1、2015-2016学年河北省张家口市四校高三（上）联考化学试卷（一）一、选择题（本大题共22小题，每小题2分，共44分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）11.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.5
2、4 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL2实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略了净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A氯化铵NaOHNH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD3已知甲、乙、丙、X是四种中学化学中常见的物质，其转化关系如图所示则甲和X不可能是（）A甲为C，X为O2B甲为SO2，X为NaOH溶液C甲为Fe，X为Cl2D甲为AlCl3，X为NaOH溶液4现有一瓶签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、
3、铁）的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀该同学得出的结论正确的是（）A根据现象1可推出该试液中含有Na+B根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+D根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+来源:学科网5已知氧化性Br2Fe3+FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：a Fe2+b Br+c Cl2d Fe3+e Br2+f Cl下列选项中的数字与离子方程式中的abcdef一一对应，其中不符合反应实际的是
4、（）A2 4 3 2 2 6B0 2 1 0 1 2C2 0 1 2 0 2D2 2 2 2 1 46可用作磁性材料的物质是（）AFeOBFe2O3CFe3O4DFeS7钾钠合金（含50%80%钾），可作原子反应堆的导热剂，下面有关该合金的事实与此应用无关的是（）A熔点260.7KB具有很高的比热C可作冷却剂D能跟水剧烈反应8把钠放入滴有石蕊试液的水中，下列现象不易观察到的是（）A钠浮在水面上B溶液中产生较多的气泡C水溶液变为蓝色D钠熔化成小球并在水面浮动9为了验证NaHCO3固体中是否含有Na2CO3，下列实验及判断中，正确的是（）A加热，观察是否有气体放出B溶于水后加石灰水，看有无沉淀C溶
5、于水后加BaCl2溶液，看有无沉淀D加热后称量，看质量是否变化10取一小块金属钠放在燃烧匙里加热，下列实验现象：描述正确的是（）金属先熔化 在空气中燃烧，放出黄色火花 燃烧后得白色固体 燃烧时火焰为黄色 燃烧后生成淡黄色固体物质ABCD11铝是一种低毒金属元素，它并非人体需要的微量元素，不会导致急性中毒，但食品中铝的含量超过国家标准就会对人体造成危害下列关于铝元素的说法正确的是（）A铝在空气中不易氧化是因为性质不活泼B氢氧化铝可与胃酸反应，常用作中和胃酸的药物C明矾可用于饮用水的杀菌消毒D硫酸铝铵常用作面粉膨化剂，该物质不溶于水12下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是（）A漂粉
6、精的主要成分为次氯酸钙B实验室可用浓硫酸干燥氨气C实验室可用NaOH溶液处理NO2、HCl废气DAl2（SO4）3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒13在含有FeBr2和FeI2的混合溶液中通入足量的氯气，把所得溶液蒸干、灼烧，最后得到的固体是（）AFe（OH）3BFeCl3CFe2O3DFeCl3和I214硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤在无机非金属材料中，硅一直扮演着主角下面几种物质中含有硅单质的是（）A玛瑙B光导纤维C太阳能电池板D水晶15某无色气体可能含有CO、H2、O2、CO2、NH3、NO、HCl、NO2、SO2等气体中的若干种，为确定其成分，某学生进行了如
7、下实验：将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象；而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊将原气体导入品红溶液中，红色没有变化；将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色；将中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色下列判断正确的是（）A混合气体中一定有NO2和COB混合气体中一定没有H2和NH3C不能确定混合气体中是否有NH3D混合气体中至少有HCl等四种气体16有关氯的叙述正确的是（）A液氯和氯水是同一物质B红磷在氯气中燃烧产生
8、红色烟雾C氯气与水的反应中氯是氧化剂，水是还原剂D用氯制漂白粉是为了得到易贮存的漂白剂17已知BrCl能发生下列反应：nBrCl+2M=MCln+MBrn（M为+n价的金属元素），BrCI+H20=HCl+HBrO，以下推论正确的是（）ABrCl具有和卤素单质相似的化学性质BBrCl和M反应时，BrCl即为氧化剂又为还原剂CBrCl和NaOH溶液反应生成NaCI、NaBrO两种盐D将BrCl跟FeS04溶液反应溶液会变成无色18在常温常压下，将盛满氯气的一支试管倒立在水槽中，当日光照射一段时间至不再反应为止，试管中最后残留气体体积占整个试管体积的（）ABCD19下列说法错误的是（）A金属甲比金
9、属乙容易失去电子，则甲比乙金属性强BNaHCO3与NaOH反应有CO2生成C稀硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子DNa2CO3不能用于治疗胃酸过多20溶有NaBrKI的溶液中，通入足量氯气充分反应，然后将所得溶液蒸干灼烧，所得固体为（）ABr2BI2和 KClCI2KCl和NaClDKCl和NaCl21X、Y、Z是三种常见的单质，甲、乙是两种常见的化合物下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（） 选项XYZ甲乙来源:学。科。网Z。X。X。KAH2SiCl2SiCl4HClBMgCO2CO2MgOCZnFeCl2FeCl2ZnCl2DO2N2H2NH3H2OAABBCCDD2
10、2甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）A甲为AlCl3，乙为NaHCO3B溶液丙中还可以大量共存的离子有：Fe2+、NO3、SO42C在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OD白色沉淀A可能溶解在溶液D中一、填空题（本大题共5小题，共46分）23硫酸铁铵aFe2（SO4）3b（NH4）2SO4cH2O广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如图工艺流程制取硫酸铁铵请回答下列问题：（1）硫酸亚铁溶液加H2SO
11、4酸化的主要目的是，滤渣A的主要成分是（2）下列物质中最适合的氧化剂B是；反应的离子方程式aNaClO bH2O2 cKMnO4 dK2Cr2O7（3）操作甲、乙的名称分别是：甲，乙（4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe2+是否已全部被氧化，所加试剂为（写名称），能否用酸性的KMnO4溶液？（如果能，下问忽略），理由是：（可用语言或方程式说明）（5）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是（6）称取14.00g样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05mol Ba （NO3）2溶液，恰好完
12、全反应则该硫酸铁铵的化学式为24从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的方程式为（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32的离子方程式为（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入（填试剂名称）（4）滤液E、K中溶质的主要成份是（填化学式），写出该溶液的一种用途（5）已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数 常数KSP=5.61012，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得PH=13.00，则此温度下残留在溶液中的c（Mg2+）=25银铜合金广泛用于航空工业从切割废料中回
13、收银并制备铜化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80）（1）电解精炼银时，阴极反应式为；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为（2）固体混合物B的组成为；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuO+Al2O3CuAlO2+（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为mol CuAlO2，至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液L来源:Z&xx&k.Com（5）
14、CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是、过滤、洗涤和干燥26溴主要以Br形式存在于海水中，海水呈弱碱性工业上制备的Br2的操作步骤为：一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等用硫酸酸化步骤得到的混合物完成下列填空：（1）Cl2氧化Br应在 条件下进行，目的是为了避免（2）Br2可用热空气吹出，其原因是（3）写出步骤所发生的化学反应方程式用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是步骤的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为（4）为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中a通入HBr b加入Na2CO3溶
15、液 c加入NaBr溶液 d加入Na2SO3溶液27如图是利用废铜屑（含杂质）制备胆矾（硫酸铜晶体）的过程已知：溶液中被沉淀的离子Fe3+Fe2+Cu2+完全生成氢氧化物的沉淀时，溶液的pH3.76.44.4请回答：（1）下列物质中最适宜做氧化剂X的是（填字母）ANaClO BH2O2 CKMnO4（2）加入试剂是为了调节pH，试剂可以选择（填化学式）（3）操作的名称是（4）沉淀D加入盐酸可以得到FeCl3溶液，关于FeCl3溶液的性质中说法不正确的是A将FeCl3饱和溶液逐滴加入沸水中，并继续加热得到红褐色液体，该液体能产生丁达尔效应B向FeCl3溶液滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀C将FeC
16、l3溶液滴加NaOH溶液，将沉淀干燥灼烧，得到Fe（OH）3固体D向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色（5）沉淀D加入盐酸和铁粉，可以制得FeCl2溶液，实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉防止FeCl2溶液变质，其原因是（用离子方程式表示）二、附加题（本大题共1小题，共10分）28固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：甲：Mg（NO3）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2 丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是查阅资料得知：2NO2
17、+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想，设计如图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：（2）实验过程仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E 中有气泡连续放出，表明称取Mg（NO3）2固体3.79g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先然后固定在管中固体部位下加热观察到A 中有红棕色气体出现，CD 中未见明显变化待样品完全分解，A 装置冷却至室温称量，测得剩余固体的质量为1.0g取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未见明显现象（ 3 ）实验结果分析讨论根据实验现象和剩余固体的质量经分
18、析可初步确认猜想是正确的根据D 中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：（填写化学方程式），溶液颜色会褪去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检测到的原因是小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究2015-2016学年河北省张家口市四校高三（上）联考化学试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共22小题，每小题2分，共44分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）11.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL
19、（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为
20、xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金
21、属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是100%=80%，故C正确；D
22、、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D2实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略了净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A氯化铵NaOHNH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD【分析】由图可知，为固体与
23、液体反应不需要加热制取气体的装置，且气体密度比空气的大，选择向上排空气法收集，最后需要尾气处理，以此来解答【解答】解：A氯化铵与NaOH制备氨气需要加热，且氨气应利用向下排空气法收集，与图中装置不符，故A不选；B浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，不需要加热，且二氧化硫利用向上排空气法、尾气利用NaOH溶液吸收，故B选；CCu与稀硝酸反应生成NO，制备原理不符，故C不选；D浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，故D不选；故选B3已知甲、乙、丙、X是四种中学化学中常见的物质，其转化关系如图所示则甲和X不可能是（）A甲为C，X为O2B甲为SO2，X为NaOH溶液C甲为Fe，X为Cl2D甲为AlCl3，X
24、为NaOH溶液【分析】AC能发生连续氧化反应，且C与CO2可反应生成CO；B甲为SO2，X为NaOH溶液，乙为NaHSO3，丙为Na2SO3；C甲为Fe，X为Cl2，乙为FeCl3，乙与X不反应；D甲为AlCl3，X为NaOH溶液，乙为Al（OH）3，丙为NaAlO2【解答】解：A甲为C，X为O2，CCOCO2，CO2C，符合上述转化，故A正确；B甲为SO2，X为NaOH溶液，SO2NaHSO3Na2SO3，Na2SO3NaHSO3，符合上述转化，故B正确C甲为Fe，X为Cl2，乙为FeCl3，乙与X不反应，不符合上述转化，故C错误；D甲为AlCl3，X为NaOH溶液，AlCl3Al（OH）3
25、NaAlO2，NaAlO2Al（OH）3，故D正确；故选C4现有一瓶签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀该同学得出的结论正确的是（）A根据现象1可推出该试液中含有Na+B根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+D根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+【分析】A加入了NaOH （aq）和Na2CO3（aq），在滤液中引入了Na+；B葡萄糖酸根不能发生银镜反应；C加入NH3H2O（aq）
26、不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 （aq）产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+；D溶液加入H2O2后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+【解答】解：A因加入了NaOH （aq）和Na2CO3（aq），在滤液中引入了Na+，不能根据滤液焰色反应的黄色火焰判断试液是否含Na+，故A错误；B试液是葡萄糖酸盐溶液，其中一定含葡萄糖酸根，葡萄糖能发生银镜反应，葡萄糖酸根不能发生银镜反应，故B错误；C根据“控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀”信息，在过滤除去Fe（OH）3的滤液中分别加入NH3H2O（aq）和Na2CO3（
27、aq），加入NH3H2O（aq）不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 （aq）产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+，故C正确；D溶液加入H2O2后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+，正确的方法是：在溶液中滴加KSCN（aq）不显血红色，再滴入滴加H2O2显血红色，证明溶液中只含Fe2+若此前各步均没有遇到氧化剂，则可说明葡萄糖酸盐试液中只含Fe2+，故D错误故选C5已知氧化性Br2Fe3+FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：a Fe2+b Br+c Cl2d Fe3+e Br2+f Cl下列选项中的数字与离子方程式中的ab
28、cdef一一对应，其中不符合反应实际的是（）A2 4 3 2 2 6B0 2 1 0 1 2C2 0 1 2 0 2D2 2 2 2 1 4【分析】氧化性Br2Fe3+可知：二价铁离子还原性强于溴离子，通入氯气，先氧化二价铁离子，剩余氯气再氧化溴离子A氯气足量时，二价铁离子、溴离子都被氧化；B氯气少量先氧化二价铁离子；C氯气不足是，可以只氧化二价铁离子；D.2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+1Br2+4Cl，氯气不足，把亚铁离子氧化成三价铁离子后，再部分氧化溴离子【解答】解：A氯气过量，Br、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl，故A正确
29、；B氯气少量先氧化二价铁离子，故B错误；C加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故C正确；D当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+1Br2+4Cl，故D正确；故选：B6可用作磁性材料的物质是（）AFeOBFe2O3CFe3O4DFeS【分析】四种铁的化合物中，只有Fe3O4具有磁性，能被磁铁吸引，作磁性材料，以此来解答【解答】解：四种铁的化合物中，只有Fe3O4具有磁性，能被磁铁吸引，作磁性材料，而FeO、Fe2O3、FeS均不具有，故选C7钾钠合金（含50%80%钾），可作原
30、子反应堆的导热剂，下面有关该合金的事实与此应用无关的是（）A熔点260.7KB具有很高的比热C可作冷却剂D能跟水剧烈反应【分析】钾钠合金（含50%80%钾），可作原子反应堆的导热剂利用的是物理性质，与化学性质无关，结合钠钾合金熔点低，具有很高的比热的性质解答【解答】解：钠钾合金具有较低的熔点，很高的比热，具有良好的导热性，可做制冷剂，常用作原子反应堆的导热剂，钠与水反应为化学反应，与钠钾合金做导热剂用途无关，故选：D8把钠放入滴有石蕊试液的水中，下列现象不易观察到的是（）A钠浮在水面上B溶液中产生较多的气泡C水溶液变为蓝色D钠熔化成小球并在水面浮动【分析】钠的密度小于水，钠的熔点较低，钠和水剧
31、烈反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，且反应放出大量的热，氢氧化钠溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色【解答】解：ANa的密度小于水，所以钠会浮在水面上，故A不选；B钠的性质较活泼，与水发生剧烈反应生成气体并在水面急速游动，发出嘶嘶声，但是看不到产生较多的气泡，故B选；C氢氧化钠溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，故C不选；D钠的熔点较低，钠和水反应放出的热量使钠熔成小球，生成的气体使钠受力不均导致钠四处游动，故D不选；故选B9为了验证NaHCO3固体中是否含有Na2CO3，下列实验及判断中，正确的是（）A加热，观察是否有气体放出B溶于水后加石灰水，看有无沉淀
32、C溶于水后加BaCl2溶液，看有无沉淀D加热后称量，看质量是否变化【分析】ANa2CO3性质稳定，加热时难以分解；BNaHCO3与Na2CO3都可与Ca（OH）2反应生成沉淀；CNaHCO3与BaCl2不反应；DNa2CO3加热时难以分解，通过质量不变不能判断是否有Na2CO3【解答】解：ANa2CO3性质稳定，加热时难以分解，加热时NaHCO3分解，不能确定是否含有Na2CO3，故A错误；BNaHCO3与Na2CO3都可与Ca（OH）2反应生成CaCO3沉淀，不能确定是否含有Na2CO3，故B错误；CNaHCO3与BaCl2不反应，Na2CO3都可与BaCl2溶液反应生成BaCO3沉淀，可鉴
33、别，故C正确；DNa2CO3加热时难以分解，通过质量不变不能判断是否有Na2CO3，质量变化是由于NaHCO3分解的原因，故D错误故选C10取一小块金属钠放在燃烧匙里加热，下列实验现象：描述正确的是（）金属先熔化 在空气中燃烧，放出黄色火花 燃烧后得白色固体 燃烧时火焰为黄色 燃烧后生成淡黄色固体物质ABCD【分析】钠在加热条件下与氧气发生反应时，由于钠的熔点较低，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色【解答】解：由于钠的熔点较低，先熔化，故正确；钠在加热条件下能在空气中燃烧，但不加热时，生成氧化钠，没有没有燃烧，并且观察不到黄色火花，故错误；生成过氧化钠，为黄
34、色固体，故错误；钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色故正确；与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故正确故选C11铝是一种低毒金属元素，它并非人体需要的微量元素，不会导致急性中毒，但食品中铝的含量超过国家标准就会对人体造成危害下列关于铝元素的说法正确的是（）A铝在空气中不易氧化是因为性质不活泼B氢氧化铝可与胃酸反应，常用作中和胃酸的药物C明矾可用于饮用水的杀菌消毒D硫酸铝铵常用作面粉膨化剂，该物质不溶于水【分析】A、铝是活泼金属易被氧气氧化为氧化铝保护金属铝；B、氢氧化铝难溶，和胃酸中的盐酸反应缓慢；C、明矾溶液中水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，但不能消毒；D、铵
35、盐都溶于水【解答】解：A、铝是活泼性金属，在空气中会与O2反应生成致密的氧化物薄膜阻止反应进行，故A错误；B、氢氧化铝难溶和胃酸中的盐酸反应缓慢，铝是一种低毒金属元素，常用作中和胃酸的药物，故B正确；C、明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，具有吸附色素和杂质的性能，通常用作净水剂，但不能用于杀菌消毒，故C错误；D、铵盐都溶于水，硫酸铝铵溶于水，故D错误；故选B12下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是（）A漂粉精的主要成分为次氯酸钙B实验室可用浓硫酸干燥氨气C实验室可用NaOH溶液处理NO2、HCl废气DAl2（SO4）3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒【分析】A漂白精的有效成分为次
36、氯酸钙；B氨气与浓硫酸反应；CNO2和HCl都可与NaOH反应；D酸性条件下抑制铝离子的水解【解答】解：A漂白精的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，其中有效成分为次氯酸钙，故A错误；B因氨气和浓硫酸反应，则不能用浓硫酸干燥氨气，应用碱石灰，故B错误；CNO2和HCl都可与NaOH反应，可用氢氧化钠溶液处理尾气，故C正确；D酸性条件下抑制铝离子的水解，碱性条件下可促进水解，在酸性条件下不能除去废水中的悬浮颗粒，故D错误故选C13在含有FeBr2和FeI2的混合溶液中通入足量的氯气，把所得溶液蒸干、灼烧，最后得到的固体是（）AFe（OH）3BFeCl3CFe2O3DFeCl3和I2【分析】含有FeBr2
37、、FeI2的混合溶液中通入足量氯气，生成氯化铁与碘单质与液溴，蒸干过程中溴挥发、碘升华，此时得到氢氧化铁，然后灼烧得固体是Fe2O3【解答】解：足量的氯气把FeBr2和FeI2氧化为FeCl3、Br2和I2，加热蒸干的过程中FeCl3水解为Fe（OH）3和HCl，Br2挥发，灼烧时Fe（OH）3分解为Fe2O3，I2升华，最终剩余的固体是Fe2O3，故选C14硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤在无机非金属材料中，硅一直扮演着主角下面几种物质中含有硅单质的是（）A玛瑙B光导纤维C太阳能电池板D水晶【分析】玛瑙、光导纤维以及水晶的主要成分是二氧化硅，太阳能电池板的主要成分是硅单
38、质【解答】解：A玛瑙的主要成分是二氧化硅，故A错误；B光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；C太阳能电池板的主要成分是硅单质，故C正确；D水晶的主要成分是二氧化硅，故D错误来源:学科网故选C15某无色气体可能含有CO、H2、O2、CO2、NH3、NO、HCl、NO2、SO2等气体中的若干种，为确定其成分，某学生进行了如下实验：将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象；而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊将原气体导入品红溶液中，红色没有变化；将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质
39、玻璃管加热，观察到CuO变为红色；将中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色下列判断正确的是（）A混合气体中一定有NO2和COB混合气体中一定没有H2和NH3C不能确定混合气体中是否有NH3D混合气体中至少有HCl等四种气体【分析】无色气体中一定不含有色的NO2气体；将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体，产生红棕色的气体为NO2，说明原混合气体中一定含有NO，则一定不含O2；将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象，而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊，白色沉淀为碳酸钙或亚硫酸钙，原混合气体中一定含有HCl、至少含有CO2、SO2
40、中的一种，则一定不存在与氯化氢反应的NH3；将原气体导入品红溶液中，红色没有变化，说明混合气体中不存在SO2，结合可知一定含有CO2；将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色，说明原混合气体中至少含有CO或H2中一种；将中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色，说明一定存在H2，可能含有CO，据此进行解答【解答】解：无色气体中一定不含有色的NO2气体；将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体，产生红棕色的气体为NO2，说明原混合气体中一定含有NO，则一定不含O2；将气体导入盛有少许澄清
41、石灰水的试管中，未见明显现象，而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊，白色沉淀为碳酸钙或亚硫酸钙，原混合气体中一定含有HCl、至少含有CO2、SO2中的一种，则一定不存在与氯化氢反应的NH3；将原气体导入品红溶液中，红色没有变化，说明混合气体中不存在SO2，结合可知一定含有CO2；将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色，说明原混合气体中至少含有CO或H2中一种；将中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色，说明一定存在H2，可能含有CO，根据分析可知，原混合气体中一定存在的气体为：H2、
42、CO2、NO、HCl；可能存在CO；一定不存在的气体为：O2、NH3、NO2、SO2，A原混合气体中一定不存在NO2，可能含有CO，故A错误；B混合气体中一定含有H2，故B错误；C混合气体中含有HCl，则一定不存在氨气，故C错误；D原混合气体中一定存在的气体为：H2、CO2、NO、HCl，可能存在CO，所以至少含有4种气体，故D正确；故选D16有关氯的叙述正确的是（）A液氯和氯水是同一物质B红磷在氯气中燃烧产生红色烟雾C氯气与水的反应中氯是氧化剂，水是还原剂D用氯制漂白粉是为了得到易贮存的漂白剂来源:Zxxk.Com【分析】A、液氯是纯净物，氯水是混合物；B、红磷在氯气中燃烧产生白色烟雾；C、
43、根据反应中化合价变化的元素来回答判断；D、漂白粉成分为氯化钙和次氯酸钙的固体混合物便于储运【解答】解：A、液氯是纯净物，氯水是混合物，成分不一样，二者不是同一物质，故A错误；B、红磷在氯气中燃烧产生白色烟雾，而不是红色的，故B错误；C、氯气与水的反应中化合价变化的元素只有Cl元素，所以氯气既是氧化剂，又是还原剂，故C错误；D、漂白粉成分为氯化钙和次氯酸钙的固体混合物便于储运，用氯气制漂白粉是为了得到易贮存的漂白剂，故D正确；故选D17已知BrCl能发生下列反应：nBrCl+2M=MCln+MBrn（M为+n价的金属元素），BrCI+H20=HCl+HBrO，以下推论正确的是（）ABrCl具有和
44、卤素单质相似的化学性质BBrCl和M反应时，BrCl即为氧化剂又为还原剂CBrCl和NaOH溶液反应生成NaCI、NaBrO两种盐D将BrCl跟FeS04溶液反应溶液会变成无色【分析】BrCl中Br为+价，Cl为1价，由nBrCl+2M=MCln+MBrn可知，BrCl具有强氧化性，具有卤素单质的性质，反应BrCl+H2O=HCl+HBrO中，元素的化合价没有发生变化，为水解反应，以此解答该题【解答】解：A根据题中信息，BrCl能与金属、水反应，其性质与卤素的单质相似，故A正确；BBrCl和M反应时，Br元素化合价降低，Cl元素化合价不变，BrCl只做氧化剂，故B错误；C由BrCl与水反应的特
45、点可知BrCl+2NaOH=NaCl+NaBrO+H2O，故C正确；DBrCl的氧化性介于氯与溴之间，跟FeSO4溶液反应，会把Fe2+氧化成Fe3+，故D错误故选AC18在常温常压下，将盛满氯气的一支试管倒立在水槽中，当日光照射一段时间至不再反应为止，试管中最后残留气体体积占整个试管体积的（）ABCD【分析】将盛满氯气的一支试管倒立在水槽中，当日光照射一段时间至不再反应为止，发生Cl2+H2OHCl+HClO、2HClO2HCl+O2，以此来解答【解答】解：将盛满氯气的一支试管倒立在水槽中，当日光照射一段时间至不再反应为止，发生Cl2+H2OHCl+HClO、2HClO2HCl+O2，设试管
46、的体积为V，则氯气的体积为V，最后生成V体积的氧气，氧气不溶于水，所以试管中最后残留气体体积占整个试管体积的，故选A19下列说法错误的是（）A金属甲比金属乙容易失去电子，则甲比乙金属性强BNaHCO3与NaOH反应有CO2生成C稀硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子DNa2CO3不能用于治疗胃酸过多【分析】A金属越易失去电子，金属性越强；B、NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠；C、硝酸具有强氧化性；D、Na2CO3不能用于治疗胃酸过多【解答】解：A元素的金属性强弱与失电子难以有关，越易失去电子，金属性越强，故A正确；B、NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠，无二氧化碳气体产生，故B错误；C、硝酸具有
47、强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，故C正确；D、Na2CO3不能用于治疗胃酸过多，故D错误；故选B20溶有NaBrKI的溶液中，通入足量氯气充分反应，然后将所得溶液蒸干灼烧，所得固体为（）ABr2BI2和 KClCI2KCl和NaClDKCl和NaCl【分析】氧化性：Cl2Br2I2，向含有NaBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反应，生成NaCl、KCl和Br2、I2，加热时Br2易挥发，I2易升华，以此可解答该题【解答】解：向含有NaBr和KI的混合溶液中通入氯气可发生：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，2KI+Cl2=2KCl+I2，生成KCl和NaCl、Br2、I2在加热灼
48、烧的情况下，溴挥发碘升华水蒸发，过量的氯气逸出，所得固体是KCl和NaCl，故选D21X、Y、Z是三种常见的单质，甲、乙是两种常见的化合物下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（） 选项XYZ甲乙AH2SiCl2SiCl4HClBMgCO2CO2MgOCZnFeCl2FeCl2ZnCl2DO2N2H2NH3H2OAABBCCDD【分析】将各选项物质代入转化关系图，结合物质的性质进行验证A、氢气与氯气发生反应H2+Cl2=2HCl，硅与氯气发生反应Si+2Cl2=SiCl4，氢气还原四氯化硅2H2+SiCl4=Si+4HCl；B、镁在氧气燃烧发生反应2Mg+O2=2Mg
49、O，碳在氧气中燃烧发生反应C+O2=CO2，镁在二氧化碳中燃烧2Mg+CO2=2MgO+C；C、锌与氯气反应Zn+Cl2=ZnCl2；铁与氯气反应2Fe+3Cl2=2FeCl3；锌与氯化铁反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然后锌再与FeCl2反应置换出铁，二者不能一步反应生成化合物乙（ZnCl2）与单质Y（Fe）；D、氢气在氧气中燃烧O2+2H2=2H2O，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下发生反应N2+2H2=3NH3；氨气燃烧4NH3+3O2=2N2+6H2O【解答】解：A、X为H2，Z为Cl2，氢气与氯气可以一步反应生成化合物乙HCl；Y为Si，硅与氯气可以一步反应生成化合物甲SiCl
50、4；氢气与SiCl4可以一步反应生成化合物乙（HCl）与单质Y（Si），故A可以一步实现；B、X为Mg，Z为O2，镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO；Y为C，碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2；镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙（MgO）与单质Y（C），故B可以一步实现；C、X为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2；Y为Fe，铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3；锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙（ZnCl2）与单质Y（Fe），二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然后锌再与FeCl2反应置换出铁，故C不可以一步实现；D、X为O2，Z为H2，氧气与氢气
51、可以一步反应生成化合物乙H2O；Y为N2，氮气与氢气可以一步反应生成化合物甲NH3；O2与NH3可以一步反应生成化合物乙（H2O）与单质Y（N2），故D可以一步实现故选C22甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）来源:学科网ZXXKA甲为AlCl3，乙为NaHCO3B溶液丙中还可以大量共存的离子有：Fe2+、NO3、SO42C在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OD白色沉淀A可能溶解在溶液D中【分析】甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HC
52、O3离子中的两种组成，依据离子共存原则，H+只能与Cl生成HCl，Al3+只能与Cl生成AlCl3，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，且甲中含有Na+，据此解答即可【解答】解：溶液中存在H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：HCl和AlCl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al3+和HCO3生成的气体B为二氧化碳，沉淀A为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为NaHCO3，那么乙为AlCl3，甲与丁生成白色沉
53、淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为HCl，A、依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，故A错误；B、据分析可知，丙为HCl，含有H+，故Fe2+、NO3不能与其共存，故B错误；C、甲中滴加丁，甲是过量的，那么Ba（OH）2应满足阳离子：阴离子=1：2的关系，故C错误；D、白色沉淀A为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故D正确，故选D一、填空题（本大题共5小题，共46分）23硫酸铁铵aFe2（SO4）3b（NH4）2SO4cH2O广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如图工艺流程制取硫酸铁铵请回答下列问题：（1）硫酸亚铁溶液加
54、H2SO4酸化的主要目的是增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解，滤渣A的主要成分是CaSO4（2）下列物质中最适合的氧化剂B是b；反应的离子方程式H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2OaNaClO bH2O2 cKMnO4 dK2Cr2O7（3）操作甲、乙的名称分别是：甲冷却结晶，乙常温晾晒（4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe2+是否已全部被氧化，所加试剂为铁氰化钾溶液（写名称），能否用酸性的KMnO4溶液？不能（如果能，下问忽略），理由是：因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色（可用语言或方程式说明）（5）检验硫酸铁铵中NH
55、4+的方法是在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色（6）称取14.00g样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05mol Ba （NO3）2溶液，恰好完全反应则该硫酸铁铵的化学式为Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O【分析】原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，结合对应物质的性质以及题目要求可解
56、答该题（1）硫酸亚铁中亚铁离子水解，硫酸可以抑制水解，硫酸根离子可以将钙离子沉淀；（2）加入氧化剂可氧化亚铁离子，但应避免引入新杂质；（3）硫酸铁铵经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，但是温度不能太高；（4）根据酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水分析；（5）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+；（6）根据元素守恒结合发生的转化来计算【解答】解：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80下反应可生成硫酸铁铵，经
57、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，（1）加入硫酸，可增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀，生成CaSO4，同时抑制Fe2+水解，故答案为：增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解；CaSO4；（2）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，来源:Z+xx+k.Com故答案为：b；H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（3）在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，温度不能过高，防止分解，故答案为
58、：冷却结晶；常温晾晒；（4）酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水，应加入铁氰化钾溶液，如生成蓝色沉淀，可说明含有亚铁离子，故答案为：铁氰化钾溶液；不能；因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；（5）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+，故答案为：在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色；（6）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH
59、）3，n（Fe（OH）3）=0.02mol，向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42）=0.05mol，所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol0.02mol3=0.04mol，则m（H2O）=14.00g0.02mol400g/mol0.04mol132g/mol=0.72g，n（H2O）=0.04mol，n（Fe2（SO4）3）：n（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2，所以化学式为Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2
60、O，故答案为：Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O24从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32的离子方程式为SiO2+2OHSiO32+H2O来源:学科网ZXXK（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入硫氰化钾（或苯酚溶液、氢氧化钠溶液等）（填试剂名称）（4）滤液E、K中溶质的主要成份是NaHCO3（填化学式），写出该溶液的一种用途制纯碱（或做发酵粉）（5）已知298K时，Mg（OH）2的溶
61、度积常数 常数KSP=5.61012，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得PH=13.00，则此温度下残留在溶液中的c（Mg2+）=5.61010mol/L【分析】（1）与HCl反应生成Al3+，应为铝土矿中Al2O3；（2）SiO2可以溶于NaOH中生成Na2SiO3，写出离子方程式；（3）检验Fe3+的特征反应很多，如与KSCN显血红色，与苯酚显紫色，与OH显红褐色沉淀等；（4）生成E、K时，CO2均是过量的，故应生成NaHCO3；（5）Ksp=c（Mg2+）c2（OH），c（Mg2+）=5.61010mol/L【解答】解：（1）流程甲加入盐酸，反应生成铝离子的物质为铝土
62、矿中的氧化铝，反应的化学方程式为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O，故答案为：（1）Al2O3+6H+2Al3+3H2O；（2）流程乙加入过量的氢氧化钠，与氧化铝反应生成偏铝酸钠，与二氧化硅反应生成硅酸钠，生成SiO32的离子方程式为：SiO2+2OHSiO32+H2O，故答案为：SiO2+2OHSiO32+H2O；（3）流程甲加入HCl，生成FeCl3、MgCl2、AlCl3，要检验滤液B中含有Fe3+，方法很多，如可加入KSCN溶液为血红色，与苯酚显紫色，与碱反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀，都能证明滤液B中含有Fe3+，故答案为：KSCN（或苯酚溶液、NaOH溶液等合理答案）；（4）
63、滤液B中加入过量NaOH，生成Fe（OH）3沉淀、Mg（OH）2沉淀和NaAlO2；过滤，滤液D中含有NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，向滤液D中通入过量CO2，NaAlO2和CO2反应生成氢氧化铝沉淀，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液E中溶质的主要成分为NaHCO3；滤液Y中通入过量CO2，硅酸钠反应生成硅酸，NaAlO2生成氢氧化铝，过量的NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液K中溶质的主要成分为NaHCO3；故应填NaHCO3；NaHCO3的用途很多，如制纯碱或做发酵粉等；故答案为：NaHCO3；制纯碱（或做发酵粉）；（5）已知滤液B中加入一定
64、量的NaOH达到沉淀溶液平衡时pH=13.00，则c（H+）=11013mol/L，c（OH）=0.1mol/L，Mg（OH）2的容度积常数KSP=c（Mg2+）c2（OH）=5.61012，c（Mg2+）=5.61010mol/L故答案为：5.61010mol/L25银铜合金广泛用于航空工业从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80）（1）电解精炼银时，阴极反应式为Ag+e=Ag；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为2NO+O2=2NO2（2）固体混合物B的组成为Al（OH）
65、3和CuO；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为50.0mol CuAlO2，至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液25.0L（5）CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥【分析】（1）根据电解原理分析判断；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02；（2）未煮沸之前是C
66、u（OH）2和Al（OH）3，根据Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80判断产物；根据氢氧化铝显两性能与碱反应；（3）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来配平；（4）根据铜元素守恒建立关系式：CuCuAlO2来计算；根据铝元素守恒建立关系式：Al2（SO4）32CuAlO2来计算；（5）根据可溶性溶质从溶液中析出晶体的方法；【解答】解：（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Age=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag+e=Ag；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02：2NO+O2=2NO2；故答案为：Ag+
67、e=Ag；2NO+O2=2NO2；（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O
68、2，故答案为：4；2；4；O2；（4）由关系式：CuCuAlO2得n（CuAlO2）=50.0mol，则CuAlO2为50.0mol，由关系式：Al2（SO4）32CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAlO2）=25.0mol，所以需要体积为=25.0L，故答案为：50.0；25.0；（5）由CuSO4溶液获得CuSO45H2O晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶（或结晶），过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶26溴主要以Br形式存在于海水中，海水呈弱碱性工业上制备的Br2的操作步骤为：一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生
69、成NaBr、NaBrO3等用硫酸酸化步骤得到的混合物完成下列填空：（1）Cl2氧化Br应在通风橱中酸性 条件下进行，目的是为了避免溴中毒及生成的溴与碱发生反应（且碱性溶液中氯气与碱反应）（2）Br2可用热空气吹出，其原因是溴的沸点较低，易挥发（3）写出步骤所发生的化学反应方程式3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是用盐酸酸化，则盐酸被NaBrO3氧化步骤的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为Br2易挥发，对大气有污染（4）为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中ca通入HBr b加入Na2CO3溶液 c加入NaB
70、r溶液 d加入Na2SO3溶液【分析】（1）Cl2氧化Br生成溴单质，通风橱进行防止溴中毒、溴与碱反应；（2）溴易挥发；（3）发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、水；盐酸能被溴酸钠氧化，并结合溴挥发来分析；（4）利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2【解答】解：（1）Cl2氧化Br生成溴单质，则应在通风橱中酸性条件下进行，防止溴中毒及生成的溴与碱发生反应（且碱性溶液中氯气与碱反应），故答案为：通风橱中酸性；溴中毒及生成的溴与碱发生反应（且碱性溶液中氯气与碱反应）；（2）因溴的沸点较低，易挥发，Br2可用热空气吹出，故答案为：溴的沸点较低，易挥发；（3）发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴
71、单质、水，该反应为3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O；盐酸能被溴酸钠氧化，则不能利用盐酸酸化，且溴挥发，对大气造成污染，则有时运输到目的地后再酸化，故答案为：3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O；用盐酸酸化，则盐酸被NaBrO3氧化；Br2易挥发，对大气有污染；（4）利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2，只有c符合，其它选项会引入新的杂质，故答案为：c27如图是利用废铜屑（含杂质）制备胆矾（硫酸铜晶体）的过程已知：溶液中被沉淀的离子Fe3+Fe2+Cu2+完全生成氢氧化物的沉淀时，溶液的pH来源:Zxx
72、k.Com3.76.44.4请回答：（1）下列物质中最适宜做氧化剂X的是B（填字母）ANaClO BH2O2 CKMnO4（2）加入试剂是为了调节pH，试剂可以选择CuO或CuCO3或Cu（OH）2（填化学式）（3）操作的名称是蒸发结晶（4）沉淀D加入盐酸可以得到FeCl3溶液，关于FeCl3溶液的性质中说法不正确的是CA将FeCl3饱和溶液逐滴加入沸水中，并继续加热得到红褐色液体，该液体能产生丁达尔效应B向FeCl3溶液滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀C将FeCl3溶液滴加NaOH溶液，将沉淀干燥灼烧，得到Fe（OH）3固体D向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色（5）沉淀D加入盐
73、酸和铁粉，可以制得FeCl2溶液，实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉防止FeCl2溶液变质，其原因是Fe+2Fe3+=3Fe2+（用离子方程式表示）【分析】由制备实验流程可知，Fe和Cu灼烧，铜与氧气反应生成CuO，Fe与空气不反应，加入稀硫酸，反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，硫酸亚铁会部分氧化硫酸铁，为了除去二价铁，由完全生成氢氧化物沉淀时，溶液的pH可知需将二价铁氧化生成三价铁，然后调节pH形成沉淀，过滤除去氢氧化铁沉淀，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得胆矾，以此来解答【解答】解：由制备实验流程可知，Fe和Cu灼烧，铜与氧气反应生成CuO，Fe与空气不反应，加入稀硫酸，反应
74、生成硫酸铜和硫酸亚铁，硫酸亚铁会部分氧化硫酸铁，为了除去二价铁，由完全生成氢氧化物沉淀时，溶液的pH可知需将二价铁氧化生成三价铁，然后调节pH形成沉淀，过滤除去氢氧化铁沉淀，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得胆矾，（1）氧化剂X的作用为将亚铁离子氧化为铁离子，且不引入新杂质，只有B符合，故答案为：B； （2）试剂是为了调节pH，且不能引入新杂质，试剂可以选择CuO或CuCO3或Cu（OH）2，故答案为：CuO或CuCO3或Cu（OH）2；（3）操作从溶液中得到晶体，名称是蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶； （4）A将FeCl3饱和溶液逐滴加入沸水中，并继续加热得到红褐色液体，为胶体分散
75、系，则该液体能产生丁达尔效应，故A正确；B向FeCl3溶液滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀为氢氧化铁，故B正确；C将FeCl3溶液滴加NaOH溶液，将沉淀Fe（OH）3干燥灼烧，得到Fe2O3固体，故C错误；D向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，发生络合生成生成络离子，故D正确；故答案为：C； （5）保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉防止FeCl2溶液变质，即防止亚铁离子被氧化，离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+二、附加题（本大题共1小题，共10分）28固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验
76、探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：甲：Mg（NO3）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2 丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）查阅资料得知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想，设计如图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：（2）实验过程仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E 中有气泡连续放出，表明装置气密性良好称取Mg（NO3）2固体3.79g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是避免对产物O2检验产
77、生干扰（或其它合理答案）；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先移动酒精灯预热硬质玻璃管然后固定在管中固体部位下加热观察到A 中有红棕色气体出现，CD 中未见明显变化待样品完全分解，A 装置冷却至室温称量，测得剩余固体的质量为1.0g取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未见明显现象（ 3 ）实验结果分析讨论根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想乙是正确的根据D 中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：2Na2SO3+O2=2Na2SO4（填写化学方程式），溶液颜色会褪去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检测到的原因是O2在通过装置B
78、时已参与反应（或其它合理答案）小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究【分析】（1）根据氧化还原反应化合价升降相等判断；（2）反应前检验装置的气密性；甲、乙、丙中都有氧气，避免空气中氧气干扰；根据加热试管的操作要求完成；（3）根据硝酸镁的反应现象进行判断；D中亚硫酸钠具有还原性，能够和氧气反应生成硫酸钠，溶液褪色；二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，一氧化氮会消耗氧气【解答】解：（1）Mg（NO3）2分解时，丁中NO2、N2都是氮元素的化合降低的产物，由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，故答案为：不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）
79、；来源:Zxxk.Com（2）实验前需要检验装置的气密性，方法是关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好，故答案为：装置气密性良好；由于甲乙丙猜想中产物都有氧气，没有氮气，用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，集中加热前先预热硬质试管，然后固定在管中固体部位下加热，故答案为：避免对产物O2检验产生干扰（或其它合理答案）；移动酒精灯预热硬质玻璃管；（3）硝酸镁分解，红棕色气体是二氧化氮，镁元素不会还是硝酸镁形式，所以乙正确；故答案为：乙；亚硫酸钠和氧气的反应，反应方程式是：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，在B装置中，二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，生成的一氧化氮消耗了氧气，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）