2022版高考化学 3-2-1精品系列 专题4 非金属及其化合物

专题4.非金属及其化合物（教师版）纵观2022各省市高考试题，有关非金属元素及其化合物的知识在高考中经常出现在离子共存、离子方程式、物质鉴别、气体的制取和性质验证、推断、计算等题型中，一般以元素化合物知识为载体，与化学基本概念、理论、实验、计算结合在一起考查.在未来的高考中考查形式不会有太大的变化，但会突出对物质性质的探究性命题，也会以新的情境或陌生的物质为载体来考查有关非金属元素及其化合物的考查。要求我们熟练掌握各主族中典型元素及其化合物的性质、制备和用途，了解这些元素的单质及某些氧化物、氢化物的性质。掌握硫酸、硝酸的化学性质。以硫酸为例，了解化工生产化学反应原理的确定。初步了解原料与能源的合理利用、“三废处理”与环境保护以及生产过程中的综合经济效益问题。了解硫、氮、碳的氧化物对大气的污染，以及防止大气污染。预测2022年，硫酸、硝酸的化学性质，原料与能源的合理利用，生产过程中的综合经济效益问题是考察的重点。考点一、卤素（1）分清氯水、溴水的成分，反应时的作用和褪色的原理。44\n氯水中正因为存在可逆反应Cl2+H2OHCl+HClO，使其成分复杂且随着条件的改变，平衡发生移动，使成分发生动态的变化。当外加不同的反应物时，要正确判断是何种成分参与了反应。氯水中的HClO能使有色物质被氧化而褪色。反之，也有许多物质能使氯水、溴水褪色，发生的变化可属物理变化（如萃取），也可属化学变化，如歧化法（加碱液）、还原法（如Mg、SO2等）、加成法（加不饱和的有机物）等。值得一提的是有时虽然发生化学变化，但仍生成有色物，如Br2与Fe或KI反应。（2）区分清楚萃取和分液的原理、仪器、操作以及适用范围与其他物质分离方法不同。萃取和分液是物质分离的众多方法之一。每一种方法适用于一定的前提。分液适用于分离互不相溶的两种液体，而萃取是根据一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解性有很大差异从而达到提取的目的。一般萃取和分液结合使用。其中萃取剂的合理选择、分液漏斗的正确使用、与过滤或蒸馏等分离方法的明确区分等是此类命题的重点和解决问题的关键。命题以选择何种合适的萃取剂、萃取后呈何现象、上下层如何分离等形式出现。解题关键是抓住适宜萃取剂的条件、液体是否分层及分层后上下层位置的决定因素。分液操作时注意“先下后上、下流上倒”的顺序。为确保液体顺利流出，一定要打开上部塞子或使瓶塞与瓶颈处的小孔或小槽对齐，与大气相通考点二、氧族（1）掌握常见物质的俗名、组成、用途，防止张冠李戴。本章中出现的物质俗名比较多，有些名称之间又特别容易混淆，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大苏打和苏打或小苏打等，还有名目繁多的矾盐。这些虽属识记性的知识，但也应做到在理解的基础上进行记忆，注意它们的性质和用途，对记忆其化学组成有帮助。同时要及时归纳和比较，以便清楚地区别它们。44\n（2）熟悉有关各种价态的硫元素性质及转化，以作推断题（主要是框图型）。牢固掌握各种代表物性质及它们之间的知识网络和反应原理，就可避免死搬硬套。对于框图型等推断题，也要善于找“题眼”，挖掘题中隐含的提示，注意对题设条件的充分应用，尽量缩小范围。推断时不仅要关注网络的结构，还要注意题干提供的不起眼的信息，如颜色、状态、式量、用途等都可能成为突破的切入口。（3）二氧化硫和氯气的漂白性SO2和Cl2虽都有漂白性，但漂白原理和现象有不同特点。氯气的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有强氧化性，将有色物质氧化成无色物质，褪色后不能恢复原来的颜色。而SO2是由于它溶于水生成的亚硫酸与有色物质直接结合，形成不稳定的无色化合物，褪色后在一定的条件下又能恢复原来的颜色。如：不显红色通入Cl2加热至沸通入SO2品红溶液褪色红色褪色加热至沸通入Cl2立即变红随即变为无色很快变成红色紫色石蕊通入SO2考点三、氮族：44\n1．氨水显弱碱性的理解。氨气溶于水形成氨水，氨水少部分电离出OH-、NH4+，所以氨水具有弱碱性。注意以下两点：(1)氨水遇Al3+、Fe3+、Mg2+分别可以生成Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，但氨水中滴加Ag+溶液开始出现沉淀AgOH，继续滴加沉淀即溶解生成银氨溶液；（2）氨水遇酸、酸性氧化物可以成盐，又根据氨水与酸的量关系分别得到正盐和酸式盐。如：用氨水吸收少量二氧化硫的离子方程式NH3.H2O+SO2=NH4++HSO3-是错误的。2．NO、O2被水吸收的分析。NO、O2被水吸收实质上发生如下反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+2H2O=2HNO3+NO。生成NO还可以继续氧化，生成NO2再溶于水，这是一个循环反应。如无任何气体剩余，最终产物应为HNO3，恰好反应的量的关系：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实际反应中可以有NO或O2剩余，但不能两者兼有之。3．氮可以形成多种氧化物。NO2可以与水反应生成硝酸，但NO2不是硝酸的酸酐。掌握酸酐的判断方法。NO2与溴蒸气不能用湿润的KI淀粉试纸检验。4．NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+、SO32-氧化为SO42-，将I-、Br-、S2-氧化为I2、Br2、S。5．检验NH4+离子，可加入烧碱溶液后，必须加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，否则不一定有NH3放出。考点四、碳族：（1）CO2通入NaOH溶液的判别。CO2通入NaOH溶液的反应与CO2气体通入量有关。当CO2通入少量时生成Na2CO3，当CO2通入过量时生成NaHCO3，CO2通入量介于两者之间，既有Na2CO3又有NaHCO3。因此推断产物时一定要注意CO2与NaOH间量的关系。44\n（2）Na2CO3溶液中滴加盐酸过程不清楚。在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先转化为HCO3-，再滴加盐酸HCO3-转化为H2CO3，不稳定分解为CO2。如：在10mL0.01mol/L纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入1.2mL0.05mol/L盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为（答案D）A.1.334mLB.2.240mLC.0.672mLD.0mL（3）CO2通入CaCl2溶液中是否有沉淀的分析错误。可用反证法：如能产生沉淀，则反应的化学方程式为：CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2HCl。因CaCO3溶于盐酸，故反应不能发生。因为CO2只有通入中性或碱性溶液才能产生CO32-，并同时产生部分H+，若原溶液无法消耗这部分H+，则不利于CO2转化为CO32-，也就无法与Ca2+形成沉淀。若要使CaCl2与CO2反应生成沉淀，就必须加入部分碱溶液中和CO2与H2O反应而产生的H+。同理，该思维方式适用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。（4）不要把Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑与Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓相混。前者是工业制玻璃的反应式之一，是在高温条件下发生的反应，而后者是在水溶液中发生的反应。若交换条件，两者均不发生反应。【2022高考试题解析】（2022·广东）12．下列陈述正确并且有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有强氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜【答案】D【解析】A中两个陈述均正确，不过SO2使溴水体现的是溴的还原性，关系不对。B硅是良好的半导体，而二氧化硅不导电，B错。C中两个陈述均正确，浓硫酸可用于干燥H2和CO体现的是浓硫酸的吸水性，而不是强氧化性，C错。D涉及到得氧化还原反应是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+44\n【考点定位】元素化合物（2022·天津）2．下列单质或化合物性质的描述正确的是A．NaHSO4水溶液显中性B．SiO2与酸、碱均不反应C．NO2溶于水时发生氧化还原反应D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【答案】：C识。（2022·上海）5．和氢硫酸反应不能产生沉淀的是A．Pb(NO3)2溶液B．Na2S溶液C．CuSO4溶液D．H2SO3溶液【答案】B【解析】选项A生成PbS沉淀；选项B中Na2S与H2S不反应；选项C生成CuS沉淀；选项D生成单质S沉淀。【考点定位】本题考查H2S的性质。（2022·上海）13．下列关于硫酸工业生产过程的叙述错误的是A．在接触室中使用铁粉作催化剂B．在接触室中运用热交换技术可充分利用能源C．把硫铁磨成细粉末，可以提高原料的利用率D．该反应采用450～500℃主要是因为该温度下催化剂活性好【答案】A【解析】硫酸工业生产中的铁触媒的主要成分是Fe3O4，而不是铁粉，A错。【考点定位】本题考查硫酸工业。（2022·江苏）5.下列有关物质的性质与应用不踿相对应的是A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂44\nB.FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D.Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料【答案】C【解析】A选项正确，常用铝离子水解性质用铝盐净化水；B选项正确，Fe3+有氧化性，会腐蚀铜；C选项错误，漂白纸浆不是利用SO2的氧化性；D选项正确，电池中锌是被氧化，是还原剂，作电极还利用其导电性。【考点定位】物质的性质与应用（2022·上海）15．下图所示最验证氯气性质的徼型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4+16HCl→2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2>Br2>I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：Fe2＋>Cl－【答案】D【解析】A项，由实验现象不能说明氧化性：Br2＞I2；B项，由实验现象还可以说明氯气与水生成了漂白性物质；C项，氯气与水生成酸性物质也可出现对应的实验现象。【考点定位】本题考查氯气的性质。（2022·上海）16．实验宣制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是44\nA．①是氨气发生装置B．③是氮气发生装置C．②是氨气吸收装置D．④是氨气收集、检验装置【答案】B【解析】装置①中NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl，但在试管口附近两者又能结合生成NH4Cl；装置②中的漏斗放置过低，不能防止引起倒吸；装置④中的试管口应放一团干燥的棉花。【考点定位】本题考查化学实验基本操作。（2022·北京）25.(13分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2，（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应:。（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)变化关系如下表:n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)91：91：11：91pH８.２7.26.2①上表判断NaHSO3溶液显　　　　　　性，用化学平衡原理解释:　　　　　　　　　　　　　②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母):　　　　　　　　　　　　a．c（Na＋）=2c（SO32-）＋c（HSO3－），b．c（Na＋）>c（HSO3－）>c（SO32-）>c（H＋）=c（OH－）c．c（Na＋）+c（H＋）=c（SO32-）+c（HSO3－）+c（OH－）(4)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下:44\n①HSO3-在阳极放电的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　。②当阴极室中溶液pＨ升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理:　　　　　　　　　　【答案】：（1）SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O22H2SO4；（2）SO2+2OH-=SO32-+H2O；（3）酸；HSO3－存在：HSO3－SO32-+H＋和HSO3－+H2O=H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度；ab；（4）HSO3-+H2O-2e-=3H++SO42-；H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c（H＋）降低，促使HSO3-电离生成SO32-，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生。（OH－），b对；（4）根据电解槽所示的变化，可知HSO3-在阳极放电的电极反应式是：HSO3-+H2O-2e-=3H++SO42-；H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c（H＋）降低，促使HSO3-电离生成SO32-，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生。【考点定位】此题以二氧化硫形成酸雨为背景，综合考查了化学反应方程式书写、离子方程式书写、水溶液中的离子平衡、溶液中的离子浓度大小比较、电解原理等知识。（2022·重庆）26.（15分）金刚石具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛.(1)碳与周期元素44\n的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子，碳元素在周期表中的位置是，是，的电子式为.(2)一定条件下，还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收其中的实验操作名称为，除去粗产品中少量钠的试剂为.(3)碳还原制,其粗产品中杂质为和.先将20.0g粗产品加入到过量的溶液中充分反应，收集到0.1mol氢气，过滤得固体11.4g，滤液稀释到1L，生成氢气的离子方程式为，硅盐酸的物质量浓度为。（4）下列叙述正确的有（填序号），①还原CCl4的反应、Cl2与的反应均是置换反应②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同③溶液与的反应可用于推断与的非金属性强弱④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1:2【答案】（1）第二周期第IVA族，氧（或O），（2）过滤，水（或乙醇）（3）Si+2OH-+H20=SiO32-+2H2，0.17mol/L（4）③④【解析】(1)碳元素的原子有两个电子层，最外层有四个电子，故在第二周期第IVA族。与碳能形成两种气态化合物的为氧元素，会形成CO、CO2，其中CO2为非极性分子。（2）得到的粗产品为固态不会溶解在液态CCl4中，要分离液态CCl4，可选用过滤方法。除去金属钠可以用水或乙醇等把钠消耗。（3）生成氢气的原因是单质Si与NaOH溶液反应的结果。由Si～2H2，则粗产品中Si为0.05mol即0.05×28=1.4g，所以SiO2为20.0-1.4-11.4=7.2g，物质的量为0.12mol，由Si原子守恒知Na2SiO3的物质的量为0.05mol+0.12mol=0.17mol，溶液体积为1L，故浓度为0.17mol/L.。（4）Cl2与H20反应生成HCl、HClO不属于置换反应，A项错误；水晶熔化需克服的是共价键，干冰熔化克服的是分子间作用力，B项错误；判断非金属强弱可根据其最高价氧化物的水化物酸性判断，酸性越强对应非金属性越强，硫酸生成硅酸，说明硫酸酸性大于硅酸，从而说明S的非金属性大于Si，C正确；钠在空气中燃烧生成Na2O2，锂燃烧生成Li2O，阴阳离子之比均为1：2，D正确。【考点定位】本题考查硅与碳单质及化合物的结构与性质。44\n【2022高考试题解析】1．（上海）浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是A．酸性B．脱水性C．强氧化性D．吸水性解析：浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性。在与含有水分的蔗糖作用过程中不会显示酸性。答案：A2．（上海）下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是A．Ba(OH)2B．Ba(NO3)2C．Na2SD．BaCl2解析：A生成BaSO3沉淀；SO2溶于水显酸性，被Ba(NO3)2氧化生成硫酸，进而生成BaSO4沉淀；SO2通入Na2S溶液中会生成单质S沉淀。答案：D3.（重庆）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A.明矾溶液加热B.CH3COONa溶液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B【解析】明矾KAl(SO4)2·12H2O在水中电离后产生的Al3＋水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，因此A项不符合题意。CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深。氨水为弱碱，发生不完全电离：NH3·H2ONH4＋＋OH－，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4＋＋Cl－，其中的NH4＋会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅。NaCl对NaHCO3溶液中HCO3－的水解无影响4.（浙江）下列说法不正确的是A．变色硅胶干燥剂含有CoCl2，干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能B．硝基苯制备实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触C．中和滴定实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用D．除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶44\n【答案】A【解析】本题考察实验化学内容。A．错误，无水CoCl2呈蓝色，具有吸水性B．正确，烧杯底部温度高。C．正确，滴定管和移液管需考虑残留水的稀释影响。D．正确，利用SO2的还原性，用KMnO4酸性溶液除去。5.（四川）下列“化学与生活”的说法不正确的是()A．硫酸钡可用钡餐透视B．盐卤可用于制豆腐C．明矾可用于水的消毒，杀菌D．醋可用于除去暖水瓶中的水垢6.（四川）甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4＋、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO3－、SO42－中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/l乙溶液中c(H＋)＞0.1mol/l；③向丙容器中滴入AgNO3溶液又不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，下列结论不正确的是()A．甲溶液含有Ba2＋B．乙溶液含有SO42－C．丙溶液含有Cl－B．丁溶液含有Mg2＋【答案】D【解析】根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl－；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3。故D项错误。7.（江苏）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A.常温下浓硫酸能是铝发生钝化，可在常温下作用铝制贮藏贮运浓硫酸B.二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器44\nC.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒D.铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀【答案】A【解析】二氧化硅不与任何酸反应，但可与氢氟酸反应。二氧化氯中氯的化合价为＋4价，不稳定，易转变为－1价，从而体现氧化性。铜的金属活泼性比铁的差，在原电池中作正极，海轮外壳上装铜块会加快海轮外壳腐蚀的进程。8．（上海）草酸晶体(H2C2O4·2H2O)100℃开始失水，101.5℃熔化，150℃左右分解产生H2O、CO和CO2。用加热草酸晶体的方法获取某些气体，应该选择的气体发生装置是（图中加热装置已略去）解析：根据草酸晶体的性质不难得出答案是D。答案：D9．（上海）物质的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为A．3.2gB．4.0gC．4.2gD．4.6g解析：若镁全部与氧气反应只生成氧化镁，其质量是4g；若镁全部与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，其质量是4.6g。因为只要有氧气存在，就不可能生成单质碳，即镁应该首先与氧气反应，所以选项D是不可能。答案：D10．（上海）甲醛与亚硫酸氢钠的反应方程式为HCHO+NaHSO3HO-CH2-SO3Na，反应产物俗称“吊白块”。关于“吊白块”的叙述正确的是A．易溶于水，可用于食品加工B．易溶于水，工业上用作防腐剂C．难溶于水，不能用于食品加工D．难溶于水，可以用作防腐剂解析：根据有机物中含有的官能团可以判断，该物质易溶于水，但不能用于食品加工。答案：B44\n11.（江苏）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图4）。下列说法正确的是A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D.图4所示转化反应都是氧化还原反应【答案】B【解析】本题考查元素化合物知识综合内容，拓展延伸至电解饱和食盐水、电解熔融氯化钠、侯氏制碱等内容，但落点很低，仅考查NaHCO3Na2CO3的溶解度、工业制漂白粉，干燥的Cl2贮存和基本反应类型。重基础、重生产实际应该是我们高三复习也应牢记的内容。石灰乳与Cl2的反应中氯发生歧化反应，Cl2既是氧化剂，又是还原剂。常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存仅代表常温Cl2不与铁反应，加热、高温则不然。12.（四川）下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是操作和现象结论A向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解成了NO2B向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖C向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170°C产生的气体通入酸性KmnO4溶液，红色褪去使溶液褪色的气体是乙烯D向饱和Na2CO3中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3【答案】D44\n13.（山东）（14分）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为。利用反应6NO2＋7N5＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是L。（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH=-196.6KJ·mol-12NO（g）+O2（g）2NO2（g）ΔH=-113.0K·mol-1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH=KJ·mol-1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是。a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体之比为1:6，则平衡常数K＝。（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH0（填“>”或“<”）。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是。【答案】（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72；（2）—41.8；b；2.67或8/3；(3)<；在1.3×104KPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失【解析】本题综合考查氮的氧化物化学性质及其简单氧化还原反应计算，热化学方程式的计算化学平衡状态判断，化学平衡常数计算，平衡移动方向与反应热的关系，实际工业条件的选择等内容。（1）(i)易知反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(ii)氧化还原反应的简单计算，1molNO2→N2，得到4mol电子，则转移1.2mol电子时，NO2为0.4mol，在标准状况下其体积为6.72L；（2)(i)对两个已知反应编号：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；ΔH1=-196.6kJ·mol-1……；2NO（g）+O2（g）2NO2（g）；ΔH2=-113.0kJ·mol-1……；再由（-）/2得目标反应：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）；由盖斯定律得：ΔH3=（ΔH1—ΔH2）/2=(-196.6+113.0)/2=—41.8KJ·mol-1。(ii)该反应（NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g））两边气力计量数相等，故压强不变，A错误；该体系中只有NO2有颜色，颜色深浅与NO244\n浓度有关，当它浓度不变，即可说明达到平衡，此时浓度不变，故B正确；由于开始没加入SO3和NO，且反应中两者计量数值比为1，故无论是否达到平衡，只要反应发生发生，SO3和NO体积之比等于其物质的量只比，为1:1,不能说明是否达到平衡，故C错误；D选转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。14.（重庆）（14分）臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质是___________和_________。（填分子式）（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如题29表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L。①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是___________.②在30°C、pH=4.0条件下，O3的分解速率为__________mol/(L·min)。③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为______.（填字母代号）44\na.40°C、pH=3.0b.10°C、pH=4.0c.30°C、pH=7.0（3）O3可由臭氧发生器（原理如题29图）电解稀硫酸制得。①图中阴极为_____(填“A”或“B”)，其电极反应式为_____。②若C处通入O2，则A极的电极反应式为_____.③若C处不通入O2，D、E处分别收集到xL和有yL气体(标准情况)，则E处收集的气体中O3所占的体积分数为_____。(忽略O3的分解)。答案：（1）O2I2（2）①OH－；②1.00×10－4③b、a、c（3）①2H＋＋2e－=H2↑②O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；解析：（1）臭氧具有强氧化性，能够将KI中的I－氧化为碘单质，此反应中共有三种元素，其中K单质具有强还原性，因此不可能得到此单质，所以确定为得到氧气。（2）①pH越大，OH－浓度越大，判断起催化作用的离子为OH－。②由表格可知，题目给定条件下所用时间为108min，而臭氧浓度减少为原来的一半，即有臭氧分解，速率为③所用时间越短，说明反应速率越快，因此确定温度越高，pH越大，反应速率越快，且温度对速率的影响较大些。（3）①电解硫酸时，溶液中的OH－发生氧化反应生成氧气和臭氧，因此产生氧气和臭氧的一极为阳极，根据装置中电极B处产生臭氧，则说明电极B为阳极，则A为阴极，硫酸溶液中的H＋44\n在阴极放电生成氢气。②若C处通入氧气，则A极上产生的氢气与氧气反应生成水。③D处得到氢气，E处生成氧气和臭氧，每生成1molH2，可得到2mol电子，生成xL氢气时，得到电子的物质的量为，每生成1molO2，可失去4mol电子，每生成1molO3，可失去6mol电子，根据得失电子守恒得，生成氧气和臭氧的体积共yL，则，因此。③15.（重庆）（15分）固态化合物A由两种短周期元素组成，可与水发生复分解反应，甲组同学用题27图装置（夹持装置略）对其进行探究实验。（1）仪器B的名称是____________。（2）试验中，Ⅱ中的试纸变蓝，Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成，则Ⅲ中的试剂为__________________；Ⅳ发生反应的化学方程式为____________；Ⅴ中的试剂为____________________。（3）乙组同学进行同样实验，但装置连接顺序为Ⅰ——Ⅲ——Ⅳ——Ⅱ——Ⅴ——Ⅵ，此时Ⅱ中现象为________，原因是__________________。（4）经上述反应，2.5g化合物A理论上可得0.56L（标准状况）M；则A的化学式为________________。答案：（1）分液漏斗（2）碱石灰CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2↑（3）试纸变蓝44\nCuO与氨气反应生成的水和未反应的氨气形成氨水，使试纸变蓝（4）Mg3N216．（上海）氨和联氨(N2H4)是氮的两种常见化合物，在科学技术和生产中有重要的应用。根据题意完成下列计算：（1）联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，计算确定该氢化物的分子式。该氢化物受撞击则完全分解为氮气和氢气。4.30g该氢化物受撞击后产生的气体在标准状况下的体积为L。（2）联氨和四氧化二氮可用作火箭推进剂，联氨是燃料，四氧化二氮作氧化剂，反应产物是氮气和水。由联氨和四氧化二氮组成的火箭推进剂完全反应生成72.0kg水，计算推进剂中联氨的质量。（3）氨的水溶液可用于吸收NO与NO2混合气体，反应方程式为6NO+4NH3＝5N2+6H2O6NO2+8NH3＝7N2+12H2ONO与NO2混合气体180mol被8.90×103g氨水（质量分数0.300)完全吸收，产生156mol氮气。吸收后氨水密度为0.980g/cm3。计算：①该混合气体中NO与NO2的体积比。②吸收后氨水的物质的量浓度（答案保留1位小数）。（4）氨和二氧化碳反应可生成尿素CO(NH2)2。尿素在一定条件下会失去氨而缩合，如两分子尿素失去一分子氨形成二聚物：44\n已知常压下120molCO(NH2)2在熔融状态发生缩合反应，失去80molNH3，生成二聚物(C2H5N3O2)和三聚物。测得缩合产物中二聚物的物质的量分数为0.60，推算缩合产物中各缩合物的物质的量之比。解析：本题主要考察与化学有关的计算。答案：（1）HN34.48（2）64kg（3）9：12.4molL（4）3：1：1【2022高考试题解析】1．（2022全国卷1）下列叙述正确的是A．Li在氧气中燃烧主要生成B．将SO2通入溶液可生成沉淀C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu【答案】C（2022全国卷1）12．一定条件下磷与干燥氯气反应，若0.25g磷消耗掉314mL氯气（标准状况），则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于A．1：2B．2：3C．3：1D．5：3【解析】设n(PCl3)=Xmol,n(PCl5)=Y44\nmol，由P元素守恒有：X+Y=0.25/31≈0.008……①；由Cl元素守恒有3X+5Y=（0.314×2）/22.4≈0.028……②，联立之可解得：X=0.006,Y=0.002【答案】C（2022全国2）7．下列叙述正确的是A．Li在氧气中燃烧主要生成B．将SO2通入溶液可生成沉淀C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu【答案】C（2022福建卷）9下列各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3答案：C解析：本题考察考生对常见元素及其化合物知识的掌握情况，可用代入法，即把各选项中的X,Y,Z带入又吐的圆圈中进行判断，C中CO2在一定条件下与单质钠反应可以生成金刚石和碳酸钠。（2022山东卷）13．下列推断正确的是A．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应44\nB．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同C．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色解析：酸性氧化物能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，故A正确，因为,与反应生成,与反应除生成外，还生成，故B错；在空气中会发生反应，故C错；因为新制氯水中含有,故滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错。答案：A（2022上海卷）13．下列实验过程中，始终无明显现象的是A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中（2022重庆卷）8．下列叙述正确的是A．铝制容器可盛装热的H2SO4B．Agl胶体在电场中自由运动C．K与水反应比Li与水反应剧烈D．红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl3【答案】C【解析】本题考察物质的性质。A项，铝与热的浓硫酸反应，错误。B项，AgL胶体吸附电荷而带电，故在电场作用下做定向移动，错误。C项，K比Li活泼，故与水反应剧烈，正确。D项，P与过量的反应，应生成,错误。（2022上海卷）18．右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，下列有关说法错误的是44\nA．烧瓶中立即出现白烟B．烧瓶中立即出现红棕色C．烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性D．烧杯中的溶液是为了吸收有害气体答案：B2022四川理综卷）10.有关①100ml0.1mol/L、②100ml0.1mol/L两种溶液的叙述不正确的是A.溶液中水电离出的个数：②>①B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①C.①溶液中:D.②溶液中:答案：C解析：本题考查盐类水解知识；盐类水解促进水的电离,且Na2CO3的水解程度更大，碱性更强，故水中电离出的H+个数更多，A项正确；B②钠离子的物质的量浓度为0.2mol/L而①钠离子的物质的量浓度为0.1mol/L根据物料守恒及电荷守恒可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①，B项正确；C项水解程度大于电离所以C(H2CO3)＞C(CO32-)D项C032-分步水解第一步水解占主要地位且水解大于电离。判断D正确。C、D两项只要写出它们的水解及电离方程式即可判断。（2022广东理综卷）33.（16分）某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。（1）请完成SO2与过量NaOH溶液反应的化学方程式：SO2+2NaOH=________________．44\n（2）反应Cl2+Na2SO3+2NaOH===2NaCl+Na2SO4+H2O中的还原剂为________________．（3）吸收尾气一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在Cl、OH和SO．请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子（不考虑空气的CO2的影响）．①提出合理假设．假设1：只存在SO32-；假设2：既不存在SO32-也不存在ClO；假设3：_____________．②设计实验方案，进行实验。请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊试液．实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3moLL-1H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中．步骤2：步骤3：答案：(1)Na2SO3+H2O(2)Na2SO3(3)①SO32-、ClO-都存在②实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3moLL-1H2SO444\n至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中步骤2：在A试管中滴加紫色石蕊试液若先变红后退色，证明有ClO-，否则无步骤3：在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液若紫红色退去，证明有SO32-，否则无（2022山东卷）30．（16）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4·7H2O）过程如下：（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是_____。（2）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为af装置D的作用是_____，装置E中NaOH溶液的作用是______。（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量_____，充分反应后，经_______操作得到溶液Y，再经浓缩，结晶等步骤得到绿矾。（4）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为______。若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏_______。44\n解析：(1)检验SO2的方法一般是：将气体通入品红溶液中，如品红褪色，加热后又变红。(2)收集干燥的SO2，应先干燥，再收集(SO2密度比空气的大，要从b口进气)，最后进行尾气处理；因为SO2易与NaOH反应，故Ｄ的作用是安全瓶，防止倒吸。(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉，然后过滤除去剩余的铁粉。(4)用pH试纸测定溶液pH的操作为：将试纸放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡对比。Fe(OH)3的含铁量比Fe2(SO4)3高，若溶液Z的pH偏小，则生成的聚铁中OH-的含量减少，SO42-的含量增多，使铁的含量减少。答案：(1)将气体通入品红溶液中，如品红褪色，加热后又变红，证明有SO2。(2)debc；安全瓶，防止倒吸；尾气处理，防止污染（3）铁粉过滤（4）将试纸放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡对比。低（2022上海卷）23．胃舒平主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁(Mg2Si3O8.nH2O)等化合物。1)三硅酸镁的氧化物形式为，某元素与镁元素不同周期但在相邻一族，且性质和镁元素十分相似，该元素原子核外电子排布式为。2)铝元素的原子核外共有种不同运动状态的电子、种不同能级的电子。3)某元素与铝元素同周期且原子半径比镁原子半径大，该元素离子半径比铝离子半径(填“大”或“小”)，该元素与铝元素的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为：4)Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是。a．Al2O3、MgO和SiO2都不溶于水b．Al2O3、MgO和SiO2都是白色固体c．Al2O3、MgO和SiO2都是氧化物d．Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔点答案：1)2MgO.3SiO.nH2O、1s22s1；2)13、5；3)大、Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O；4)ad。44\n解析：此题考查了硅化合物、元素周期表、原子的核外电子排布、原子的核外电子运动状态、元素周期律等知识。1）根据胃舒平中三硅酸镁的化学式和书写方法，其写作：2MgO.3SiO.nH2O；与镁元素在不同周期但相邻一族的元素，其符合对角线规则，故其是Li，其核外电子排布为：1s22s1；2)中铝元素原子的核外共有13个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有13种；有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；3)与铝元素同周期且原子半径大于镁的元素是钠，其离子半径大于铝的离子半径；两者氢氧化物反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O；4)分析三种氧化物，可知三者都不溶于水且都具有很高的熔点。（2022上海卷）24．向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式(如果系数是1，不用填写)：2)整个过程中的还原剂是。3)把KI换成KBr，则CCl4层变为__色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是。4)加碘盐中含碘量为20mg～50mg／kg。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1000kg，若庄Kl与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2L(标准状况，保留2位小数)。答案：1）I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2）KI、I2；3）红棕、HBrO3>Cl2>HIO3；4）10.58。解析：此题考查氧化还原反应的配平、氧化剂和还原剂、氧化性强弱的判断、化学计算知识。分析反应从开始滴加少许氯水时，其将KI中的I元素氧化成碘单质；等CCl4层变紫色后，再滴加氯水时，其将碘单质进一步氧化成碘酸。1）根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，I元素的化合价从0→+5，升高5价，Cl元素的化合价从0→-1，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2）分析整个过程中化合价升高的都是I元素，还原剂为：KI和I2；3）KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3>Cl2>HIO3；4）综合写出反应方程式：KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据化学方程式计算，按最小值计算时，1000kg加碘食盐中含碘44\n20g，根据质量守恒，可知：换算成碘酸钾的质量为：33.70g，物质的量为：0.16mol，则需要消耗Cl2的体积为：（20g/127g.mol-1）×3×22.4L/mol=10.58L。（2022上海卷）31．白磷（P4）是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反应生成卤化磷。卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子结构（以PCl5为例）如右图所示。该结构中氯原子有两种不同位置。（1）6.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物，反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为L。上述燃烧产物溶于水配成50.0mL磷酸（H3PO4）溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为mol·L-1。（2）含0.300molH3PO4的水溶液滴加到含0.500molCa(OH)2的悬浮液中，反应恰好完全，生成l种难溶盐和16.2gH2O。该难溶盐的化学式可表示为。（3）白磷和氯、溴反应，生成混合卤化磷（，且x为整数）。如果某混合卤化磷共有3种不同结构（分子中溴原子位置不完全相同的结构），该混合卤化磷的相对分子质量为。（4）磷腈化合物含有3种元素，且分子中原子总数小于20。0.10molPCl5和0.10molNH4Cl恰好完全反应，生成氯化氢和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相对分子质量（提示：M>300）。44\n碳原子总数小于20，则知：4x<20，故x<5；假设x=4，其分子式为：P4N4Cl8，相对分子质量为464；假设x=3，其分子式为：P3N3Cl6，相对分子质量为：348；假设x=2，其分子式为：P2N2Cl4，相对分子质量<300舍去。故其相对分子质量可能为：348或464。（2022四川理综卷）26.（15分）短周期元素形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加热条件下反应生成化合物C，C与水反应生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，也能溶于强碱。E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成。E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F。溶液F在空气中长期放置发生反应，生成物之一为H。H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。请回答下列问题：（1）组成单质A的元素位于周期表中第周期，第族。（2）B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：。（3）G与氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯。该反应的氧化产物为，当生成2二氧化氯时，转移电子。（4）溶液F在空气中长期放置生成H的化学反应方程式为：。（5）H的溶液与稀硫酸反应产生的现象为。答案：（1）三ⅥA（2）（3）硫酸钠（）2（4）（或）（5）溶液由黄色变为无色，产生浅黄色沉淀和（臭鸡蛋气味的）气体解析：本题考查的知识点有元素及其化合物的性质、物质结构、氧化还原反应相关计算。由生成白色沉淀D，D既能溶于强酸，也能溶于强碱，推测D是Al(OH)344\n再逆推可知，B为Al。G在大气中能导致酸雨的形成，可猜测G可能为SO2逆推可知:A为S，综合可知C为Al2S3D为Al(OH)3,E为H2S,G为SO2F为Na2S.(1)(2)比较简单，（3）SO2与氯酸钠在酸性条件下反应，SO2为还原剂被氧化为SO42-,根据电子得失可以判断生成2二氧化氯时，转移电子2。由H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。结合前面的信息可以推测H为Na2S2.1．下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是(　　)A．漂白粉的成分为次氯酸钙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和HCl废气D．Al2(SO4)3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒【答案】　C2．空气是人类生存所必需的重要资源，为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持，下列措施不利于“蓝天工程”建设的是(　　)A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染B．实施绿化工程，防治扬尘污染C．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D．加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量【解析】　环保问题是当今社会全球面临的重大问题，所以要从化学的角度多给予关注。D项会增加粉尘、SO2、氮氧化物的污染，故不利于“蓝天工程”的建设。【答案】　D3．同物质的量浓度同体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中，分别加入等体积等浓度的盐酸，结果是(　　)A．Na2CO3产生的CO2多　　　B．NaHCO3产生的CO2多C．NaHCO3的反应速率快D．二者产生CO2一样多【解析】　Na2CO3需结合2个H＋放出CO2，NaHCO3只需结合一个H＋放出CO2。所以NaHCO3反应产生气体更剧烈。但由于Na2CO3、NaHCO3及盐酸的量不确定，所以产生的CO2的量难以确定。【答案】　C44\n4.将amol纯铁粉投入含HNO3bmol的稀溶液里，恰好完全反应并放出NO气体，则a和b的关系是(　　)A．a/b＝1/4B．a/b＝3/8C．1/4≤a/b≤3/8D．a/b的值无法确定【解析】　铁有＋2价和＋3价，与强氧化性酸(如HNO3)反应时，如HNO3过量，产生Fe3＋；如Fe过量，最终产生Fe2＋。若HNO3过量，反应为Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；则＝若Fe过量，反应为3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；则＝，故选C。【答案】　C5．取三张蓝色石蕊试纸放在玻璃板上，然后按顺序分别滴加65%的HNO3、98.3%的H2SO4和新制的氯水，三张纸最后呈现的颜色分别是(　　)A．白、红、白B．红、黑、红C．红、红、红D．白、黑、白【解析】　浓HNO3和新制氯水均具有酸性和强氧化性，可使石蕊试纸先变红，后褪色。浓硫酸具有脱水性，能使石蕊试纸由于脱水炭化而变黑。【答案】　D6．为了除去镀在铝表面的铜镀层，可选用的试剂是(　　)A．浓硫酸B．盐酸C．稀硝酸D．浓硝酸【解析】　浓H2SO4与铜不加热时不反应，达不到除去铜的目的，但加热时，浓H2SO4不仅能与铜反应，也能与铝反应，A项错误；盐酸与铜不反应，除不掉铜，B项错误；稀HNO3与铜、铝都能反应，C项错误；冷的浓HNO3可与铜反应除去铜，又可使铝发生钝化而得到保护。【答案】　D7．下列试剂中，可以用于确定某无色混合气体中一定含有SO2和CO2的是(　　)①石灰水　②品红试液　③溴水　④KMnO4酸性溶液A．④①B．③①C．①②D．②④①【解析】　无色混合气体通入②，使品红褪色且加热又恢复原来的颜色，说明有SO2；然后通入④，吸收气体中的SO2，再通入①，澄清石灰水变浑浊，证明气体中有CO2，故选D。A无验证SO2的试剂，B、C无吸收SO2的试剂，因为SO244\n气体通入石灰水，也会产生白色沉淀，所以不能验证是否一定含有CO2。【答案】　D8．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是(　　)A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量NaOH溶液B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量的CO2气体C．Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在空气中加热D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤【解析】　Ba(OH)2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaOH，虽除去了Na2SO4但又增加了新的杂质NaOH。【答案】　D9．能利用如图所示实验装置制取气体的合理选项是(　　)A．过氧化钠和水B．二氧化锰和浓盐酸C．锌和稀盐酸D．碳酸钙和稀硫酸【解析】　B中需加热，C中产生的H2密度比空气小，D项因生成微溶的CaSO4使反应停止。【答案】　A10．浓H2SO4在使下列物质的转化中，既表现出氧化性，又表现出酸性的是(　　)A．Cu→CuSO4B．C→CO2C．FeO→Fe2(SO4)3D．Fe2O3→Fe2(SO4)3【答案】　AC11．下列现象或事实可用同一原理解释的是(　　)A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B．氯水和活性炭使红墨水褪色44\nC．漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质D．乙炔和乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色【解析】　浓硫酸可吸收空气中水蒸气浓度降低，浓盐酸挥发出HCl导致浓度降低，A错；氯水使红墨水褪色是利用了强氧化性，活性炭使红墨水褪色是利用了吸附性，B错；漂白粉暴露在空气中变质的反应为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3＋2HClO，HClO易分解2HClO2HCl＋O2↑，而水玻璃暴露在空气中发生反应CO2＋H2O＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋Na2CO3，C错；乙炔和乙烯遇溴的四氯化碳溶液都可以发生加成反应，D正确。【答案】　D12．向含有FeCl3、BaCl2的酸性溶液中通入SO2气体会有沉淀产生，该沉淀是(　　)A．BaSO4B．FeSC．BaSO3D．S【答案】　A13．单质X与浓H2SO4共热，反应中X与H2SO4的物质的量之比为1∶2，则X元素在生成物中的化合价可能为(　　)①＋1　②＋2　③＋3　④＋4A．②④B．③④C．①②D．①③14．甲、乙、丙三瓶等体积等物质的量浓度的硫酸溶液，若甲用水稀释，乙中加入少量BaCl2溶液，丙不变，然后用相同物质的量浓度的NaOH溶液中和，完全中和时消耗NaOH溶液的体积关系是(　　)A．丙>乙>甲B．甲＝乙>丙44\nC．乙>丙>甲D．甲＝乙＝丙【解析】　无论加水、加BaCl2，溶液中H＋个数不变。【答案】　D15．将3.2gCu跟30.0mL10.0mol·L－1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有amolH＋，则此时溶液中含NO3－的物质的量为(　　)A．0.5amolB．(0.1＋a)molC．0.1amolD．2amol【解析】　首先判断Cu与硝酸谁过量，经判断知HNO3过量，Cu全部反应，根据溶液中的电荷守恒，n(NO3－)＝n(H＋)＋2n(Cu2＋)。n(Cu2＋)＝＝0.05mol，所以n(NO3－)＝amol＋2×0.05mol＝(a＋0.1)mol。【答案】　B一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1．有人说“五颜六色”形象地说出了化学实验中的颜色变化。下列颜色变化中是由于发生氧化还原反应导致的是(　　)①在氯水中加入NaOH溶液；②在FeCl3溶液中加入铁粉；③在品红溶液中通入二氧化硫气体；④在Na2CO3溶液中滴入酚酞；⑤在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖，加热A．①②⑤　　　　　　　　　B．①②④C．①②③D．①②③④⑤解析：选A。氯气溶于水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，加入NaOH溶液后，该平衡被破坏，氯气逐渐被消耗，所以氯水黄绿色消失，这个可逆反应是氧化还原反应；FeCl3溶液与铁粉发生氧化还原反应，生成颜色很浅的Fe2＋；二氧化硫使品红溶液褪色是二氧化硫与有色物质结合生成不稳定的无色物质；Na2CO3水解，所以溶液显碱性，滴入酚酞变红；葡萄糖具有还原性，能够在加热的条件下将新制Cu(OH)2还原为红色的Cu2O。44\n2．设计下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的的是(　　)A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等浓度的稀盐酸，比较生成气体的快慢B．分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较粉末溶解量的多少C．分别将等量的白色粉末配成溶液，然后向其中加入澄清石灰水，比较是否有沉淀生成D．分别将等量的白色粉末用如图装置进行实验，比较澄清石灰水是否变浑浊解析：选C。向苏打和小苏打的溶液中加入石灰水，都有沉淀产生。3．对某酸性溶液(可能含有Br－、SO42－、H2SO3、NH4＋)分别进行如下实验：①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝；③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是(　　)A．Br－B．SO42－C．H2SO3D．NH4＋解析：选B。①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，则溶液中一定含有H2SO3，因H2SO3不稳定，分解产生的SO2可使品红溶液褪色；②加碱加热后，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，即有NH3产生，说明溶液中一定含有NH4＋；③加氯水时溶液显黄色，说明原溶液中一定含有Br－，再加BaCl2有白色且不溶于稀HNO3的沉淀生成，说明此时溶液中含SO42－，但可能是原溶液含有的，也可能是氯水氧化H2SO3产生的，故不能确定有没有SO42－。4．如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案。下列有关操作不可能引发喷泉现象的是(　　)44\nA．挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹B．挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹D．向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹解析：选B。根据喷泉实验的原理，要发生喷泉现象，必须使烧瓶中压强迅速下降，导致外界压强大于烧瓶中的压强，从而使烧杯(锥形瓶)中的液体压到烧瓶中产生喷泉现象，①中的Cl2易溶于CCl4，③中的NH3易溶于水，所以可以使烧瓶中压强迅速下降，产生喷泉现象，④中HCl和浓氨水反应(首先是浓硫酸注入水中放热使浓氨水放出氨气)，同样也会导致烧瓶中压强减小，而②中H2不溶于NaOH溶液，也不与NaOH反应，所以不能发生喷泉现象。5．取xg铜和镁的合金完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生8960mLNO2气体和672mLN2O4气体(都已折算成标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g，则x等于(　　)A．8.64gB．9.00gC．9.20gD．9.44g解析：选C。由电子得失守恒得：n(合金)＝÷2＝0.23mol，则x＝m(合金)＝m(沉淀)－m(氢氧根)＝17.02g－0.23mol×2×17g·mol－1＝9.20g。6．如右图所示实验室制气装置，现提供下列试剂：①浓硫酸；②浓盐酸；③食盐；④二氧化锰；⑤过氧化氢；⑥浓氨水；⑦生石灰。利用以上试剂和该制气装置，不能快速制取的气体是(　　)A．O2B．Cl2C．HClD．NH3解析：选B。A项：2H2O22H2O＋O2↑；B项：需加热，不适合；C项：浓盐酸HCl↑；D项：NH3·H2ONH3↑＋H2O。7．进行化学实验，观察实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。下列说法正确的是(　　)A．浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸B．在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与淀粉发生显色反应C．在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含SO42－D．将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化解析：选A。B项Cl2氧化KI生成的I2遇淀粉变蓝，C项白色沉淀可能是AgCl，D项铜与冷的浓H2SO4不反应。8．如图是实验室制取气体的装置44\n，其中发生装置相同，干燥和集气装置有两套，分别用图1和图2表示。下列选项中正确的是(　　)解析：选D。HCCH和NO必须用排水法收集，故A、C两项均不正确；CO2不能用碱石灰干燥，也不能用向下排空气法，故B项不正确；CaO和浓氨水反应生成NH3，可用碱石灰干燥，且可用向下排空气法收集，故D项正确。9．已知：①在淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量硫酸，溶液立即变蓝；②在上述蓝色溶液中，滴加过量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失；③取实验②生成的溶液滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成。下列判断正确的是(　　)A．上述实验证明氧化性：ClO－>I2>SO42－B．上述实验③中的白色沉淀是BaSO4，一定不含有BaSO3C．实验①中硫酸的作用是氧化性和酸性D．实验②证明SO32－既有氧化性又有还原性解析：选A。据题意有：ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O；SO32－＋I2＋H2O===2I－＋SO42－＋2H＋，所以可知氧化性：ClO－>I2>SO42－，因为②中加入了过量的Na2SO3溶液，所以③中含有BaSO3沉淀；①中硫酸只起到酸性作用，②只能证明SO32－有还原性。10.在含2molH2SO4的浓H2SO4溶液中加入足量的锌粉，使其充分反应，下列推断中有错误的是(　　)①放出的气体除SO2外还有H2②只放出SO2气体，其物质的量为1mol③反应结束时转移的电子的物质的量为4mol44\nA．①B．②C．②③D．①②解析：选C。Zn与浓硫酸发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，反应将变为：Zn＋H2SO4(稀)===ZnSO4＋H2↑，由于硫酸的总物质的量为2mol，综合这两个反应可知，转移电子的物质的量应该介于2mol到4mol之间。转移电子的物质的量也可以借助Zn思考：结合这两个反应方程式，由于硫酸的总物质的量为2mol，因而消耗的Zn的物质的量应该大于1mol，小于2mol。11．工业生产的生石灰中常混有二氧化硅和石灰石。现将该生石灰样品溶于过量的盐酸中。然后在不断搅拌(必要时可以加热)的情况下，向反应混合液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，如果纵坐标表示固体难溶物的质量(m)，横坐标表示所加入氢氧化钠溶液的体积(V)，则下列图示正确的是(　　)解析：选B。生石灰样品溶于过量盐酸后，溶液中的溶质为CaCl2和过量的HCl。滴加NaOH溶液时，NaOH首先与盐酸反应，所以开始时固体难溶物的质量无变化，C、D两选项不正确，当盐酸耗完后，SiO2开始溶解时，发生反应的离子方程式为：SiO2+2OH-===SiO32-+H2O，SiO32-+Ca2+===CaSiO3↓，依据两个方程式的系数关系可知，溶解1molSiO2(60g)的同时生成1mol难溶物CaSiO3(116g)，难溶物的质量增加。12．无色混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体依次经过下图实验的处理，结果得到酸性溶液且最终无剩余气体。则甲气体的组成为(　　)A．NH3、NO2、N2B．NH3、NO、CO244\nC．NH3、NO、CO2、N2D．NO、CO2、N2解析：选B。通过浓H2SO4气体体积缩小，则一定含NH3，再通过Na2O2后，气体显红棕色，则一定有NO、CO2。最后无气体剩余，则一定无N2，原混合气体无色，则无NO2，故B项正确。13.0.96gMg跟含6.3gHNO3的稀溶液恰好反应完全，则HNO3的还原产物的摩尔质量可能是(　　)A．30g·mol－1或46g·mol－1B．44g·mol－1或80g·mol－1C．28g·mol－1D．46g·mol－1解析：选B。根据题意，n(Mg)＝＝0.04mol；n(HNO3)＝＝0.1mol。设HNO3的还原产物中N元素的化合价为＋x价，则根据得失电子守恒，可得0.04×2＝0.02×(5－x)，解得x＝1。由于在NH4NO3中N的平均化合价为＋1价，故还原产物可能为N2O或NH4NO3，所以还原产物的摩尔质量可能为44g·mol－1或80g·mol－1。14．水是生命之源，下列有关说法中正确的是(　　)A．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染B．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比1∶3配成的混合物，可以溶解Au、PtC．氨水能导电，说明氨气是电解质D．新制备的氯水中存在三种分子、四种离子解析：选D。双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为H2O，对环境无污染；王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3∶1配成的混合物；氨水能导电，但并不是NH3本身电离产生离子，故NH3为非电解质。15．下列实验现象的描述错误的是(　　)A．氢气在氯气中燃烧生成黄绿色烟雾B．红热的铁丝在氧气中燃烧，火星四射，生成黑色固体颗粒C．点燃的硫在氧气中剧烈燃烧，发出蓝紫色火焰D．钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成淡黄色固体解析：选A。H2在Cl2中燃烧，发出苍白色的火焰，并在瓶口产生大量白雾。原因是H2与Cl2反应生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合生成盐酸小液滴而形成白雾。16．1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为(　　)A．504mLB．336mL44\nC．224mLD．168mL解析：选B。此题初审发现浓HNO3与Cu反应，产生NO2，当HNO3变稀产生NO，即672mL气体不知道含NO2、NO各多少毫升，看似无从下手，但抓住反应本质Cu―→Cu2＋，NOx＋O2＋H2O―→HNO3即Cu失电子数等于O2得电子数，则有：V(O2)＝×2÷4×22400mL/mol＝336mL二、非选择题(共52分)17．(16分)已知A、B均是由两种元素组成的化合物，A中某种元素的质量分数为75%，B是一种淡黄色固体，C、J是同周期元素的气态氢化物，其中C是含氢量最高的烃，X为无色液体。反应生成的水均已略去。它们有如下图所示的关系。(1)写出化学式：A________，B________，J________。(2)反应③中每生成1molF，转移电子的数目为______________。(3)反应④的化学方程式为：______________________________。(4)写出离子方程式：反应②_______________________________________________；反应⑤________________________________________________。(5)反应①中，每1.00gC与足量的F作用，恢复到25℃放出55.6kJ热量，写出反应①的热化学方程式__________________________。解析：由C是含氢量最高的烃，推出C为CH4，B是淡黄色固体，推断其可能是Na2O2，X是无色液体，则推测其为H2O，C、J是同周期元素的气态氢化物，可推测J是NH3，则K是NO，L是NO2，I是HNO3，A与水反应生成的D可与氢氧化钠溶液反应，可知D为Al(OH)3，A为Al4C3，通过计算验证，确定A的化学式正确。答案：(1)Al4C3　Na2O2　NH3　(2)2NA(3)4NH3＋5O24NO＋6H2O44\n(4)2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O(5)CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l)；ΔH＝－889.6kJ/mol18．(10分)已知实验室制取H2S的实验原理为FeS(块状)＋H2SO4===FeSO4＋H2S↑。根据下图中A～D的实验装置和试剂进行实验：(1)装置A是由双孔塞、玻璃导管、________和________组装起来的。(2)组装一套制取二氧化硫气体的装置，并证明二氧化硫既有氧化性又有还原性：制备SO2的实验原理：Na2SO3(粉末状)+H2SO4(70%)===Na2SO4+SO2↑+H2O。①按实验装置连接顺序：把a→f各导管口连接起来，正确的顺序是_________________________________________________________。②C装置中的溶液是　　　　　　　　，说明二氧化硫具有　　　　性。(3)D中产生的现象是　　　　　　　　　　　　，说明二氧化硫具有　　　　性。(4)烧杯中发生反应的离子方程式为________________________。解析：亚硫酸钠是粉末状，选A制取二氧化硫；硫化亚铁是块状难溶于水的固体，选B制取硫化氢。从D中导管看，D用于完成硫化氢与二氧化硫的反应，证明二氧化硫具有氧化性。所以，C装置用于验证二氧化硫具有还原性，因此C装置中应选择强氧化性溶液，且反应过程中有明显颜色变化。注意C中导气管和出气管的区分。答案：(1)圆底烧瓶　分液漏斗　(2)①a→d→c→e→f→b(f和e可以互换)　②溴水(或酸性高锰酸钾溶液)　还原(3)有淡黄色物质附着在反应容器内壁　氧化　(4)SO2＋2OH－===SO32－＋H2O，H2S＋2OH－===S2－＋2H2O19．(10分)甲、乙、丙、丁为前三周期元素形成的微粒，它们的电子总数相等。已知甲、乙、丙为双原子分子或负二价双原子阴离子，丁为原子。44\n(1)丙与钙离子组成的离子化合物跟水反应产生一种可燃性气体，反应的化学方程式是___________________________________________________________________________________________________。(2)乙在高温时是一种还原剂，请用化学方程式表示它在工业上的一种重要用途：____________________________________________________________________________________________________。(3)在一定条件下，甲与O2反应的化学方程式是________________________________________________________________________。(4)丁的元素符号是________，它的原子结构示意图为____________________。(5)丁的氧化物的晶体结构与________的晶体结构相似。解析：丙与钙离子组成的离子化合物跟水反应生成一种可燃性气体，经排查知中学化学中常见的这种反应是：CaC2＋2H2O―→Ca(OH)2＋C2H2↑，所以丙为负二价双原子阴离子C22－，其核外有14个电子，因甲、乙、丙、丁所含的电子总数相等，且丁为原子，故丁为硅原子，其原子结构示意图为，其氧化物SiO2属原子晶体。甲、乙为双原子分子，其核外电子总数圴为14，且乙是一种还原剂，故乙为CO，甲为N2。答案：(1)CaC2＋2H2O―→Ca(OH)2＋C2H2↑(2)3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2(3)N2＋O22NO(4)Si　　(5)金刚石20．(8分)如图所示为常见气体制备、分离、干燥和性质验证的部分仪器装置(加热设备及夹持固定装置均略去)，请根据要求完成下列各题(仪器装置可任意选用，必要时可重复选择，a、b为活塞)。44\n(1)若气体入口通入CO和CO2的混合气体，E内放置CuO，选择装置获得纯净干燥的CO，并验证其还原性及氧化产物，所选装置的连接顺序为　　　　(填代号)。能验证CO氧化产物的现象是____________________________。(2)若气体入口改通空气，分液漏斗内改加浓氨水，圆底烧瓶内改加NaOH固体，E内放置铂铑合金网。按A→G→E→D装置顺序制取干燥的氨气，并验证氨的某些性质。①装置A中能产生氨气的原因有：_____________________________________________________________________________________。②实验中观察到E内有红棕色气体出现，证明氨气具有　　　　性。解析：(1)制取纯净干燥的CO气体，应用A中的NaOH溶液除去CO2，用C中澄清石灰水验证CO2已除尽，用B中浓硫酸干燥得纯净CO气体。E中反应为CuO＋COCu＋CO2，再用C中澄清石灰水验证生成CO2气体，尾气CO气体用点燃法除去，防止污染环境。(2)NaOH固体溶于水，吸水放热，抑制NH3·H2O电离，均有利于NH3逸出。NH3＋H2ONH3·H2ONH4＋＋OH－生成的NH3经G中碱石灰干燥后，E中的NH3与空气中的O2在热的铂铑合金网催化下发生反应，即4NH3＋5O24NO＋6H2O，该反应中体现了氨的还原性。最后用D中NaOH溶液除去尾气中NO，防止污染空气，即4NO＋3O2＋4NaOH===4NaNO3＋2H2O。答案：(1)ACBECF　AB之间的C装置中溶液保持澄清，EF之间的C装置中溶液变浑浊44\n(2)①NaOH固体溶于水放出大量热，温度升高，使氨的溶解度减小而放出；NaOH固体吸水，促进氨放出；NaOH电离出的OH－增大了氨水中的OH－浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出　②还原21．(8分)今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－，为了确定溶液中所含离子及其物质的量浓度，某同学设计实验如下：取三份100mL上述水溶液进行如下实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。②第二份加入足量NaOH溶液，加热，收集到气体896mL(标准状况)③第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，请回答：(1)溶液中肯定存在的离子是________；哪些离子的浓度能确定，分别是_____________________________________________________。(2)肯定不存在的离子是________，理由是_______________________________________________________________________________。(3)可能存在的离子是________，如何确定？____________________________________________________________________________。解析：第二份加入足量NaOH溶液，加热后收集到气体896mL，该气体只能是氨气，则溶液中一定有NH4＋，由标准状况下气体体积可计算出n(NH4＋)＝0.04mol；③中加盐酸后有一部分沉淀溶解说明溶液中含CO32－，有沉淀剩余说明原溶液中存在SO42－，硫酸钡质量为2.33g，n(SO42－)＝2.33g÷233g·mol－1＝0.01mol，碳酸钡质量为：6.27g－2.33g＝3.94g，则n(CO32－)＝3.94g÷197g·mol－1＝0.02mol，根据电荷守恒，溶液中还应有其他阳离子，而Mg2＋、Ba2＋不能和CO32－或SO42－大量共存，只能是K＋。因为溶液中存在CO32－、SO42－，所以第一份加入AgNO3溶液虽然有沉淀产生，但不能说明一定有Cl－存在。答案：(1)NH4＋、K＋、CO32－、SO42－c(NH4＋)＝0.4mol/L，c(CO32－)＝0.2mol/L，c(SO42－)＝0.1mol/L(2)Mg2＋、Ba2＋　因为溶液中存在CO32－、SO42－，Mg2＋、Ba2＋不能与CO32－、SO42－共存(3)Cl－　再取一定量原溶液加入足量的Ba(NO3)2溶液。将得到的沉淀过滤，再向滤液中加入稀HNO3酸化的硝酸银溶液观察是否有沉淀生成，若有沉淀生成说明原溶液中有Cl－，否则没有Cl－44