1、高考资源网（ ），您身边的高考专家2015-2016学年河北省邯郸市广平一中高三（上）期中化学试卷一选择题（只有一个正确选项，1-10每小题2分，11-20每小题2分，共50分）1下列物质的提纯方法可能属于化学变化的是（）A蒸馏B过滤C分液D洗气2随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受为了防止仲秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，下列不属于抗氧化物质的是（）A生石灰B还原铁粉C亚硫酸钠D维生素C3“混盐”是指一种金属离子与多种酸根阴离子构成的盐，如氯化硝酸钙Ca（NO3）Cl就是一种混盐“复盐”是指含多种简单阳离子和一种酸根阴离子构成的盐，如：
2、KAl（SO4）2下列化合物中属于“混盐”的是（）ABiONO3B（NH4）2Fe（SO4）2CCa（ClO）ClDK3Fe（CN）64咖喱是一种烹饪辅料，若白衬衣被咖喱汁玷污后，用普通的肥皂洗涤时，会发现黄色污渍变为红色，经水漂洗后红色又变黄色据此现象，你认为咖喱汁与下列何种试剂可能有相似的化学作用（）A品红溶液B石蕊溶液C氯水D碘化钾淀粉溶液5下列说法不正确的是（）A区别溶液和胶体的方法是当一束光线通过胶体时可出现一条光亮的通路，溶液则没有此现象B将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热煮沸至红褐色停止加热即得Fe（OH）3胶体C胶体带电荷，溶液不带电荷D土壤胶粒的比表面积巨大且一般带负电
3、，能吸附NH等营养离子，使土壤具有保肥能力6下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2向Fe（OH）3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸 向AgNO3溶液中逐滴加入过量氨水 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸ABCD7下列实验操作或记录正确的是（）A常温常压下测得1mol N2的质量为28 gB用100mL量筒测得排水法收集制得的氢气体积为50.28mLC用两个250mL的容量瓶配制0.1 mol/L 500 mL的NaOH溶液D用托盘天平称得2.50 g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.90g8为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试
4、剂（括号内物质）不能达到目的是（）ANa2SO3溶液（BaCl2）BFeCl2溶液（KSCN）CKI（淀粉溶液）DNaOH溶液（盐酸）9如图用交叉分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系，其中不正确的是（）XYZ例氧化物化合物纯净物A硫酸铜盐纯净物B盐酸电解质溶液分散系C碱性氧化物氧化物化合物D置换反应氧化还原反应离子反应AABBCCDD10下列物质按“赤、橙、黄、绿、蓝、紫”的颜色顺序编排的一组是（）溴水 CuSO4 KMnO4 CuO AgI FeSO47H2OCuSO45H2O Fe2O3 Ag2SABCD11氯磺酸（ClSO3H）是一元强酸，它能与甲酸发生反应：HCOOH+ClS
5、O3HCO+HCl+H2SO4，关于该反应下列说法正确的是（）AHCOOH是还原剂BClSO3H被还原C反应后溶液的酸性增强DClSO3H是离子化合物12在某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa+、K+、SO42、HCO3BBa2+、K+、CO32、NO3CI、H+、Cl、NO3DAl3+、K+、SO42、ClO13下列离子方程式正确的是（）A少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOB氯化铁溶液和铜反应：Fe3+CuFe2+Cu2+C石灰水与碳酸氢钠溶液混合：Ca2+CO32CaCO3D硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H+
6、SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O14设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A0.1 L 3molL1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3NAB1mol金刚石中含有的共价键数目为4NAC1molNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为2NAD分子数为NA的CO、N2的混合气体在标准状况时体积约为22.4L，质量为28g15现将35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为（）A1.0gB2.0gC2.5gD3.5g16为检验某溶液中的离子，进行了如图所示的实验操作，过程中产生的气体能
7、使湿润的红色石蕊试纸变蓝由该实验能得到的正确结论是（）A原溶液中一定含有SO42离子B原溶液中一定含有Fe3+离子C原溶液中一定含有Cl离子D原溶液中一定含有NH4+离子17在t时，将agNH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为gcm1，质量分数为，其中含NH4+的物质的量为b moL下列叙述中正确的是（）A溶质的质量分数为=100%B溶质的物质的量浓度c=molL1C溶液中c（OH）=molL1+c（H+）D上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.518下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是（）编号化学反应离子方程式评价硫酸溶液中加入Ba（
8、OH）2溶液Ba2+SOBaSO4正确氧化铝与NaOH溶液反应2Al3+3O2+2OH2AlO+H2O错误，Al2O3不应写成离子形式铁和稀硝酸反应Fe+2H+H2+Fe2+正确等物质的量的FeBr2和Cl2反应2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl错误，离子方程式中Fe2+与Br的物质的量之比与化学式不符A只有BCD19将40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液与30mL 3molL1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（Cu2+）或c（OH）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）ACu（OH）2BCuSO4Cu（OH）2CCuSO42Cu（O
9、H）2DCuSO43Cu（OH）220固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体C，同温下测得容器内压强不变，且反应后气体C的密度是原容器中气体密度的4倍则下列判断正确的是（）A生成的气体C为单质，且B和C的摩尔质量比为1：4B生成物C中A的质量分数为75%C生成物C中A、B的原子个数比为3：1D反应前后气体分子数比为1：4二填空题（共计4个大题，总共50分）21为维持人体血液中的血糖含量，在给病人输液时，通常用葡萄糖注射液，下页图是医院给病人输液时使用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖（C6H12O6）注射液的标签某学生欲在实验室中配制500mL该葡萄糖注射液现在有实验用品：葡萄
10、糖晶体（摩尔质量：180g/mol）、蒸馏水、烧杯、容量瓶（500mL）、药匙、胶头滴管、量筒（1）还缺少的仪器有；（2）下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是；A使用前要检查容量瓶是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用标准葡萄糖注射液润洗C配制溶液时，把称好的葡萄糖晶体小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D容量瓶上标有容积、温度和浓度（3）实验中需取用晶体的质量为，物质的量浓度_；（4）配制该溶液时，下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是A没有将洗涤液转移到容量瓶 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22某化学
11、研究性学习小组探讨Fe3+和SO32之间发生怎样的反应，请你一起参与并协助他们完成实验（1）提出猜想：甲同学认为发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为；乙同学认为发生双水解反应，其反应方程式为2Fe3+3SO32+6H2O2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3；（2）实验验证：丙同学设计了下列实验来探究反应的可能性为了检验所用Na2SO3是否变质，应选用的试剂是；取5mLFeCl3溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3溶液至过量，观察到溶液颜色由黄色变为红褐色（无气泡产生，也无沉淀生成）；将溶液分成两等份，其中一份加入稀盐酸至过量，再加入BaCl2稀溶液，有白色沉淀生成；另一份滴入几滴KSCN溶液
12、，溶液变成血红色；（3）得出结论：1根据上述丙同学的实验得出的结论是：；2上述丙同学的实验中溶液变成血红色的离子方程式为；（4）拓展探究：丁同学在FeCl3溶液中加入Na2CO3溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，该反应的离子方程式是；从形式上看，Na2CO3和Na2SO3相似，但是从上述实验中可以看到，二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，其可能的原因除SO32水解能力较CO32（填“大”或“小”）外，还有23近年来发现许多生物体组织中存在的少量NO有扩张血管、免疫、增强记忆的功能，成为当前生命科学的研究热点请回答下列问题：（1）NO在大气层中可发生反应：NO+O2=NO2+O，N
13、O2+O=NO+O2，从反应最终结果看，NO是一种 （填序号）；A氧化剂 B还原剂 C还原产物 D氧化产物 E催化剂（2）将NO转化为无毒气体，可选用NH3在400左右并有催化剂存在下把NO还原为氮气和水，写出该反应的化学方程式；相同条件下 （填“能”或“否”）用天然气代替NH3来处理硝酸尾气 （NOx）？如果可能，请写出发生反应的化学方程式：；并指出是否具有实际意义及相应理由：；（3）在含Cu+的酶的活化中心中，亚硝酸根离子可转化为NO，写出Cu+与亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应的离子方程式：；（4）把NO气体压缩到1.01107Pa，再加热到一定温度，发现气体的压力迅速下降，压力降至略小于
14、原压力的，然后压力就不再改变，已知其中一种产物为N2O，则上述变化的两个化学方程式为：所得混合气体的平均摩尔质量M的取值范围应该是：24有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：阳离子K+ Na+ Cu2+ Al3+阴离子SO42 HCO3 NO3 OH为了鉴别上述化合物分别完成以下实验，其结果是：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴人到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钻玻璃）；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中都能产生白色沉淀；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成若
15、将B的溶液酸化，并加入铜片，则能生成一种气体，该气体遇空气变为红棕色根据上述实验填空：（1）写出B、D的化学式：B D（2）将含1mol A的溶液与含1mol E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为（3）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为（4）C常用作净水剂，用离子方程式和适当文字说明其净水原理（5）若向含溶质1mol的C溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，生成沉淀质量最大为克2015-2016学年河北省邯郸市广平一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一选择题（只有一个正确选项，1-10每小题2分，11-20每小题2分，共50分）1下列物质的提纯方法可能属于化学
16、变化的是（）A蒸馏B过滤C分液D洗气【分析】化学变化的特征是在原子核不变的情况下，有新物质生成，根据特征来判断是否是化学变化【解答】解：A、蒸馏是根据物质沸点的不同来实现物质分离的方法，没有新物质生成，属物理变化，故A错误；B、过滤是分离固体和液体的方法，液体能通过滤纸，而固体不能，没有新物质生成，属物理变化，故B错误；C、分液是实现互不相溶的两种液体物质的分离的方法，是物理变化过程，属物理变化，故C错误；D、洗气可以是气体溶于液体中，也可以是气体和液体之间反应，可属于化学变化，也可属于物理变化，故D正确故选D2随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受为了防止仲秋月饼等富脂食品氧化
17、变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，下列不属于抗氧化物质的是（）A生石灰B还原铁粉C亚硫酸钠D维生素C【分析】防止仲秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，则选项中的物质应具有还原性，以此来解答【解答】解：A生石灰具有吸水性，常用作干燥剂，而不属于抗氧化物质，故A选；B还原铁粉具有还原性，在反应中Fe元素的化合价升高，属于抗氧化物质，故B不选；C亚硫酸钠具有还原性，在反应中S元素的化合价升高，属于抗氧化物质，故C不选；D维生素C具有还原性，在反应中某元素的化合价升高，属于抗氧化物质，故D不选；故选A3“混盐”是指一种金属离子与多种酸根阴离子构成的
18、盐，如氯化硝酸钙Ca（NO3）Cl就是一种混盐“复盐”是指含多种简单阳离子和一种酸根阴离子构成的盐，如：KAl（SO4）2下列化合物中属于“混盐”的是（）ABiONO3B（NH4）2Fe（SO4）2CCa（ClO）ClDK3Fe（CN）6【分析】盐是由金属阳离子（铵根离子）和酸根阴离子组成的化合物，再结合题中信息和盐的定义进行分析判断，一种阳离子和多种阴离子构成的盐为混盐，一种阴离子和多种阳离子构成的盐为复盐，据此分析物质组成判断【解答】解：A、BiONO3只有一种酸根离子，不是混盐，故A错误；B、（NH4）2Fe（SO4）2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，复盐，故B错误；C、Ca（
19、ClO）Cl的化学式分析，该物质是由一种金属阳离子和两种酸根离子构成的，因此属于混盐，故C正确；D、K3Fe（CN）6含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，不是复盐，也不是混盐，故D错误；故选C4咖喱是一种烹饪辅料，若白衬衣被咖喱汁玷污后，用普通的肥皂洗涤时，会发现黄色污渍变为红色，经水漂洗后红色又变黄色据此现象，你认为咖喱汁与下列何种试剂可能有相似的化学作用（）A品红溶液B石蕊溶液C氯水D碘化钾淀粉溶液【分析】由信息可知，肥皂液呈碱性，能使咖喱变红，而水呈中性，水洗后溶液变成了中性在不同性质的溶液中，显示了不同颜色，以此来解答【解答】解：由信息可知，咖喱用普通肥皂洗涤，发现黄色污渍变成红色，普
20、通肥皂中含有碳酸钠，洗涤后溶液显示碱性，说明咖喱汁在碱溶液中呈红色；再经水漂洗后红色又变成黄色，说明咖喱汁在中性溶液中显示黄色，A品红溶液遇SO2褪色，加热恢复红色，与咖喱在不同酸碱性溶液中显示不同颜色情况不同，故A错误；B石蕊溶液遇酸变成红色，遇碱变成蓝色，和咖喱汁相似，故B正确；C氯水中含次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使有色物质褪色，属于永久褪色，与咖喱变色原理不同，故C错误；D淀粉KI（aq），遇到强氧化剂，碘离子氧化成 I2，显示蓝色，和咖喱汁变色原理不同，故D错误故选B5下列说法不正确的是（）A区别溶液和胶体的方法是当一束光线通过胶体时可出现一条光亮的通路，溶液则没有此现象B将饱和Fe
21、Cl3溶液滴入沸水中，继续加热煮沸至红褐色停止加热即得Fe（OH）3胶体C胶体带电荷，溶液不带电荷D土壤胶粒的比表面积巨大且一般带负电，能吸附NH等营养离子，使土壤具有保肥能力【分析】A、区别溶液和胶体的方法利用丁达尔现象区别；B、依据氢氧化铁胶体的制备方法分析；C、胶体、溶液分散系都呈电中性；D、土壤胶体微粒带负电荷，可以吸附阳离子【解答】解：A、区别溶液和胶体的方法是利用丁达尔现象，当一束光线通过胶体时可出现一条光亮的通路，溶液则没有此现象故A正确；B、将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热煮沸至红褐色停止加热即得Fe（OH）3胶体，是制备氢氧化铁胶体的方法，故B正确；C、胶体微粒吸附带
22、电离子，胶体粒子带电，但胶体不带电，故C错误；D、土壤胶体微粒带负电荷，可以吸附阳离子，能吸附NH4+等营养离子，使土壤具有保肥能力，故D正确；故选C6下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2向Fe（OH）3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸 向AgNO3溶液中逐滴加入过量氨水 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸ABCD【分析】二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；根据胶体的性质判断，加入稀硫酸产生聚沉现象，H2SO4与Fe（OH）3反应，所以出现先沉淀后溶解现象；硝酸银与氨水先反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银再与氨
23、水发生络合反应；硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠【解答】解：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以会产生沉淀，最终沉淀不溶解，故不选；向Fe（OH）3胶体中加入H2SO4会出现先凝聚生成Fe（OH）3沉淀，H2SO4过量，Fe（OH）3与H2SO4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故选；硝酸银与氨水先反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银再与氨水发生络合反应生成可溶性络合物，所以会出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故选；
24、硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，现象是产生沉淀，故不选；故选：B7下列实验操作或记录正确的是（）A常温常压下测得1mol N2的质量为28 gB用100mL量筒测得排水法收集制得的氢气体积为50.28mLC用两个250mL的容量瓶配制0.1 mol/L 500 mL的NaOH溶液D用托盘天平称得2.50 g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.90g【分析】A根据m=nM计算氮气质量；B量筒的感量是0.1mL；C配制一定物质的量浓度溶液时，选取容量瓶规格应该等于或稍微大于配制溶液体积；D托盘天平感量是0.1g【解答】解：A氮气质量=1mol28g/mol=28g，故A正确；B量筒的感
25、量是0.1mL，所以用100mL量筒测得排水法收集得到氢气体积不能为50.28mL，故B错误；C配制一定物质的量浓度溶液时，选取容量瓶规格应该等于或稍微大于配制溶液体积，所以配制500mL溶液应该选取500mL容量瓶，故C错误；D托盘天平感量是0.1g，所以用托盘天平称得2.50 g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.9g而不是0.90g，故D错误；故选A8为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的是（）ANa2SO3溶液（BaCl2）BFeCl2溶液（KSCN）CKI（淀粉溶液）DNaOH溶液（盐酸）【分析】ANa2SO3溶液变质混有Na2SO4，均与氯化
26、钡反应生成沉淀；BFeCl2溶液变质混有FeCl3，可检验铁离子；CKI变质生成碘单质；DNaOH变质混有碳酸钠【解答】解：ANa2SO3溶液变质混有Na2SO4，均与氯化钡反应生成沉淀，则加氯化钡不能检验是否变质，故A选；BFeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B不选；CKI变质生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，可检验是否变质，故C不选；DNaOH在空气中变质生成碳酸钠，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，可鉴别，故D不选；故选A9如图用交叉分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系，其中不正确的是（）XYZ例氧化物化合物纯净物A硫酸铜盐纯净物B盐酸电解
27、质溶液分散系C碱性氧化物氧化物化合物D置换反应氧化还原反应离子反应AABBCCDD【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答A硫酸铜属于盐，盐属于纯净物；B盐酸属于电解质溶液，溶液属于分散系；C碱性氧化物属于氧化物，氧化物属于化合物；D置换反应属于氧化还原反应，氧化还原反应有一部分属于离子反应【解答】解：由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答A硫酸铜是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物属于盐，盐属于纯净物，故A正确；BHCl是电解质，所以盐酸属于电
28、解质溶液，溶液属于分散系，故B正确；C碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，所以碱性氧化物属于氧化物，氧化物属于化合物，故C正确；D置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，氧化还原反应有一部分属于离子反应，故D错误；故选D10下列物质按“赤、橙、黄、绿、蓝、紫”的颜色顺序编排的一组是（）溴水 CuSO4 KMnO4 CuO AgI FeSO47H2OCuSO45H2O Fe2O3 Ag2SABCD【分析】溴水是橙红色，硫酸铜为白色固体，KMnO4 是紫红色固体，CuO是黑色固体，AgI 是黄色固体，FeSO47H2O是绿色晶体，C
29、uSO45H2O 是蓝色晶体，Fe2O3红色固体，Ag2S是黑色固体，【解答】解：溴水是橙红色，硫酸铜为白色固体，KMnO4 是紫红色固体，CuO是黑色固体，AgI 是黄色固体，FeSO47H2O是绿色晶体，CuSO45H2O 是蓝色晶体，Fe2O3红色固体，Ag2S是黑色固体，物质按“赤、橙、黄、绿、蓝、紫”的颜色顺序编排的是，故选C11氯磺酸（ClSO3H）是一元强酸，它能与甲酸发生反应：HCOOH+ClSO3HCO+HCl+H2SO4，关于该反应下列说法正确的是（）AHCOOH是还原剂BClSO3H被还原C反应后溶液的酸性增强DClSO3H是离子化合物【分析】HCOOH种C元素化合价为+
30、2价，ClSO3H种S元素化合价为+6价，HCOOH+ClSO3HCO+HCl+H2SO4反应中无化合价的变化，不是氧化还原反应，结合反应的特点解答该题【解答】解：氯磺酸为共价化合物，HCOOH+ClSO3HCO+HCl+H2SO4反应中无化合价的变化，不是氧化还原反应，故A、B、D错误；反应前的HCOOH的酸性较弱，而反应后的是盐酸和硫酸都是强酸，所以反应后溶液的酸性要强于反应前的溶液的酸性，故C正确故选C12在某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa+、K+、SO42、HCO3BBa2+、K+、CO32、NO3CI、H+、Cl、NO3DAl3+、K+、SO42、ClO【分析】根据
31、离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应、不能发生相互促进水解反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：A该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A正确；BBa2+、CO32结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；CI、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；DAl3+、ClO相互促进水解，不能共存，故D错误；故选A13下列离子方程式正确的是（）A少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOB氯化铁溶液和铜反应：Fe3+CuFe2+Cu2+C石灰水与碳酸氢钠溶液混合：Ca2+CO32CaCO
32、3D硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O【分析】A次氯酸具有强氧化性，与亚硫酸钙反应生成硫酸钙；B离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；C碳酸氢根离子不能拆开，反应生成碳酸钙沉淀和水；D溶液为中性时，硫酸氢钠与氢氧化钡按照物质的量2：1反应【解答】解：A次氯酸能够氧化亚硫酸钙，正确的离子方程式为：Ca2+3ClO+H2O+SO2CaSO4+2HClO+Cl，故A错误；B氯化铁溶液和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故B错误；C碳酸氢根离子不能拆开，若氢氧化钙过量时正确的离子方程式为：Ca2
33、+HCO3+OH=CaCO3+H2O，故C错误；D硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故D正确；故选D14设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A0.1 L 3molL1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3NAB1mol金刚石中含有的共价键数目为4NAC1molNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为2NAD分子数为NA的CO、N2的混合气体在标准状况时体积约为22.4L，质量为28g【分析】A铵根离子部分水解，导致铵根离子的数目减少；B金刚石中每个C原子形成四个
34、共价键，每个共价键为两个C原子共用；C1mol过氧化钠与水反应生成0.5mol氧气，过氧化钠中氧元素为1价；D一氧化碳和氮气的摩尔质量都是28g/mol，结合标准状况下气体摩尔体积计算【解答】解：A0.1 L 3molL1的NH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.3mol，由于铵根离子部分水解，则溶液中含有的NH4+数目小于0.3NA，故A错误；B在金刚石中每个C原子形成四个共价键，但每个共价键为两个C原子共用，则每个C原子形成2个共价键，所以1mol金刚石中含有2mol共价键，含有共价键数目为2NA，故B错误；C1mol过氧化钠与水反应生成氧气的物质的量为0.5mol，生成0.5mol氧气转移了
35、1mol电子，转移的电子数为NA，故C错误；D分子数为NA的CO、N2的混合气体的物质的量为1mol，标准状况下1mol混合气体的体积为22.4L，质量为：28g/mol1mol=28g，故D正确；故选D15现将35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为（）A1.0gB2.0gC2.5gD3.5g【分析】生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为0.5mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Zn的物质的量，再根据m=nM计算参加反应的Zn的质量，据此计算过剩的锌粉的质量【解答】解：锌粉与少
36、量浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为=0.5mol，每生成1molSO2，金属提供2mol电子，每生成1molH2，金属提供2mol电子，所以生成0.5mol的二氧化硫与氢气金属提供的电子为2mol=1mol，故参加反应Zn的物质的量为=0.5mol，出参加反应Zn的质量为0.5mol65g/mol=32.5g，故剩余的锌粉的质量为35g32.5g=2.5g故答案为：C16为检验某溶液中的离子，进行了如图所示的实验操作，过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝由该实验能得到的正确结论是（）A原溶液中一定含有SO42离子B原溶液中一
37、定含有Fe3+离子C原溶液中一定含有Cl离子D原溶液中一定含有NH4+离子【分析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色【解答】解：A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42离子，故A错误；B、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故B错误；C、原溶
38、液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；D、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故D正确故选D17在t时，将agNH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为gcm1，质量分数为，其中含NH4+的物质的量为b moL下列叙述中正确的是（）A溶质的质量分数为=100%B溶质的物质的量浓度c=molL1C溶液中c（OH）=molL1+c（H+）D上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5【分析】A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体
39、积为VmL，所以溶液质量为Vg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算；B、根据n=计算a g NH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c=计算溶液的物质的量浓度；C、溶液OH中来源与一水合氨、水的电离，NH4+的浓度为=mol/L，一水合氨电离NH3H2ONH4+OH，一水合氨电离出的OH浓度为mol/L；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，据此判断【解答】解：A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为VmL，所以溶液质量为Vg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为100%，故A
40、错误；B、a g NH3的物质的量为=mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L，故B正确C、溶液OH来源于一水合氨、水的电离，NH4+的浓度为=mol/L，一水合氨电离NH3H2ONH4+OH，一水合氨电离出的OH浓度为mol/L，所以溶液中OH浓度大于mol/L，故C错误；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5，故D错误；故选B18下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是（）编号化学反应离子方程式评价硫酸溶液中加入Ba（OH
41、）2溶液Ba2+SOBaSO4正确氧化铝与NaOH溶液反应2Al3+3O2+2OH2AlO+H2O错误，Al2O3不应写成离子形式铁和稀硝酸反应Fe+2H+H2+Fe2+正确等物质的量的FeBr2和Cl2反应2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl错误，离子方程式中Fe2+与Br的物质的量之比与化学式不符A只有BCD【分析】硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba（OH）2BaSO4+2H2O；Al2O3不应写成离子形式；硝酸有强氧化性，铁和稀硝酸反应没有氢气生成；等物质的量的FeBr2和Cl2反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化【解答】解：氢氧化钡为强碱、硫酸为强酸，都可
42、拆分，生成的硫酸钡为难溶物，水为氧化物，都不可拆分，离子方程式为 Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，评价错误，故不选；氧化铝与NaOH溶液反应的离子反应为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，评价合理，故选；铁和稀硝酸反应没有氢气生成，铁过量3Fe+8HNO33Fe（NO3）2+2NO+4H2O，离子反应为：3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，铁少量Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO+2H2O，离子反应为Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，评价错误，故不选；等物质的量的FeBr2和Cl2反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2+2
43、Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl，评价错误，故不选；故选：A19将40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液与30mL 3molL1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（Cu2+）或c（OH）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）ACu（OH）2BCuSO4Cu（OH）2CCuSO42Cu（OH）2DCuSO43Cu（OH）2【分析】根据n=cV计算硫酸铜物质的量和氢氧化钠物质的量，进而求的铜离子和氢氧根离子物质的量，混合后反应生成沉淀，由于溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可以认为全部在蓝色沉淀中，结合选项各化学式中铜离子和氢氧根
44、离子物质的量之比判断【解答】解：40mL 1.5mol/L的 CuSO4 溶液中含铜离子物质的量n（Cu2+）=0.04L1.5mol/L=0.06mol，30mL 3mol/L的 NaOH 溶液中氢氧根离子物质的量n（OH）=0.09mol，故n（Cu2+）：n（OH）=2：3，溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可忽略，可以认为全部生成沉淀，沉淀中的铜离子与氢氧根离子物质的量之比应等于2：3，对比选项，A中为1：2，B中为1：1，C中为3：4，D中为2：3，故D符合，故选D20固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体C，同温下测得容器内压强不变，且反
45、应后气体C的密度是原容器中气体密度的4倍则下列判断正确的是（）A生成的气体C为单质，且B和C的摩尔质量比为1：4B生成物C中A的质量分数为75%C生成物C中A、B的原子个数比为3：1D反应前后气体分子数比为1：4【分析】容器的体积固定，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量相同，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则气体的质量是反应前气体质量的4倍，化学反应遵循质量守恒定律，则A的质量为B的质量的3倍，在生成物C中A的质量分数为75%，由于不能确定A和B的物质的量的关系，则不能确定A、B的原子个数之间的关系【解答】解：A容器的体积固定，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后
46、气体的物质的量相同，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则气体C的质量是反应前气体质量的4倍，则B、C的摩尔质量之比为1：4，故A正确；B化学反应遵循质量守恒定律，则A的质量为B的质量的3倍，在生成物C中A的质量分数为100%=75%，故B正确；C由于不能确定A和B的物质的量的关系，且A、B单质的组成不定，则不能确定C中A、B两元素的原子个数比，故C错误；D反应前后气体物质的量相等，则气体分子数目相等，故D错误，故选：AB二填空题（共计4个大题，总共50分）21为维持人体血液中的血糖含量，在给病人输液时，通常用葡萄糖注射液，下页图是医院给病人输液时使用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖（C6H12
47、O6）注射液的标签某学生欲在实验室中配制500mL该葡萄糖注射液现在有实验用品：葡萄糖晶体（摩尔质量：180g/mol）、蒸馏水、烧杯、容量瓶（500mL）、药匙、胶头滴管、量筒（1）还缺少的仪器有托盘天平、玻璃棒；（2）下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是A；A使用前要检查容量瓶是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用标准葡萄糖注射液润洗C配制溶液时，把称好的葡萄糖晶体小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D容量瓶上标有容积、温度和浓度（3）实验中需取用晶体的质量为27 g，物质的量浓度_0.3 mol/L_；（4）配制该溶液时，下列操作会导致所配溶
48、液的物质的量浓度偏高的是BA没有将洗涤液转移到容量瓶 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【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器；（2）根据容量瓶的构造及容量瓶的正确使用方法进行解答；（3）根据体积、密度可计算溶液的质量，再利用葡萄糖的质量分数来计算葡萄糖的质量；根据c=来计算；（4）分析操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响，根据c=分析操作对所配溶液浓度的影响【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪
49、器：托盘天平、玻璃棒；故答案为：托盘天平、玻璃棒；（2）A容量瓶带有活塞，使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应检查是否漏水，故A正确；B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用标准葡萄糖注射液润洗，导致溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故B错误；C容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故C错误；D容量瓶上标有容积、温度和刻度线，故D错误；故选：A；（3）葡萄糖（C6H12O6）注射液的密度为1.08gmL1，500mL溶液，葡萄糖的质量分数5%，则含葡萄糖的质量为：500mL1.08g/cm35%=27.0g，葡萄糖的物质的量为=0.15mol，溶质的物质的量浓度为=0.3mol/L，故答案为：27.0；0.
50、3mol/L； （4）A没有将洗涤液转移到容量瓶，导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选； B定容时俯视读取刻度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；C原容量瓶洗净后未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故C不选；D定容时液面超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；故选：B22某化学研究性学习小组探讨Fe3+和SO32之间发生怎样的反应，请你一起参与并协助他们完成实验（1）提出猜想：甲同学认为发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为2Fe3+SO32+H2O=2Fe2+SO42+2H+；乙同学认为发生双水解反应，其反应方程式为2Fe3
51、+3SO32+6H2O2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3；（2）实验验证：丙同学设计了下列实验来探究反应的可能性为了检验所用Na2SO3是否变质，应选用的试剂是BaCl2溶液、稀盐酸；取5mLFeCl3溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3溶液至过量，观察到溶液颜色由黄色变为红褐色（无气泡产生，也无沉淀生成）；将溶液分成两等份，其中一份加入稀盐酸至过量，再加入BaCl2稀溶液，有白色沉淀生成；另一份滴入几滴KSCN溶液，溶液变成血红色；（3）得出结论：1根据上述丙同学的实验得出的结论是：Fe3+与SO32同时发生氧化还原反应和双水解反应；2上述丙同学的实验中溶液变成血红色的离子方程式为Fe（O
52、H）3（胶体）+3SCN=Fe（SCN）3+3OH；（4）拓展探究：丁同学在FeCl3溶液中加入Na2CO3溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，该反应的离子方程式是2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2；从形式上看，Na2CO3和Na2SO3相似，但是从上述实验中可以看到，二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，其可能的原因除SO32水解能力较CO32小（填“大”或“小”）外，还有SO32有较强的还原性，而CO32没有还原性【分析】（1）三价铁离子具有氧化性，能氧化SO32，生成硫酸根离子，同时三价铁离子被还原为亚铁离子；（2）Na2SO3具有还原性，易被氧化成硫酸
53、钠，故要检验变质，应检验是否含硫酸根离子；（3）根据氢氧化铁的颜色为红褐色进行判断反应生成了氢氧化铁胶体；加入KSCN溶液，溶液变为血红色，证明溶液中存在铁离子；在盐酸中能够生成与氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡沉淀；加入KSCN溶液，溶液变为血红色，证明溶液中存在铁离子；（4）根据碳酸根离子与铁离子发生了双水解生成氢氧化铁和二氧化碳写出离子方程式；根据碳酸钠和亚硫酸钠的本身性质进行判断【解答】解：（1）三价铁离子具有氧化性，能氧化SO32，生成硫酸根离子，同时三价铁离子被还原为亚铁离子，其反应离子方程式为：2Fe3+SO32+H2O=2Fe2+SO42+2H+；故答案为：2Fe3+SO32+H2
54、O=2Fe2+SO42+2H+；（2）Na2SO3具有还原性，易被氧化成硫酸钠，故要检验变质，应检验是否含硫酸根离子，可先加过量的盐酸，使亚硫酸钠中亚硫酸根离子变成二氧化硫气体，再加氯化钡，若出现沉淀，证明有硫酸根离子，即亚硫酸钠被氧化，若无沉淀，则没被氧化；故答案为：BaCl2溶液、稀盐酸；（3）实验：FeCl3浓溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3浓溶液，铁离子能够与亚硫酸根离子发生水解生成了红褐色的氢氧化铁胶体；加入KSCN溶液，溶液变为血红色，反应的离子方程式为：Fe3+3SCNFe（SCN）3；加入氯化钡生成白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，反应的离子方程式为：Ba2+SO42BaSO4，证
55、明了Fe3+与SO32发生氧化还原反应；故答案为：Fe3+与SO32同时发生氧化还原反应和双水解反应；实验：FeCl3浓溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3浓溶液，铁离子能够与亚硫酸根离子发生水解生成了红褐色的氢氧化铁胶体，加入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明有硫氰化铁生成，反应的离子方程式为：Fe（OH）3（胶体）+3SCN=Fe（SCN）3+3OH；故答案为：Fe（OH）3（胶体）+3SCN=Fe（SCN）3+3OH；（4）在FeCl3浓溶液中加Na2CO3浓溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，二者发生了双水解反应，反应的离子方程式为：2Fe3+3CO32+3H2O2Fe（OH）3+3
56、CO2，故答案为：2Fe3+3CO32+3H2O2Fe（OH）3+3CO2；由于亚硫酸根离子具有较强的还原性，能够与铁离子发生氧化还原反应，而碳酸根离子没有还原性，铁离子与亚硫酸根离子生成了氢氧化铁胶体，与碳酸根离子反应生成了氢氧化铁沉淀，说明碳酸根离子水解能力比亚硫酸根离子大，故答案为：小；SO32有较强的还原性，CO32没有还原性23近年来发现许多生物体组织中存在的少量NO有扩张血管、免疫、增强记忆的功能，成为当前生命科学的研究热点请回答下列问题：（1）NO在大气层中可发生反应：NO+O2=NO2+O，NO2+O=NO+O2，从反应最终结果看，NO是一种E （填序号）；A氧化剂 B还原剂
57、C还原产物 D氧化产物 E催化剂（2）将NO转化为无毒气体，可选用NH3在400左右并有催化剂存在下把NO还原为氮气和水，写出该反应的化学方程式6 NO+4NH3=5N2+6H2O；相同条件下能 （填“能”或“否”）用天然气代替NH3来处理硝酸尾气 （NOx）？如果可能，请写出发生反应的化学方程式：x CH4+4NOxx CO2+2N2+2x H2O；并指出是否具有实际意义及相应理由：天然气比NH3易得，且价格便宜用天然气代替NH3具有实际生产价值；（3）在含Cu+的酶的活化中心中，亚硝酸根离子可转化为NO，写出Cu+与亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应的离子方程式：NO2+Cu+2H+=NO+C
58、u2+H2O；（4）把NO气体压缩到1.01107Pa，再加热到一定温度，发现气体的压力迅速下降，压力降至略小于原压力的，然后压力就不再改变，已知其中一种产物为N2O，则上述变化的两个化学方程式为：3NO=N2O+NO2 2NO2=N2O4所得混合气体的平均摩尔质量M的取值范围应该是：45g/molM60g/mol【分析】（1）根据催化剂的特点来回答判断；（2）根据NH3在400左右并有催化剂存在下把NO还原为氮气和水，来书写方程式；根据已完成的反应将氨气用甲烷代替即可；（3）亚铜离子具有还原性，能够被亚硝酸根离子氧化，生成铜离子，亚硝酸根离子被还原为一氧化氮；（4）在常温下，把NO气体压缩到
59、1.01107Pa，再加热到50，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的，然后压强就不再改变已知其中一种产物为N2O，依据原子个数守恒可知该反应为：3NO=N2O十NO2，因为存在2NO2N2O4，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的；若只发生反应：3NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，据此计算解答【解答】解：（1）根据反应知道，在第一个反应中消耗NO，第二个反应中又生成等量的NO，所以NO是催化剂，故答案为：E；（2）NH3在400左右并有催化剂存在下把NO还原为氮气和水，即6N
60、O+4NH3=5N2+6H2O，用天然气代替NH3来处理硝酸尾气（用NOx表示）的方程式为：xCH4+4NOx=xCO2+2N2+2x H2O，该反应所具有实际意义是天然气比NH3易得且价格便宜，故答案为：6NO+4NH3=5N2+6H2O；能；xCH4+4NOx=xCO2+2N2+2xH2O；天然气比NH3易得且价格便宜，用天然气代替NH3具有实际生产价值；（3）亚铜离子与亚硝酸根离子发生氧化还原反应生成铜离子和一氧化氮，化学方程式为：NO2+Cu+2H+=H2O+Cu2+2NO；故答案为：NO2+Cu+2H+=H2O+Cu2+2NO；（4）在常温下，把NO气体压缩到1.01107Pa，再加
61、热到50，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的，然后压强就不再改变已知其中一种产物为N2O，依据原子个数守恒可知该反应为：3NO=N2O十NO2，因为存在2NO2N2O4，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的，若只发生反应：3NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，此时M=45g/mol，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，1molNO2得到0.5molN2O4，则此时M=60g/mol，综上分析，可知45g/molM60g/mol，故答案为：3NO=N2O十NO2、2NO2N2O4；45g/molM60g/mol24
62、有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：阳离子K+ Na+ Cu2+ Al3+阴离子SO42 HCO3 NO3 OH为了鉴别上述化合物分别完成以下实验，其结果是：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴人到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钻玻璃）；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中都能产生白色沉淀；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成若将B的溶液酸化，并加入铜片，则能生成一种气体，该气体遇空气变为红棕色根据上述实验填空：（1）写出B、D的化学式：BKNO3 DCuSO4
63、（2）将含1mol A的溶液与含1mol E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为Na2CO3 （3）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+H2O（4）C常用作净水剂，用离子方程式和适当文字说明其净水原理铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮物而净水，Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+（5）若向含溶质1mol的C溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，生成沉淀质量最大为466克【分析】将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C
64、中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是NaOH；在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是CuSO4，C是KAl（SO4）2；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，若将B的溶液酸化，并加入铜片，则能生成一种气体，该气体遇空气变为红棕色，气体为二氧化氮，则B中含硝酸根离子，则B是KNO3，所以A是NaHCO3，以此来解答【解答】解：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加
65、沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是NaOH；在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是CuSO4，C是KAl（SO4）2；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，若将B的溶液酸化，并加入铜片，则能生成一种气体，该气体遇空气变为红棕色，气体为二氧化氮，则B中含硝酸根离子，则B是KNO3，所以A是NaHCO3，（1）由上述分析可知，B为KNO3，D为CuSO4，故答案为：KNO3；CuSO4；（2）将含1mol A的溶液与含1m
66、ol E的溶液反应，反应的化学方程式为NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O，溶液反应后蒸干，得到的化合物为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；（3）在NaHCO3溶液中加少入量澄清石灰水，其离子方程式为2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+H2O，故答案为：2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+H2O；（4）Al2（SO4）2常作净水剂，含有铝离子，铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，水解反应方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮物而净水，Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+；（5）若向含溶质lmolKAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，生成沉淀质量最大时未为硫酸根与钡离子恰好完全反应，即生成硫酸钡为2mol，质量为2mol233g/mol=466g，故答案为：466版权所有：高考资源网()投稿兼职请联系：2355394692
