1、2014-2015学年河南省驻马店市确山二中高三（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（共17小题，每小题3分，满分51分）1（3分）下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是（）A蒸发、蒸馏、过滤、萃取B过滤、蒸馏、蒸发、萃取C过滤、蒸发、蒸馏、分液D萃取、蒸馏、蒸发、过滤考点：过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取版权所有专题：图示题；化学实验基本操作分析：根据物质分离的方法和化学实验的基本操知识来回答解答：解：由图中第一个装置的仪器以及操作，可知本实验操作名称过滤；由图中第二个装置的仪器以及操作，可知本实验操作名称蒸发；由图中第三个装置的仪器以及操作，可知本实验操作名称蒸馏；由图中
2、第四个装置的仪器以及操作，可知本实验操作名称是分液故四种实验操作名称从左到右依次是过滤、蒸发、蒸馏、分液故选C点评：本题考查学生物质分离的方法和仪器，可以根据所学知识进行回答，较简单2（3分）下列物质中既能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的是（）NaHCO3 Al2O3 Al（OH）3 Al Na2CO3ABCD全部考点：铝的化学性质；镁、铝的重要化合物版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：既能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的物质有铝、氧化铝、氢氧化铝、多元弱酸的酸式盐，弱酸对应的铵盐、蛋白质、氨基酸等解答：解：NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳
3、，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故正确；Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al（OH）3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故正确；Na2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应不反应，故错误；故选B点评：本题考查既能与酸又能与碱反应的物质，明确Al、Al2O3、Al（OH）3的性质是解答本题的关键，并注意归纳常见物质的性质来解答3（3分）下列说法正确的是（）A将AgCl放入水中不能导电，故
4、AgCl不是电解质BCO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质C金属能导电，所以金属是电解质D固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl能导电，NaCl是电解质考点：电解质与非电解质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物叫非电解质；能导电的物质有自由电子或自由移动的离子，如金属或熔融态盐或酸、碱、可溶性盐溶液等解答：解：A、AgCl的溶解度很小，导致将AgCl放入水中不能导电，但氯化银在熔融态能电离出自由移动的阴阳离子，所以是电解质，故A错误；B、二氧化碳溶于水能导电，但电离出自由移动离子的是碳酸不是
5、二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故B错误；C、金属能导电，但金属不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl有自由移动的离子，所以能导电，故NaCl是电解质，故D正确故选D点评：本题考查了电解质与导电性的关系，难度不大，注意导电的不一定是电解质，电解质不一定能导电4（3分）氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图所示，则下列化学反应属于图中阴影部分的是（）A4Fe（0H）2+O2+2H2OFe（OH）3B2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2C4NH3+5O24NO+6H2ODZn+H2SO4ZnSO4+H2考点：氧化还原反应；化学基
6、本反应类型版权所有专题：氧化还原反应专题分析：阴影部分的含义是：该反应中有元素化合价变化但又不属于化合反应、分解反应、置换反应，据此分析解答解答：解：A该反应中铁元素化合价由+2价变为+3价，氧气中氧元素化合价由0价变为2价，所以该反应是氧化还原反应，但该反应又是化合反应，所以不符合，故A错误；B该反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应，故B错误；C该反应中氮元素化合价由3价变为+2价，氧元素化合价由0价变为2价，所以该反应是氧化还原反应，且该反应不属于化合反应、分解反应、置换反应，故C正确；D该反应中锌元素化合价由0价变为+2价，氢元素化合价由+1价变为0价，所以该反应是氧化还原反应
7、，但该反应又是置换反应，故D错误；故选C点评：本题考查了氧化还原反应和基本反应类型的关系，明确阴影部分表示的含义是解本题关键，根据这几个反应概念来分析解答即可，难度不大5（3分）在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl各为1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42的物质的量为（）A0.1molB0.5molC0.15molD0.25mol考点：物质的量的相关计算版权所有专题：守恒思想分析：根据溶液中的离子的电荷守恒，即溶液中的阳离子带电的电荷量与阴离子所带电电荷量相等解答：解：因溶液中的离子有K+、Cl、Mg2+、SO42，设SO42物质的量为n，溶液不显电性，溶
8、液中的阳离子带电的总电荷量与阴离子所带电的总电荷量相等，根据电荷守恒：1.5mol1+0.5mol2=1.5mol1+n2，解得n=0.5mol故选B点评：本题考查溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，比较简单6（3分）自来水常用Cl2消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是（）AAgNO3BFeCl2CNa2SO3DAlCl3考点：氯气的化学性质版权所有专题：卤族元素分析：氯水中含有H+、Cl2、HClO、ClO、Cl等微粒，根据Ag+与Cl反应，H+与弱酸根离子反应，亚铁离子具有还原性，能被氧化来分析解答解答：解：A、配制AgNO3溶液时，若用
9、氯水，氯水中含有Cl离子，则Ag+与Cl反应生成AgCl沉淀，产生明显的药品变质问题，故A错误；B、配制FeCl2溶液时，若用氯水，氯水中含有Cl2、HClO、ClO等微粒，具有氧化性，能氧化亚铁离子，则产生明显的药品变质问题，故B错误；C、配制Na2SO3溶液时，氯水中含有H+，H+与亚硫酸根离子反应生成水和二氧化硫，则产生明显的药品变质问题，故C错误；D、配制AlCl3溶液时，溶液在的离子不会与氯水中的微粒发生反应，则不会产生明显的药品变质问题，故D正确；故选D点评：本题考查溶液的配制，明确氯水中的成分及离子之间的反应是解答本题的关键，难度不大7（3分）只用一种试剂，可区别Na2SO4、A
10、lCl3、NH4Cl、MgSO4四种溶液，这种试剂是（）AHClBBaCl2CAgNO3DNaOH考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用版权所有专题：实验题分析：分别向四种溶液中加入氢氧化钠，有刺激性气味的气体产生的原溶液是氯化氨溶液，立即有白色沉淀生成且不溶解的原溶液是硫酸镁溶液，开始时有白色沉淀生成，随氢氧化钠量的增多，沉淀溶解的是氯化铝溶液，无明显变化的是硫酸钠溶液解答：解：A加入盐酸，与以上四种物质都不反应，无法鉴别，故A错误；B加入BaCl2不能鉴别Na2SO4和MgSO4，二者都生成BaSO4沉淀，故B错误；C加入AgNO3都生成白色沉淀，分别为AgCl和Ag2SO4，无法鉴别
11、，故C错误；D分别向四种溶液中加入氢氧化钠，有刺激性气味的气体产生的原溶液是氯化氨溶液，立即有白色沉淀生成且不溶解的原溶液是硫酸镁溶液，开始时有白色沉淀生成，随氢氧化钠量的增多，沉淀溶解的是氯化铝溶液，无明显变化的是硫酸钠溶液，故D正确故选D点评：本题考查物质的鉴别，题目难度不大，本题注意把握物质的性质，注重常见基础知识的积累8（3分）某同学在实验报告中有以下实验数据：用托盘天平称取11.7g食盐；用量筒量取5.26mL盐酸；用广泛pH试纸测得溶液的pH值是3.5，其中数据合理的是（）ABCD考点：计量仪器及使用方法；试纸的使用版权所有专题：化学实验基本操作分析：托盘天平的准确度是0.1g；量
12、筒量取液体体积最多到0.1ml；广泛pH试纸测得溶液PH为整数解答：解：用托盘天平称取11.7g食盐符合天平的使用要求，故正确；用量筒不能量取5.26mL的盐酸，因为量筒是一粗略量取液体体积的量具，最多量取到0.1ml，故错误；广泛pH试纸是粗略测定溶液PH的一种实验用品，测得溶液的pH值是整数，故错误；故选A点评：本题考查实验基本操作中的量具的精确度，题目难度不大，注意广泛pH试纸测得溶液PH为整数9（3分）（2013南昌一模）一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：5考点：氧
13、化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比解答：解：在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（50）：0（3）=5：3故选A点评：本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中
14、等，关键根据化合价变化判断氧化剂与还原剂，再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比10（3分）（2011上海）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等下列反应与Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（）A2Na2O2+2H2O4NaOH+O2B4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3C2F2+2H2O4HF+O2D2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2考点：氧化还原反应版权所有分析：利用元素化合价的变化，找出氧化剂和还原剂，找出Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2H
15、Br中水所起的作用，分析选项中水所起的作用，与题干对比解答：解：因反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，Br的化合价从01，Br2作氧化剂，S的化合价从+4+6，SO2作还原剂，水中元素化合价没有变化，所以水既非氧化剂又非还原剂；A、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故A中水的作用相同；B、O2为氧化剂，4Fe（OH）2为还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故B中水的作用相同；C、F2为氧化剂，水还原剂，故C中水的作用不同；D、Al作还原剂，水作氧化剂，故D中水的作用不同；故选CD点评：本题考查了氧化剂、还原剂的判断分析反应中元素的化合价的变化，即可得出正确结
16、论本题易漏选D，对于一些特殊的反应，如选项中的A、D，还需加强记忆11（3分）给出下列条件，无法确定该物质摩尔质量的是（）A已知物质的体积和质量B已知气体在标准状况时的密度C已知一定量物质的质量和物质的量D已知物质一个分子的实际质量考点：摩尔质量；物质的量的相关计算版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、根据M=判断正误B、根据公式=判断C、根据M=判断D、根据摩尔质量的定义判断解答：解：A、公式M=中，已知物质的体积和质量，如果不知气体摩尔体积，无法计算其摩尔质量，故A选B、标况下，气体摩尔体积是22.4L/mol，公式=中，密度和气体摩尔体积已知，所以能计算出其摩尔质量，故B
17、不选C、由公式M=知，质量和物质的量为已知，能计算其摩尔质量，故C不选D、单位物质的量的物质所具有的质量叫做摩尔质量，已知物质一个分子的实际质量，在数值上1mol该分子的质量等于其相对分子质量，故不选故选A点评：本题考查了有关摩尔质量的公式，难度不大，能灵活运用公式是解本题的关键12（3分）用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制100mL 1 mol/L的稀硫酸现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：100mL量筒 10mL量筒 50mL烧杯 托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（）ABCD考点：配制一定物质的量浓度的溶液版权所有专题：实验题分
18、析：先根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答解答：解：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c=mol/L=18.4mol/L，配制1mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V=0.0054L，即5.4ml，应选择10ml量筒，实验时用10ml量筒量取5.4ml浓硫酸，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为，故选：D点评：本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和使用仪器，难度不大，注意量物质的量浓度和质量百分数之间的换算
19、13（3分）把a L含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份需用b mol烧碱刚好把氨全部赶出，另一份与氯化钡溶液反应时，消耗c mol氯化钡，由此可知原溶液中N03的物质的量浓度是（单位：molL1）（）ABCD考点：离子方程式的有关计算版权所有专题：守恒法分析：根据NH4+OHNH3+H2O来计算铵根离子的物质的量，利用Ba2+SO42BaSO4来计算硫酸根离子的物质的量，再根据溶液不显电性来计算原溶液中N03的物质的量浓度解答：解：设每份中NH4+的物质的量为x，SO42的物质的量为y，则NH4+OHNH3+H2O1 1x b，解得x=b，则每份中NH4+的物质的量为bmol，Ba2+S
20、O42BaSO41 1c y，解得y=c，则每份中SO42的物质的量为cmol，由aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，则原溶液中NH4+的物质的量浓度为mol/L，原溶液中SO42的物质的量浓度为mol/L，设原溶液中N03的物质的量浓度为z，由溶液不显电性，根据电荷守恒可知，mol/L1=mol/L2+z1，解得z=mol/L，故选D点评：本题考查学生利用离子方程式的简单计算，明确每份溶液中离子的物质的量与原溶液的关系及原溶液中的电荷守恒即可解答14（3分）下列叙述中，正确的是（）AH2SO4的摩尔质量是98B等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同C等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比
21、为11：7D将98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol/L考点：摩尔质量；物质的量的相关计算版权所有专题：计算题分析：AH2SO4的摩尔质量是98g/mol；BO2和O3都由氧原子构成，二者质量相等含有的氧原子数目相等；C根据n=计算判断物质的量关系，再根据分子中含有的C原子数目判断；D.98g H2SO4的物质的量为1mol，溶于水配成500mL溶液，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol/L解答：解：AH2SO4的摩尔质量是98g/mol，1molH2SO4的质量是98g，故A错误；BO2和O3都由氧原子构成，二者质量相等含有的氧原子数目相等，故B
22、正确；C等质量的CO与CO2的物质的量之比为：=11：7，二者分子都含有1个C原子，二者所含碳原子数之比为11：7，故C正确；D.98g H2SO4的物质的量为1mol，溶于水配成500mL溶液，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol/L，体积500mL是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故D错误；故选BC点评：本题考查常用化学计量的有关理解、计算等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握15（3分）设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A78g Na2O2与足量水充分反应时电子转移数为NAB25、101.3kPa时，11.2L H2中含有的原子数为NAC4、101.3kPa时，54mL H
23、2O中含有的分子数为3NAD2L 1mol/L Na2SO4溶液中离子总数为3NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、Na2O2与足量水，过氧化钠自身的氧化反应反应；B、常温下，不是标准状况下，无法计算氢气的物质的量；C、4、101.3kPa时，水的密度小于1g/mL；D、2L 1mol/L Na2SO4溶液中含有4mol钠离子、2mol硫酸根离子解答：解：A、78g Na2O2的物质的量是1mol，与足量水充分反应时注意1mol电子，电子转移数为NA，故A正确；B、不是标准状况下，无法计算氢气的物质的量，故B错误；C、该条件下，水的密度小于1g/mL，5
24、4mL H2O的质量小于54g，物质的量小于3mol，故C错误；D、2L 1mol/L Na2SO4溶液中含有2mol硫酸钠，含有6mol离子，故D错误故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，注意标准状况下的条件及物质状态，本题难度中等16（3分）在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（）ACl、Na+、NO3、Ca2+BNH4+、HCO3、Cl、K+CK+、Ba2+、Cl、SO42DCu2+、NH4+、I、Cl考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：溶液无色，则不含有有颜色的离子，溶液呈强酸性，则与H+反应的离子不能存在，离子能够大量共存，则离子之间不发生任何反应解答：解：
25、A、溶液无色，在酸性条件下不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B、溶液无色，在酸性条件下HCO3与H+反应不能大量共存，故B错误；C、溶液无色，Ba2+与SO42反应生成沉淀不能大量共存，故C错误；D、Cu2+有颜色，不符合题目无色要求，故D错误故选A点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意题目的要求，掌握离子反应的性质17（3分）（2007揭阳二模）从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4下列说法正确的是（）ACu2S既是氧化产物又是还原产物B5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C产物中的
26、SO42离子有一部分是氧化产物DFeS2只作还原剂考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为1价，反应后分别升高为+6价、降低为2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题解答：解：ACuSO4Cu2S，FeS2Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价降低，Cu2S是还原产物，故A错误；B.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价+1价，14molCuSO4得
27、到14mol电子，FeS2Cu2S，S元素的化合价由1价2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；C由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42离子，生成物中有17molSO42离子，则有3molS被氧化，故C正确；DFeS2中S元素化合价为1价，反应后分别升高为+6价、降低为2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故D错误故选：C点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题的关键是正确判断各元素的化合价的变化，能从化合价的角度进行判断和计算二、解答题（共4小题，满分49分）18（12分）（1）质量都是50g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，
28、含有分子数目最少的是CO2，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是NH3，体积最小的是CO2（2）在125mL 0.2mol/L NaOH溶液中含1g溶质；配制50mL 0.2mol/L CuSO4溶液，需要CuSO45H2O2.5g考点：物质的量的相关计算版权所有专题：计算题分析：（1）n=计算；（2）根据n=cV计算解答：解：（1）由n=可知：相同质量时，物质的相对分子质量越大，则分子数越小，CO2的相对分子质量最大，则质量都是50g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是CO2，n=可知：相同质量时，物质的相对分子质量越大，则物质的量越小，体积越小，则质量都是5
29、0g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，体积最大的是NH3，体积最小的是CO2，故答案为：CO2；NH3；CO2；（2）n（NaOH）=0.025mol，V=0.125L=125mL，50mL 0.2mol/L CuSO4溶液中：n（CuSO4）=0.05L0.2mol/L=0.01mol，则：m（CuSO45H2O）=0.01mol250g/mol=2.5g，故答案为：125；2.5g点评：本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关计算公式的运用，难度不大19（12分）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强黑火药在
30、发生爆炸时，发生如下的反应：2KNO3+C+SK2S+2NO2+CO2其中被还原的元素是氮和硫，被氧化的元素是碳，氧化剂是KNO3和硫，还原剂是碳，氧化产物是CO2，还原产物是K2S和NO2考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：反应2KNO3+C+SK2S+2NO2+CO2中，N和S元素化合价降低，被还原，则KNO3和硫为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，C为还原剂，以此解答该题解答：解：反应2KNO3+C+SK2S+2NO2+CO2中，N和S元素化合价降低，被还原，则KNO3和硫为氧化剂，还原产物为K2S和NO2，C元素化合价升高，被氧化，C为还原剂，CO2为氧化产物，故答案
31、为：氮和硫；碳；KNO3和硫；碳；CO2；K2S和NO2点评：本题考查氧化还原反应知识，侧重于基本概念的理解，注意从元素化合价的角度分析相关概念并判断物质具有的性质，难度不大20（12分）已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：A+B白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解B+D白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色C+D白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失（1）则各是什么物质的化学式为：ABaCl2、BFeSO4、CAlCl3、DNaOH（2）现象中所发生的反应的化学方程式为：FeSO4+2NaOH=Fe
32、（OH）2+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（3）现象中所发生反应的离子方程式为：Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解BaCl2+FeSO4BaSO4+2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀FeSO4+2NaOHFe（OH）2+Na2SO4、
33、4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色根据题意，A+B白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al（OH）3或Fe（OH）2都可溶于硝酸B+D白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转变为红褐色，说明白色沉淀为Fe（OH）2，红褐色沉淀为Fe（OH）3则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOHC+D白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al（OH）3，C为AlCl3（2）现象中，B为FeSO4，D为NaOH，根据亚铁离子的性质即可写出方程式（3）现象中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成
34、Al（OH）3沉淀，Al（OH）3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失解答：解：（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解BaCl2+FeSO4BaSO4+2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀FeSO4+2NaOHFe（OH）2+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色根据题意，A+B白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，
35、该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al（OH）3或Fe（OH）2都可溶于稀硝酸B+D白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转为红褐色，说明白色沉淀为Fe（OH）2，红褐色沉淀为Fe（OH）3则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOHC+D白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al（OH）3，C为AlCl3故正确答案为：BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH（2）现象中，B为FeSO4，D为NaOH，两者反应生成白色Fe（OH）2沉淀，该沉淀易被氧化生成红褐色Fe（OH）3沉淀反应为FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2+Na2SO4、4 Fe（OH）2+O2+2H
36、2O=4Fe（OH）3故正确答案为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2+Na2SO4、4 Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（3）现象中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失反应为AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O改写离子方程式时，AlCl3、NaOH、NaCl、NaAlO2易溶于水易电离改成离子形式，Al（OH）3难溶于水难电离保留化学式，H2O是弱电解质保留化学式，删除相同离子，则离子方程式为Al3+3OH=Al（OH）3、
37、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O故正确答案为：Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O点评：本题考查溶液中离子间的反应，解题的突破口为特征反应和特征现象，如沉淀由白色转化为红褐色是Fe（OH）2转变为Fe（OH）3的特征现象，Al（OH）3是两性氢氧化物可与强碱反应等21（13分）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）称取粗盐 滤液 粗盐（1）判断BaCl2已过量的方法是继续滴加氯化钡溶液不再出现沉淀（2）第步中，写出相应的化学方程式（设粗盐溶液中Ca2+的主要存在形
38、式为CaCl2）CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl，BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl（3）若先用盐酸调pH再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是在此酸度条件下，会有部分沉淀溶解，从而影响制得精盐的纯度考点：粗盐提纯版权所有专题：实验设计题分析：（1）BaCl2已过量时，溶液中会有剩余的钡离子，可以通过检验钡离子来确定氯化钡是否过量；（2）粗盐的提纯中，加入碳酸钠的作用是除去杂质离子钙离子以及过量的钡离子；（3）Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3会与盐酸反应，生成氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，会影响制得精盐的纯度解答：解：（1）BaCl2已过量时，溶液中会有剩余
39、的钡离子，可以通过检验钡离子来确定氯化钡是否过量，所以取所得溶液的上层清液12滴于滴定板上，再滴入12滴BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，表明BaCl2已过量；故答案为：继续滴加氯化钡溶液不再出现沉淀；（2）粗盐的提纯中，加入碳酸钠的作用是除去杂质离子钙离子以及过量的钡离子，反应的化学方程式为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl，BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl；故答案为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl，BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl；（3）若先用盐酸调pH再过滤，那样Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3会与盐酸反应，生成易溶于水的氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，从而影响氯化钠的纯度故答案为：在此酸度条件下，会有部分沉淀溶解，从而影响制得精盐的纯度点评：本题考查了有关粗盐的提纯知识，可以根据所学知识进行回答，除杂时前面加入的试剂必须在后面除去，题目难度不大
