山东省青岛二中2022届高三化学上学期10月段考试题含解析

2022-2022学年山东省青岛二中高三（上）段考化学试卷（10月份）一、选择题：（本题包括17个小题，每小题3分，共51分．每小题只有一个选项符合题意，请将正确答案填涂在答题卡上．）1．设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．标准状况下，11.2L的O2和NO的混合物含有的分子数约为0.5×6.02×1023B．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NAC．常温常压下，42g乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为6NAD．1molFe与足量的稀HNO3反应，转移2NA个电子2．下列分类或归类正确的是()①液氯、氨水、干冰、碘化银均为纯净物②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物③明矾、水银、烧碱、硫酸均为强电解质④碘酒、淀粉、水雾、纳米材料均为胶体⑤C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体．A．②⑤B．②③C．①③⑤D．②③④⑤3．下列关于胶体的叙述不正确的是()A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在10﹣9～10﹣7m之间B．胶体分散质的直径介于溶液和浊液分散质直径之间C．用激光笔照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同D．Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()①无色溶液中：K+、Na+、C、ClO﹣②pH=2的溶液中：Fe2+、Na+、Mg2+、N③加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HC、S、N④由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣⑤含有较多Fe3+的溶液中：Na+、N、SCN﹣、HC．A．①②B．③④C．①④D．④⑤5．能正确表示下列反应的离子方程式是()A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HC1溶液混合：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓C．将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO﹣+H2O=HClO+HSO3﹣D．将0.2mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓256．将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示．下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是()A．o﹣a段反应的化学方程式是：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2OB．b﹣c段反应的离子方程式是：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣C．a﹣b段与c﹣d段所发生的反应相同D．d﹣e段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致7．下列有关物质的性质及应用说法正确的是()A．过量的铜与浓硝酸反应可生成NOB．Fe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料C．Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到D．Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性8．配制100mL1mol/L的氢氧化钠溶液，下列操作错误的是()A．在托盘天平上放两片大小相同的纸，然后将氢氧化钠放在纸上称取B．把称得的氢氧化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液转入容量瓶中C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻棒2～3次，洗涤液也移入容量瓶D．沿着玻棒往容量瓶中加蒸馏水，直至溶液凹面的最低点与刻度相切9．铬（Cr）与铝的性质相似，Cr（OH）3+OH﹣═[Cr（OH）4]﹣，下列推断中正确的是()A．往CrCl3溶液加入过量NaOH溶液可制得Cr（OH）3B．对CrCl3•6H2O加热脱水可得CrCl3C．Cr2O3既能溶于酸，又能溶于NaOH溶液D．[Cr（OH）4]﹣水溶液显酸性10．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法正确的是()A．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3B．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClC．在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁2511．根据表中信息判断，下列选项不正确的是()序号反应物产物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO4﹣Cl2、Mn2+A．第①组反应的其余产物为H2O和O2B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2molD．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br212．水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是()A．a=4B．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应C．每有3molFe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5molD．S2O32﹣是还原剂13．将一定质量的镁和铝的混合物投入100ml盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法正确的是()A．镁和铝的总质量为10gB．NaOH溶液的物质的量浓度为5mol•L﹣1C．盐酸的物质的量浓度为5mol•L﹣1D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L14．向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色．淀粉KI溶液中通入SO2气体，溶液无明显变化．则下列分析中正确的是()A．白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2B．滴加KI溶液时，转移2mole﹣时生成1mol白色沉淀C．通入SO2时，SO2与I﹣反应，I﹣作还原剂D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO215．如图是M、N两种物质的溶解度曲线，在t2℃时往盛有100g水的烧杯中先后加入agM和agN（两种物质溶解时互不影响，且溶质仍是M、N），充分搅拌，将混合物的温度降低到t1℃，下列说法正确的是()25A．t1℃时，M、N的溶解度相等，得到M、N的饱和溶液B．t2℃时，得到M的饱和溶液、N的不饱和溶液C．t1℃时，M、N的溶质质量分数一定相等D．t2℃时，M、N的物质的量浓度一定相等16．用下列装置进行有关实验不能达到预期目的是()A．用甲装置可制得Fe（OH）3胶体B．用乙装置可制得金属锰C．用丙装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D．用丁装置能较长时间观察到Fe（OH）2白色沉淀17．在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2mol•L﹣1和1.5mol•L﹣1，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应．下列有关说法正确的是()A．反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB．反应后产生13.44LH2（标准状况）C．反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD．由于氧化性Fe3+＞H+，故反应中先没有气体产生后产生气体二、填空题（共49分）18．中学常见的某反应的化学方程式为a+b→c+d+H2O（未配平，反应条件已略去）．请回答下列问题：（1）若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶于c溶液中．则a与b反应的离子方程式为：__________．（2）若c、d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，写出其褪色过程中反应的离子方程式：__________．（3）若c是无色有刺激性气味的气体，其水溶液显弱碱性，在标准状况下用排空气法收集c气体，得平均摩尔质量为20g•mol﹣1的混合气体进行喷泉实验．假设溶质不扩散，实验完成后烧瓶中所得溶液的物质的量浓度为__________mol•L﹣1（小数点后保留2位有效数字）．25（4）若a是造成温室效应的主要气体，c、d均为钠盐，参加反应的a、b的物质的量之比为4：5．则上述反应的离子方程式为__________．19．某混合溶液中可能含有的离子如下表所示：可能大量含有的阳离子H+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+可能大量含有的阴离子Cl﹣、Br﹣、I﹣、CO32﹣、AlO2﹣为探究其成分，进行了以下探究实验．（1）探究一：甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示．①该溶液中一定含有的阳离子是__________，其对应物质的量浓度之比为__________，一定不存在的阴离子是__________；②请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式__________．（2）探究二：乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）5.6L11.2L22.4Ln（Cl﹣）2.5mol3.0mol4.0moln（Br﹣）3.0mol2.8mol1.8moln（I﹣）xmol00①当通入Cl2的体积为5.6L时，溶液中发生反应的离子方程式为__________；②原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为__________．20．铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中．工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如图1．25（1）①Al2O3与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：__________．②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为__________（填代号）．a．氢氧化钠溶液b．硫酸溶液c．氨水d．二氧化碳③由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、冷却结晶、__________（填操作名称）、洗涤．（2）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置（图2）为__________（填代号）．21．某化学兴趣小组测定某Fe2（SO4）3样品（只含少量FeCl2杂质）中铁元素的质量分数，按以下实验步骤进行操作：①称取ag样品，置于烧杯中；②加入50mL1.0mol/L稀硫酸和一定量的蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250.0mL溶液；③量取25.0mL步骤②中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量氯水，使反应完全；④加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；⑤过滤，洗涤沉淀；将沉淀转移到某容器内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，在干燥器中冷却至室温后，称量；⑥…请根据上面叙述，回答：（1）上图所示仪器中，步骤①②③中必须用到的仪器有E和__________（填字母）．（2）步骤②中：配制50mL1.0mol/L稀H2SO4，需要用量筒量取98%（密度1.84g/cm3）的浓H2SO4体积为__________mL．（3）样品中的杂质Fe2+有较强的还原性，完成并配平下列反应的离子方程式__________Fe2++__________ClO2+__________═__________Fe3++__________Cl﹣+__________H2O从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时，对实验结果的影响是__________（填“偏大”“偏小”或“不影响”），等物质的量ClO2与Cl2的氧化效率之比为__________．（4）若步骤⑤不在干燥器中冷却，则测定的铁元素的质量分数会__________（填“偏大”“偏小”或“不影响”）．22．某研究所对含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料进行相关的研究．实验过程如下：回答下列问题：（1）滤渣的成分为__________，操作①的名称为__________．25（2）上图溶液B中所发生反应的离子方程式为__________．（3）实验要求向溶液B中通入过量的空气，证明通入空气过量的方法是__________．（4）操作③第一步需要的仪器除了酒精灯、铁架台外，还需要__________、__________．（5）某同学利用下面装置制备氢气并利用氢气还原某金属氧化物，根据要求回答问题．①请设计一个实验方案验证H2的还原性并检验其氧化产物，其装置连接顺序是A→__________→__________→__________→D（除D装置外，其它装置不能重复使用），最后D装置中所加药品为__________，其作用是__________．②点燃B处酒精灯之前必须进行的操作是__________．252022-2022学年山东省青岛二中高三（上）段考化学试卷（10月份）一、选择题：（本题包括17个小题，每小题3分，共51分．每小题只有一个选项符合题意，请将正确答案填涂在答题卡上．）1．设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．标准状况下，11.2L的O2和NO的混合物含有的分子数约为0.5×6.02×1023B．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NAC．常温常压下，42g乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为6NAD．1molFe与足量的稀HNO3反应，转移2NA个电子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、一氧化氮和氧气发生化学反应生成二氧化氮，气体物质的量减小；B、羟基是中性原子团，氢氧根离子是阴离子；C、乙烯和丁烯混合气体最简式相同为CH2，计算42gCH2中极性键数；D、足量硝酸反应生成硝酸铁．【解答】解：A、一氧化氮和氧气发生化学反应生成二氧化氮，气体物质的量减小，标准状况下，11.2L的O2和NO的混合物含有的分子数小于0.5×6.02×1023，故A错误；B、羟基是中性原子团含有电子数9NA，氢氧根离子是阴离子含有电子数10NA，故B错误；C、乙烯和丁烯混合气体最简式相同为CH2，计算42gCH2中极性键数=×NA×2=6NA，故C正确；D、足量硝酸反应生成硝酸铁，1molFe与足量的稀HNO3反应，转移3NA个电子，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是化学反应实质的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．2．下列分类或归类正确的是()①液氯、氨水、干冰、碘化银均为纯净物②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物③明矾、水银、烧碱、硫酸均为强电解质④碘酒、淀粉、水雾、纳米材料均为胶体⑤C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体．A．②⑤B．②③C．①③⑤D．②③④⑤【考点】混合物和纯净物；同素异形体；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；强电解质和弱电解质的概念．【分析】①氨水为氨气溶于水形成的混合物；②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物；③水银是金属汞单质，既不是电解质也不是非电解质；④碘酒为碘单质溶于酒精形成的溶液；⑤C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体．【解答】解：①氨水为氨气溶于水形成的混合物，故①说法错误；②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物，故②说法正确；③水银是金属汞单质，既不是电解质也不是非电解质，故③说法错误；25④碘酒为碘单质溶于酒精形成的溶液，故④说法错误；⑤C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体，故⑤说法正确，故选A．【点评】本题考查混合物、电解质、化合物、同素异形体等概念，难度不大，注意这几个概念的区别．3．下列关于胶体的叙述不正确的是()A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在10﹣9～10﹣7m之间B．胶体分散质的直径介于溶液和浊液分散质直径之间C．用激光笔照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同D．Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的【考点】胶体的重要性质．【分析】A．根据胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；B．胶体粒子直径在1﹣100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm；C．根据溶液不具有丁达尔效应，而胶体具有丁达尔效应；D．Fe（OH）3胶体的表面积较大．【解答】解：A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的直径在10﹣9～10﹣7m之间，故A错误；B．胶体粒子直径在1﹣100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故B错误；C．NaCl溶液不具有丁达尔效应，而Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，现象不相同，故C正确；D．Fe（OH）3胶体的表面积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生胶体的特性以及溶液和胶体的本质区别，难度不大，熟悉胶体的性质是解答的关键．4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()①无色溶液中：K+、Na+、C、ClO﹣②pH=2的溶液中：Fe2+、Na+、Mg2+、N③加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HC、S、N④由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣⑤含有较多Fe3+的溶液中：Na+、N、SCN﹣、HC．A．①②B．③④C．①④D．④⑤【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】①该组离子之间不反应，且均为无色；②pH=2的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；③加入Al能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液；25④由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；⑤离子之间结合生成络离子、发生相互促进水解反应．【解答】解：①该组离子之间不反应，且均为无色，能大量共存，故选；②pH=2的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故不选；③加入Al能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液，OH﹣、H+分别与HCO3﹣反应，则不能共存，故不选；④由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，无论酸或碱溶液，该组离子之间不反应，能共存，故选；⑤Fe3+、SCN﹣离子之间结合生成络离子，Fe3+、HCO3﹣发生相互促进水解反应，则不能共存，故不选；故选C．【点评】本题考查离子的共存，明确常见离子之间的反应是解答本题的关键，注意离子之间的氧化还原反应、相互促进水解反应、络合反应等，题目难度不大．5．能正确表示下列反应的离子方程式是()A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HC1溶液混合：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓C．将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO﹣+H2O=HClO+HSO3﹣D．将0.2mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．Fe3O4溶于足量稀HNO3，反应生成硝酸铁；B．漏掉氢离子与氢氧根离子的反应；C．次氯酸根离子能够氧化二氧化硫；D.0.2mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合，反应生成氢氧化铝和硫酸钡．【解答】解：A．Fe3O4溶于足量稀HNO3，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；B．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HC1溶液混合：Mg2++2H++4OH﹣=Mg（OH）2↓+2H2O，故B错误；C．将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中，离子方程式为：Ca2++SO2（过量）+2ClO﹣+H2O=CaSO4↓+Cl﹣+SO42﹣+2H+，故C错误；D．将0.2mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响．6．将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示．下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是()25A．o﹣a段反应的化学方程式是：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2OB．b﹣c段反应的离子方程式是：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣C．a﹣b段与c﹣d段所发生的反应相同D．d﹣e段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致【考点】离子方程式的有关计算．【专题】元素及其化合物．【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，据此解答．【解答】解：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A．由上述分析可知，o﹣a段发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，故A正确；B．由上述分析可知，b﹣c段反应的离子方程式是：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故B正确；C．由上述分析可知，a﹣b段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，c﹣d段所发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，两阶段反应不相同，故C错误；D．d﹣e段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；故选C．【点评】本题以图象题形式考查反应先后顺序问题，难度中等，侧重对基础知识的综合考查，掌握元素化合物性质是关键．7．下列有关物质的性质及应用说法正确的是()A．过量的铜与浓硝酸反应可生成NOB．Fe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料C．Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到D．Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性【考点】铁的氧化物和氢氧化物；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、当浓硝酸变稀时，会生成NO；B、Fe在O2中的燃烧产物是Fe3O4；C、Al的冶炼通过电解法，Cu的冶炼是通过热还原法；D、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了SO2的还原性．【解答】解：A、由于铜过量，当浓硝酸变稀时，会生成NO，故A正确；B、Fe在O2中的燃烧产物是Fe3O4，是黑色晶体，故B错误；25C、Al的冶炼通过电解法，Cu的冶炼是通过热还原法，故C错误；D、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了SO2的还原性而非漂白性，故D错误．故选A．【点评】本题考查了铜与浓硝酸的反应、铁在氧气中的燃烧产物以及金属的冶炼方法和亚铁离子、二氧化硫的还原性等问题，难度适中，要注意二氧化硫使品红褪色是其漂白性的唯一的体现．8．配制100mL1mol/L的氢氧化钠溶液，下列操作错误的是()A．在托盘天平上放两片大小相同的纸，然后将氢氧化钠放在纸上称取B．把称得的氢氧化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液转入容量瓶中C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻棒2～3次，洗涤液也移入容量瓶D．沿着玻棒往容量瓶中加蒸馏水，直至溶液凹面的最低点与刻度相切【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】A、氢氧化钠固体易潮解；B、氢氧化钠固体溶解放热，应冷却后再移液；C、应确保将所有的溶质全部转移至容量瓶；D、定容时，应用胶头滴管来进行．【解答】解：A、氢氧化钠固体易潮解，故称量时应放到小烧杯里，不能放到纸上，故A错误；B、氢氧化钠固体溶解放热，应冷却后再移液，故B正确；C、应确保将所有的溶质全部转移至容量瓶，否则会导致所配溶液的浓度偏小，故在移液后应洗涤，并把洗涤液也转移至容量瓶，故C正确；D、定容时，先向容量瓶中注水，至液面离刻度线1﹣2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面最低处与刻度线相切，故D错误．故选AD．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的操作分析，难度不大，根据实验步骤来分析即可．9．铬（Cr）与铝的性质相似，Cr（OH）3+OH﹣═[Cr（OH）4]﹣，下列推断中正确的是()A．往CrCl3溶液加入过量NaOH溶液可制得Cr（OH）3B．对CrCl3•6H2O加热脱水可得CrCl3C．Cr2O3既能溶于酸，又能溶于NaOH溶液D．[Cr（OH）4]﹣水溶液显酸性【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】A．由Cr（OH）3+OH﹣═[Cr（OH）4]﹣，可知Cr（OH）3溶于氢氧化钠；B．CrCl3与AlCl3的性质相似，加热会促进水解反应彻底进行；C．Cr2O3与Al2O3性质相似，属于两性氧化物；D．[Cr（OH）4]﹣水解溶液显碱性．【解答】解：A．由Cr（OH）3+OH﹣═[Cr（OH）4]﹣，Cr（OH）3与Al（OH）3的性质相似，属于两性氢氧化物，往CrCl3溶液加入过量NaOH溶液得到Na[Cr（OH）4]，故A错误B．CrCl3与AlCl3的性质相似，CrCl3•6H2O中Cr3+离子水解，加热HCl挥发，促进水解程度进行得到Cr（OH）3，故B错误；C．Cr2O3与Al2O3性质相似，属于两性氧化物，既能溶于酸，又能溶于NaOH溶液，故C正确；D．[Cr（OH）4]﹣结合氢离子，水解生成氢氧化铬，使溶液显碱性，故D错误，25故选C．【点评】本题考查了铝的性质，运用类比思想分析判断铬及其化合物的性质，题目难度中等．10．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法正确的是()A．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3B．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClC．在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【考点】海水资源及其综合利用．【分析】A．NaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀；B．碳酸氢钠在反应涉及物质中溶解度最小，易与分离而促进反应向生成物方向进行，制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl；C．根据物质的性质以及变化结合元素化合价的变化判断；D．电解饱和MgCl2溶液不能得到镁．【解答】解：A．NaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，应用氯化钙溶液鉴别，故A错误；B．碳酸氢钠在反应涉及物质中溶解度最小，向饱和食盐水中通入氨气以及二氧化碳，溶解度较小的碳酸氢钠会先析出，制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl，故B正确；C．海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，④中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故C错误；D．镁为活泼金属，电解氯化镁溶液，在阳极生成氯气，在阴极生成氢气和氢氧化镁沉淀，不能得到镁，应用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故D错误．故选B．【点评】本题重点考查了化学与资源综合利用、环境保护等方面的知识，开发利用金属矿物和海水资源是新课程标准教材中的必修内容，在高考命题上也有所体现．金属矿物中的铁矿石、铝土矿相关内容，海水资源相关的海水提溴、海水提镁都是高考命题的热点，同学们应给予重视．只在掌握好相关的物理、化学性质以及基本实验技能就能顺利解答．11．根据表中信息判断，下列选项不正确的是()序号反应物产物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO4﹣Cl2、Mn2+A．第①组反应的其余产物为H2O和O2B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2mol25D．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水．B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断．C、由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍．D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+．【解答】解：A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故A正确；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B正确；C、由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C正确；D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4﹣＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+，故D错误．故选：D．【点评】考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物．12．水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是()A．a=4B．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应C．每有3molFe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5molD．S2O32﹣是还原剂【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．A、根据电荷守恒计算a的值．B、直径为1～100nm的颗粒Y，均匀分散到水中形成的体系属于胶体．C、3molFe2+参加反应，需要1molO2，反应中只有O2中氧元素化合价降低，据此计算D、所含元素化合价升高的反应物是还原剂．【解答】解：从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．A、从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4，故A正确；B、1～100nm的颗粒Y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C、当3molFe2+参加反应时，有1molO2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为﹣2价，所以转移电子数为4mol，故C错误；25D、反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+、S2O32﹣是还原剂，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，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键．13．将一定质量的镁和铝的混合物投入100ml盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法正确的是()A．镁和铝的总质量为10gB．NaOH溶液的物质的量浓度为5mol•L﹣1C．盐酸的物质的量浓度为5mol•L﹣1D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L【考点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物．【分析】从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O．当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3；当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2．从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，根据各阶段各物质的量进行计算和判断．【解答】解：从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O．当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3；A．当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2．故n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.15mol，m（Mg）=0.15mol×24g•mol﹣1=3.6g，n（Al）=n[Al（OH）3]=0.35mol﹣0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g•mol﹣1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，故A错误；B．从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.2mol，故c（NaOH）==5mol•L﹣1，故B正确；C．从200mL到240mLNaOH溶解Al（OH）3，由NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O可知，该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.2mol，则加入200mLNaOH溶液中n（NaOH）=0.2L×5moL/L=1mol．沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为NaCl，根据钠元素守恒可知此时n（NaCl）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH），故n（NaCl）=1mol，根据氯离子守恒n（HCl）=n（NaCl）=1mol，则盐酸的物质的量浓度为=10mol/L，故C错误；25D．再由Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑可以计算出生成n（H2）=0.45mol，标准状况下V（H2）=0.45mol×22.4L•mol﹣1=10.08L，故D错误．故选B．【点评】本题考查镁铝的重要化合物，以图象题的形式考查，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用方程式计算．14．向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色．淀粉KI溶液中通入SO2气体，溶液无明显变化．则下列分析中正确的是()A．白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2B．滴加KI溶液时，转移2mole﹣时生成1mol白色沉淀C．通入SO2时，SO2与I﹣反应，I﹣作还原剂D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】溶液呈棕色，说明有I2生成．碘元素化合价由﹣1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+．淀粉KI溶液中通入SO2气体，溶液无明显变化，说明SO2气体不能将碘离子氧化．【解答】解：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2．A、由上述分析及化学方程可知，白色沉淀是CuI，溶液中含有I2，故A错误；B、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以转移1mole﹣时生成1molCuI白色沉淀，故B错误；C、淀粉KI溶液中通入SO2气体，溶液无明显变化，说明SO2气体不能将碘离子氧化，故C错误；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，淀粉KI溶液中通入SO2气体，溶液无明显变化，说明SO2气体不能将碘离子氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用．15．如图是M、N两种物质的溶解度曲线，在t2℃时往盛有100g水的烧杯中先后加入agM和agN（两种物质溶解时互不影响，且溶质仍是M、N），充分搅拌，将混合物的温度降低到t1℃，下列说法正确的是()A．t1℃时，M、N的溶解度相等，得到M、N的饱和溶液25B．t2℃时，得到M的饱和溶液、N的不饱和溶液C．t1℃时，M、N的溶质质量分数一定相等D．t2℃时，M、N的物质的量浓度一定相等【考点】溶解度、饱和溶液的概念；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】A、根据t1℃时，M、N的溶解度相等，溶解度都大于ag分析；B、根据图象中数据及饱和溶液、不饱和溶液的定义分析；C、根据溶质质量分数表达式w=×100%分析；D、根据物质的量浓度的计算公式c==分析．【解答】解：A、t1℃时，M、N的溶解度相等，溶解度都大于ag，所以此时得到的是不饱和溶液，故A错误；B、t2℃时，M的溶解度大于ag，N的溶解度等于ag，所以在100g水中加入agM，得到M的不饱和溶液，加入agN，得到N的饱和溶液，故B错误；C、t1℃时，在100g水中加入agM和agN，得到的都是不饱和溶液，溶质、溶液质量都相等，因此其溶质质量分数一定相等，故C正确；D、根据c==可知，溶质M和N的摩尔质量可能不同，所以二者的物质的量浓度不一定相同，故D错误；故选：C．【点评】本题考查溶解度曲线的意义及饱和溶液、不饱和溶液的判断、溶质质量分数的求法，题目难度不大，注意熟练掌握饱和溶液、不饱和溶液的概念，掌握溶质的质量分数、物质的量浓度的计算方法．16．用下列装置进行有关实验不能达到预期目的是()A．用甲装置可制得Fe（OH）3胶体B．用乙装置可制得金属锰C．用丙装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D．用丁装置能较长时间观察到Fe（OH）2白色沉淀【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．25【分析】A．将FeCl3溶液滴人沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体；B．铝比锰活泼，可用铝热法冶炼；C．碳酸氢钠应放在套装小试管中；D．图中装置可防止氢氧化亚铁与氧气反应．【解答】解：A．将FeCl3溶液滴人沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体，可制得氢氧化铁胶体，故A正确；B．铝比锰活泼，熔点较高，可用铝热法冶炼，故B正确；C．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，故C错误；D．装置可起到隔绝空气的作用，可防止氢氧化亚铁被氧化，可用于制备氢氧化亚铁，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，较为综合，涉及胶体制备、铝热反应、氢氧化亚铁有的制备以及碳酸钠与碳酸氢钠的稳定性比较，侧重于实验方案的评价，题目难度不大，注意把握物质的性质．17．在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2mol•L﹣1和1.5mol•L﹣1，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应．下列有关说法正确的是()A．反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB．反应后产生13.44LH2（标准状况）C．反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD．由于氧化性Fe3+＞H+，故反应中先没有气体产生后产生气体【考点】化学方程式的有关计算；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】计算题．【分析】Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）==0.7mol，氧化性为HNO3＞Fe3+＞H+，先发生Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O、再发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，若还有Fe剩余，则最后发生Fe与氢离子的反应，以此来解答．【解答】解：Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）==0.7mol，氧化性为HNO3＞Fe3+＞H+，则Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O14110.62.40.60.6Fe+2Fe3+═3Fe2+，1230.10.20.3Fe完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，A．反应后溶液中Fe3+物质的量为0.6mol，故A错误；B．不发生Fe+2H+═Fe2++H2↑，没有氢气生成，故B错误；C．反应后溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9mol，故C正确；D．氧化性为HNO3＞Fe3+＞H+，先发生Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，有气体生成，故D错误；25故选C．【点评】本题考查铁的化学性质及化学反应的计算，明确发生的化学反应及反应的先后是解答本题的关键，注意过量计算来解答，题目难度不大．二、填空题（共49分）18．中学常见的某反应的化学方程式为a+b→c+d+H2O（未配平，反应条件已略去）．请回答下列问题：（1）若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶于c溶液中．则a与b反应的离子方程式为：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O．（2）若c、d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，写出其褪色过程中反应的离子方程式：SO2+Br2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣．（3）若c是无色有刺激性气味的气体，其水溶液显弱碱性，在标准状况下用排空气法收集c气体，得平均摩尔质量为20g•mol﹣1的混合气体进行喷泉实验．假设溶质不扩散，实验完成后烧瓶中所得溶液的物质的量浓度为或0.045mol•L﹣1（小数点后保留2位有效数字）．（4）若a是造成温室效应的主要气体，c、d均为钠盐，参加反应的a、b的物质的量之比为4：5．则上述反应的离子方程式为4CO2+5OH﹣═3HCO3﹣+CO32﹣+H2O．【考点】无机物的推断．【分析】（1）若a是铁，b是稀硝酸（过量）且a可溶于c溶液中，则Fe与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水；（2）若c、d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则c、d分别为二氧化碳、二氧化硫，将此混合气体通入溴水中橙色褪去，发生溴与二氧化硫的氧化还原反应生成硫酸和HBr；（3）若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液显弱碱性，则c为氨气，利用浓度、物质的量、溶液的体积的关系来计算；（4）若a是造成温室效应的主要气体，则a为二氧化碳，c、d均为钠盐，参加反应的a、b的物质的量之比为4：5．则上述反应为二氧化碳与氢氧化钠的反应，生成碳酸钠和碳酸氢钠以及水．【解答】解：（1）（1）若a是铁，b是稀硝酸（过量）且a可溶于c溶液中，则Fe与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，发生的离子反应为Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O；（2）若c、d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则c、d分别为二氧化碳、二氧化硫，将此混合气体通入溴水中橙色褪去，发生溴与二氧化硫的氧化还原反应生成硫酸和HBr，发生的离子反应为SO2+Br2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，故答案为：SO2+Br2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣；（3）若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液显弱碱性，则c为氨气，设喷泉实验中的烧瓶容积为VL，喷泉实验后溶液的体积为VL，则浓度为=mol/L=0.045mol/L，故答案为：或0.045；（4）若a是造成温室效应的主要气体，则a为二氧化碳，c、d均为钠盐，参加反应的a、b的物质的量之比为4：5．则上述反应为二氧化碳与氢氧化钠的反应，生成碳酸钠和碳酸氢钠以及水，反应的离子方程式为4CO2+5OH﹣═3HCO3﹣+CO32﹣+H2O，25故答案为：4CO2+5OH﹣═3HCO3﹣+CO32﹣+H2O．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，熟悉发生的反应即可解答，注意题目中的信息和所学知识的结合来判断物质及浓度的计算等来解答，题目难度不大．19．某混合溶液中可能含有的离子如下表所示：可能大量含有的阳离子H+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+可能大量含有的阴离子Cl﹣、Br﹣、I﹣、CO32﹣、AlO2﹣为探究其成分，进行了以下探究实验．（1）探究一：甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示．①该溶液中一定含有的阳离子是H+、NH4+、Al3+，其对应物质的量浓度之比为2：3：1，一定不存在的阴离子是CO32﹣、AlO2﹣；②请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．（2）探究二：乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）5.6L11.2L22.4Ln（Cl﹣）2.5mol3.0mol4.0moln（Br﹣）3.0mol2.8mol1.8moln（I﹣）xmol00①当通入Cl2的体积为5.6L时，溶液中发生反应的离子方程式为Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣；②原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为10：15：4．【考点】常见离子的检验方法；离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】（1）①取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，分析产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系，开始加入2V0无沉淀生成说明发生的反应是：H++OH﹣═H2O，再加入氢氧化钠溶液至5V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4++OH﹣⇌NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+H2O，消耗氢氧化钠V0；依据定量关系分析判断离子存在情况和离子物质的量之比；②沉淀减少的反应是氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液的反应；（2）分析：还原性：I﹣＞Br﹣，加入氯气5.6L时溶液中I﹣amol，则说明通入5.6LCl2只发生：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，5.6L变成11.2L，消耗5.6LCl2的物质的量为25=0.25mol，发生：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，根据反应方程式计算．【解答】解：（1）①根据图象，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+；依据离子共存分析，一定不含有CO32﹣、AlO2﹣，开始加入2V0无沉淀生成说明发生的反应是：H++OH﹣═H2O，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Ag+、Fe3+，有Al3+；再加入氢氧化钠溶液至5V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4++OH﹣⇌NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+H2O，消耗氢氧化钠V0；沉淀的质量不变，反应为NH4++OH﹣⇌NH3•H2O的反应，则有NH4+；现象无法知道有无K+；综上所述一定含有H+、NH4+、Al3+，物质的量之比=2V0：3V0：V0=2：3：1，故答案为：H+、NH4+、Al3+；2：3：1；CO32﹣、AlO2﹣；②沉淀减少过程中发生反应是氢氧化铝沉淀溶解于氢氧化钠溶液中的反应，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（2）①由于还原性：I﹣＞Br﹣，加入氯气5.6L时溶液中I﹣xmol，5.6L变成11.2L，消耗5.6LCl2的物质的量为=0.25mol，发生：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，Br﹣消耗0.2mol，需要氯气0.1mol，则说明开始通入5.6LCl2只发生：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，此时n（Cl2）==0.25mol，消耗n（I﹣）=2×0.25mol=0.5mol，生成n（Cl﹣）=2×0.25mol=0.5mol，此时n（Br﹣）=3.0mol，则说明原溶液中n（Br﹣）=3.0mol；故答案为：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣；②根据表数据：5.6L变成11.2L，消耗5.6LCl2的物质的量为=0.25mol，发生：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，Br﹣消耗0.2mol，需要氯气0.1mol，Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣0.1mol0.2molCl2+2I﹣═I2+2Cl﹣0.15mol0.3mol则x=0.3mol，所以原溶液中：n（I﹣）=0.5mol+0.3mol=0.8mol，n（Cl﹣）=2.5mol﹣0.5mol=2mol，n（Cl﹣）：n（Br﹣）：n（I﹣）=2：3：0.8=10：15：4，故答案为：10：15：4．【点评】本题考查离子的判断和计算，图标数据分析的方法和反应实质，题目难度中等，注意根据离子的还原性以及表中数据判断反应的程度，结合方程式计算．20．铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中．工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如图1．25（1）①Al2O3与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣．②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为c（填代号）．a．氢氧化钠溶液b．硫酸溶液c．氨水d．二氧化碳③由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（填操作名称）、洗涤．（2）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置（图2）为B（填代号）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】依据流程分析，铝土矿加入盐酸溶解过滤得到二氧化硅固体和滤液A，滤液A中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去，反应的化学方程式为：2Fe2++ClO﹣+5H2O=2Fe（OH）3↓+C1﹣+4H+；二氧化硅加入氢氧化钠固体焙烧得到硅酸钠，（1）①Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，据此书写离子方程式；②滤液B中铝元素为氯化铝，依据氢氧化铝溶液强酸强碱，不溶于弱酸弱碱选择；③加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤；（2）a、蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应；b、铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠；c、玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；d、瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应；【解答】解：（1）①Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，据此书写离子方程式为：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣，故答案为：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣；②滤液中含有的是氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出；a、氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝，故a不是最好；b．硫酸溶液不能沉淀铝离子，故b不符合；c．氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故c符合；d．二氧化碳和氯化铝不反应不能生成氢氧化铝沉淀，故d不符合；故答案为：c；③加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤，洗涤；故答案为：过滤；（2）A、蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故A不符合；25B、铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，故B符合；C、玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，故C不符合；D、瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故D不符合；故答案为：B．【点评】本题考查了铁、铝性质的综合应用和氧化铝提纯制备流程分析应用，注意蒸干灼烧熔融氢氧化钠的仪器选择，题目难度中等．21．某化学兴趣小组测定某Fe2（SO4）3样品（只含少量FeCl2杂质）中铁元素的质量分数，按以下实验步骤进行操作：①称取ag样品，置于烧杯中；②加入50mL1.0mol/L稀硫酸和一定量的蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250.0mL溶液；③量取25.0mL步骤②中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量氯水，使反应完全；④加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；⑤过滤，洗涤沉淀；将沉淀转移到某容器内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，在干燥器中冷却至室温后，称量；⑥…请根据上面叙述，回答：（1）上图所示仪器中，步骤①②③中必须用到的仪器有E和CFG（填字母）．（2）步骤②中：配制50mL1.0mol/L稀H2SO4，需要用量筒量取98%（密度1.84g/cm3）的浓H2SO4体积为2.7mL．（3）样品中的杂质Fe2+有较强的还原性，完成并配平下列反应的离子方程式5Fe2++1ClO2+4H+═5Fe3++1Cl﹣+2H2O从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时，对实验结果的影响是不影响（填“偏大”“偏小”或“不影响”），等物质的量ClO2与Cl2的氧化效率之比为5：2．（4）若步骤⑤不在干燥器中冷却，则测定的铁元素的质量分数会偏大（填“偏大”“偏小”或“不影响”）．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）根据各仪器的作用选取仪器；（2）依据硫酸溶液稀释溶质物质的量不变计算所需溶液体积；（3）依据氧化还原反应电子守恒、原子守恒配平离子方程式；还原剂一定，需要的氧化剂可以是氯气或氯酸钠，还原剂失电子数一定，氧化剂改变不影响计算结果，氧化剂的氧化率是得到电子数之比；（4）若步骤⑥不在干燥器中冷却，会吸收空气中的水蒸气，称量的质量增大，则测定的铁元素的质量分数偏高；沉淀加热直到固体由红褐色全部变为红棕色，干燥称量至恒重的标准是两次称量质量不超过0.1g；【解答】解：（1）称量药品用天平，氯化铁和氯化亚铁的水溶液都呈酸性，所以准确量取25.00mL步骤②中配得的溶液用酸式滴定管，配制一定物质的量浓度的溶液用容量瓶，故答案为：CFG；25（2）配制50mL，1.0mol/L稀H2SO4需要98%（密度1.84g/cm3）的浓H2SO4体积为设为Vml，依据稀释前后溶液溶质物质的量不变，=0.05L×1.0mol/L，V=2.7ml；故答案为：2.7；（3）反应中，亚铁离子变化为铁离子，氯酸跟离子氯元素化合价从+4价变化为﹣1价，变化5价，电子转移最小公倍数为5，依据电子守恒和原子守恒配平得到离子方程式为：5Fe2++ClO2+4H+═5Fe3++Cl﹣+2H2O；从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时对实验无影响，不同的是氧化剂不同，同量还原性物质被氧化需要失去电子相同；等物质的量的ClO2与Cl2的氧化效率之比为为转移电子数之比，ClO2～Cl﹣～5e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，所以1molClO2与Cl2的氧化效率之比为5：2，故答案为：5；1；4H+；5；1；2；不影响；5：2；（4）若步骤⑥不在干燥器中冷却，会吸收空气中的水蒸气，称量的质量增大，则测定的铁元素的质量分数偏高，故答案为：偏大．【点评】本题考查了实验探究方法和实验测定，溶液配制过程，固体质量称量，氧化还原反应配平是解题关键，注意实验测定溶液体积的变化，题目难度中等．22．某研究所对含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料进行相关的研究．实验过程如下：回答下列问题：（1）滤渣的成分为Fe、Cu，操作①的名称为过滤．（2）上图溶液B中所发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+8NH3+10H2O=8NH4++4Fe（OH）3↓．（3）实验要求向溶液B中通入过量的空气，证明通入空气过量的方法是取上层清液少许于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液的紫色不变（无变化）．（4）操作③第一步需要的仪器除了酒精灯、铁架台外，还需要蒸发皿、玻璃棒．（5）某同学利用下面装置制备氢气并利用氢气还原某金属氧化物，根据要求回答问题．①请设计一个实验方案验证H2的还原性并检验其氧化产物，其装置连接顺序是A→C→B→D→D（除D装置外，其它装置不能重复使用），最后D装置中所加药品为碱石灰，其作用是防止空气中水蒸气进入前面装置中．②点燃B处酒精灯之前必须进行的操作是检验氢气的纯度．【考点】性质实验方案的设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验设计题．25【分析】含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料，结合流程可知，过量还原性试剂A为Fe，置换出Cu，则操作①为过滤，滤渣中为Cu和过量的Fe；溶液B中主要含硫酸亚铁，通入空气和氨气，反应生成硫酸铵和氢氧化铁，操作②为过滤，固体为氢氧化铁，操作④为加热，生成红色的氧化铁；溶液C为硫酸铵溶液，则操作③为蒸发结晶得到硫酸铵晶体，然后结合氢气还原金属氧化物时，先通入氢气后加热，试管冷却后再停止通入氢气来解答．【解答】解：含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料，结合流程可知，过量还原性试剂A为Fe，置换出Cu，则操作①为过滤，滤渣中为Cu和过量的Fe；溶液B中主要含硫酸亚铁，通入空气和氨气，反应生成硫酸铵和氢氧化铁，操作②为过滤，固体为氢氧化铁，操作④为加热，生成红色的氧化铁；溶液C为硫酸铵溶液，则操作③为蒸发结晶得到硫酸铵晶体，（1）由上述分析可知，滤渣为Fe、Cu，操作①为过滤，故答案为：Fe、Cu；过滤；（2）B中所发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+8NH3+10H2O=8NH4++4Fe（OH）3↓，故答案为：4Fe2++O2+8NH3+10H2O=8NH4++4Fe（OH）3↓；（3）向溶液B中通入过量的空气，证明通入空气过量，即亚铁离子不存在，其方法是取上层清液少许于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液的紫色不变（无变化），故答案为：取上层清液少许于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液的紫色不变（无变化）；（4）操作③为蒸发结晶，还需要的仪器为蒸发皿、玻璃棒，故答案为：蒸发皿；玻璃棒；（5）①根据验证H2的还原性并检验其氧化产物，装置顺序依次为制取氢气装置A、干燥氢气装置C、还原金属氧化物B、检验还原产物D、吸收空气中的水分装置D，连接顺序为：A﹣C﹣B﹣D﹣D，D装置中所加药品碱石灰，其作用为防止空气中水蒸气进入前面装置中，故答案为：C；B；D；碱石灰；防止空气中水蒸气进入前面装置中；②因氢气为可燃性气体，点燃之前应检验氢气的纯度，故答案为：检验氢气的纯度．【点评】本题考查物质的性质、混合物的分离提纯及实验流程，把握流程中发生的反应及操作为解答的关键，侧重分析能力及知识综合应用能力的考查，题目难度中等．25