江西省赣州市信丰中学2022届高三化学上学期第三次月考试题含解析

2022-2022学年江西省赣州市信丰中学高三（上）第三次月考化学试卷　一、选择题：（每小题3分，共16题，合计48分）1．下列食品、调味品的制作过程中，没有发生化学变化的是（　　）A．B．C．D．　2．下列关于有关物质的叙述正确的是（　　）①酸性氧化物肯定是非金属氧化物②不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应③碱性氧化物肯定是金属氧化物④分散系一定是混合物⑤浊液均可用过滤的方法分离．A．①③B．④⑤C．②④D．③④　3．下列说法中不正确的是（　　）A．三氧化二铝属于两性氧化物B．用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的物品时，发生的主要是化学变化C．液氨、液氯、液态氯化氢都是非电解质D．光导纤维的基本原料为SiO2　4．如图从属关系中错误的是（　　）选项XYZA氧化物化合物纯净物B胶体分散系混合物C卤代烃烃有机物D离子化合物电解质化合物A．AB．BC．CD．D　5．在实验室中，因装配仪器不慎划破手指出血，可立即在出血处滴FeCl3溶液应急止血，其原因是（　　）A．FeCl3溶液具有杀菌消毒作用B．FeCl3溶液能使血液凝聚C．FeCl3溶液能产生Fe（OH）3沉淀堵住伤口21\nD．FeCl3能使血液产生化学变化　6．在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣六种离子中的三种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（　　）A．K+、OH﹣、CO32B．CO32﹣、OH﹣、Cl﹣C．K+、H+、Cl﹣D．Cu2+、H+、Cl﹣　7．已知物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关．下列各组物质：①Cu与HNO3溶液②Al与NaOH溶液③Zn与H2SO4溶液④Mg与HCl溶液．由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（　　）A．③④B．①③C．①②D．①③④　8．下列分散系均能发生丁达尔现象的选项（　　）A．酒．生理盐水．花生油B．雾．含灰尘颗粒的空气．有色玻璃C．水晶．金刚石．冰D．大理石．高岭石．电石　9．下列离子方程式不正确的是（　　）A．足量的溴化亚铁和少量的氯气反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣B．向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H++O2+4I﹣═2I2+2H2OC．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClOD．碳酸氢镁溶液中加入足量的澄清石灰水：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O　10．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+、Cr2O、SO②pH=11的溶液中：CO、Na+、NO、Al（OH）③加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、SO、NO、Mg2+④在由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、I﹣⑤在溶液中能大量共存，加入NaOH后加热既有气体放出又有沉淀生成的溶液：Ca2+、HCO、NH、AlO⑥能使无色酚酞变红色的溶液：Na+、Cl﹣、S2﹣、SO．A．②④⑥B．②④⑤C．①③⑤D．④⑤⑥　11．2022年8月17日卫生部办公厅印发了《饮水型地方性砷中毒监测方案（试行）的通知》．已知在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+═2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（　　）21\n①SnCl2是还原剂②还原性：Cl﹣＞As③每生成7.5gAs，还原剂失去的电子为0.3mol④M为H2O⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①②④⑤B．①③④⑤C．①②③④D．①③　12．某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、S2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）A．Na+B．SO42﹣C．Ba2+D．NH4+　13．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A碳酸钠可用于治疗胃酸过多Na2CO3与盐酸反应Ⅰ对，Ⅱ对，有B将Na2O2溶于水，立刻在所得溶液中滴入酚酞，溶液变红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠Ⅰ对，Ⅱ错，有C铝制品很耐腐蚀铝在常温下很难被氧气氧化Ⅰ对，Ⅱ对，有D氯气可用于自来水消毒、杀菌氯气与水反应生成次氯酸Ⅰ对，Ⅱ对，有A．选项AB．选项BC．选项CD．选项D　14．向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示．下列说法中正确的是（　　）A．线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况B．线段Ⅰ代表Br﹣的变化情况C．原混合溶液中n（FeBr2）=4molD．a数值等于6　15．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（　　）A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL　21\n16．用过量的H2SO4、NaOH、NH3•H2O、NaCl等溶液，按图所示步骤分开五种离子，则溶液①②③④是（　　）A．①NaCl②NaOH③NH3•H2O④H2SO4B．①H2SO4②NaOH③NH3•H2O④NaClC．①NaCl②NH3•H2O③NaOH④H2SO4D．①H2SO4②NH3•H2O③NaOH④NaCl　　二、填空题（共6小题，合计52分）17．实验室需要0.1mol•L﹣1NaOH溶液450mL和0.5mol•L﹣1硫酸溶液500mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_　　　　　　（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是　　　　　　（填仪器名称）．（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有　　　　　　（填序号）．A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．贮存溶液C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D．准确稀释某一浓度的溶液E．量取一定体积的液体F．用来加热溶解固体溶质（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为　　　　　　g．在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度　　　　　　0.1mol•L﹣1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）．（4）根据计算可知，所需质量分数为98%、密度为1.84g•cm﹣3的浓硫酸的体积为　　　　　　mL（计算结果保留一位小数）．　18．（16分）（2022秋•赣州校级月考）（1）相同反应物，滴加顺序不同，离子方程式不同，如：在AlCl3溶液中滴入几滴NaOH溶液，离子方程式为　　　　　　．在NaOH溶液中滴入几滴AlCl3溶液，离子方程式为　　　　　　．（2）微溶物状态不同，离子方程式不同，如：石灰乳与Na2CO3溶液反应的离子方程式为　　　　　　．澄清石灰水与Na2CO3溶液反应的离子方程式为　　　　　　．（3）将一小片铜片加入稀硫酸中没有反应，再加入适量KNO3晶体，则铜片逐渐溶解，并产生无色气体．　　　　　　．21\n（4）向氢氧化钡溶液中滴加明矾溶液至Ba2+完全沉淀，离子方程式为：　　　　　　，继续加入明矾溶液，又发生的反应离子方程式为：　　　　　　．（5）已知Br2水与FeCl2（aq）发生如下反应：3Br2+6FeCl2═4FeCl3+2FeBr3现将112mL（标准状况）Cl2通入10.0mL1.0mol/L的FeBr2（aq）中，写出发生反应的离子方程式　　　　　　．　19．（10分）（2022秋•赣州校级月考）在Na+浓度为0.5mol•L﹣1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+阴离子NO3﹣、CO32﹣、SiO32﹣、SO42﹣取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀HCl产生白色沉淀并放出0.56L气体Ⅱ将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ在Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是　　　　　　．（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为　　　　　　．（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3﹣CO32﹣SiO32﹣SO42﹣c/mol•L﹣1　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（4）判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其最小物质的量浓度，若不存在，请说明理由：　　　　　　．　20．某学生按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1mol•L﹣1的KBr、KI（含淀粉溶液）、NaOH（含酚酞）、FeCl2（含KSCN）溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形（如下图所示），在圆心处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸，再立即将表面皿盖好．（已知2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O）（1）实验室制备Cl2的离子方程式为　　　　　　　　　　　　．该反应中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为　　　　　　．（2）b处的实验现象　　　　　　，d处的实验现象　　　　　　．（3）标准状况下，当有0.224LCl2被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为　　　　　　mol．（4）通过该实验能否比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？　　　　　　（填“能”或“不能”），若能，其氧化性由强到弱的顺序是　　　　　　．21\n　21．过氧化氢（H2O2）的水溶液俗称双氧水，近年来倍受人们的青睐，被称为“绿色氧化剂”．（1）写出H2O2的电子式　　　　　　，其分子内存在　　　　　　键．（2）与H2O2分子具有相同电子数的双原子单质分子为（写化学式）　　　　　　，与H2O2分子具有相同电子数的三原子化合物分子为（写化学式）　　　　　　．（3）某工业废水中含有一定量氯气，为了除去氯气，常加入H2O2作脱氯剂，写出该反应的化学方程式为　　　　　　．　22．人们对酸碱的认识，已有几百年的历史，经历了一个由浅入深，由低级到高级的认识过程．（1）1887年阿仑尼乌斯提出电离理论．（2）1923年丹麦化学家布朗斯特和英国化学家劳莱提出了质子论．凡是能够释放质子（氢离子）的任何含氢原子的分子或离子都是酸；凡是能与质子（氢离子）结合的分子或离子都是碱．按质子理论：下列粒子的水溶液既可看作酸又可看作碱的是　　　　　　．A．H2OB．NH4+C．OH﹣D．HCO3﹣E．CH3COO﹣F．Cl﹣（3）1923年路易斯（Lewis）提出了广义的酸碱概念．凡是能给出电子对而用来形成化学键的物质是碱；凡是能和电子对结合的物质都是酸．如：酸（电子对接受体）碱（电子对给予体）反应产物H++[：OH]﹣→H：OH试指出下列两个反应中的酸或碱：H3BO3+H2O═H++[B（OH）4]﹣；该反应中的碱是　　　　　　（填“H3BO3”或“H2O”）．CuCl2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2Cl﹣；该反应中的酸是　　　　　　（填“CuCl2”或“NH3”）．　　2022-2022学年江西省赣州市信丰中学高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：（每小题3分，共16题，合计48分）1．下列食品、调味品的制作过程中，没有发生化学变化的是（　　）A．B．C．D．【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】A．鲜奶制酸奶的过程中有显酸性的新物质生成；B．酿酒过程中能生成新物质酒精；C．酿醋过程中能生成新物质乙酸；D．制果汁过程中无新物质生成．【解答】解：A．鲜奶制酸奶的过程中有显酸性的新物质生成，属于化学变化，故A错误；B．酿酒过程中能生成新物质酒精，属于化学变化，故B错误；C．酿醋过程中能生成新物质乙酸，属于化学变化，故C错误；21\nD．制果汁过程中无新物质生成，属于物理变化，故D正确．故选D．【点评】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化．　2．下列关于有关物质的叙述正确的是（　　）①酸性氧化物肯定是非金属氧化物②不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应③碱性氧化物肯定是金属氧化物④分散系一定是混合物⑤浊液均可用过滤的方法分离．A．①③B．④⑤C．②④D．③④【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】①酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；②氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物和不成盐氧化物和两性氧化物等；③碱性氧化物即能和酸反应生成盐和水的氧化物；④分散系是将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中形成的体系；⑤浊液不能透过滤纸．【解答】解：①酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，但不一定为非金属氧化物，故Mn2O7，是酸性氧化物但是金属氧化物，故错误；②氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物和不成盐氧化物和两性氧化物等，故不能和酸反应的氧化物也不一定能跟碱反应，如不成盐氧化物，故错误；③碱性氧化物即能和酸反应生成盐和水的氧化物，一定是金属氧化物，故正确；④分散系是将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中形成的体系，故一定是混合物，故正确；⑤浊液不能透过滤纸，故可以用过滤的方法分离，故正确．故选BD．【点评】本题考查了氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题．　3．下列说法中不正确的是（　　）A．三氧化二铝属于两性氧化物B．用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的物品时，发生的主要是化学变化C．液氨、液氯、液态氯化氢都是非电解质D．光导纤维的基本原料为SiO2【考点】电解质与非电解质；物理变化与化学变化的区别与联系；硅和二氧化硅；两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】A、既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物；B、用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的物品时，油脂发生水解反应；C、液氯为单质，电解质与非电解质的研究对象为化合物；D、光导纤维的基本原料为SiO2．【解答】解：A．氧化铝与强酸、强碱反应生成相应的盐与水，属于两性氧化物，故A正确；21\nB．用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的物品的原理是：碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解出氢氧化钠，而氢氧化钠能使油脂发生水解反应，主要发生化学反应，故B正确；C．液氯为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．光导纤维的基本原料为SiO2，故D正确；故选C．【点评】本题考查了两性氧化物、纯碱去油污的原理和电解质非电解质的判断等问题，应注意硅和二氧化硅的用途的区别．　4．如图从属关系中错误的是（　　）选项XYZA氧化物化合物纯净物B胶体分散系混合物C卤代烃烃有机物D离子化合物电解质化合物A．AB．BC．CD．D【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；无机化合物与有机化合物的概念．【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答．【解答】解：A．氧化物属于化合物，化合物又属于纯净物，故A正确；B．胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故B正确；C．烃仅含碳氢两种元素，卤代烃还含有卤素，二者没有包含关系，故C错误；D．电解质是在熔融状态下或在溶液中能导电的化合物，包括离子化合物和部分共价化合物，电解质都属于化合物，故D正确．故选C．【点评】本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题，学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键．　5．在实验室中，因装配仪器不慎划破手指出血，可立即在出血处滴FeCl3溶液应急止血，其原因是（　　）A．FeCl3溶液具有杀菌消毒作用B．FeCl3溶液能使血液凝聚C．FeCl3溶液能产生Fe（OH）3沉淀堵住伤口D．FeCl3能使血液产生化学变化【考点】胶体的应用；盐类水解的应用．【专题】溶液和胶体专题；盐类的水解专题．【分析】血液可看作是胶体分散系，胶体遇电解质能发生聚沉．【解答】解：血液属于胶体，加入电解质溶液（FeCl3溶液）可使胶粒聚沉，血液凝聚达到止血效果．故选B．【点评】本题考查胶体的性质，难度不大，把握血液可看作是胶体分散系是解题的关键．21\n　6．在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣六种离子中的三种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（　　）A．K+、OH﹣、CO32B．CO32﹣、OH﹣、Cl﹣C．K+、H+、Cl﹣D．Cu2+、H+、Cl﹣【考点】离子共存问题．【分析】甲溶液呈蓝色，应含有Cu2+，则与Cu2+反应的离子应存在于乙中，结合溶液的电中性原则及离子共存的条件进行解答．【解答】解：甲溶液呈蓝色，应含有Cu2+，因CO32﹣、OH﹣可与反应生成沉淀，则只能存在于乙中，乙中含有CO32﹣、OH﹣，则一定不存在H+，阳离子只能为K+，则乙中含有的离子为：CO32﹣、OH﹣、K+，甲中含有的离子为：Cu2+、H+、Cl﹣，故选A．【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，题目难度中等，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，注意把握离子之间发生复分解反应的特点．　7．已知物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关．下列各组物质：①Cu与HNO3溶液②Al与NaOH溶液③Zn与H2SO4溶液④Mg与HCl溶液．由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（　　）A．③④B．①③C．①②D．①③④【考点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．【分析】①Cu与HNO3溶液反应，如果是浓硝酸，二者反应生成二氧化氮，如果是稀硝酸，二者反应生成NO；②Al与NaOH溶液反应，无论NaOH溶液是浓溶液还是稀溶液都生成偏铝酸钠和氢气；③Zn与H2SO4溶液反应，如果是浓硫酸，二者反应生成二氧化硫，如果是稀溶液，二者反应生成氢气；④Mg与HCl溶液反应，无论是浓盐酸还是稀盐酸都生成氢气和氯化镁．【解答】解：①Cu与HNO3溶液反应，如果是浓硝酸，二者反应生成二氧化氮，如果是稀硝酸，二者反应生成NO，所以产物与溶液浓度有关，故选；②Al与NaOH溶液反应，无论NaOH溶液是浓溶液还是稀溶液都生成偏铝酸钠和氢气，所以产物与溶液浓度无关，故不选；③Zn与H2SO4溶液反应，如果是浓硫酸，二者反应生成二氧化硫，如果是稀溶液，二者反应生成氢气，所以产物与溶液浓度有关，故选；④Mg与HCl溶液反应，无论是浓盐酸还是稀盐酸都生成氢气和氯化镁，所以产物与溶液浓度无关，故不选；故选B．【点评】本题考查物质之间反应，为高频考点，明确物质性质是解本题关键，影响产物的因素有反应物浓度、反应物用量、反应温度等，题目难度不大．　8．下列分散系均能发生丁达尔现象的选项（　　）A．酒．生理盐水．花生油B．雾．含灰尘颗粒的空气．有色玻璃C．水晶．金刚石．冰D．大理石．高岭石．电石【考点】胶体的重要性质．21\n【专题】溶液和胶体专题．【分析】根据胶体能够发生丁达尔现象，只要判断分散系是否是胶体即可．【解答】解：A、酒．生理盐水是溶液．花生油你发生丁达尔现象，故A错误；B、雾．含灰尘颗粒的空气．有色玻璃是胶体，能发生丁达尔现象，故B正确；C、水晶是二氧化硅晶体．金刚石是碳晶体．冰为水的固体，不是胶体不能发生丁达尔现象，故C错误；D、大理石主要是碳酸钙．高岭石主要是碳酸镁．电石主要是碳化钙，是矿石混合物，不是胶体不能发生丁达尔现象，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了胶体的性质，题目难度不大，明确分散系的分类是解题的关键．　9．下列离子方程式不正确的是（　　）A．足量的溴化亚铁和少量的氯气反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣B．向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H++O2+4I﹣═2I2+2H2OC．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClOD．碳酸氢镁溶液中加入足量的澄清石灰水：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．二价铁离子还原性强于溴离子，氯气少量先氧化二价铁离子；B．氧气能够氧化碘离子生成单质碘；C．发生氧化还原反应生成硫酸钙；D．二者反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀和水．【解答】解：A．足量的溴化亚铁和少量的氯气反应，离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故A正确；B．向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气，离子方程式：4H++O2+4I﹣═2I2+2H2O，故B正确；C．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl﹣+2H+，故C错误；D．碳酸氢镁溶液中加入足量的澄清石灰水，离子方程式：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高频考点，把握发生反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应，注意溴离子与二价铁离子还原性强弱．　10．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+、Cr2O、SO②pH=11的溶液中：CO、Na+、NO、Al（OH）③加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、SO、NO、Mg2+④在由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、I﹣21\n⑤在溶液中能大量共存，加入NaOH后加热既有气体放出又有沉淀生成的溶液：Ca2+、HCO、NH、AlO⑥能使无色酚酞变红色的溶液：Na+、Cl﹣、S2﹣、SO．A．②④⑥B．②④⑤C．①③⑤D．④⑤⑥【考点】离子共存问题．【分析】①Cr2O7﹣为黄色；②pH=11的溶液，显碱性；③加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；⑤AlO2﹣促进HCO3﹣的电离；⑥能使无色酚酞变红色的溶液，显碱性．【解答】解：①Cr2O7﹣为黄色，与无色不符，故错误；②pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故正确；③加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在Mg2+，酸溶液中Al、硝酸根离子发生氧化还原反应不生成氢气，故错误；④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故正确；⑤AlO2﹣促进HCO3﹣的电离，不能大量共存，故错误；⑥能使无色酚酞变红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故正确；故选A．【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，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　11．2022年8月17日卫生部办公厅印发了《饮水型地方性砷中毒监测方案（试行）的通知》．已知在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+═2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（　　）①SnCl2是还原剂②还原性：Cl﹣＞As③每生成7.5gAs，还原剂失去的电子为0.3mol④M为H2O⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①②④⑤B．①③④⑤C．①②③④D．①③【考点】氧化还原反应．【分析】3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，由原子守恒可知，M为H2O，Sn元素的化合价升高，As元素的化合价降低，结合氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．【解答】解：①Sn元素的化合价升高，则SnCl2是还原剂，故正确；②Cl元素的化合价在该反应中不变，则不能比较Cl﹣、As的还原性，故错误；③每生成7.5gAs，还原剂失去的电子为×（3﹣0）=0.3mol，故正确；④由原子守恒可知，M为H2O，故正确；21\n⑤Sn失去电子被氧化，则SnCl62﹣是氧化产物，故正确；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．　12．某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、S2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）A．Na+B．SO42﹣C．Ba2+D．NH4+【考点】离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】综合实验题；化学实验．【分析】根据离子的水解来分析溶液显酸性的原因，并利用离子的水解来判断离子的存在，再利用淀粉遇碘单质变蓝来结合信息加氯水和淀粉无明显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，则是还需检验的离子来解答．【解答】解：由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2﹣能水解显碱性，即S2﹣与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2﹣；再由氯水能氧化I﹣生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I﹣；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42﹣﹣必然存在，而Ba2+、SO42﹣能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故选：A．【点评】本题考查学生推断溶液中的离子，学生明确离子的共存、离子的检验、溶液呈电中性等知识是解答的关键，有助于训练学生解决问题时思维的严密性．　13．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A碳酸钠可用于治疗胃酸过多Na2CO3与盐酸反应Ⅰ对，Ⅱ对，有B将Na2O2溶于水，立刻在所得溶液中滴入酚酞，溶液变红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠Ⅰ对，Ⅱ错，有C铝制品很耐腐蚀铝在常温下很难被氧气氧化Ⅰ对，Ⅱ对，有D氯气可用于自来水消毒、杀菌氯气与水反应生成次氯酸Ⅰ对，Ⅱ对，有A．选项AB．选项BC．选项CD．选项D【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铝的化学性质．【专题】卤族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．Na2CO3碱性太强，不适于治疗胃酸过多；B．Na2O2具有强氧化性；C．铝易于氧气反应生成氧化铝；D．次氯酸具有强氧化性．【解答】解：A．Na2CO3碱性太强，不适于治疗胃酸过多，应用碳酸氢钠，故A错误；B．Na2O2具有强氧化性，将其溶于水得到的溶液使酚酞先变红后褪色，故B错误；21\nC．铝制品耐腐蚀是因为铝在空气中很容易被氧气氧化，生成致密的氧化物保护膜，故C错误；D．次氯酸具有强氧化性，可用于自来水消毒、杀菌，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查元素化合物知识，题目难度不大，注意物质的性质与应用的关系，学习中注意相关基础知识的积累．　14．向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示．下列说法中正确的是（　　）A．线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况B．线段Ⅰ代表Br﹣的变化情况C．原混合溶液中n（FeBr2）=4molD．a数值等于6【考点】氧化还原反应的计算．【分析】向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，根据还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，首先发生反应：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕，再发生反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，故线段Ⅰ代表I﹣的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol﹣1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I﹣）+n（Br﹣）=2n（Fe2+），故n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2）；根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值．【解答】解：向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，根据还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，首先发生反应：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕，再发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，故线段Ⅰ代表I﹣的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol﹣1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I﹣）+n（Br﹣）=2n（Fe2+），故n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，A、由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况，故A错误；B、由上述分析可知，线段I代表I﹣的变化情况，故B错误；C、溶液中n（Br﹣）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，故C错误；D、上述分析可知，溶液中n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，根据2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故D正确；故选：D．【点评】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较，综合性较强，难度较大，清楚反应过程是解题关键．　21\n15．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（　　）A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL【考点】硝酸的化学性质．【专题】守恒法；氮族元素．【分析】根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出Cu（NO3）2，再根据Cu（NO3）2与NaOH反应的关系，求出NaOH的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积．【解答】解：完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4n（Cu）×2=mol×4n（Cu）=0.15mol所以Cu（NO3）2为0.15mol根据Cu2+～2OH﹣0.15moln（OH﹣）则NaOH为0.15mol×2=0.3mol则NaOH体积V===0.06L，即60ml，故选A．【点评】本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则能起到事倍功半．　16．用过量的H2SO4、NaOH、NH3•H2O、NaCl等溶液，按图所示步骤分开五种离子，则溶液①②③④是（　　）A．①NaCl②NaOH③NH3•H2O④H2SO4B．①H2SO4②NaOH③NH3•H2O④NaClC．①NaCl②NH3•H2O③NaOH④H2SO4D．①H2SO4②NH3•H2O③NaOH④NaCl【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【分析】加入①时，只产生一种沉淀，故①一定是NaCl，沉淀为AgCl；在滤液中加入②后，生成两种沉淀，故②是NH3•H2O或NaOH而生成的沉淀，由于有一种沉淀在③中溶解，故②为NH3•H2O，③为NaOH，则④为H2SO4，据此进行判断．【解答】解：从题目所给的图示步骤综合分析，可以看出第①步分离五种离子中的一种离子，只能是Ag+与Cl﹣结合生成AgCl沉淀；21\n第②步产生的沉淀和剩余的溶液分别分离出两种离子，应用NH3•H2O沉淀出Fe3+和Al3+，然后用强碱NaOH溶液将Fe（OH）3和Al（OH）3分离；第④步用SO42﹣将Ba2+和K+分离，则溶液①②③④分别为：NaCl、NH3•H2O、NaOH、H2SO4，故选C．【点评】本题考查了物质的分离、提纯实验方案的设计，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意根据物质的性质进行实验设计，试题充分考查了学生的分析、理解能力　二、填空题（共6小题，合计52分）17．实验室需要0.1mol•L﹣1NaOH溶液450mL和0.5mol•L﹣1硫酸溶液500mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_　AC　（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是　玻璃棒、烧杯　（填仪器名称）．（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有　BCDF　（填序号）．A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．贮存溶液C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D．准确稀释某一浓度的溶液E．量取一定体积的液体F．用来加热溶解固体溶质（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为　2.0　g．在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度　大于　0.1mol•L﹣1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）．（4）根据计算可知，所需质量分数为98%、密度为1.84g•cm﹣3的浓硫酸的体积为　13.6　mL（计算结果保留一位小数）．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）根据操作步骤选取实验仪器；（2）根据m=nM=CVM计算氢氧化钠的质量；根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；（3）根据容量瓶的结构特点与使用原则解答；（4）先计算浓硫酸物质的量浓度，根据浓溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算浓硫酸的体积．【解答】解：（1）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以不需要的仪器是AC，还需要的仪器是烧杯和玻璃棒．故答案为：AC；玻璃棒、烧杯；21\n（2）容量瓶不能用于贮存、加热溶液，溶解固体溶质等，只有1个刻度线不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，故答案为：BCDF；（3）m=nM=CVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2g，在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，所以配制溶液的浓度偏大，故答案为：2.0；大于；（4）浓硫酸的物质的量浓度为：c==mol/L=18.4mol/L；设需要浓硫酸的体积为V，0.5mol/L×0.5L=18.4mol/L×V，V=0.0136L=13.6mL，故答案为：13.6．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，注意从c=理解配制原理，把握整个配制过程．　18．（16分）（2022秋•赣州校级月考）（1）相同反应物，滴加顺序不同，离子方程式不同，如：在AlCl3溶液中滴入几滴NaOH溶液，离子方程式为　Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓　．在NaOH溶液中滴入几滴AlCl3溶液，离子方程式为　Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O　．（2）微溶物状态不同，离子方程式不同，如：石灰乳与Na2CO3溶液反应的离子方程式为　Ca（OH）2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣　．澄清石灰水与Na2CO3溶液反应的离子方程式为　Ca2++CO32﹣═CaCO3↓　．（3）将一小片铜片加入稀硫酸中没有反应，再加入适量KNO3晶体，则铜片逐渐溶解，并产生无色气体．　3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O　．（4）向氢氧化钡溶液中滴加明矾溶液至Ba2+完全沉淀，离子方程式为：　2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O　，继续加入明矾溶液，又发生的反应离子方程式为：　Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓　．（5）已知Br2水与FeCl2（aq）发生如下反应：3Br2+6FeCl2═4FeCl3+2FeBr3现将112mL（标准状况）Cl2通入10.0mL1.0mol/L的FeBr2（aq）中，写出发生反应的离子方程式　2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣　．【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】（1）在AlCl3溶液中滴入几滴NaOH溶液，反应生成氢氧化铝和氯化钠；在NaOH溶液中滴入几滴AlCl3溶液，反应生成偏铝酸钠和水；（2）石灰乳在离子反应中保留化学式，反应生成碳酸钙和NaOH；澄清石灰水与Na2CO3溶液反应，反应生成碳酸钙、NaOH；（3）发生氧化还原反应生成铜离子、NO和水；（4）向氢氧化钡溶液中滴加明矾溶液至Ba2+完全沉淀，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾；继续加入明矾溶液，铝离子与偏铝酸根离子相互促进水解生成氢氧化铝沉淀；（5）112mL（标准状况）Cl2通入10.0mL1.0mol/L的FeBr2（aq）中，n（Cl2）=0.005mol，n（FeBr2）=0.01mol，由电子守恒可知，只有亚铁离子被氧化．【解答】解：（1）在AlCl3溶液中滴入几滴NaOH溶液，反应生成氢氧化铝和氯化钠，离子反应为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；在NaOH溶液中滴入几滴AlCl3溶液，反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（2）石灰乳在离子反应中保留化学式，反应生成碳酸钙和NaOH，离子反应为Ca（OH）2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣；澄清石灰水与Na2CO3溶液反应，反应生成碳酸钙、NaOH，离子反应为Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，21\n故答案为：Ca（OH）2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣；Ca2++CO32﹣═CaCO3↓；（3）发生氧化还原反应生成铜离子、NO和水，离子反应为3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）向氢氧化钡溶液中滴加明矾溶液至Ba2+完全沉淀，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾，离子反应为2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O；继续加入明矾溶液，铝离子与偏铝酸根离子相互促进水解生成氢氧化铝沉淀，离子反应为Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓，故答案为：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O；Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓；（5）112mL（标准状况）Cl2通入10.0mL1.0mol/L的FeBr2（aq）中，n（Cl2）=0.005mol，n（FeBr2）=0.01mol，由电子守恒可知，只有亚铁离子被氧化，离子反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒，题目难度不大．　19．（10分）（2022秋•赣州校级月考）在Na+浓度为0.5mol•L﹣1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+阴离子NO3﹣、CO32﹣、SiO32﹣、SO42﹣取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀HCl产生白色沉淀并放出0.56L气体Ⅱ将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ在Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是　Ag+、Mg2+　．（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为　SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓　．（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3﹣CO32﹣SiO32﹣SO42﹣c/mol•L﹣1　？　　0.25mol/L　　0.4mol/L　　0　（4）判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其最小物质的量浓度，若不存在，请说明理由：　存在，且其最小物质的量浓度为0.8mol•L﹣1　．【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够能大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32﹣，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+；21\n由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32﹣的浓度为=0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42﹣，根据电荷守恒2c（CO32﹣）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3﹣是否存在，以此来解答．【解答】解：根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够能大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32﹣，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32﹣的浓度为=0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42﹣，根据电荷守恒2c（CO32﹣）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3﹣是否存在；（1）由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32﹣、SiO32﹣，则一定没有Ag+、Mg2+，故答案为：Ag+、Mg2+；（2）由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，故答案为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；（3）根据以上计算可知，不能确定NO3﹣，c（CO32﹣）=0.25mol/L，c（SiO32﹣）=0.4mol/L，一定不存在硫酸根离子，所以c（SO42﹣）=0，故答案为：阴离子c/mol•L﹣1？0.25mol/L0.4mol/0；（4）根据电荷守恒2c（CO32﹣）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，故答案为：存在，且其最小物质的量浓度为0.8mol•L﹣1．【点评】本题考查较综合，涉及离子共存、离子检验及相关物质的量浓度的计算等，注重高频考点的考查，把握离子反应反应条件及常见离子的检验方法为解答的关键，注意电荷守恒判断K+是否存在为解答本题的难点、易错点，题目难度中等．　20．某学生按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1mol•L﹣1的KBr、KI（含淀粉溶液）、NaOH（含酚酞）、FeCl2（含KSCN）溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形（如下图所示），在圆心处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸，再立即将表面皿盖好．（已知2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O）21\n（1）实验室制备Cl2的离子方程式为　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　　．　．该反应中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为　1：2　．（2）b处的实验现象　溶液由无色变为蓝色　，d处的实验现象　溶液由浅绿色变为红色　．（3）标准状况下，当有0.224LCl2被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为　0.01　mol．（4）通过该实验能否比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？　能　（填“能”或“不能”），若能，其氧化性由强到弱的顺序是　KMnO4＞Cl2＞FeCl3　．【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应．【分析】（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气；二氧化锰为氧化剂，氯化氢为还原剂，氯化氢中有一半做还原剂，另一半表现酸性；（2）氯气的氧化性强于碘、三价铁离子，能够氧化碘离子生成单质碘，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；（3）计算氯气物质的量，结合化学方程式定量关系计算得到电子转移；（4）依据氧化还原反应中氧化剂氧化性强于氧化产物的氧化性判断解答．【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，方程式：MnO2+4HCl（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；依据方程式MnO2+4HCl（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O，二氧化锰做氧化剂，氯化氢做还原剂，消耗1mol二氧化锰，反应掉4mol氯化氢，其中有2mol做还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣═Mn2++Cl2↑+2H2O；1：2；（2）氯气氧化性强于碘，能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；氯气氧化性强于三价铁离子，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，所以溶液由浅绿色变为红色；故答案为：溶液由无色变为蓝色；溶液由浅绿色变为红色；（3）标准状况下，当有0.224LCl2被NaOH溶液吸收后，氯气物质的量==0.01mol，反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，氯元素化合价0价变化为﹣1价和+1价，1mol氯气反应电子转移1mol，0.01mol氯气反应电子转移0.01mol，故答案为：0.01；（4）氧化还原反应中氧化剂氧化性强于氧化产物的氧化性．2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，高锰酸钾为氧化剂，氯气为氧化产物，所以氧化性：KMnO4＞Cl2；氯气与二价铁离子反应生成三价铁离子，则氧化性：Cl2＞FeCl3；所以氧化性顺序为：KMnO4＞Cl2＞FeCl3；故答案为：能；KMnO4＞Cl2＞FeCl3；21\n【点评】本题考查了氯气的实验室制备和性质检验，氧化还原反应知识，熟悉反应原理及氧化还原反应规律是解题关键，题目难度不大．　21．过氧化氢（H2O2）的水溶液俗称双氧水，近年来倍受人们的青睐，被称为“绿色氧化剂”．（1）写出H2O2的电子式　　，其分子内存在　极性、非极性　键．（2）与H2O2分子具有相同电子数的双原子单质分子为（写化学式）　F2　，与H2O2分子具有相同电子数的三原子化合物分子为（写化学式）　H2S　．（3）某工业废水中含有一定量氯气，为了除去氯气，常加入H2O2作脱氯剂，写出该反应的化学方程式为　Cl2+H2O2=2HCl+O2↑　．【考点】过氧化氢．【专题】氧族元素．【分析】（1）根据电子式的书写方法来写电子式并利用原子序数来分析电子排布；不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键；（2）过氧化氢分子中含有18个电子，含有18个电子的单质为氟气，含有3原子的化合物为硫化氢；（3）氯气具有强氧化性，能把双氧水氧化生成氧气和水．【解答】解：（1）双氧水是一种含有氧氧共价键和氧氢共价键的极性分子，电子式为：；氢与氧形成极性键，氧与氧形成非极性键，故答案为：；极性、非极性；（2）双氧水中含有18个电子，所以与H2O2分子具有相同电子数的双原子单质分子为F2，而与H2O2分子具有相同电子数的三原子化合物分子为H2S，故答案为：F2；H2S；（3）氯气具有强氧化性，能把双氧水氧化生成氧气和水，反应的方程式是：Cl2+H2O2=2HCl+O2↑，故答案为：Cl2+H2O2=2HCl+O2↑．【点评】本题考查了过氧化氢的组成、结构与性质，题目难度不大，明确过氧化氢的结构与性质为解答关键，注意掌握电子式的书写原则、共价键类型及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　22．人们对酸碱的认识，已有几百年的历史，经历了一个由浅入深，由低级到高级的认识过程．（1）1887年阿仑尼乌斯提出电离理论．（2）1923年丹麦化学家布朗斯特和英国化学家劳莱提出了质子论．凡是能够释放质子（氢离子）的任何含氢原子的分子或离子都是酸；凡是能与质子（氢离子）结合的分子或离子都是碱．按质子理论：下列粒子的水溶液既可看作酸又可看作碱的是　AD　．A．H2OB．NH4+C．OH﹣D．HCO3﹣E．CH3COO﹣F．Cl﹣（3）1923年路易斯（Lewis）提出了广义的酸碱概念．凡是能给出电子对而用来形成化学键的物质是碱；凡是能和电子对结合的物质都是酸．如：酸（电子对接受体）碱（电子对给予体）反应产物H++[：OH]﹣→H：OH试指出下列两个反应中的酸或碱：H3BO3+H2O═H++[B（OH）4]﹣；该反应中的碱是　H2O　（填“H3BO3”或“H2O”）．21\nCuCl2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2Cl﹣；该反应中的酸是　CuCl2　（填“CuCl2”或“NH3”）．【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】（2）根据质子理论分析，电离出氢离子的是酸，结合氢离子的是碱；（3）根据广义酸碱概念分析，凡是能给出电子对而形成化学键的物质都是碱；凡是能够和电子对结合的物质都是酸．【解答】解：（2）根据质子理论分析，电离出氢离子的是酸，结合氢离子的是碱；H2O、HCO3﹣既能电离出氢离子，又能结合氢离子，所以既可以看作酸又可看作碱；NH4+能电离出氢离子，所以是酸；OH﹣、CH3COO﹣、Cl﹣能结合氢离子，所以是碱，故答案为：AD；（3）根据广义酸碱概念分析，凡是能给出电子对而形成化学键的物质都是碱；凡是能够和电子对结合的物质都是酸；H3BO3+H2O⇌H++B（OH）4﹣，该反应中给出电子对而形成化学键的物质H2O，所以该反应中的碱是H2O；CuCl2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2Cl﹣，氯化铜中铜离子提供空轨道和氨气分子提供电子对结合成[Cu（NH3）4]2+，所以水是CuCl2，故答案为：H2O；CuCl2．【点评】本题侧重考查酸碱的概念等，难度不大，对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力．　21