辽宁省大连二十中高三化学上学期10月月考试卷含解析

辽宁省大连二十中2022-2022学年高三（上）月考化学试卷（10月份）　一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分）．1．下列“假说“在化学科学发展过程中曾经起到一定的作用，至今仍公认为化学原理的是（　　）A．1803年道尔顿提出的“元素的原子以其原子质量为特征”B．1808年盖•吕萨克提出的“同温同压下，相同体积的不同气体含有相同数目的原子”C．1811年贝来里乌斯提出的“不同原子显不同电性，因而产生吸引力形成化合物“D．1887年阿伦尼乌斯提出的“电解质在溶液中会自发离解成带电的粒子”　2．通过下列实验现象的分析，对实验事实的解释正确的是（　　）A．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液褪色，说明BaCl2有酸性B．H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，说明氢硫酸的酸性比硫酸强C．用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色，说明浓氨水呈碱性D．常温下，将铝片放入浓硫酸中，无明显现象，说明铝不与冷的浓硫酸发应　3．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（　　）A．Z单质与氢气反应较Y剧烈B．X与W的原子核外电子数相差9C．X单质氧化性强于Y单质D．最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强　4．某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣七种离子中的数种．某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：①用pH试纸测得溶液呈强酸性；②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl﹣三种离子．请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论（　　）A．①②④B．①②C．①②③④D．②③④　5．三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF．下列有关该反应的说法正确的是（　　）A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1C．若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子25\nD．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体　6．已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（　　）A．每生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2NAB．每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NAC．当加入2.7gAl时，转移的电子数目为0.3NAD．溶液中每增加0.1mol的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1NA　7．已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180kJ•mol﹣1②N2（g）+3H2（g）≒2NH3（g）△H2=﹣92.4kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3=﹣483.6kJ•mol﹣1下列说法正确的是（　　）A．反应②中的能量变化如图所示，则△H2=E1﹣E3B．H2的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1C．由反应②知在温度一定的条件下，在一恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，反应后放出的热量为Q1kJ，若通入2molN2和6molH2反应后放出的热量为Q2kJ，则184.8＞Q2＞2Q1D．氨催化氧化反应为4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=+906kJ•mol﹣1　8．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+B．由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣C．c（H+）/c（OH﹣）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣D．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣　9．将ag二氧化锰粉末加入bmol/L的浓盐酸cL中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．可以收集到氯气LB．反应后溶液中的Cl﹣数目为：C．NA可表示为：D．反应后溶液中的H+数目为：bc﹣2d　10．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定大量共存的是（　　）25\nA．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣B．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液中：C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣C．甲基橙呈黄色的溶液中：I﹣、Cl﹣、NO3﹣、Na+D．含大量Al3+的溶液中：K+、Na+、NO3﹣、ClO﹣　11．X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大．已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素．下列说法正确的是（　　）A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞XB．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D．X、Z两元素能形成原子个数比（X：Z）为3：1和4：2的化合物　12．下列各组微粒能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是（　　）选项微粒组所加试剂离子方程式ANH4+、Mg2+、SO42﹣少量Ba（OH）2溶液NH4++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+NH3•H2OBMg2+、HCO3﹣、Cl﹣过量NaOH溶液Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣=Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2OCCa2+、NO3﹣、HCO3﹣NaHSO4溶液HCO3﹣+H+=CO2↑+H2ODK+、NH3•H2O、CO32﹣通入过量CO2NH3•H2O+CO2=NH4++HCO3﹣A．AB．BC．CD．D　13．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+．某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中（　　）A．溶液中至少有4种离子存在，其中Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.2mol•L﹣1B．原溶液中c（Fe3+）=0.2mol•L﹣1C．SO42﹣、NH4+、Na+一定存在，CO32﹣、Al3+一定不存在D．取少量原溶液并加入KSCN溶液，呈血红色，说明该溶液一定没有Fe2+，只有Fe3+　14．设NA为阿伏加德罗常数．下列叙述正确的是（　　）A．常温下，1molNaHCO3投入足量稀盐酸中，待反应结束后，可逸出NA个CO2分子B．在含有NA个醋酸根离子（CH3COO﹣）的醋酸溶液中，氢离子（H+）数目略大于NAC．1molCH3+（碳正离子）中含电子数目为10NA25\nD．1mol•L﹣1Mg（NO3）2溶液中含有NO3﹣的数目为2NA　15．某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）．下列有关叙述正确的是（　　）A．两步反应均为吸热反应B．加入催化剂会改变反应的焓变C．三种化合物中C最稳定D．A→C反应中△H=E1﹣E2　16．在O.1mol/L的NaHS03溶液中粒子关系为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），向NaHS03溶液中慢慢地加入少量的NaOH溶液，发生的主要反应的离子方程式为（　　）A．SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣B．HSO3﹣+H2O⇋H2SO3+OH﹣C．HSO3﹣+OH﹣═SO32﹣+H20D．H2SO3+OH﹣═HSO3﹣+H20　17．下列实验操作、现象和发生的离子反应完全正确的是（　　）实验操作现象发生的离子反应A向BaCl2溶液中通入CO2溶液浑浊Ba2++CO2+H2O═BaCO3↓+2H+B向NaAlO2溶液中滴加过量CO2溶液浑浊AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2OD将Cl2通入KI溶液中，加入CCl4，振荡，静置上层溶液显紫红色Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2A．AB．BC．CD．D　18．某含铬Cr2O2﹣7废水用硫酸亚铁铵[FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀干燥后得到nmolFeO•FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（　　）A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3x+l）molB．处理废水中Cr2O72﹣的物质的量为mo1C．反应中发生转移的电子的物质的量为6nxmolD．在FeO•FeyCrxO3中3x=y　　二、非选择题．25\n19．（14分）某同学进行实验研究时，欲配制1.0mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba（OH）2•8H2O试剂（化学式量：315）．在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物．为探究其原因，该同学查得Ba（OH）2•8H2O在283K、293K和303K时的溶解度（g/100gH2O）分别为2.5、3.9和5.6．（1）烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是　　　　　　．（2）假设试剂由大量Ba（OH）2•8H2O和少量BaCO3组成．设计实验方案，进行成分检验．写出实验步骤、预期现象和结论．（不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6）限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管带塞导气管、滴管实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀．步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸．步骤3：取适量步骤1中的沉淀于试管中，　　　　　　．步骤4：　　　　　　（3）将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba（OH）2•8H2O的含量．实验如下：①配制250mL约0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，　　　　　　，将溶液转入　　　　　　中，洗涤，定容，摇匀．②滴定：准确量取25.00mL所配Ba（OH）2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将　　　　　　（填“0.0210”、“0.0536”、“0.1980”或“1.5000”）mol•L﹣1盐酸装入50mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据．重复滴定2次．平均消耗盐酸VmL．③计算Ba（OH）2•8H2O的质量分数=　　　　　　（只列出算式，不做运算）．（4）室温下，　　　　　　（填“能”或“不能”）配制1.0mol•L﹣1Ba（OH）2溶液．　20．（12分）有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其中A的一种原子不含中子；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子；C元素的一种气体单质呈蓝色，D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体；F元素最高正价与最低负价的代数和为4．（1）B、C、E三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，所含的化学键有　　　　　　，其电子式为　　　　　　．（2）D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是　　　　　　（用离子符号表示）．（3）两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式　　　　　　．（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子．其中两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示．则t2时刻消耗氢氧化钙质量为　　　　　　g，此时反应的化学方程为　　　　　　．（5）A、B形成的化合物BA在有机合成中用途很广泛．它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物．写出它与乙醇反应的化学方程式　　　　　　．25\n　21．（10分）NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品，工业上常用铝土矿（主要成分为Al2O3和少量SiO2、Fe2O3杂质）生产铵明矾晶体NH4Al（SO4）2•12H2O，其工艺流程图如图：（1）废渣a、b的成分分别是：　　　　　　、　　　　　　．（写名称）（2）流程图中X的化学式为：　　　　　　．（3）反应Ⅲ的离子方程式为：　　　　　　；从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作依次为（填操作名称）　　　　　　、冷却结晶、过滤洗涤．（4）反应Ⅶ的化学方程式为：　　　　　　；NH4HSO4溶液中离子浓度由大到小顺序为：　　　　　　．（5）向硫酸铝铵溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，不可能发生的离子反应是　　　　　　（填选项字母）A．NH4++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+NH3•H2OB．2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓C．Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OD．NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O．　22．（10分）碘是生命体中的必需元素，请根据如下有关碘及其化合物的性质，回答下列问题：（1）实验室中制取少量碘可采用如下方法：KI+CuSO4→A（白色）↓+K2SO4+I2，16.0gCuSO4与过量KI反应后可得19.1g的A，写出A的化学式：　　　　　　．工业生产中，可用智利硝石（含有NaIO3）为原料，与NaHSO3溶液反应后生成碘，写出此反应的离子方程式：　　　　　　．（2）单质碘与氟气反应可制得IF5，实验表明液态IF5具有一定的导电性，研究人员发现产生这一现象的可能原因在于IF5的自偶电离（如：2H2O≒H3O++OH﹣），生成的阳离子为IF4+，则阴离子为　　　　　　．（3）将单质碘与铝屑置于管式电炉中，隔绝空气加热至500℃得到棕色片状固体（AlI3），此固体溶于Na2CO3溶液可产生白色沉淀和气体．请写出AlI3和Na2CO3溶液反应的离子方程式：　　　　　　．25\n（4）设计以下实验方案判断加碘食盐中碘的存在形式为I﹣、IO3﹣，或两者同时存在．请对以下试验方案进行预测和分析．首先取试样加水溶解，分成三份试样：①第一份试样加酸酸化，如果加淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中同时存在I﹣和IO3﹣，该过程反应的离子方程式为　　　　　　．②第二份试样酸化后加　　　　　　溶液，如果加入淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中存在I﹣．③第三份试样酸化后，如果直接使　　　　　　试纸变蓝，说明试样存在IO3﹣离子．　　25\n辽宁省大连二十中2022-2022学年高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分）．1．下列“假说“在化学科学发展过程中曾经起到一定的作用，至今仍公认为化学原理的是（　　）A．1803年道尔顿提出的“元素的原子以其原子质量为特征”B．1808年盖•吕萨克提出的“同温同压下，相同体积的不同气体含有相同数目的原子”C．1811年贝来里乌斯提出的“不同原子显不同电性，因而产生吸引力形成化合物“D．1887年阿伦尼乌斯提出的“电解质在溶液中会自发离解成带电的粒子”【考点】化学史．【分析】A．根据原子的构成可知，质子数决定元素的种类；B．在同温同压下，相同体积的不同气体含有相同数目的分子；C．根据原子不带电，离子化合物是由离子构成的来分析；D．根据电解质的电离来分析．【解答】解：A．因质子数决定元素的种类，则每一元素的原子以质子数为特征，则道尔顿提出的“以其原子质量为其特征”不科学，故A错误；B．在同温同压下，相同体积的不同气体含有相同数目的分子，相同的分子数不一定具有相同的原子数，如氧气和臭氧等，则盖•吕萨克提出的理论不科学，故B错误；C．因原子不带电，带相反电荷的离子可构成化合物，则贝采里乌斯提出的理论不科学，故C错误；D．阿伦尼乌斯提出的“电解质在溶液中会自发离解成带电的粒子”与电解质的电离是相同的，即该理论科学，故D正确．故选D．【点评】本题以化学的发展中的假说来考查学生对原子的构成、电解质的电离、离子化合物的形成及物质的构成等知识的认识，学生应注意理论的发展性及理论的局限性、时代性来分析解答．　2．通过下列实验现象的分析，对实验事实的解释正确的是（　　）A．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液褪色，说明BaCl2有酸性B．H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，说明氢硫酸的酸性比硫酸强C．用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色，说明浓氨水呈碱性D．常温下，将铝片放入浓硫酸中，无明显现象，说明铝不与冷的浓硫酸发应【考点】浓硫酸的性质；氨的化学性质．【分析】A、二者反应生成中性的氯化钠；B、H2S通入CuSO4溶液中生成黑色沉淀为CuS，并生成硫酸；C、试纸变蓝色，说明浓氨水呈碱性；D、铝与冷的浓硫酸发生钝化现象．【解答】解：A、Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，碳酸钠溶液呈碱性、氯化钠溶液呈中性，所以溶液会褪色，故A错误；B、H2S通入CuSO4溶液中生成黑色沉淀为CuS，并生成硫酸，由化学平衡移动可知，生成CuS沉淀使反应能发生，但不能利用此反应说明强酸制取弱酸，故B错误；C、试纸变蓝色，说明浓氨水呈碱性，故C正确；25\nD、铝与冷的浓硫酸发生钝化现象，而不是不反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学实验方案评价，涉及离子反应、酸性强弱判断、钝化现象等知识点，明确物质的性质是解本题关键，题目难度不大．　3．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（　　）A．Z单质与氢气反应较Y剧烈B．X与W的原子核外电子数相差9C．X单质氧化性强于Y单质D．最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z的第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O，X为N，W为Cl，并利用元素及其单质、化合物的性质来解答．【解答】解：依据分析可知：Y为O，X为N，W为Cl，A、非金属性O＞S，所以Y的单质与氢气反应较Z剧烈，故A错误；B、X的原子核外电子数为7，W的原子核外电子数为17，两者相差10，故B错误；C、同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的非金属性增强，即Y单质氧化性强于X，故C错误；D、非金属性Cl＞S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强，故D正确，故选D．【点评】本题考查位置、结构、性质的应用，Z为解答本题的突破口，元素的推断及熟悉元素及其化合物的性质是解答本题的关键，题目难度不大．　4．某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣七种离子中的数种．某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：①用pH试纸测得溶液呈强酸性；②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl﹣三种离子．请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论（　　）A．①②④B．①②C．①②③④D．②③④【考点】物质检验实验方案的设计．【专题】化学实验基本操作．【分析】加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体，气体为氨气；加碱产生沉淀，由离子之间的反应可知，沉淀应为氢氧化亚铁；用pH试纸测得溶液呈强酸性，溶液中含H+，与CO32﹣反应，且H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，则不能共存，并结合溶液为电中性来解答．25\n【解答】解：由实验②可知，加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体，气体为氨气，可说明一定含NH4+；加碱产生沉淀，Ba2+、Na+与碱不反应，由离子之间的反应可知，沉淀应为氢氧化亚铁，可说明一定含Fe2+；由实验①可知，用pH试纸测得溶液呈强酸性，溶液中含H+，与CO32﹣反应，且H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，则不能共存，即溶液中一定没有CO32﹣、NO3﹣；又溶液为电中性，存在阳离子时一定存在阴离子，则Cl﹣一定存在，所以确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl﹣三种离子，完成实验①②即可，故选B．【点评】本题考查离子检验实验方案的设计，明确离子的性质、离子之间的反应、溶液为电中性是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等．　5．三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF．下列有关该反应的说法正确的是（　　）A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1C．若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应．【解答】解：A．只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B．NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；C．生成0.2molHNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol×（5﹣3）=0.4mol，故C错误；D．生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析．　6．已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（　　）A．每生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2NAB．每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NAC．当加入2.7gAl时，转移的电子数目为0.3NAD．溶液中每增加0.1mol的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1NA【考点】化学方程式的有关计算；阿伏加德罗常数．【分析】A．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，则氢气的物质的量无法计算；B.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑中，Al元素的化合价由0升高为+3价，水中H元素的化合价由+1价降低为0，水作氧化剂；C.2.7gAl的物质的量为0.1mol，转移电子物质的量=3n（Al），根据N=nNA计算转移电子数；D．AlO2﹣水解，Na+不水解．25\n【解答】解：A．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，则氢气的物质的量无法计算，导致溶液中AlO2﹣的数目无法计算，故A错误；B.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑中，Al元素的化合价由0升高为+3价，水中H元素的化合价由+1价降低为0，水作氧化剂，每生成0.15molH2，被还原的水分子物质的量是0.15mol，则被还原水分子数目为0.3NA，故B正确；C.2.7gAl的物质的量为0.1mol，转移电子物质的量=3n（Al）=0.3mol，根据N=nNA得转移电子数为0.3NA，故C正确；D．AlO2﹣水解，Na+不水解，所以溶液中每增加0.1mol的AlO2﹣，Na+的数目增加大于0.1NA，故D错误；故选BC．【点评】本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是A，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件．　7．已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180kJ•mol﹣1②N2（g）+3H2（g）≒2NH3（g）△H2=﹣92.4kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3=﹣483.6kJ•mol﹣1下列说法正确的是（　　）A．反应②中的能量变化如图所示，则△H2=E1﹣E3B．H2的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1C．由反应②知在温度一定的条件下，在一恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，反应后放出的热量为Q1kJ，若通入2molN2和6molH2反应后放出的热量为Q2kJ，则184.8＞Q2＞2Q1D．氨催化氧化反应为4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=+906kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【分析】A、反应热等于生成物的总能量﹣反应物的总能量；B、氢气的燃烧热为101kp条件下，1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量；C、合成氨的反应为可逆反应，压强增大平衡向正反应方向移动，92.4kJ•mol﹣1为生成2mol氨气时放出的热量；D、由已知热化学方程式根据盖斯定律构造目标热化学方程式．【解答】解：A、反应热等于生成物的总能量﹣反应物的总能量，因此△H2=E1﹣E2，故A错误；B、氢气的燃烧热为101kp条件下，1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，241.8kJ•mol﹣1为1mol氢气完全燃烧生成气态水时放出的热量，故B错误；C、合成氨的反应为可逆反应，压强增大平衡向正反应方向移动，因此Q2＞2Q1，92.4kJ•mol﹣1为生成2mol氨气时放出的热量，可逆反应不能进行到底，因此92.4×2＞Q2，则184.8＞Q2＞2Q1，故C正确；D、已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol25\n②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol由盖斯定律可知，①×2﹣②×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣906kJ/mol，故D错误；故选：C．【点评】本题考查反应热和焓变的计算以及化学平衡移动对反应热的影响，难度中等，其中C为本题的难点，综合性较强．　8．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+B．由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣C．c（H+）/c（OH﹣）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣D．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣【考点】离子共存问题．【专题】压轴题．【分析】根据PH为1的溶液有大量H+、由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1＜1×10﹣7mol•L﹣1的溶液可能为酸或碱的溶液、c（H+）/c（OH﹣）=1012的溶液中c（H+）=1×10﹣1mol•L﹣1，利用离子之间能否结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，能否发生氧化还原反应、能否结合生成络离子来分析离子在指定溶液中能否大量共存．【解答】解：A、因PH=1的溶液有大量H+，则H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；B、因水电离的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1＜1×10﹣7mol•L﹣1，抑制了水的电离，则溶液可能为酸或碱的溶液，HCO3﹣既与H+反应又能与OH﹣反应，则一定不能大量共存，故B错误；C、由c（H+）/c（OH﹣）=1012的溶液，则=1012，即c（H+）=1×10﹣1mol•L﹣1，在酸性条件下该组离子不反应，则能大量共存，故C正确；D、因Fe3+与SCN﹣结合生成络离子Fe（SCN）2+，则不能大量共存，故D错误；故选：C．【点评】本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并熟悉常见离子之间的反应来解答，本题的难点是C中氢离子浓度的计算及D中生成的络离子．　9．将ag二氧化锰粉末加入bmol/L的浓盐酸cL中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．可以收集到氯气LB．反应后溶液中的Cl﹣数目为：C．NA可表示为：D．反应后溶液中的H+数目为：bc﹣2d【考点】阿伏加德罗常数；氯气的实验室制法．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．25\n【分析】A、固体全部溶解说明二氧化锰完全反应，生成的氯气可以依据二氧化锰计算得到；B、反应后的氯离子可以用总氯离子物质的量减去生成氯气的氯离子物质的量计算得到；C、依据二反应后溶液中氢离子物质的量等于氧化锰完全反应转移电子数等于d计算阿伏伽德罗常数；D、盐酸中总的氢离子物质的量减去减去反应的氢离子物质的量计算得到；【解答】解：A、固体全部溶解说明二氧化锰完全反应，盐酸是过量，生成的氯气可以依据二氧化锰计算，依据化学方程式MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O，二氧化锰物质的量和氯气物质的量相同，温度和压强不知，可以收集到氯气体积不能计算，故A错误；B、反应后溶液中的Cl﹣数目为（bc﹣×2）×NA选项中只是计算得到生成的氯化锰中的氯离子，盐酸过量的没减少在内，故B错误；C、依据电子转移守恒，MnO2～MnCl2～2e﹣，×2×NA=d，得到NA=，故C正确；D、反应后溶液中的H+数目为（bc﹣×4）NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算应用，主要是二氧化锰全部反应说明元素过量的判断，电子转移守恒的计算，元素守恒的计算应用，题目难度较大．　10．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定大量共存的是（　　）A．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣B．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液中：C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣C．甲基橙呈黄色的溶液中：I﹣、Cl﹣、NO3﹣、Na+D．含大量Al3+的溶液中：K+、Na+、NO3﹣、ClO﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．饱和氯水具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；B．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液为碱性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；C．甲基橙呈黄色的溶液为酸性或碱性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子；D．铝离子与次氯酸根离子发生双水解反应．【解答】解：A．SO32﹣能够被饱和氯水氧化，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．甲基橙呈黄色的溶液的pH＞4.4，可能为酸性或碱性溶液，I﹣、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；D．Al3+、ClO﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　11．25\nX、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大．已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素．下列说法正确的是（　　）A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞XB．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D．X、Z两元素能形成原子个数比（X：Z）为3：1和4：2的化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W、M五种短周期元素的原子序数依次增大．已知X元素的原子形成的离子就是一个质子，所以X是H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数最多是8个，所以Y是C元素；M是地壳中含量最高的金属元素，所以M为Al元素；Z、W是同周期的相邻元素，它们的单质在常温下均为无色气体，且Z的原子序数小于W，W的原子序数小于13，所以Z是N元素，W是O元素．据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、M五种短周期元素的原子序数依次增大．已知X元素的原子形成的离子就是一个质子，所以X是H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数最多是8个，所以Y是C元素；M是地壳中含量最高的金属元素，所以M为Al元素；Z、W是同周期的相邻元素，它们的单质在常温下均为无色气体，且Z的原子序数小于W，W的原子序数小于13，所以Z是N元素，W是O元素．A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则半径：Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；B．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阳极区铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应会出现白色沉淀，故B错误；C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故C错误；D．H、N两元素能形成原子个数比（X：Z）为3：1和4：2的化合物，即NH3、N2H4，故D正确．故选D．【点评】本题以元素的推断为载体考查了原子半径半径、电解原理、元素位置的判断等知识点，能正确推断元素是解本题的关键，注意铝离子和碳酸氢根离子的双水解反应，题目难度中等．　12．下列各组微粒能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是（　　）选项微粒组所加试剂离子方程式ANH4+、Mg2+、SO42﹣少量Ba（OH）2溶液NH4++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+NH3•H2OBMg2+、HCO3﹣、Cl﹣过量NaOH溶液Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣=Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2OCCa2+、NO3﹣、HCO3﹣NaHSO4溶液HCO3﹣+H+=CO2↑+H2ODK+、NH3•H2O、CO32﹣通入过量CO2NH3•H2O+CO2=NH4++HCO3﹣A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．少量Ba（OH）2溶液，氢氧化钡先和镁离子反应，二者反应生成硫酸钡、氢氧化镁；25\nB．过量NaOH溶液和镁离子、碳酸氢根离子都反应，二者反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水；C．硫酸氢钠溶液和钙离子、碳酸氢根离子反应生成二氧化碳、水和硫酸钙；D．过量二氧化碳和一水合氨、碳酸根离子都反应，最终反应生成碳酸氢铵．【解答】解：A．少量Ba（OH）2溶液，氢氧化钡先和镁离子反应，二者反应生成硫酸钡、氢氧化镁，离子方程式为Mg2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+Mg（OH）2↓，故A错误；B．过量NaOH溶液和镁离子、碳酸氢根离子都反应，二者反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离子方程式为Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣=Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，故B正确；C．硫酸氢钠溶液和钙离子、碳酸氢根离子反应生成二氧化碳、水和硫酸钙，离子方程式为Ca2++2HCO3﹣+SO42﹣+2H+=2CO2↑+2H2O+CaSO4↓，故C错误；D．过量二氧化碳和一水合氨、碳酸根离子都反应，最终反应生成碳酸氢铵，离子反应方程式为NH3．H2O+2CO2+CO32﹣+H2O=NH4++3HCO3﹣，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子方程式正误判断，明确物质的性质、离子反应方程式书写规则是解本题关键，注意离子反应先后顺序，结合反应物的量确定生成物，注意D选项中二氧化碳和碳酸根离子能反应，为易错点．　13．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+．某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中（　　）A．溶液中至少有4种离子存在，其中Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.2mol•L﹣1B．原溶液中c（Fe3+）=0.2mol•L﹣1C．SO42﹣、NH4+、Na+一定存在，CO32﹣、Al3+一定不存在D．取少量原溶液并加入KSCN溶液，呈血红色，说明该溶液一定没有Fe2+，只有Fe3+【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；离子反应发生的条件；常见离子的检验方法．【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molNH4+；产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为Fe3+、Fe2+，原溶液中一定没有CO32﹣；滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在Al3+；4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；颜色反应为黄色，则溶液中存在钠离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，由溶液为电中性可判断是否存在氯离子，以此来解答．【解答】解：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molNH4+；产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为Fe3+、Fe2+，原溶液中一定没有CO32﹣；25\n滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在Al3+；颜色反应为黄色，则溶液中一定存在钠离子，由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+；4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，由电荷守恒，原溶液中一定有Cl﹣，物质的量至少为0.02mol×2+0.02mol﹣0.02mol×2=0.02mol，A．由以上分析，原溶液中一定存在0.02molNH4+，0.02molSO42﹣，0.02molFe3+、Fe2+中的一种，当铁元素全部为亚铁离子时，阳离子所带电荷的物质的量最小，所以正电荷物质的量最少为0.02mol×2+0.02mol=0.06mol，而负电荷的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在Cl﹣，且c（Cl﹣）≥=0.2mol•L﹣1，故A正确；B．原溶液中含有0.02molFe，无法判断存在的是铁离子或者亚铁离子，故B错误；C．原溶液中一定存在SO42﹣、NH4+、Cl﹣，只是存在Fe3+、Fe2+中的一种，其离子的物质的量为0.02mol，一定不存在CO32﹣、Al3+；由于第一步中加入了氢氧化钠溶液，引进了钠离子，无法确定原溶液中是否含有钠离子，故C错误；D．少量原溶液并加入KSCN溶液，呈血红色，可知一定含Fe3+，不能确定是否含Fe2+，故D错误；故选A．【点评】本题考查溶液中成分的确定，为高频考点，注意掌握常见离子的性质及检验方法为解答的关键，注意根据溶液电中性判断氯离子存在，侧重分析、推断能力的综合考查，题目难度中等．　14．设NA为阿伏加德罗常数．下列叙述正确的是（　　）A．常温下，1molNaHCO3投入足量稀盐酸中，待反应结束后，可逸出NA个CO2分子B．在含有NA个醋酸根离子（CH3COO﹣）的醋酸溶液中，氢离子（H+）数目略大于NAC．1molCH3+（碳正离子）中含电子数目为10NAD．1mol•L﹣1Mg（NO3）2溶液中含有NO3﹣的数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】阿伏加德罗常数考点的考查角度多，其难度不大，但出错率较高，这类问题的解决注意“外界条件”的限制，避免思维定势，利用有关以物质的量为中心的计算及原子结构、弱电解质的电离等来解答．【解答】解：A．碳酸在水中有一定的溶解度，不可能完全逸出，故A错误；B．在醋酸溶液中除醋酸电离出氢离子，还有水电离出氢离子，氢离子（H+）数目略大于NA，故B正确；C．1个CH3+（碳正离子）中含电子数目为8，故1molCH3+（碳正离子）中含电子数目为8NA，故C错误；D．1mol•L﹣1Mg（NO3）2溶液中含有NO3﹣的数目与溶液的体积有关，不知道体积故无法判断，故D错误．故选B．【点评】阿伏伽德罗常数考查知识面覆盖广，具有很好的区分度，是历年高考倍受青睐的试题，问题解决重在审题，并且善于总结常见易错点．在计算时注意找好计算标准．25\n　15．某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）．下列有关叙述正确的是（　　）A．两步反应均为吸热反应B．加入催化剂会改变反应的焓变C．三种化合物中C最稳定D．A→C反应中△H=E1﹣E2【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题．【解答】解：A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；B．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故B错误；C．物质的总能量越低，越稳定，故C正确；D．整个反应中△H=（E1﹣E2）+（E2﹣E3）﹣E4=E1﹣E3﹣E4，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学反应与能量变化，题目难度不大，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为D，注意把握反应热的计算．　16．在O.1mol/L的NaHS03溶液中粒子关系为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），向NaHS03溶液中慢慢地加入少量的NaOH溶液，发生的主要反应的离子方程式为（　　）A．SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣B．HSO3﹣+H2O⇋H2SO3+OH﹣C．HSO3﹣+OH﹣═SO32﹣+H20D．H2SO3+OH﹣═HSO3﹣+H20【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】NaHS03溶液中粒子关系为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），则HSO3﹣电离大于其水解，溶液显酸性，加入少量的NaOH溶液，发生中和反应，以此来解答．【解答】解：NaHS03溶液中粒子关系为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），则HSO3﹣电离大于其水解，溶液显酸性，加入少量的NaOH溶液，发生中和反应，发生的离子反应为HSO3﹣+OH﹣═SO32﹣+H20，故选C．【点评】本题考查离子反应反应，为高考常见题型，把握信息判断溶液显酸性为解答的关键，注意区分水解与电离，注意选项D为易错点，题目难度不大．　25\n17．下列实验操作、现象和发生的离子反应完全正确的是（　　）实验操作现象发生的离子反应A向BaCl2溶液中通入CO2溶液浑浊Ba2++CO2+H2O═BaCO3↓+2H+B向NaAlO2溶液中滴加过量CO2溶液浑浊AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2OD将Cl2通入KI溶液中，加入CCl4，振荡，静置上层溶液显紫红色Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【分析】A．盐酸的酸性大于碳酸；B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；C．反应生成硝酸铜、NO和水；D．四氯化碳的密度比水的密度大，生成的碘溶解在四氯化碳中．【解答】解：A．盐酸的酸性大于碳酸，则向BaCl2溶液中通入CO2不反应，现象与离子反应均错误，故A不选；B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，溶液变浑浊，故B选；C．反应生成硝酸铜、NO和水，离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣═2Cu2++2NO↑+4H2O，故C不选；D．四氯化碳的密度比水的密度大，生成的碘溶解在四氯化碳中，离子反应为Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，现象为下层溶液显紫红色，故D不选；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高频考点，把握反应的实质、发生的反应及离子反应的书写反应为解答的关键，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，题目难度中等．　18．某含铬Cr2O2﹣7废水用硫酸亚铁铵[FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀干燥后得到nmolFeO•FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（　　）A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3x+l）molB．处理废水中Cr2O72﹣的物质的量为mo1C．反应中发生转移的电子的物质的量为6nxmolD．在FeO•FeyCrxO3中3x=y【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【专题】计算题；氧化还原反应专题．【分析】A．由铁元素守恒，求出消耗硫酸亚铁的物质的量，结合电子转移守恒或FeO•FeyCrxO3电中性找出x与y，代入硫酸亚铁的物质的量计算；B．反应的铬元素完全转化为沉淀，根据铬原子守恒计算；C．Cr2O72﹣中Cr为+6价，被还原为+3价Cr，每个Cr原子得3个电子，计算出Cr原子物质的量，转移电子为Cr原子物质的量3倍；D．根据失电子守恒计算．25\n【解答】解：A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（y+1），又由FeO•FeyCrxO3电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3﹣x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n×（1+y）mol=n×（3x+1）mol，故A正确；B．根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O72﹣的物质的量为mol，故B正确；C．得到nmolFeO•FeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C错误；D、FeO•FeyCrxO3中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x﹣y=0，即3x=y，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，注意原子守恒、电子守恒在计算中的应用，使计算简单化．　二、非选择题．19．（14分）某同学进行实验研究时，欲配制1.0mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba（OH）2•8H2O试剂（化学式量：315）．在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物．为探究其原因，该同学查得Ba（OH）2•8H2O在283K、293K和303K时的溶解度（g/100gH2O）分别为2.5、3.9和5.6．（1）烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是　Ba（OH）2•8H2O与CO2作用转化为BaCO3　．（2）假设试剂由大量Ba（OH）2•8H2O和少量BaCO3组成．设计实验方案，进行成分检验．写出实验步骤、预期现象和结论．（不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6）限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管带塞导气管、滴管实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀．步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸．步骤3：取适量步骤1中的沉淀于试管中，　取适量步骤1中的沉淀于试管中，滴加稀盐酸，用带塞导气管塞紧试管，把导气管插入装有澄清石灰水的烧杯中　．步骤4：　取适量滤液于烧杯中，用pH计测其pH值　（3）将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba（OH）2•8H2O的含量．实验如下：①配制250mL约0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，　溶解　，将溶液转入　250ml的容量瓶　中，洗涤，定容，摇匀．②滴定：准确量取25.00mL所配Ba（OH）2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将　0.1980　（填“0.0210”、“0.0536”、“0.1980”或“1.5000”）mol•L﹣1盐酸装入50mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据．重复滴定2次．平均消耗盐酸VmL．③计算Ba（OH）2•8H2O的质量分数=　×100%　（只列出算式，不做运算）．（4）室温下，　不能　（填“能”或“不能”）配制1.0mol•L﹣1Ba（OH）2溶液．【考点】溶液的配制；探究物质的组成或测量物质的含量．25\n【分析】（1）氢氧化钡能够与二氧化碳反应生成碳酸钡；（2）步骤3：取适量步骤1中的沉淀于试管中，滴加稀盐酸，用带塞导气管塞紧试管，把导气管插入装有澄清石灰水的烧杯中，BaCO3能和盐酸反应生成的二氧化碳气体能使石灰水变浑浊，故预期现象和结论：试管中有气泡生成，烧杯中的澄清石灰水变浑浊，结合步骤2说明沉淀是BaCO3；步骤4：取适量滤液于烧杯中，用pH计测其pH值．预期现象和结论：pH＞9.6，说明有大量的OH﹣，综合上面步骤可知试剂由大量Ba（OH）2•8H2O和少量BaCO3组成，假设成立；（3）①依据配制一定物质的量浓度溶液的配制步骤选择合适的仪器，据此解答；②盐酸体积最多不能多于50ml，根据50mL计算盐酸的最小浓度，应该是选大于最小浓度而且接近的；③令250mL溶液中氢氧化钡的浓度为cmol/L，根据消耗的盐酸列方程计算c的值，进而计算250mL溶液中氢氧化钡的物质的量，据此计算样品中Ba（OH）2•8H2O的质量分数；（4）根据氢氧化钡的溶解度估算饱和溶液的物质的量浓度，据此判断．【解答】解：（1）烧杯中未溶物仅为BaCO3，则由于Ba（OH）2•8H2O与CO2作用转化为BaCO3，故答案为：Ba（OH）2•8H2O与CO2作用转化为BaCO3；（2）步骤3：取适量步骤1中的沉淀于试管中，滴加稀盐酸，用带塞导气管塞紧试管，把导气管插入装有澄清石灰水的烧杯中，BaCO3能和盐酸反应生成的二氧化碳气体能使石灰水变浑浊，故预期现象和结论：试管中有气泡生成，烧杯中的澄清石灰水变浑浊，结合步骤2说明沉淀是BaCO3；步骤4：取适量滤液于烧杯中，用pH计测其pH值．预期现象和结论：pH＞9.6，说明有大量的OH﹣，综合上面步骤可知试剂由大量Ba（OH）2•8H2O和少量BaCO3组成，假设成立；故答案为：实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸．有白色沉淀生成，说明有Ba2+步骤3：取适量步骤1中的沉淀于试管中，滴加稀盐酸，用带塞导气管塞紧试管，把导气管插入装有澄清石灰水的烧杯中试管中有气泡生成，烧杯中的澄清石灰水变浑浊，结合步骤2说明沉淀是BaCO3步骤4：取适量滤液于烧杯中，用pH计测其pH值pH＞9.6，说明有大量的OH﹣，综合上面步骤可知试剂由大量Ba（OH）2•8H2O和少量BaCO3组成，假设成立（3）①配制250mL约0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，溶解，将溶液转入250mL容量瓶中，洗涤，定容，摇匀，故答案为：溶解；250ml的容量瓶；②盐酸体积最多不能多于50ml，根据50mL计算盐酸的最小浓度，令盐酸的最小浓度为amol/L，则：0.025L×0.1mol/L×2=amol/L×0.05L，解得a=0.1mol/L，应该是选大于最小浓度而且接近的，故选择0.1980mol/L的盐酸，故答案为：0.1980；③令250mL溶液中氢氧化钡的浓度为cmol/L，则：25\n0.025L×cmol/L×2=0.1980mol/L×V×10﹣3L，解得c=，故Ba（OH）2•8H2O的质量分数=×100%；故答案为：×100%；（4）室温下，氢氧化钡的溶解度为3.9g，溶液的物质的量浓度约是=0.23mol/L，所以室温下不能配制1.0mol/L的1Ba（OH）2溶液，故答案为：不能．【点评】本题考查物质成分与含量测定、对实验方案的理解与设计、溶液配制、中和滴定、化学计算等，题目综合性强，难度较大，侧重对实验方案设计与化学计算．　20．（12分）有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其中A的一种原子不含中子；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子；C元素的一种气体单质呈蓝色，D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体；F元素最高正价与最低负价的代数和为4．（1）B、C、E三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，所含的化学键有　离子键、共价键　，其电子式为　　．（2）D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是　S2﹣＞Cl﹣＞Al3+　（用离子符号表示）．（3）两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式　H++HSO3﹣=SO2↑+H2O　．（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子．其中两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示．则t2时刻消耗氢氧化钙质量为　37　g，此时反应的化学方程为　10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O　．（5）A、B形成的化合物BA在有机合成中用途很广泛．它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物．写出它与乙醇反应的化学方程式　NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，A25\n的一种原子不含中子，则A为H元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，B为Na；C元素的一种气体单质呈蓝色，则C为O元素；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，则D为Al；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体，则E为Cl；F元素最高正价与最低负价的代数和为4，处于VIA族，则F为S元素，据此解答．【解答】解：有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，A的一种原子不含中子，则A为H元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，B为Na；C元素的一种气体单质呈蓝色，则C为O元素；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，则D为Al；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体，则E为Cl；F元素最高正价与最低负价的代数和为4，处于VIA族，则F为S元素．（1）B、C、E三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，该化合物为NaClO，含有离子键、共价键，电子式为，故答案为：离子键、共价键；；（2）电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序是：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+，故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+；（3）两种均含H、Na、O、S四种元素的化合物在溶液中能相互反应，应是亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，反应离子方程式为：H++HSO3﹣=SO2↑+H2O，故答案为：H++HSO3﹣=SO2↑+H2O；（4）根据图象知，次氯酸根离子的物质的量为0.2mol，氯酸根离子的物质的量为0.1mol，所以次氯酸根离子的物质的量与氯酸根离子的物质的量之比为2：1，根据得失电子守恒知，氯气和氢氧化钙的反应方程式为：10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O，则t2时刻生成Ca（ClO）2为0.1mol，则消耗氢氧化钙为0.1mol×=0.5mol，其质量为0.5mol×74g/mol=37g，故答案为：37；10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O；（5）H、Na形成的化合物NaH在有机合成中用途很广泛，它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物，它与乙醇反应的化学方程式为：NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑，故答案为：NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，正确推断元素是解题关键，侧重考查学生对知识的迁移运用能力考查，难度中等．　21．（10分）NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品，工业上常用铝土矿（主要成分为Al2O3和少量SiO2、Fe2O3杂质）生产铵明矾晶体NH4Al（SO4）2•12H2O，其工艺流程图如图：（1）废渣a、b的成分分别是：　二氧化硅　、　氢氧化铁　．（写名称）（2）流程图中X的化学式为：　H2SO4　．25\n（3）反应Ⅲ的离子方程式为：　AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓　；从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作依次为（填操作名称）　蒸发浓缩　、冷却结晶、过滤洗涤．（4）反应Ⅶ的化学方程式为：　（NH4）2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2　；NH4HSO4溶液中离子浓度由大到小顺序为：　c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）　．（5）向硫酸铝铵溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，不可能发生的离子反应是　AC　（填选项字母）A．NH4++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+NH3•H2OB．2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓C．Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OD．NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】铝土矿（主要成分为Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质）铝土矿的主要成分是氧化铝，根据题中流程图可知，在反应Ⅲ中通入二氧化碳，而流程最后要得到硫酸盐，所以为了除去杂质，先在铝土矿中加入过量的稀硫酸，得废渣a为SiO2，滤液中含有Al3+、Fe3+，所以X为稀硫酸，再加过量的氢氧化钠溶液，生成偏铝酸钠溶液和氢氧化铁沉淀，所以废渣b为氢氧化铁，Y为氢氧化钠，反应Ⅲ为偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和废液，反应Ⅳ为氢氧化铝中加上硫酸可以制得Al2（SO4）3，反应Ⅵ中氨气与硫酸反应生成（NH4）2SO4，反应Ⅴ中（NH4）2SO4转化为铵明矾，电解硫酸和硫酸铵的混合溶液，在阴极上得氢气，阳极上得（NH4）2S2O8，反应ⅤⅡ为（NH4）2S2O8与水反应生成双氧水和NH4HSO4，以此来解答．【解答】解：铝土矿（主要成分为Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质）铝土矿的主要成分是氧化铝，根据题中流程图可知，在反应Ⅲ中通入二氧化碳，而流程最后要得到硫酸盐，所以为了除去杂质，先在铝土矿中加入过量的稀硫酸，得废渣a为SiO2，滤液中含有Al3+、Fe3+，所以X为稀硫酸，再加过量的氢氧化钠溶液，生成偏铝酸钠溶液和氢氧化铁沉淀，所以废渣b为氢氧化铁，Y为氢氧化钠，反应Ⅲ为偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和废液，反应Ⅳ为氢氧化铝中加上硫酸可以制得Al2（SO4）3，反应Ⅵ中氨气与硫酸反应生成（NH4）2SO4，反应Ⅴ中（NH4）2SO4转化为铵明矾，电解硫酸和硫酸铵的混合溶液，在阴极上得氢气，阳极上得（NH4）2S2O8，反应ⅤⅡ为（NH4）2S2O8与水反应生成双氧水和NH4HSO4，（1）由上述分析可知，废渣a为SiO2，名称为二氧化硅，废渣b为氢氧化铁，故答案为：二氧化硅；氢氧化铁；（2）根据上面的分析可知，流程图中X为稀硫酸，X的化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；（3）反应Ⅲ为偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应Ⅲ的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓，铵明矾晶体中有结晶水，温度过高会使结晶水失去，所以从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓；蒸发浓缩；（4）根据元素守恒和题中信息可知，反应Ⅶ的化学方程式为（NH4）2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2，NH4HSO4溶液中电离出SO42﹣、H+、NH4+，其中铵根离子水解生成氢离子，所以溶液中离子浓度由大到小顺序为c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣），故答案为：（NH4）2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2；c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）；25\n（5）A．溶液中有铝离子，当生成氨水时，氢氧化铝应该沉淀，故NH4++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+NH3•H2O不可能发生；B．当n（NH4Al（SO4）2）：n（Ba（OH）2）＜2时，生成产物为（NH4）2SO4、BaSO4↓、Al（OH）3，反应2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓有可能发生；C．当n（NH4Al（SO4）2）：n（Ba（OH）2）＞2时，有AlO2﹣生成，此时应有氨水生成，故Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O不可能发生；D．当n（NH4Al（SO4）2）：n（Ba（OH）2）=2时，生成产物为NH3•H2O、BaSO4和Al（OH）3，反应NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O有可能发生，故选AC．【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，侧重考查化学流程的分析、基本操作、电解原理、离子浓度比较、化学反应的判断，把握工艺流程及发生的反应、混合物分离提纯等为解答的关键，题目难度中等，需要学生具备阅读获取信息能力、综合运用知识、信息分析问题解决问题能力．　22．（10分）碘是生命体中的必需元素，请根据如下有关碘及其化合物的性质，回答下列问题：（1）实验室中制取少量碘可采用如下方法：KI+CuSO4→A（白色）↓+K2SO4+I2，16.0gCuSO4与过量KI反应后可得19.1g的A，写出A的化学式：　CuI　．工业生产中，可用智利硝石（含有NaIO3）为原料，与NaHSO3溶液反应后生成碘，写出此反应的离子方程式：　2IO3﹣+5HSO3﹣=3H++5SO42﹣+I2+H2O　．（2）单质碘与氟气反应可制得IF5，实验表明液态IF5具有一定的导电性，研究人员发现产生这一现象的可能原因在于IF5的自偶电离（如：2H2O≒H3O++OH﹣），生成的阳离子为IF4+，则阴离子为　IF6﹣　．（3）将单质碘与铝屑置于管式电炉中，隔绝空气加热至500℃得到棕色片状固体（AlI3），此固体溶于Na2CO3溶液可产生白色沉淀和气体．请写出AlI3和Na2CO3溶液反应的离子方程式：　2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑　．（4）设计以下实验方案判断加碘食盐中碘的存在形式为I﹣、IO3﹣，或两者同时存在．请对以下试验方案进行预测和分析．首先取试样加水溶解，分成三份试样：①第一份试样加酸酸化，如果加淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中同时存在I﹣和IO3﹣，该过程反应的离子方程式为　5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O　．②第二份试样酸化后加　FeCl3（或H2O2）　溶液，如果加入淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中存在I﹣．③第三份试样酸化后，如果直接使　淀粉﹣KI　试纸变蓝，说明试样存在IO3﹣离子．【考点】离子方程式的书写；常见离子的检验方法．【分析】（1）根据元素守恒知，A中含有Cu元素，该反应中I元素化合价由﹣1价变为0价，Cu元素得电子化合价降低，白色沉淀是Cu和I元素形成的化合物，n（CuSO4）==0.1mol，m（Cu）=64g/mol×0.1mol=6.4g，A中n（I）==0.1mol，n（Cu）：n（I）=0.1mol：0.1mol=1：1，据此判断A化学式；碘酸根离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子、碘、氢离子和水；（2）根据水的电离方程式确定IF5电离方程式，从而确定其阴离子；（3）AlI3属于强酸弱碱盐、Na2CO3属于强碱弱酸盐，二者发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；25\n（4）①碘离子具有还原性、碘酸根离子具有强氧化性，试样加酸酸化，如果加淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明有碘单质生成，则存在碘离子和碘酸根离子；②试样酸化后，然后向溶液中加入氧化剂，如果加入淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中存在I﹣；③试样酸化后，如果直接使淀粉碘化钾试纸变蓝色，就说明含有碘酸根离子．【解答】解：（1）根据元素守恒知，A中含有Cu元素，该反应中I元素化合价由﹣1价变为0价，Cu元素得电子化合价降低，白色沉淀是Cu和I元素形成的化合物，n（CuSO4）==0.1mol，m（Cu）=64g/mol×0.1mol=6.4g，A中n（I）==0.1mol，n（Cu）：n（I）=0.1mol：0.1mol=1：1，则A化学式为CuI；碘酸根离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子、碘、氢离子和水，离子方程式为2IO3﹣+5HSO3﹣=3H++5SO42﹣+I2+H2O，故答案为：CuI；2IO3﹣+5HSO3﹣=3H++5SO42﹣+I2+H2O；（2）根据水的电离方程式知，IF5电离方程式为2IF5⇌IF4++IF6﹣，所以阴离子为IF6﹣，故答案为：IF6﹣；（3）AlI3属于强酸弱碱盐、Na2CO3属于强碱弱酸盐，二者发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；（4）①碘离子具有还原性、碘酸根离子具有强氧化性，试样加酸酸化，如果加淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明有碘单质生成，则存在碘离子和碘酸根离子，离子反应方程式为5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O，故答案为：5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O；②试样酸化后，然后向溶液中加入氧化剂，如FeCl3（或H2O2），如果加入淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中存在I﹣，故答案为：FeCl3（或H2O2）；③试样酸化后，如果直接使淀粉碘化钾试纸变蓝色，则碘离子被氧化生成碘单质，就说明原溶液含有碘酸根离子，故答案为：淀粉﹣KI．【点评】本题考查性质实验方案设计，题目难度中等，涉及离子检验、双水解反应、弱电解质的电离等知识点，明确物质性质是解本题关键，会利用已知知识采用知识迁移方法解答问题．　25