0价，降低到2价，4mol过氧化钠有1mol做还原剂，3mol做氧化剂，反应得到电子6mol电子；C、还原剂被氧化得到氧化产物，4mol过氧化钠有1mol做还原剂，3mol做氧化剂；D、由于反应是氧化还原反应，二价铁离子先被氧化为三价铁离子；【解答】解：A、该反应中Fe2+是还原剂，O2是氧化产物，故A错误；B、过氧化钠中氧元素化合价从1价升高到0价，降低到2
23、价，4mol过氧化钠有1mol做还原剂，3mol做氧化剂，反应得到电子6mol电子；故B错误；C、Fe（OH）3是氧化产物，4mol过氧化钠有1mol做还原剂，3mol做氧化剂，每生成1 mol O2反应过程中共转移6 mol电子，故C正确；D、反应过程中亚铁离子被氧化为三价铁离子，反应过程中看不到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀的现象，故D错误；故选C【点评】本题考查了氧化还原反应的概念判断，电子转移的计算应用，关键是分析元素化合价变化的特征判断氧化还原反应的概念方法，是复杂的氧化还原反应，难度中等7用NaHCO3和KHCO3组成的混合物分别与三份同浓度的盐酸进行反应，测得数据如下：1
24、00mL盐酸100mL盐酸100mL盐酸m（混合物）9.2g15.7g27.6gV（CO2）（标准状况）2.24L3.36L3.36L则下列结论中不正确的是( )A盐酸物质的量浓度为1.5mol/LB15.7g混合物与盐酸反应后有剩余C加入9.2 g混合物时消耗HCl 0.1molD混合物中NaHCO3和KHCO3的质量比为1：1【考点】有关混合物反应的计算 【专题】计算题【分析】由题意可知：9.2 g混合物与100 mL盐酸反应时盐酸过量，而27.6 g混合物与100 mL盐酸作用时盐酸不足，生成3.36L二氧化碳需要混合物的质量为9.2g=13.8g15.7g，所以第二组实验中盐不足，混合
25、物有剩余A第二组实验中盐酸不足，混合物有剩余，第二组实验中发生反应H+HCO3=CO2+H2O，由方程式可知n（HCl）=n（CO2），再根据c=计算；B根据分析可知，15.7g混合物与盐酸反应后，盐酸不足；C加入混合物9.2 g时盐酸过量，根据生成二氧化碳计算消耗盐酸的物质的量；D第一组实验中混合物完全反应，盐酸过量，发生反应H+HCO3=CO2+H2O，设9.2 g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为xmol和ymol，根据碳元素守恒可知n（CO2）=n（NaHCO3）+n（KHCO3），再利用混合物的质量列方程计算x、y的值，进而计算混合物中NaHCO3和KHCO3的质量比【
26、解答】解：由题意可知：9.2 g混合物与100 mL盐酸反应时盐酸过量，而27.6 g混合物与100 mL盐酸作用时盐酸不足，生成3.36L二氧化碳需要混合物的质量为9.2g=13.8g15.7g，所以第二组实验中盐不足，混合物有剩余，则：A第二组实验中盐酸不足，混合物有剩余，第二组实验中发生反应H+HCO3=CO2+H2O，生成二氧化碳的物质的量为=0.15mol，由方程式可知n（HCl）=n（CO2）=0.15mol，故元素的物质的量浓度为=1.5mol/L，故A正确；B根据上述分析可知，15.7g混合物与盐酸反应后，盐酸不足，固体混合物有剩余，故B正确；C加入混合物9.2 g时盐酸过量，
27、生成二氧化碳的物质的量为=0.1mol，发生反应H+HCO3=CO2+H2O，由方程式可知，消耗的盐酸物质的量为0.1mol，故C正确；D第一组实验中混合物完全反应，盐酸过量，发生反应H+HCO3=CO2+H2O，生成二氧化碳的物质的量为=0.1mol，设9.2 g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为xmol和ymol，根据碳元素守恒可知：x+y=0.1mol，混合物质量为9.2g，所以84x+100y=9.2g，联立方程解得x=0.05 mol，y=0.05 mol，故混合物中NaHCO3和KHCO3的质量比为84：100=21：25，故D错误，故选D【点评】本题考查混合物的有关
28、计算，题目难度中等，关键是比较三组数据判断反应的程度二、解答题（共6小题，满分58分）8（14分）（1）用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.16g/cm3）配制成1mol/L的稀盐酸现实验室仅需要这种盐酸220mL试回答下列问题：配制稀盐酸时，应选用容量为250mL的容量瓶；经计算需要21. 6mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的CA5ml B10mL C25mL D50mL【考点】溶液的配制 【专题】综合实验题【分析】（1）根据配制溶液的体积，常用容量瓶的规格选取对应的容量瓶；（2）依据C=计算浓盐酸的物质的量浓度，然后根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓盐酸的体积，选择合适的量筒
29、；【解答】解：（1）要配制盐酸220mL，则需要选择250ml的容量瓶，故答案为：250；（2）浓盐酸的物质的量浓度C=11.6mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，则有V11.6mol/L=O.25L1mol/L，得V=O.0216L，即21.6ml，应选择25ml的量筒，故答案为：21.6；C；【点评】本题考查了配置一定物质的量浓度溶液，明确实验的计算方法以及仪器的选用原则是解题关键9若某药品质量约为32.0g，用托盘天平准确称其质量，若用表示在右盘放上砝码，用表示将砝码取下，在下列表格的空格内，用和表示相应砝码的放上或取下 50 g20 g20 g10 g5 g【考点】计量仪器及使用方法
30、【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】根据先加质量大的砝码，再换小砝码，最后使用游码的原则完成【解答】解：某药品质量约为32g，用托盘天平准确称其质量，先在右盘加入50g砝码，质量过大，表示为：50g；然后换20g砝码，砝码质量不足，表示为：20g；再加20g砝码，20g砝码质量过大，表示为：；换10g砝码，10g砝码质量不足，表示为：10g；再加5g砝码，5g砝码质量过大，拿下5g砝码，表示为：5g；最后移动游码到2g进行调平，故答案为：50g20g20g10g5g【点评】本题考查了托盘天平的使用，题目难度不大，侧重基础知识的考查，注意知识的积累10在配制一定物质的量浓度的溶液时，用“偏高、
31、偏低、无影响”表示下列操作对所配溶液浓度的影响用量筒取液态溶质，读数时，俯视量筒，所配制溶液的浓度偏低将量取液态溶质的量筒用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，所配制溶液的浓度偏高定容摇匀后，有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度无影响【考点】溶液的配制 【专题】综合实验题【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：用量筒取液态溶质，读数时，俯视量筒，会导致所量取的溶液的体积偏小，故所配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；量筒不能洗涤，若将量筒的洗涤液倒入容量瓶，会导致溶质的物质的量偏多，则所配制溶液的浓度 偏高，故答案为：偏高；定容摇匀后，有少量溶液外流，对所配制溶液的浓
32、度无影响，故答案为：无影响【点评】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制误差分析，题目难度不大，注意仰视、俯视对体积读数的影响11（14分）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一、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
33、溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含的阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4A12（SO4）3（2）D的化学式为Na2CO3，D溶液显碱性原因是（用离子方程式表示）CO32+H2OHCO3+OH（3）A和C的溶液反应的离子方程式是：Ag+C1=AgCl；E和氨水反应的离子方程式是：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是取少量B于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+【考点】常见离子的检验
34、方法；物质的检验和鉴别的实验方案设计 【专题】离子反应专题【分析】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，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
35、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；结合题目进行分析【解答】解：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
36、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A为BaCl2、Al2（SO4）3，根据以上分析可知，A为BaCl2，B为A为BaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，E为Al2（SO4）3，（1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，故答
37、案为：Cu2+、Fe3+；（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；（2）D的化学式为Na2CO3；Na2CO3溶液显碱性的原因为碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故答案为：Na2CO3；CO32+H2OHCO3+OH；（3）A为BaCl2，C为AgNO3，二者反应的离子方程式为：Ag+C1=AgCl；Al2（SO4）3和氨水反应的离子方程式是Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故答案为：Ag+C1=AgCl；Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+；（4）检验（NH4）2SO4中所含的阳离子的方法为：取少量（N
38、H4）2SO4于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+，故答案为：取少量B于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+【点评】本题主要考查常见离子的检验方法、离子共存等知识，题目难度中等，在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质推导剩余的物质，最后进行验证即可12工业制纯碱的第一步是通过饱和食盐水、氨和二氧化碳之间的反应，制取碳酸氢钠晶体该反应原理可以用以下化学方程式表示，已知此反应是放热反应 NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）N
39、aHCO3（晶体）+NH4Cl（1）利用上述反应原理，设计如图所示装置，制取碳酸氢钠晶体B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，C烧杯中盛有冰水，D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，图中夹持装置已略去制取碳酸氢钠晶体可供选用的药品有：a石灰石 b生石灰 c6mol/L盐酸 d稀硫酸 e浓氨水 f饱和氯化钠溶液A中制备气体时，所需药品是（选填字母代号）ac；B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是除去CO2中的HCl；在实验过程中，向C中通入气体是有先后顺序的，应先通入气体的化学式为NH3；E装置向C中通气的导管不能插入液面下的原因是防倒吸（2）该小组同学为了测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度（假设晶体中不含碳酸盐杂质），将晶
40、体充分干燥后，称量质量为w g再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为m g然后进行如图所示实验：在操作中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是（选填字母序号）A；A在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液B在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液C在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液操作的方法为过滤、洗涤、干燥；所得晶体中碳酸氢钠的纯度为【考点】制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氨的制取和性质 【专题】实验分析题；实验设计题【分析】（1）根据侯氏制碱法NH3+C
41、O2+H2O+NaCl （饱和）NaHCO3（晶体）+NH4Cl，可知此反应需要的原料为二氧化碳、氨气、饱和食盐水；A装置为制取二氧化碳装置，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；A中制得的CO2中混有HCl，需要利用B装置除去CO2中的HCl；C装置发生的是侯氏制碱法原理，要通入NH3和CO2，因CO2在水中溶解度小，先通CO2溶液里得到的HCO3浓度较低，无法得到NaHCO3沉淀，应选择先通氨气；E中生成的气体是氨气，极易溶解于水，溶解时要注意防倒吸；（2）测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度（假设晶体中不含碳酸盐杂质），将晶体充分干燥后，称量质量为wg，此时为碳酸氢钠
42、粗品质量，操作1将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氯化钙溶液，氯化钙跟碳酸钠反应生成碳酸钙，将生成的碳酸钙过滤、洗涤、干燥，称量为n g，根据关系式2NaHCO3CaCO3可求出纯碳酸氢钠的质量操作中，加入氯化钙溶液会有白色沉淀生成，当氯化钙过量时，就不会再生成沉淀；从溶液里得到不溶性的固体碳酸钙可选择过滤，再进行洗涤、干燥；根据反应过程中碳原子守恒，利用生成碳酸钙的物质的量计算样品中碳酸氢钠的质量，再计算纯度【解答】解：（1）A装置为制取二氧化碳装置，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，需要选择石灰石和稀盐酸，故答案为：ac；B装置得
43、用盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，故答案为：除去CO2中的HCl；选择先通NH3，后通CO2，一是因为NH3的溶解度大，二是其水溶液显碱性能溶解更多的CO2，使溶液里HCO3的浓度增大，故答案为：NH3；为防止氨气溶解时产物倒吸现象，E装置向C中通气的导管不能插入液面下，故答案为：防倒吸；（2）测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度（假设晶体中不含碳酸盐杂质），将晶体充分干燥后，称量质量为wg，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作1将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氯化钙溶液，氯化钙跟碳酸钠反应生成碳酸钙，将生成的碳酸钙过滤、洗涤、干燥，称量为n g，所此作答；为
44、判断滴加的氯化钙溶液过量，可在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量氯化钙溶液看是否有沉淀生成，故答案为：A；利用过滤、洗涤、干燥可从混合液中得到不溶性的碳酸钙沉淀，故答案为：过滤；洗涤；干燥；反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，Na2CO3+CaCl2=CaCO3 +H2O+2NaCl，得到的碳酸钙需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量设样品中碳酸氢钠的质量为x，由上两式可得关系式： 2NaHCO3CaCO3 842 100 x n，x= g，碳酸氢钠的质量分数为100%=100%=，故答案为：【点评】本题考查侯氏制碱法NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和
45、）NaHCO3（晶体）+NH4Cl，明确各原料的制备方法及尾气处理是解题的关键物质质量分数的计算，测定C中所得晶体的碳酸氢钠的质量，已知粗品的质量，求比值即可求得碳酸氢钠的质量分数需要注意的是要区分m和w，易混淆13已知几种离子的还原能力强弱顺序为IFe2+Br，现有200mL混合溶液中含FeI2、FeBr2各0.10mol，向其中逐滴滴入氯水（假定Cl2分子只与溶质离子反应，不考虑其他反应）（1）若氯水中有0.15mol Cl2被还原，则所得溶液中含有的阴离子主要是Br、Cl，剩余Fe2+的物质的量为0.1mol（2）若原溶液中Br有一半被氧化，共消耗Cl2的物质的量为0.25mol，若最终
46、所得溶液为400mL，溶液中主要阳离子及其物质的量浓度为0.5mol/L（3）通过对上述反应的分析，试判断Cl2、I2、Fe3+、Br2四种氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序是Cl2Br2Fe3+I2（4）上述反应若原溶液中溶质离子全部被氧化后，再滴入足量氯水，则I2全部被Cl2氧化成HIO3（强酸），试写出此反应的离子方程式：5Cl2+I2+6H2O=2 IO3+12H+10Cl，上述所有反应共消耗Cl20.8mol【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的有关计算 【专题】计算题；卤族元素【分析】还原能力强弱顺序为IFe2+Br，则逐滴滴入氯水，则先后发生：Cl2+2I=2Cl+I2
47、、Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl、Cl2+2Br=2Cl+Br2，结合对应物质的物质的量判断反应的程度，并结合反应的离子方程式计算【解答】解：还原能力强弱顺序为IFe2+Br，则逐滴滴入氯水，则先后发生：Cl2+2I=2Cl+I2、Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl、Cl2+2Br=2Cl+Br2，（1）n（I）=0.2mol，n（Fe2+）=0.2mol，若氯水中有0.15mol Cl2被还原，则主要发生Cl2+2I=2Cl+I2，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl，由离子方程式可知I全部被氧化，有0.1molFe2+被氧化，则所得溶液中含有的阴离子主要是Br、Cl，剩余Fe2+的
48、物质的量为0.1mol，故答案为：Br、Cl；0.1mol；（2）若原溶液中Br有一半被氧化，则Cl2+2I=2Cl+I2，0.1 0.2Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl，0.1 0.2Cl2+2Br=2Cl+Br2，0.05 0.1共消耗Cl2的物质的量为（0.1|+0.1+0.05）mol=0.25mol，溶液中主要阳离子为Fe3+，物质的量为0.2mol，浓度为c（Fe3+）=0.5mol/L，故答案为：0.25mol；0.5mol/L；（3）离子的还原性越弱，对应的单质或离子的氧化性越强，氧化性强弱应为Cl2Br2Fe3+I2，故答案为：Cl2Br2Fe3+I2；（4）混合溶液中含FeI2、FeBr2各0.10mol，逐滴滴入氯水，则先后发生：Cl2+2I=2Cl+I2； 0.1 0.2 0.1Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；0.1 0.2Cl2+2Br=2Cl+Br2；0.1 0.25Cl2+I2+6H2O=2 IO3+12H+10Cl，0.5 0.1由反应的离子方程式可知共需要氯气（0.1+0.1+0.1+0.5）mol=0.8mol，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2 IO3+12H+10Cl；0.8【点评】本题考查氯气的性质以及方程式的计算，注意根据离子的还原性判断反应的先后顺序，为解答该题的关键，注意结合反应的离子方程式解答该题，难度中等
