福建省八县一中高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年福建省八县一中高三（上）期中化学试卷　一、选择题（每题3分，共42分）1．化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（　　）A．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化B．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质C．“乙醇汽油”因油价上涨而被广泛使用．它是指在汽油里加入适量乙醇混合而成的一种燃料，它是一种新型的化合物D．某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2　2．下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（　　）A．2mol/LBa（OH）2溶液中Ba2+的物质的量和OH﹣的物质的量B．200mL1mol/L氯化钙溶液中c（Cl﹣）和100mL2mol/L氯化钾溶液中c（Cl﹣）C．20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度D．64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数　3．X、Y、Z三种物质中含同种元素，在一定条件下可以实现如图所示转化，下列推断不正确的是（　　）A．若Y为氧化铝，则Y生成X的条件是“通电”B．若X为硫单质，则Y可能为硫化氢C．若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮D．若Z为硝酸铁，则Y一定为铁单质　4．下列操作能达到实验目的是（　　）A．向沸腾的NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体B．加热除去碳酸氢钠中少量氯化铵C．用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中，观察过氧化钠的颜色D．用排四氯化碳法收集氨气、氯化氢　5．下列有关物质分类不正确的是（　　）A．KNO3是钾盐、硝酸盐，也是正盐B．铝土矿、水玻璃、碱石灰都是混合物C．有机玻璃、氮化硅都是有机高分子材料D．BaSO4、Na3AlF6、NH4F都是强电解质　6．下列离子方程式正确且能解释事实的是（　　）A．SO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O═2H++SO32﹣23\nB．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2OC．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝：4H++4I﹣+O2═2I2+2H2OD．用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72﹣：Cr2O72﹣+Fe2++14H+═2Cr3++Fe3++7H2O　7．某氧化物不溶于水，溶于熔化的NaOH中，生成易溶于水的化合物，向稀盐酸中滴加所生成化合物的水溶液，立即有白色沉淀产生，则原氧化物是（　　）A．Al2O3B．MgOC．SiO2D．P2O5　8．根据表中信息判断，下列选项不正确的是（　　）序列参加反应的物质生成物①Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3②KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…③MnO4﹣…Cl2、Mn2+…A．第①组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2B．第②组反应的其余产物为H2O和O2C．氧化性由强到弱顺序MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2D．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2mol　9．下列离子或分子在指定介质中能大量共存的是（　　）A．硝酸亚铁溶液中：Al3+、H+、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣B．透明溶液中：Cu2+、Fe3+、NH4+、NO3﹣、SO42﹣C．强酸性溶液中：CH3CH2OH、Mg2+、MnO4﹣、SiO32﹣D．含有大量ClO﹣的溶液中：K+、OH﹣、I﹣、SO32﹣　10．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子C．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA　11．下列说法正确的数目是（　　）①二氧化硅具有良好的半导体特性，故而可用作光导纤维②硅酸钠为盐，非碱类物质，故可用玻璃瓶盛装③高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，说明硅酸的酸性强于碳酸④硅溶于氢氧化钠溶液，只有水作氧化剂，NaOH既非氧化剂也非还原剂．A．4B．3C．2D．1　12．需要配制500mL0.5mol/L氢氧化钠溶液，经测定试剂氢氧化钠溶液的浓度为0.45mol/L．可能原因是（　　）A．定容时溶液没有冷却至室温B．容量瓶没有烘干C．称量氢氧化钠固体时砝码放反了D．定容时仰视读数23\n　13．某溶液中可能含有SiO32﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣、AlO2﹣、HCO3﹣、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+等离子．当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示．下列说法正确的是（　　）A．原溶液中一定含有Na2SO4B．反应最后形成的溶液中的溶质只有NaClC．原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2D．原溶液中一定含有的阴离子是：OH﹣、CO32﹣、SiO32﹣、AlO2﹣　14．某溶液中含K+、Al3+、NH4+、SO42﹣．取500mL该溶液加入过量的氢氧化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥，称重得到9.32g固体1，并收集到224mL（标准状况）气体．在滤液中通入过量的CO2，经过滤、洗涤、灼烧，称重得到0.51g固体2．原溶液中K+的浓度为（　　）A．0.08mol/LB．0.04mol/LC．0.02mol/LD．0.01mol/L　　二、填空题（共5题，共58分）15．铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3→Cu（NO3）2+NO↑+NO2↑+H2O（方程式未配平，不考虑2NO2⇌N2O4）．（1）硝酸在该反应中体现的性质有　　　　　　．（2）如果参加反应的Cu和HNO3的物质的量之比是3：10，写出并配平该反应的离子方程式　　　　　　．（3）0.004molCu被硝酸完全溶解后，Cu失去的电子数是　　　　　　，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是　　　　　　，在标准状况下若将收集NO和NO2的集气瓶倒立于水中，通入一定量的氧气充分反应后发现无气体剩余，则通入O2的体积为　　　　　　mL；所得溶液（假设溶质不扩散）的物质的量浓度是　　　　　　．　16．无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等，工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3，还含有少量的SiO2）和石油焦（主要成分是C）为原料制备无水AlCl3：2Al2O3+6Cl2═4AlCl3+3O2回答以下问题：（1）加入焦炭后的化学反应可表示为Al2O3+C+Cl2AlCl3+X↑，设计实验确定气体X的成分：　　　　　　．（2）在提纯AlCl3粗产品时，需加入少量铝粉，可使熔点较低的FeCl3转化为熔点较高的FeCl2，从而避免在AlCl3中混入铁的氯化物．该反应的化学方程式为　　　　　　．（3）为测定制得的无水AlCl3产品（含FeCl3杂质）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32g．23\n①过程涉及的离子方程式　　　　　　、　　　　　　．②AlCl3产品的纯度为　　　　　　．　17．钼是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能．如图是化工生产中制备金属钼的主要流程图．（1）反应①的尾气可以用NH3•H2O溶液吸收合成肥料，写出反应的离子方程式　　　　　　．（2）钼酸铵溶液中的主要阳离子的检验方法：　　　　　　．（3）如果在实验室模拟操作1和操作2，则需要使用的主要玻璃仪器有　　　　　　．（4）写出反应①的化学方程式：　　　　　　．（5）工业上制备还原性气体CO和H2的反应原理为CO2+CH42CO+2H2，CH4+H2OCO+3H2．含甲烷体积分数为80%的aL（标准状况）天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下反应，甲烷转化率为90%，用产生的还原性气体（CO和H2）还原MoO3制钼，理论上能生产钼的质量为　　　　　　．　18．现向含6molKI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加入KBrO3的物质的量的关系如图所示．已知①BrO3﹣+6I﹣+6H+═3I2+Br﹣+3H2O；②2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2；请回答下列问题：（1）由反应②有同学由此得出氧化性：I2＞Br2的结论，你认为是否正确　　　　　　（填是或否），并说明理由　　　　　　．（2）b点时，KI反应完全，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　　　　，还原产物是　　　　　　．（3）b→c过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子反应方程式　　　　　　．（4）含6molKI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为　　　　　　mol．（5）n（KBrO3）=4时，对应含碘物质的化学式为　　　　　　．23\n　19．某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验．方案Ⅰ．甲组同学用质量法，按如图1所示的实验流程进行实验：（1）实验时，蒸发结晶操作中，除了酒精灯外，还要用到的仪器是　　　　　　（2）有同学认为“加入适量盐酸”不好操控，应改为“过量盐酸”，便于操作且不影响测定的准确性，你认为对或错　　　　　　，为什么　　　　　　．（3）若实验中测得样品质量为46.4g，固体质量为40.95g，则碳酸钠的质量分数为　　　　　　．（保留3位有效数字）（4）蒸发结晶过程中若有固体飞溅，测得碳酸钠的质量分数　　　　　　（填偏大偏小无影响）．方案Ⅱ：乙组同学的主要实验流程图如图2：按如图3所示装置进行实验：（5）在C中装碱石灰来吸收净化后的气体．D装置的作用是　　　　　　．（6）有的同学认为为了减少实验误差，在反应前后都通入N2，反应后通入N2的目的是　　　　　　．方案Ⅲ：气体分析法23\n（7）把一定量样品与足量稀硫酸反应后，用如图4装置测量产生CO2气体的体积，B溶液最好采用　　　　　　（以下选项中选择）使测量误差较小．a．饱和碳酸钠溶液　b．饱和碳酸氢钠溶液c．饱和氢氧化钠溶液　　d．饱和硫酸铜溶液．　　23\n2022-2022学年福建省八县一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每题3分，共42分）1．化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（　　）A．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化B．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质C．“乙醇汽油”因油价上涨而被广泛使用．它是指在汽油里加入适量乙醇混合而成的一种燃料，它是一种新型的化合物D．某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；海水资源及其综合利用；二氧化硫的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】A．向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质；B．重金属盐能使蛋白质发生变性；C．化合物是由不同种元素组成的纯净物；D．亚硫酸容易被空气中氧气氧化生成硫酸．【解答】解：A．向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故A错误；B．重金属盐能使蛋白质发生变性，细菌是蛋白质，能被银离子杀死，故B正确；C．在汽油里加入适量乙醇混合而成的一种燃料，是混合物，故C错误；D．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的pH值变得更小，故D错误．故选B．【点评】本题考查净水、酸雨、蛋白质的鉴别和变性等问题，题目难度不大，注意酸雨成分的化学性质以及蛋白质的变性等问题．　2．下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（　　）A．2mol/LBa（OH）2溶液中Ba2+的物质的量和OH﹣的物质的量B．200mL1mol/L氯化钙溶液中c（Cl﹣）和100mL2mol/L氯化钾溶液中c（Cl﹣）C．20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度D．64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A．氢氧化钡为强电解质，电离方程式：Ba（OH）2=Ba2++2OH﹣；B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl﹣）=2mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl﹣）=2mol/L；C．氢氧化钠溶液浓度越大，密度越大，根据c=判断；D.64g二氧化硫的物质的量为1mol，含有2mol氧原子；标况下22.4L一氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol氧原子．【解答】解：A．氢氧化钡为强电解质，电离方程式：Ba（OH）2=Ba2++2OH﹣，Ba2+的物质的量和OH﹣的物质的量之比为1：2，故A错误；23\nB．溶液的浓度与体积无关，1mol/L氯化钙溶液中c（Cl﹣）=2mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl﹣）=2mol/L，故B错误；C．氢氧化钠溶液浓度越大，密度越大，根据c=可知，20%NaOH溶液物质的量浓度比10%NaOH溶液物质的量浓度的2倍大，故C错误；D.64g二氧化硫的物质的量为=1mol，含有2mol氧原子；标况下22.4L一氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol氧原子，故D正确，故选：D．【点评】本题考查物质的量计算、物质的量浓度计算，难度不大，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间关系．　3．X、Y、Z三种物质中含同种元素，在一定条件下可以实现如图所示转化，下列推断不正确的是（　　）A．若Y为氧化铝，则Y生成X的条件是“通电”B．若X为硫单质，则Y可能为硫化氢C．若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮D．若Z为硝酸铁，则Y一定为铁单质【考点】硝酸的化学性质．【专题】推断题；元素及其化合物．【分析】A、若Y为氧化铝，X可以为Al，Z为NaAlO2，据此分析；B、若X为硫单质，Y可能为H2S，Z为SO2；C、若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮，Y为NO2；D、若Z为硝酸铁，则Y可以是铁单质，也可以是FeO，X为Fe（NO3）2；【解答】解：A、若Y为氧化铝，X可以为Al，Z为NaAlO2，2Al2O34Al+3O2↑，故A正确；B、若X为硫单质，Y可能为H2S，Z为SO2，2H2S+O2=2S+2H2O，2H2S+3O2=2SO2+2H2O，S+O2=SO2，故B正确；C、若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮，Y为NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，故C正确D、若Z为硝酸铁，则Y可以是铁单质，也可以是FeO，X为Fe（NO3）2，故D错误；故选D．【点评】本题考查了硝酸性质分析，物质转化关系的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．　4．下列操作能达到实验目的是（　　）A．向沸腾的NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体B．加热除去碳酸氢钠中少量氯化铵23\nC．用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中，观察过氧化钠的颜色D．用排四氯化碳法收集氨气、氯化氢【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题；化学实验基本操作．【分析】A．制备氢氧化铁胶体时向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，然后加热至红褐色即可；B．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却时又生成氯化铵，且加热碳酸氢钠时碳酸氢钠分解；C．钠和水反应生成NaOH，钠在空气中燃烧生成过氧化钠；D．氨气和氯化氢都不溶于四氯化碳且也不和四氯化碳反应．【解答】解：A．制备氢氧化铁胶体时向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，然后加热至红褐色即可，所以该实验操作方法错误，故A错误；B．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却时又生成氯化铵，且加热碳酸氢钠时碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳、水，所以该实验方法错误，故B错误；C．钠和水反应生成NaOH，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，要观察过氧化钠颜色，应该将钠放置在石棉网上灼烧，故C错误；D．氨气和氯化氢都不溶于四氯化碳且也不和四氯化碳反应，所以可以采用排四氯化碳方法收集氨气和氯化氢，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、除杂、气体收集等知识点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，注意：除杂时不能引进新的杂质，且不能除去需要的物质，易错选项是B．　5．下列有关物质分类不正确的是（　　）A．KNO3是钾盐、硝酸盐，也是正盐B．铝土矿、水玻璃、碱石灰都是混合物C．有机玻璃、氮化硅都是有机高分子材料D．BaSO4、Na3AlF6、NH4F都是强电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；强电解质和弱电解质的概念；有机高分子化合物的结构和性质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、依据盐的分类方法，可以以阳离子、阴离子分类，正盐、酸式盐、碱式盐；B、从物质的组成角度分析，铝土矿的主要成分是氧化铝、氧化铁和二氧化硅；水玻璃是硅酸钠的水溶液；碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物；C、有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；D、强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐．【解答】解：A、硝酸钾只能电离出钾离子和硝酸根离子，是钾盐、硝酸盐，也是正盐，故A正确；B、铝土矿的主要成分是氧化铝、氧化铁和二氧化硅属于混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，故B正确；C、有机玻璃是有机高分子材料，氮化硅属于无机非金属材料，故C错误；23\nD、BaSO4、Na3AlF6、NH4F都是盐，符合强电解质的概念，都是强电解质，故D正确；故选C．【点评】本题考查混合物、强电解质、有机高分子化合物的定义，难度不大，注意把握概念的区别．　6．下列离子方程式正确且能解释事实的是（　　）A．SO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O═2H++SO32﹣B．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2OC．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝：4H++4I﹣+O2═2I2+2H2OD．用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72﹣：Cr2O72﹣+Fe2++14H+═2Cr3++Fe3++7H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】常规题型；离子反应专题．【分析】A．亚硫酸为弱酸，电离过程分布进行，主要以第一步为主；B．氢氧化钠过量，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式按照碳酸氢钙的化学式书写；C．酸性条件下，碘离子易被空气中氧气氧化成碘单质；D．离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒．【解答】解：A．SO2使紫色石蕊溶液变红色，原因是亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，正确的电离方程式为：SO2+H2O⇌H++HSO3﹣，故A错误；B．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B错误；C．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，碘离子被氧化成碘单质，所以放置一段时间后变蓝，反应的离子方程式为：4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O，故C正确；D．FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72﹣，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等．　7．某氧化物不溶于水，溶于熔化的NaOH中，生成易溶于水的化合物，向稀盐酸中滴加所生成化合物的水溶液，立即有白色沉淀产生，则原氧化物是（　　）A．Al2O3B．MgOC．SiO2D．P2O5【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氧化铝溶于烧碱生成偏铝酸钠，加入过量的盐酸，最终没有沉淀；B．氧化镁不能溶于烧碱；C．二氧化硅能和碱反应生成硅酸盐，盐酸酸性强于硅酸，可溶性的硅酸盐滴入盐酸中生成硅酸沉淀；D．P2O5溶于烧碱生成磷酸钠，加入过量的盐酸，最终没有沉淀；【解答】解：A．氧化铝不溶于水，溶于烧碱溶液生成偏铝酸钠，再加入盐酸，先生成氢氧化铝白色沉淀，继续加入盐酸，氢氧化铝溶解，最终没有沉淀，故A错误；B．氧化镁不能溶于烧碱溶液，故B错误；23\nC．二氧化硅不溶于水，溶于烧碱溶液生成硅酸钠，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，再加入盐酸，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸和氯化钠，Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl，生成硅酸白色胶状沉淀，故C正确；D．P2O5溶于烧碱生成磷酸钠，加入过量的盐酸，根据强酸制取弱酸的原理，生成磷酸，无沉淀，故D错误；故选C．【点评】本题考查元素氧化物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质．　8．根据表中信息判断，下列选项不正确的是（　　）序列参加反应的物质生成物①Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3②KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…③MnO4﹣…Cl2、Mn2+…A．第①组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2B．第②组反应的其余产物为H2O和O2C．氧化性由强到弱顺序MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2D．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2mol【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结合电子转移守恒计算判断；B．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；C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．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．【解答】解：A．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A正确；B．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B正确；C．③中MnO4﹣被还原成Mn2+，Cl﹣被氧化为Cl2，则氧化性MnO4﹣＞Cl2，①中亚铁离子先被氧化，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故C错误；D．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D正确；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中物质的性质、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力与应用能力的考查，题目难度中等．　9．下列离子或分子在指定介质中能大量共存的是（　　）A．硝酸亚铁溶液中：Al3+、H+、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣B．透明溶液中：Cu2+、Fe3+、NH4+、NO3﹣、SO42﹣C．强酸性溶液中：CH3CH2OH、Mg2+、MnO4﹣、SiO32﹣D．含有大量ClO﹣的溶液中：K+、OH﹣、I﹣、SO32﹣【考点】离子共存问题．23\n【专题】离子反应专题．【分析】A．离子之间结合生成水、气体或沉淀；B．该组离子之间不反应；C．强酸溶液中不能大量存在SiO32﹣，且离子之间发生氧化还原反应；D．离子之间发生氧化还原反应．【解答】解：A．H+、CO32﹣结合生成水、气体，Al3+、Fe2+分别与CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．强酸溶液中不能大量存在SiO32﹣，且CH3CH2OH、H+、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．ClO﹣分别与I﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　10．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子C．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】常规题型；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、NaAlO2水溶液中除了NaAlO2本身，水也含氧原子；B、铁在浓硫酸中会钝化；C、标况下氨水为液态；D、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子．【解答】解：A、NaAlO2水溶液中除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于2NA个，故A错误；B、铁在浓硫酸中会钝化，反应程度很小，故生成的二氧化硫分子数小于NA个，故B错误；C、标况下氨水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合物的物质的量为0.5mol，而且两者均为双原子分子，故0.5mol混合物中含1mol原子即NA个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　11．下列说法正确的数目是（　　）①二氧化硅具有良好的半导体特性，故而可用作光导纤维②硅酸钠为盐，非碱类物质，故可用玻璃瓶盛装③高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，说明硅酸的酸性强于碳酸④硅溶于氢氧化钠溶液，只有水作氧化剂，NaOH既非氧化剂也非还原剂．A．4B．3C．2D．1【考点】硅和二氧化硅．【分析】①二氧化硅是光导纤维的主要成分；23\n②硅酸盐具有粘性；③常温下，水溶液中强酸能制取弱酸；④硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气．【解答】解：①硅具有良好的半导体特性，二氧化硅可用作光导纤维，故错误；②硅酸盐具有粘性，容易将玻璃瓶与玻璃塞粘到一起，故错误；③高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故错误；④硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，水中氢离子化合价降低，做氧化剂，故正确；故选：D．【点评】本题考查了硅及其化合物，熟悉物质的性质是解题关键，注意硅与氢氧化钠溶液反应的实质，题目难度不大．　12．需要配制500mL0.5mol/L氢氧化钠溶液，经测定试剂氢氧化钠溶液的浓度为0.45mol/L．可能原因是（　　）A．定容时溶液没有冷却至室温B．容量瓶没有烘干C．称量氢氧化钠固体时砝码放反了D．定容时仰视读数【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】实验结果分析；定量测定与误差分析．【分析】根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．【解答】解：A、定容是没有冷却至室温，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故A错误；B、容量瓶没有烘干，对溶液浓度无影响，故B错误；C、所需的氢氧化钠的质量m=CVM=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=10.0g，由于称量氢氧化钠固体时没有用到砝码，故砝码和物品防反后对药品的质量无影响，故C错误；D、定容时仰视读数，则溶液体积偏大，浓度偏低，故D正确．故选D．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，属于基础型题目，难度不大．　13．某溶液中可能含有SiO32﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣、AlO2﹣、HCO3﹣、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+等离子．当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示．下列说法正确的是（　　）A．原溶液中一定含有Na2SO4B．反应最后形成的溶液中的溶质只有NaClC．原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2D．原溶液中一定含有的阴离子是：OH﹣、CO32﹣、SiO32﹣、AlO2﹣23\n【考点】常见离子的检验方法；离子方程式的有关计算．【专题】离子反应专题．【分析】根据图象曲线变化可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含氢氧根离子，则与氢氧根离子不能共存的有Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2﹣和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2﹣与HCO3﹣发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3﹣；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有钠离子离子，据此进行解答．【解答】解：由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH﹣离子，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2﹣、SiO32﹣和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2﹣与HCO3﹣发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3﹣；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子；A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故A错误；B．依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为3：4，故B错误；C．反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故C错误；D．依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，正确分析图象曲线变化为解题关键，注意掌握硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质及检验方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．　14．某溶液中含K+、Al3+、NH4+、SO42﹣．取500mL该溶液加入过量的氢氧化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥，称重得到9.32g固体1，并收集到224mL（标准状况）气体．在滤液中通入过量的CO2，经过滤、洗涤、灼烧，称重得到0.51g固体2．原溶液中K+的浓度为（　　）A．0.08mol/LB．0.04mol/LC．0.02mol/LD．0.01mol/L【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题；守恒法．【分析】溶液加入过量的氢氧化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥，最终得到9.32g固体1为BaSO4，其物质的量为=0.04mol，收集到224mL气体为NH3，其物质的量为=0.01mol，滤液中含有K+、AlO2﹣及过量的Ba（OH）2，在滤液中通入过量的CO2，经过滤、洗涤、灼烧，称重得到0.51g固体2为Al2O3，其物质的量为=0.005mol，根据电荷守恒n（K+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42﹣），计算n（K+），再根据c=计算．23\n【解答】解：溶液加入过量的氢氧化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥，最终得到9.32g固体1为BaSO4，其物质的量为=0.04mol，收集到224mL气体为NH3，其物质的量为=0.01mol，滤液中含有K+、AlO2﹣及过量的Ba（OH）2，在滤液中通入过量的CO2，经过滤、洗涤、灼烧，称重得到0.51g固体2为Al2O3，其物质的量为=0.005mol，根据电荷守恒n（K+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42﹣），则：n（K+）+3×2×0.005mol+0.01mol=2×0.04mol，解得n（K+）=0.04mol，原溶液中K+的浓度为=0.08mol/L，故选：A．【点评】本题考查混合物计算，关键是明确发生的反应，注意利用守恒法解得，难度中等．　二、填空题（共5题，共58分）15．铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3→Cu（NO3）2+NO↑+NO2↑+H2O（方程式未配平，不考虑2NO2⇌N2O4）．（1）硝酸在该反应中体现的性质有　氧化性、酸性　．（2）如果参加反应的Cu和HNO3的物质的量之比是3：10，写出并配平该反应的离子方程式　3Cu+10H++4NO3﹣=3Cu2++NO↑+3NO2↑+5H2O　．（3）0.004molCu被硝酸完全溶解后，Cu失去的电子数是　0.008NA　，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是　0.012mol　，在标准状况下若将收集NO和NO2的集气瓶倒立于水中，通入一定量的氧气充分反应后发现无气体剩余，则通入O2的体积为　44.8　mL；所得溶液（假设溶质不扩散）的物质的量浓度是　mol/L（或0.0446mol•L﹣1）　．【考点】氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）反应中氮元素化合价由+5价降低为+2、+4价，体现硝酸氧化性，同时生成硝酸盐，硝酸体现酸性；（2）铜失去2个电子形成Cu2+，失去的电子物质的量是铜的2倍，据此计算，根据电子转移守恒计算NO、NO2的物质的量，根据铜元素守恒计算硝酸铜的物质的量，根据氮元素守恒可知参加反应的硝酸的物质的量n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO），根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，计算需要通入O2的物质的量，生成硝酸的物质的量，根据V=cVm计算氧气体积，溶液体积等于一氧化氮与二氧化氮的体积之和，根据c=计算硝酸浓度；（3）令铜为3mol，则HNO3为10mol，根据铜元素守恒可知，生成硝酸铜3mol，所以氧化剂作用的硝酸为10mol﹣6mol=4mol，令生成NO为xmol，则生成NO2为（4﹣x）mol，利用电子转移守恒列方程计算x值，据此书写离子方程式．【解答】解：（1）反应中氮元素化合价由+5价降低为+2、+4价，体现硝酸氧化性，同时生成硝酸盐，硝酸体现酸性．故答案为：氧化性、酸性；23\n（2）令铜为3mol，则HNO3为10mol，根据铜元素守恒可知，生成硝酸铜3mol，所以氧化剂作用的硝酸为10mol﹣6mol=4mol，令生成NO为xmol，则生成NO2为（4﹣x）mol，根据电子转移守恒可知，3x+（4﹣x）×1=3×2，解得x=1，即生成NO为1mol，则生成NO2为3mol，反应离子方程式为3Cu+10H++4NO3﹣=3Cu2++NO↑+3NO2↑+5H2O．故答案为：3Cu+10H++4NO3﹣=3Cu2++NO↑+3NO2↑+5H2O；（3）铜失去2个电子形成Cu2+，失去的电子物质的量是铜的2倍，0.004molCu被硝酸完全溶解后，Cu失去的电子数是0.004mol×2×NAmol﹣1=0.008NA；根据铜元素守恒，n[Cu（NO3）2]=n（Cu）=0.004mol，令NO、NO2的物质的量为ymol，根据电子转移守恒有3y+y=0.004×2，解得y=0.002，根据氮元素守恒可知，参加反应的硝酸的物质的量：n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=0.004mol×2+0.002mol+0.002mol=0.012mol；根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知，需要通入O2的物质的量为：0.002mol×+0.002mol×=0.002mol，生成硝酸的物质的量为0.002mol+0.002mol=0.004mol，所以需要氧气的体积为0.002mol×22.4L/mol=0.0448L=44.8ml；溶液体积等于一氧化氮与二氧化氮的体积之和，所以溶液的体积为0.004mol×22.4L/mol=0.004×22.4L，所得溶液的物质的量浓度是=mol/L．故答案为：0.008NA；0.012mol；44.8mL；mol/L（或0.0446mol•L﹣1）．【点评】本题考查反应方程式的有关计算，难度中等，（2）中离子方程式的书写关键是NO、NO2的物质的量的确定，注意氧化还原反应原理的灵活应用是关键．　16．无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等，工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3，还含有少量的SiO2）和石油焦（主要成分是C）为原料制备无水AlCl3：2Al2O3+6Cl2═4AlCl3+3O2回答以下问题：（1）加入焦炭后的化学反应可表示为Al2O3+C+Cl2AlCl3+X↑，设计实验确定气体X的成分：　气体X可能为CO、CO2或两者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO2，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO　．（2）在提纯AlCl3粗产品时，需加入少量铝粉，可使熔点较低的FeCl3转化为熔点较高的FeCl2，从而避免在AlCl3中混入铁的氯化物．该反应的化学方程式为　Al+3FeCl3AlCl3+3FeCl2　．（3）为测定制得的无水AlCl3产品（含FeCl3杂质）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32g．①过程涉及的离子方程式　Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓　、　Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O　．②AlCl3产品的纯度为　96%　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】简答题；热点问题；类比迁移思想；演绎推理法；化学实验基本操作．23\n【分析】（1）根据反应方程式可知，气体X可能为一氧化碳、二氧化碳或者二者混合物，可以利用澄清石灰水检验二氧化碳，利用灼热的氧化铜检验一氧化碳，据此涉及实验方案；（2）根据题中信息可知，反应物为Al和FeCl3，反应产物为氯化铝和FeCl2，据此写出反应的化学方程式；（3）①根据铝离子、铁离子与过量的氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子、氢氧化铁沉淀写出反应的离子方程式；②残留固体质量为0.32g为氧化铁，可以计算出铁离子的物质的量及氯化铁的质量，最后根据总质量计算出氯化铝的纯度．【解答】解：（1）从Al2O3+C+Cl2AlCl3+X↑可以看出X为CO、CO2或两者的混合物，确定气体X的成分，就是检验CO、CO2的存在，检验方法为：气体X可能为CO、CO2或两者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO2，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO，故答案为：气体X可能为CO、CO2或两者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO2，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO；（2）铝将氯化铁还原为氯化亚铁，反应的化学方程式为：Al+3FeCl3AlCl3+3FeCl2，故答案为：Al+3FeCl3AlCl3+3FeCl2；（3）①该制取过程中涉及的离子方程式有AlCl3与过量的NaOH溶液的反应和FeCl3与NaOH溶液的反应，反应的离子方程式为：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；②0.32g残留固体质量是Fe2O3，则铁离子的物质的量为：n（Fe3+）=0.004mol，氯化铁的质量为：m（FeCl3）=162.5g/mol×0.004mol=0.65g，混合物中氯化铝的质量为：m（AlCl3）=16.25g﹣0.65g=15.6g，所以AlCl3产品的纯度为：×100%=96%，故答案为：96%．【点评】本题考查了物质的分离与提纯、探究物质组成与含量等知识，题目难度中等，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　17．钼是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能．如图是化工生产中制备金属钼的主要流程图．23\n（1）反应①的尾气可以用NH3•H2O溶液吸收合成肥料，写出反应的离子方程式　2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32﹣+H2O　．（2）钼酸铵溶液中的主要阳离子的检验方法：　取少量钼酸铵溶液于试管中，加入NaOH加热，在试管口放一张润湿的紫色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明钼酸铵溶液中含有铵根离子　．（3）如果在实验室模拟操作1和操作2，则需要使用的主要玻璃仪器有　烧杯、漏斗和玻璃棒　．（4）写出反应①的化学方程式：　2MoS2+7O22MoO3+4SO2　．（5）工业上制备还原性气体CO和H2的反应原理为CO2+CH42CO+2H2，CH4+H2OCO+3H2．含甲烷体积分数为80%的aL（标准状况）天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下反应，甲烷转化率为90%，用产生的还原性气体（CO和H2）还原MoO3制钼，理论上能生产钼的质量为　4.11ag　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】辉钼矿（主要成分是MoS2）在空气中燃烧生成MoO3和SO2，二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收，所以尾气含SO2用浓氨水吸收，二氧化硫具有还原性，则同时通入氧气生成硫酸铵；MoO3加浓氨水生成钼酸铵溶液，过滤除去杂质，在钼酸铵溶液中加足量盐酸，发生复分解反应生成钼酸和氯化铵，钼酸为难溶于水和酸的黄色晶体，过滤得到钼酸晶体高温分解生成MoO3，在高温条件下用氢气还原得到金属钼，（1）二氧化硫和一水合氨反应生成亚硫酸铵；（2）铵根离子检验方法为：取少量钼酸铵溶液于试管中，加入NaOH加热，在试管口放一张润湿的紫色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明钼酸铵溶液中含有铵根离子；（3）如果在实验室模拟操作1和操作2，该操作为过滤，根据仪器的用途选取仪器；（4）高温下，MoS2和O2发生氧化还原反应生成MoO3和SO2；（5）根据CO2+CH42CO+2H2、CH4+H2OCO+3H2知，生成（CO+H2）体积是消耗甲烷体积的4倍，CO和氢气还原MoO3制钼时，每个分子CO和H2失去电子数相同，根据转移电子守恒计算生成Mo的质量．【解答】解：辉钼矿（主要成分是MoS2）在空气中燃烧生成MoO3和SO2，二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收，所以尾气含SO2用浓氨水吸收，二氧化硫具有还原性，则同时通入氧气生成硫酸铵；MoO3加浓氨水生成钼酸铵溶液，过滤除去杂质，在钼酸铵溶液中加足量盐酸，发生复分解反应生成钼酸和氯化铵，钼酸为难溶于水和酸的黄色晶体，过滤得到钼酸晶体高温分解生成MoO3，在高温条件下用氢气还原得到金属钼，（1）二氧化硫和一水合氨反应生成亚硫酸铵，离子反应方程式为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32﹣+H2O，故答案为：2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32﹣+H2O；（2）铵根离子检验方法为：取少量钼酸铵溶液于试管中，加入NaOH加热，在试管口放一张润湿的紫色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明钼酸铵溶液中含有铵根离子，故答案为：取少量钼酸铵溶液于试管中，加入NaOH加热，在试管口放一张润湿的紫色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明钼酸铵溶液中含有铵根离子；（3）如果在实验室模拟操作1和操作2，该操作为过滤，过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；23\n（4）高温下，MoS2和O2发生氧化还原反应生成MoO3和SO2，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；（5）根据CO2+CH42CO+2H2、CH4+H2OCO+3H2知，生成（CO+H2）体积是消耗甲烷体积的4倍，CO和氢气还原MoO3制钼时，每个分子CO和H2失去电子数相同，含甲烷体积分数为80%的aL（标准状况）天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下反应，甲烷转化率为90%，则甲烷转化的物质的量==0.0321amol，则生成CO和氢气物质的量之和为0.1284amol，根据转移电子守恒得生成Mo的质量=×96g/mol=4.11ag，故答案为：4.11ag．【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确每一步发生的反应、操作方法是解本题关键，难点是（5）题计算，注意甲烷和氢气与CO关系，为易错点．　18．现向含6molKI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加入KBrO3的物质的量的关系如图所示．已知①BrO3﹣+6I﹣+6H+═3I2+Br﹣+3H2O；②2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2；请回答下列问题：（1）由反应②有同学由此得出氧化性：I2＞Br2的结论，你认为是否正确　否　（填是或否），并说明理由　该反应中I2作还原剂，Br2为还原产物，应得出还原性I2＞Br2结论　．（2）b点时，KI反应完全，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为　1：6　，还原产物是　KBr　．（3）b→c过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子反应方程式　BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O　．（4）含6molKI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为　7.2　mol．（5）n（KBrO3）=4时，对应含碘物质的化学式为　I2，KIO3　．【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）根据反应2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来回答；23\n（2）b点时，KI反应完全，有图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，结合氧化剂、还原剂得失电子数目相等判断还原产物；（3）b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应；（4）根据关系式KI～I2～IO3﹣以及bc段反应BrO3﹣～Br﹣，写出反应的总方程式进行计算；（5）n（KBrO3）=4时，发生的反应依次有6H++6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2+3H2O，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，据此计算．【解答】解：（1）根据反应：2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2，还原剂的还原性强于还原产物的氧化性，所以得出还原性I2＞Br2，故答案为：否；该反应中I2作还原剂，Br2为还原产物，应得出还原性I2＞Br2结论；（2）b点时，KI反应完全，有图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6，发生反应为6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2，还原产物是KBr，故答案为：1：6；KBr；（3）b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应，反应的离子方程式为BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，故答案为：BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O；（4）发生的反应依次有6I﹣+6H++BrO3﹣=Br﹣+3I2+3H2O，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，总反应为5I﹣+6H++6BrO3﹣=5IO3﹣+3Br2+3H2O，则含6molKI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为1.2×6mol=7.2mol，故答案为：7.2；（5）n（KBrO3）=4时，发生的反应依次有6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，6molKI生成I2，需要1molKBrO3，同时生成1molKBr，发生BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，需要0.2molKBrO3，如I2完全被氧化生成KIO3，还应需要6molKBrO3，则n（KBrO3）=4时，对应含碘物质的化学式为I2，KIO3，故答案为：I2，KIO3．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，本题注意根据关系的关系式计算，为解答该题的关键，也是易错点．　19．某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验．方案Ⅰ．甲组同学用质量法，按如图1所示的实验流程进行实验：（1）实验时，蒸发结晶操作中，除了酒精灯外，还要用到的仪器是　蒸发皿、玻璃棒　（2）有同学认为“加入适量盐酸”不好操控，应改为“过量盐酸”，便于操作且不影响测定的准确性，你认为对或错　对　，为什么　因盐酸易挥发，过量的盐酸在加热过程中挥发不残留，不影响结果　．（3）若实验中测得样品质量为46.4g，固体质量为40.95g，则碳酸钠的质量分数为　45.7%　．（保留3位有效数字）23\n（4）蒸发结晶过程中若有固体飞溅，测得碳酸钠的质量分数　偏小　（填偏大偏小无影响）．方案Ⅱ：乙组同学的主要实验流程图如图2：按如图3所示装置进行实验：（5）在C中装碱石灰来吸收净化后的气体．D装置的作用是　吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性　．（6）有的同学认为为了减少实验误差，在反应前后都通入N2，反应后通入N2的目的是　将B、C装置中残留CO2全部驱入D装置的碱石灰中，减小实验误差　．方案Ⅲ：气体分析法（7）把一定量样品与足量稀硫酸反应后，用如图4装置测量产生CO2气体的体积，B溶液最好采用　b　（以下选项中选择）使测量误差较小．a．饱和碳酸钠溶液　b．饱和碳酸氢钠溶液c．饱和氢氧化钠溶液　　d．饱和硫酸铜溶液．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题；化学实验基本操作．【分析】方案Ⅰ、样品溶液后加入盐酸，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠溶液，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠溶液，蒸发结晶，称量固体质量，依据钠元素守恒进而求得碳酸钠的质量分数．（1）蒸发结晶操作中，需要蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等；（2）根据测定方法分析，利用的是样品质量和反应后所得氯化钠的质量计算，过滤盐酸再蒸发浓缩时挥发，对测定结果无影响；（3）若实验中测得样品质量为46.4g，固体质量为40.95g为氯化钠，根据钠元素守恒计算进而计算质量分数；（4）蒸发结晶过程中若有固体飞溅，氯化钠质量减少，测定碳酸钠质量分数减小；方案Ⅱ、称取一定量样品装入广口瓶中，打并止水夹，缓慢鼓入空气数分钟用来赶净装置中的空气，关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量，缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止，打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，把生成的二氧化碳全部赶到碱石灰干燥管中全部吸收，再称量干燥管质量，通过碱石灰的增重求得二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量和样品质量求得碳酸钠的物质的量，进而求得质量分数．23\n（5）在C中装碱石灰来吸收净化后的气体，测定生成气体质量，该方案关键是要获得产生的CO2的质量，故应保证产生的二氧化碳完全被吸收，而空气中二氧化碳不能被吸收，装置D是防止空气中的气体进入装置C；（6）所以反应前后都要通入N2，反应后通入N2的目的是：排尽装置内的空气，将生成的二氧化碳从容器内排出，被C装置中碱石灰吸收；方案Ⅲ：气体分析法（7）所选液体不溶解二氧化碳．【解答】解：（1）蒸发结晶操作中，需要蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等，故答案为：蒸发皿、玻璃棒；（2）利用的是样品质量和反应后所得氯化钠的质量计算，过滤盐酸再蒸发浓缩时挥发，对测定结果无影响，改为“过量盐酸”，便于操作且不影响测定的准确性，因盐酸易挥发，过量的盐酸在加热过程中挥发不残留，不影响结果；故答案为：因盐酸易挥发，过量的盐酸在加热过程中挥发不残留，不影响结果；（3）若实验中测得样品质量为46.4g，固体质量为40.95g，设碳酸钠物质的量为x，碳酸氢钠物质的量为Y，106x+84y=46.42x+y=x=0.2moly=0.3mol碳酸钠的质量分数为×100%=45.7%，故答案为：45.7%；（4）蒸发结晶过程中若有固体飞溅，氯化钠质量减少，测定碳酸钠质量分数减小，故答案为：偏小；Ⅱ、（5）空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性；故答案为：吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性；（6）该方案关键是要获得产生的CO2的质量，实验前容器内含有空气，空气中含有二氧化碳，会影响生成的二氧化碳的量，反应后装置中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差，所以反应前后都要通入N2，反应后通入N2的目的是：将生成的二氧化碳从容器内排出，被C装置中碱石灰吸收．故答案为：将B、C装置中残留CO2全部驱入D装置的碱石灰中，减小实验误差．方案Ⅲ：气体分析法（7）利用测定反应生成的二氧化碳气体体积的方法测定，在碳酸氢钠溶液中二氧化碳不反应，溶解度减小，利用装置图排饱和碳酸氢钠溶液测定二氧化碳气体的体积，二氧化碳和碳酸钠、氢氧化钠都反应，在硫酸铜溶液中也溶解，故答案为：b．【点评】本题考查了物质性质的探究和组成分析判断，主要是实验过程的分析，掌握基本操作和测定原理是解题关键，题目难度中等．　23\n23