江西省抚州市临川一中2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析

2022-2022学年江西省抚州市临川一中高三（上）第一次月考化学试卷　一、选择题（16×3=48分．每小题只有一个正确答案）1．化学与生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是（　　）A．使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀B．可溶性铜盐有毒，故人体内不存在铜元素C．在海轮外壳装上锌块，可减缓船体的腐蚀速率D．中秋佳节月饼中用小袋包装的铁粉来防止月饼氧化变质　2．下列说法正确的是（　　）A．Na2O、Mn2O7、Fe2O3均为碱性氧化物B．烧碱不是碱、石炭酸不是酸、双氧水不是水C．电解质在水溶液中的反应都是离子反应D．单质都有还原性　3．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．常温下将28gFe投人到足量的浓硝酸中，可得到标准状况下33.6LNO2B．任何条件下，64gSO2中含有的原子数目一定为3NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1NAD．1mo1Na2O2反应生成O2时，必失去2NA个电子　4．下列说法不正确的是（　　）①CO2分子的比例模型示意图：②﹣OH与组成元素相同，含有的电子数也相同③HCN分子的结构式：H﹣C≡N；④NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣；⑤Na2O的水溶液能导电，这不能说明Na2O是电解质；⑥铝既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故铝是两性元素；⑦风化、干馏、裂化都是化学变化．A．①②⑤B．③④⑦C．①④⑥D．④⑤⑥　5．下列离子方程式不正确的是（　　）A．向Na2FeO4溶液中加入稀硫酸产生氧气：4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2OB．10mL0.5mol/L的明矾溶液与20mL0.5mol/LBa（OH）2溶液混合反应：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓C．铜粉与63%的硝酸反应：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2OD．工业上用纯碱液吸收SO2：CO32﹣+SO2═CO2+SO32﹣　-22-\n6．类比（比较）是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质．但类比是相对的，不能违背客观实际．下列各说法中正确的是（　　）A．根据化合价Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO•Pb2O3B．CaC2能水解：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑，则Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O=4Al（OH）3+3CH4↑C．Cl2与Fe加热生成FeCl3，则I2与Fe加热生成FeI3D．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba（NO3）2溶液也不产生沉淀　7．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生沉淀；过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g红棕色固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（　　）A．至少存在4种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在　8．下列实验或反应中，最后固体质量增加的是（　　）A．铜丝在空气中灼烧后迅速伸入乙醇蒸气中B．铁粉与硫粉物质的量之比为1：1时混合加热C．锌粉加入到氯化铜溶液中D．去除氧化膜的铝条插入到浓硝酸中　9．下列实验现象不能说明相关结论的是（　　）A．向Al（OH）3沉淀中滴加NaOH溶液或盐酸，沉淀均消失，说明Al（OH）3是两性氢氧化物B．将金属钠投入冷水中，钠熔为小球，说明钠与水的反应为放热反应且钠的熔点低C．向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明AgCl溶解度比Ag2S大D．将铜与浓硫酸共热，产生使石蕊溶液变红的气体，说明浓硫酸被氧化　10．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体B．Y可以是葡萄糖溶液C．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想D．将CuSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体　11．双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，化学式是NaAl（OH）2CO3关于该物质的说法正确的是（　　）A．该物质是Al（OH）3和Na2CO3的混合物B．该物质属于复盐-22-\nC．该药剂适合胃溃疡患者服用D．1molNaAl（OH）2CO3最多可消耗4molH+　12．利用下列各组物质制备和收集少量相应气体，能采用如图实验装置的是（　　）A．FeS与稀硫酸B．铜与浓硫酸C．稀硝酸与铜片D．电石与水　13．为提纯下列物质（括号内为杂质）选用的试剂和分离方法都正确的是（　　）物质试剂分离方法①硝酸钾（氯化钠）蒸馏水降温结晶②二氧化碳（氯化氢）饱和碳酸钠溶液洗气③乙醇（水）金属钠蒸馏④NaCl溶液（Na2S）AgCl过滤A．①③B．①④C．只有②D．③④　14．向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（　　）A．a点对应的溶液中：Na+、Mg2+、SO42﹣、HCO3﹣B．b点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3﹣、F﹣C．c点对应的溶液中：Na+、S2﹣、SO42﹣、Cl﹣D．d点对应的溶液中：K+、NH4+、I﹣、CO32﹣　15．已知A、B、C为中学化学中常见的单质．室温下，A为固体，B和C均为气体．在适宜的条件下，它们可以按如图进行反应．下列说法中不正确的是（　　）A．A、B、C中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能是氧化物B．A、B、C中三种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱C．如果E溶液是一种强酸，则E溶液为盐酸D．A、B、C中有一种金属且为A-22-\n　16．下列选项中所涉及到的两个量一定不相等的是（　　）A．足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数B．等物质的量的KO2与CaO2分别与水反应生成的气体体积（相同条件下）C．100mL1mol/LHNO3分别与1.4gFe、2.8gFe完全反应时生成的NO物质的量D．等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量气体时转移的电子数　　二、非选择题（52分）17．（11分）（2022秋•抚州校级月考）（1）近年来，我国用电弧法合成的碳纳米管中常伴有大量碳纳米颗粒（杂质），这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为：　　　　　　C+　　　　　　K2Cr2O7+　　　　　　﹣　　　　　　CO2↑+　　　　　　K2SO4+　　　　　　Cr2（SO4）3+　　　　　　H2O①完成并配平上述化学方程式．②在上述方程式上用单线桥标出该反应电子转移的方向与数目．（2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO．750℃时，测得气体中含等物质的量SO2和SO3，此时反应的化学方程式是　　　　　　．（3）向FeCl2和FeCl3混合溶液中加入适量KOH，高速搅拌下加入油脂，过滤后干燥得到一类特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2（其组成可理解为aK2O•bFeO•cFe2O3）．①若x的平均值为1.3，a：b：c=　　　　　　②若x为1.4，请写出该磁流体在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应的化学方程式：　　　　　　．（4）Fe3O4溶于稀HNO3的离子方程式：　　　　　　．　18．（10分）（2022秋•抚州校级月考）为探究Fe（NO3）2等硝酸盐热分解产物和产物的性质，某化学小组开展如下探究性学习：【查阅资料】金属活泼性不同，其硝酸盐分解产物不同（1）K→Na活泼金属的硝酸盐分解生成亚硝酸盐和氧气；（2）Mg→Cu等较活泼金属的硝酸盐分解生成氧化物、NO2和O2；（3）Hg以后不活泼金属的硝酸盐分解生成金属、NO2和O2．2KNO32KNO2↑+O2↑2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑I：【实验一】探究Fe（NO3）2热分解固体产物中Fe元素的价态．该小组甲同学将其溶于足量的稀H2SO4得到相应两份溶液，进行以下探究实验．①向一份溶液中滴入少量KSCN溶液；②少量稀酸性KMnO4溶液中滴入另一份溶液．现象：①溶液变红色②溶液变红色（1）则Fe（NO3）2分解的化学方程式是　　　　　　．Ⅱ：【实验二】探究Fe（NO3）2热分解气体产物的性质．小组乙、丙同学进行了如下图所示的实验（收集时操作恰当，几乎没有空气）实验步骤：①连接仪器；②检查装置气密性；③取一定质量Fe（NO3）2装于大试管，并重新连接好仪器；④加热；⑤…-22-\n（2）乙同学使用A装置收集气体，恰好收集到54mL红棕色气体，要从水槽中取出量筒，乙同学的正确操作方法是　　　　　　．（3）丙同学取等质量Fe（NO3）2的在同样条件下热分解，用B装置收集气体产物，可收集到气体　　　　　　mL．Ⅲ：【实验三】探究固体混合物的组成和特征（4）小组丁同学取KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2混合粉末充分加热后用排水法未收集到任何气体，则KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2物质的量之比可能为　　　　　　．A.1：2：2B.2：1：3C.1：2：3D.3：8：5（5）取0.6mol由KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）3按等物质的量之比混合而成的粉末溶于100mL3mol/L的稀硫酸中，再向溶液中加入足量的铜粉，则最多可溶解铜粉质量为　　　　　　．　19．（12分）（2022秋•抚州校级月考）2022年7月1日起，国家卫计委决定禁止使用硫酸铝、硫酸铝钾、硫酸铝铵等含铝元素的物质作为馒头、发糕等膨化食品添加剂．目前使用的无铝泡打粉的成分为小苏打、磷酸二氢钠、碳酸钙等．回答下列问题：（1）长期食用含铝元素的食品，铝元素会在体内积累，造成毒害．有一泡打粉样品，判断是否含铝元素的实验方法是：　　　　　　．（2）写出磷酸二氢钠在水中的电离方程式：　　　　　　．（3）磷酸二氢钠制备流程如下：①写出磷酸二氢钙与硫酸钠溶液反应的离子方程式：　　　　　　②操作a的名称为：　　　　　　，固体c的成份为：　　　　　　在进行操作a前需控制pH约4﹣5，若pH过高，得到的产物中可能有：　　　　　　（填化学式）③实验时取46.8g磷酸二氢钙，最终得到59.3gNaH2PO4•2H2O，该实验的产率是：　　　　　　．　20．（11分）（2022秋•抚州校级月考）FeSO4是一种精细化工产品，可用于治疗缺铁性贫血、制革、木材防腐等．制备步骤：①将3mol•L﹣1硫酸加入铁粉里，微热，搅拌使其充分反应；②趁热过滤；③在50℃左右蒸发、结晶，得到晶体﹣﹣绿矾（FeSO4•7H2O）．回答下列问题：（1）制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3mol•L﹣1硫酸的原因是　　　　　　，反应时要求铁粉过量的理由是　　　　　　（2）检验步骤①所得溶液中金属阳离子的方法是　　　　　　．（3）步骤②趁热过滤的原因是　　　　　　．（4）在空气中加热绿矾，固体质量与温度变化曲线如图：-22-\na曲线对应的反应化学方程式为　　　　　　c曲线对应的物质化学式为　　　　　　．　21．将由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到12.6g白色沉淀，向所得的浊液中逐滴加入3mol/L的盐酸，生成沉淀的质量与加入盐酸的体积的关系如图所示，根据题意回答下列问题：（1）写出将NaOH、AlCl3、MgCl2溶于水时发生反应的离子方程式：　　　　　　（2）a的值为　　　　　　；（3）求出原混合物各成分的物质的量（要求写出计算过程）．　　2022-2022学年江西省抚州市临川一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（16×3=48分．每小题只有一个正确答案）1．化学与生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是（　　）A．使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀B．可溶性铜盐有毒，故人体内不存在铜元素C．在海轮外壳装上锌块，可减缓船体的腐蚀速率D．中秋佳节月饼中用小袋包装的铁粉来防止月饼氧化变质【考点】原电池和电解池的工作原理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【分析】A．原电池能加快化学反应速率；B．铜离子为重金属离子，能够使蛋白质变性，所以铁离子有毒，但是铜是人体内一种必需的微量元素，在人体的新陈代谢过程中起着重要的作用；C．锌的活泼些强于铁，在原电池中作负极；D．铁粉消耗空气中的水和氧气．【解答】解：A．铁、碳和氯化钠能形成原电池，原电池能加快化学反应速率，故A正确；-22-\nB．可溶性铜盐中含有重金属离子铜离子，重金属离子可以使蛋白质变性，所以说可溶性铜盐有毒；铜与人体健康有着密切的关系，铜是人体健康内一种必需的微量元素，在人体的新陈代谢过程中起着重要的作用，则人体内存在铜元素，故B错误；C．锌的活泼些强于铁，在原电池中作负极，铁作正极，被保护，故C正确；D．铁粉消耗空气中的水和氧气，所以能防止月饼氧化变质，故D正确；故选B．【点评】本题考查原电池原理的应用、微量元素和防止氧化等，明确基础知识是解题的关键，题目难度不大．　2．下列说法正确的是（　　）A．Na2O、Mn2O7、Fe2O3均为碱性氧化物B．烧碱不是碱、石炭酸不是酸、双氧水不是水C．电解质在水溶液中的反应都是离子反应D．单质都有还原性【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．【分析】A、碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；B、烧碱是NaOH的俗称、苯酚俗称石碳酸；双氧水是过氧化氢的俗称，据此回答；C、电解质在水溶液中的反应实质是离子之间的反应；D、金属单质具有还原性，有的非金属单质有还原性，有的非金属单质没有还原性．【解答】解：A、Na2O、Fe2O3均为碱性氧化物，Mn2O7属于酸性氧化物，故A错误；B、烧碱是碱类、石炭酸是酸类、双氧水不是水，故B错误；C、电解质在水溶液中的反应实质是离子之间的反应，故C正确；D、有的非金属单质有还原性，如C；有的非金属单质没有还原性，如F2，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生物质的分类知识，注意对概念的理解和应用是关键，难度不大，要注意概念的区别和联系．　3．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．常温下将28gFe投人到足量的浓硝酸中，可得到标准状况下33.6LNO2B．任何条件下，64gSO2中含有的原子数目一定为3NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1NAD．1mo1Na2O2反应生成O2时，必失去2NA个电子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、常温下，铁在浓硝酸中钝化；B、求出二氧化硫的物质的量，然后根据1mol二氧化硫中含3mol原子来分析；C、溶液体积不明确；D、过氧化钠与水的反应为歧化反应．【解答】解：A、常温下，铁在浓硝酸中钝化，故生成的二氧化氮小于33.6L，故A错误；B、64g二氧化硫的物质的量为1mol，而1mol二氧化硫中含3mol原子即3NA个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故C错误；D、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故D错误．故选B．【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．-22-\n　4．下列说法不正确的是（　　）①CO2分子的比例模型示意图：②﹣OH与组成元素相同，含有的电子数也相同③HCN分子的结构式：H﹣C≡N；④NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣；⑤Na2O的水溶液能导电，这不能说明Na2O是电解质；⑥铝既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故铝是两性元素；⑦风化、干馏、裂化都是化学变化．A．①②⑤B．③④⑦C．①④⑥D．④⑤⑥【考点】球棍模型与比例模型；物理变化与化学变化的区别与联系；电子式；结构式；电解质与非电解质．【分析】①二氧化碳为直线型结构；②﹣OH与分别为羟基的结构简式和电子式；③书写结构简式时注意C≡N三键不能省略；④HCO3﹣在水中部分电离；⑤Na2O与水反应生成电解质；⑥铝属于两性物质；⑦分馏是利用沸点不同分离液体的方法，是物理变化．【解答】解：①二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为，故错误；②﹣OH与分别为羟基的结构简式和电子式，组成元素相同，含有的电子数也相同，故正确；③HCN分子中存在C﹣H和C≡N，其结构式为H﹣C≡N，故正确；④HCO3﹣在水中部分电离，所以NaHCO3在水中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣，故错误；⑤Na2O与水反应生成电解质NaOH，所以Na2O的水溶液能导电，这不能说明Na2O是电解质，故正确；⑥铝既能与酸反应，又能与强碱溶液反应，但不属于两性物质，故错误；⑦分馏是利用沸点不同分离液体的方法，过程中没有新物质生成，是物理变化，干馏、裂化都是化学变化，故正确．故选C．【点评】本题考查了化学用语的判断，属于基础知识的考查，题目难度中等，注意掌握常见有机物的表示方法，试题考查了学生规范答题的能力．　5．下列离子方程式不正确的是（　　）A．向Na2FeO4溶液中加入稀硫酸产生氧气：4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2OB．10mL0.5mol/L的明矾溶液与20mL0.5mol/LBa（OH）2溶液混合反应：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓C．铜粉与63%的硝酸反应：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O-22-\nD．工业上用纯碱液吸收SO2：CO32﹣+SO2═CO2+SO32﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；B．物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡和偏铝酸钾；C.63%的硝酸为浓硝酸，反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；D．二氧化硫与纯碱反应生成亚硫酸钠和二氧化碳．【解答】解：A．向Na2FeO4溶液中加入稀硫酸产生氧气的离子反应为4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O，故A正确；B.10mL0.5mol/L的明矾溶液与20mL0.5mol/LBa（OH）2溶液混合反应的离子反应为2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B错误；C．铜粉与63%的硝酸反应的离子反应为Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O，故C正确；D．工业上用纯碱液吸收SO2的离子反应为CO32﹣+SO2═CO2+SO32﹣，故D正确；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，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本题的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　6．类比（比较）是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质．但类比是相对的，不能违背客观实际．下列各说法中正确的是（　　）A．根据化合价Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO•Pb2O3B．CaC2能水解：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑，则Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O=4Al（OH）3+3CH4↑C．Cl2与Fe加热生成FeCl3，则I2与Fe加热生成FeI3D．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba（NO3）2溶液也不产生沉淀【考点】盐类水解的原理；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】类比迁移思想．【分析】A、Fe最常见的化合价是+2和+3价，所以Fe3O4可以写成FeO•Fe2O3；Pb最常见的化合价是+2和+4价，所以Pb3O4可以写成2PbO•PbO2；B、依据碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙的反应前后元素化合价不变，是书写依据，所以Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O=4A1（OH）3+3CH4↑；C、碘单质氧化性较弱和变价金属反应只能生成低价的化合物；，所以I2与Fe加热生成FeI2；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液中，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，与硝酸根离子形成硝酸具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸；【解答】解：A、Fe最常见的化合价是+2和+3价，所以Fe3O4可以写成FeO•Fe2O3；Pb最常见的化合价是+2和+4价，所以Pb3O4可以写成2PbO•PbO2；故A错误；B、依据碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙的反应前后元素化合价不变，是书写依据，所以Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O=4A1（OH）3+3CH4↑，故B正确；C、碘单质氧化性较弱和变价金属反应只能生成低价的化合物；，所以I2与Fe加热生成FeI2，故C错误；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液中，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，与硝酸根离子形成硝酸具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，故D错误；故选B．【点评】本题考查了物质结构的特征分析判断，分析存在的规律是解题关键，硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，碘单质氧化性弱和铁反应生成亚铁盐，题目难度中等．　-22-\n7．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生沉淀；过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g红棕色固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（　　）A．至少存在4种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在【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】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe2+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe2+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，根据Fe元素守恒，故有0.02molFe2+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42﹣，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl﹣，至少0.02mol×3+0.02﹣0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少=0.4mol/L，A、至少存在Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+四种离子，故A正确；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl﹣，即c（Cl﹣）≥0.4mol/L，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选AB．【点评】本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等．　8．下列实验或反应中，最后固体质量增加的是（　　）A．铜丝在空气中灼烧后迅速伸入乙醇蒸气中B．铁粉与硫粉物质的量之比为1：1时混合加热C．锌粉加入到氯化铜溶液中D．去除氧化膜的铝条插入到浓硝酸中【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；铝的化学性质；铁的化学性质．【分析】A、铜灼烧生成了氧化铜，氧化铜和乙醇反应生成了乙醛和铜；B、铁粉与硫粉反应生成硫化亚铁；C、锌和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸锌，固体质量减小；D、铝在浓硝酸中常温下发生钝化，氧化铝是两性氧化物溶于浓硝酸．【解答】解：A、由于氧化铜能够和乙醇反应生成乙醛和铜，铜变成氧化铜，氧化铜又被还原成铜，最终铜质量没有变化，故A错误；B、铁粉与硫粉反应生成硫化亚铁，铁粉与硫粉物质的量之比为1：1时恰好反应生成硫化亚铁，反应物质量不变，故B错误；C、锌和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸锌，Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，固体质量减小，故C错误；-22-\nD、铝在浓硝酸中常温下发生钝化，氧化铝是两性氧化物溶于浓硝酸，去除氧化膜的铝条可以插入到浓硝酸中，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质性质的分析判断，注意反应前后固体质量的变化分析，掌握常温下铝在浓硝酸中钝化和化学基础是关键，题目较简单．　9．下列实验现象不能说明相关结论的是（　　）A．向Al（OH）3沉淀中滴加NaOH溶液或盐酸，沉淀均消失，说明Al（OH）3是两性氢氧化物B．将金属钠投入冷水中，钠熔为小球，说明钠与水的反应为放热反应且钠的熔点低C．向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明AgCl溶解度比Ag2S大D．将铜与浓硫酸共热，产生使石蕊溶液变红的气体，说明浓硫酸被氧化【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氢氧化铝为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成盐和水；B．钠熔为小球，说明钠的熔点较低，且反应为放热反应；C．根据难溶电解质的溶解平衡解答；D．铜和浓硫酸发生氧化还原反应．【解答】解：A．氢氧化铝为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成盐和水，故A正确；B．钠熔为小球，说明钠的熔点较低，且反应为放热反应，故B正确；C．向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明生成硫化银沉淀，平衡向溶度积更小的方向移动，故C正确；D．将铜与浓硫酸共热，产生使石蕊溶液变红的气体，生成的气体为二氧化硫，该反应中浓硫酸起到强氧化性的作用，被还原，故D错误．故选D．【点评】本题考查较为综合，多角度考查元素化合物知识，贴近高考，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理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累．　10．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体B．Y可以是葡萄糖溶液C．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想D．将CuSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO2、SO3，依据电子守恒分析；B、硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；C．根据反应物和生成物的化学式判断，途径①产生二氧化硫气体污染性气体；D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体．-22-\n【解答】解：A．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO3、SO2，根据2CuSO4═Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，X可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故A错误；B．葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；C．相对于途径①、③，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故C正确；D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体，故D正确；故选A．【点评】本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等．　11．双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，化学式是NaAl（OH）2CO3关于该物质的说法正确的是（　　）A．该物质是Al（OH）3和Na2CO3的混合物B．该物质属于复盐C．该药剂适合胃溃疡患者服用D．1molNaAl（OH）2CO3最多可消耗4molH+【考点】镁、铝的重要化合物．【分析】A．双羟基铝碳酸钠是一种盐；B．该物质组成分析属于碱式复盐；C．羟基（实际为氢氧根）与碳酸根能盐酸反应；D．该物质与较多的H+反应会产生二氧化碳和水．【解答】解：A．NaAl（OH）2CO3属于纯净物，不是混合物，故A错误；B．NaAl（OH）2CO3中的阴离子为OH﹣和CO32﹣离子，不全是OH﹣，该物质不属于碱该物质是碱式复盐，故B正确；C．NaAl（OH）2CO3能与盐酸反应，所以能治疗胃酸过多的胃病患者，但胃溃疡患者不能服用此物，因为产生的CO2对胃有刺激作用，胃溃疡患者会加重，故C错误．D．NaAl（OH）2CO3和酸发生反应：NaAl（OH）2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑，1molNaAl（OH）2CO3最多可消耗4molH+，故D正确；故选BD．【点评】本题考查碱和盐的概念，可以根据NaAl（OH）2CO3含有的阴离子，用混合物氢氧化铝、碳酸钠的性质理解其性质，但注意实际为一种盐，题目难度中等．　12．利用下列各组物质制备和收集少量相应气体，能采用如图实验装置的是（　　）A．FeS与稀硫酸B．铜与浓硫酸C．稀硝酸与铜片D．电石与水【考点】化学实验方案的评价；气体的收集；实验装置综合．-22-\n【分析】由图可知，为固体与液体反应不加热制取气体的装置，且生成的气体利用向上排空气法收集，则气体的密度比空气的密度大，以此来解答．【解答】解：A．为固体与液体反应不加热，且生成硫化氢的密度比空气密度大，利用向上排空气法收集，故A选；B．铜与浓硫酸反应需要加热，故B不选；C．稀硝酸与铜片反应生成NO，NO不能利用排空气法收集，故C不选；D．反应生成乙炔，密度比空气的密度小，故D不选；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集等，把握制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　13．为提纯下列物质（括号内为杂质）选用的试剂和分离方法都正确的是（　　）物质试剂分离方法①硝酸钾（氯化钠）蒸馏水降温结晶②二氧化碳（氯化氢）饱和碳酸钠溶液洗气③乙醇（水）金属钠蒸馏④NaCl溶液（Na2S）AgCl过滤A．①③B．①④C．只有②D．③④【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】实验评价题．【分析】①硝酸钾混有氯化钠，氯化钠溶解度随温度变化不大，利用冷却热饱和溶液的方法得到硝酸钾晶体；②二氧化碳和碳酸钠溶液也发生反应；③乙醇和水都和钠发生反应；④加入氯化银是难溶物可以和硫化钠反应实现沉淀转化；【解答】解：①硝酸钾混有氯化钠，氯化钠溶解度随温度变化不大，硝酸钾溶解度随温度升高增大，利用冷却热饱和溶液的方法得到硝酸钾晶体；故①正确；②二氧化碳和碳酸钠溶液也发生反应，氯化氢和碳酸钠溶液反应；洗气后二氧化碳和氯化氢都和碳酸钠溶液反应，故②错误；③乙醇和水都和钠发生反应，不能除去水；故③错误④加入氯化银是难溶物，可以和硫化钠反应实现沉淀转化Na2S+2AgCl=Ag2S+2NaCl；可以实现除杂，故④正确；故选B．【点评】本题考查了物质性质的实验方法设计除杂方法应用，注意除杂原则，题目难度中等．　14．向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（　　）-22-\nA．a点对应的溶液中：Na+、Mg2+、SO42﹣、HCO3﹣B．b点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3﹣、F﹣C．c点对应的溶液中：Na+、S2﹣、SO42﹣、Cl﹣D．d点对应的溶液中：K+、NH4+、I﹣、CO32﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．a点溶液显碱性，NaOH过量，碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应；B．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，溶液中存在氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀；C．b点恰好生成偏铝酸钠，四种离子之间不反应，都不与偏铝酸钠反应；D．d点为氯化铝溶液，碳酸根离子与铝离子发生双水解反应．【解答】解：A．a点溶液显碱性，NaOH过量，HCO3﹣与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+，故B错误；C．b点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，Na+、S2﹣、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反应，都不与偏铝酸钠反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．d点为氯化铝溶液，Al3+、CO32﹣相互促进水解生成沉淀和气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，明确图象中各点对应的反应及溶液的成分、离子之间的反应是解答的关键，注意选项D中的相互促进水解反应．　15．已知A、B、C为中学化学中常见的单质．室温下，A为固体，B和C均为气体．在适宜的条件下，它们可以按如图进行反应．下列说法中不正确的是（　　）A．A、B、C中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能是氧化物B．A、B、C中三种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱C．如果E溶液是一种强酸，则E溶液为盐酸D．A、B、C中有一种金属且为A【考点】无机物的推断．【分析】已知A、B、C为中学化学中常见的单质，室温下，A为固体，B和C均为气体．在适宜的条件下，它们可以按如图所示进行反应，A为固体，常见为碳、钠、镁、铝、铁等，B、C为气体单质，常见有氯气、氧气、氢气、氮气等，固体A和气体B反应生成的D是固体，说明A为金属不为碳，E溶液能与金属反应，且E是两种气体反应所得产物，则E应为酸，C应为氢气，所以B为Cl2，E为HCl，D为金属和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是变价金属铁，A可能是Na、Mg、Al等，结合选项来解答．-22-\n【解答】解：由信息及上述转化关系可知，B为Cl2，E为HCl，C为氢气，D为金属和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是变价金属铁，A可能是Na、Mg、Al等，A．若A为Na，B为氯气，C为氢气，三种元素中的任意两种元素形成的化合物一定不含O元素，不属于氧化物，故A错误；B．若A为Na，B为氯气，C为氢气，三种元素中的任意两种元素形成的化合物一定不含O元素，不可能为碱，故B正确；C．E为两种单质化合生成的物质，溶于水显酸性，不可能为硫酸，可以为盐酸，故C正确；D．由上述分析可知，只有A为金属，B和C均为气体非金属单质，故D正确；故选A．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握常见物质的性质、物质之间的转化反应为解答的关键，侧重分析、推断能力的综合考查，注意A为金属的分析为解答的难点，题目难度中等．　16．下列选项中所涉及到的两个量一定不相等的是（　　）A．足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数B．等物质的量的KO2与CaO2分别与水反应生成的气体体积（相同条件下）C．100mL1mol/LHNO3分别与1.4gFe、2.8gFe完全反应时生成的NO物质的量D．等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量气体时转移的电子数【考点】物质的量的相关计算；化学方程式的有关计算．【分析】A．Na与氯气生成NaCl，Na与氧气生成过氧化钠和氧化钠；B．根据反应方程式4KO2+2H2O=2KOH+3O2↑，2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑分析判断；C．根据反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O计算；D．反应生成的氢气相同，则H元素得到的电子相同．【解答】解：A．足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数，Na与氯气生成NaCl，Na与氧气生成过氧化钠和氧化钠，生成氧化钠时转移电子数多，即转移电子数不同，故A选；B．KO2与CaO2分别与水反应生成氧气，两个反应的方程式分别为：4KO2+2H2O=2KOH+3O2↑，2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑，所以等物质的量的KO2与CaO2分别与水反应生成的气体体积不同，故B选；C．100mL1mol/LHNO3与1.4gFe反应发生的方程式为Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，二者恰好反应生成0.025molNO，3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，100mL1mol/LHNO3分别与2.8gFe反应，硝酸的物质的量为0.1mol，Fe为0.5mol，发生3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，硝酸不足，按照硝酸计算得到NO为0.025mol，所以两个反应生成的NO相同，故C不选；D．等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量的氢气，生成1mol氢气转移2mol电子，由于生成的氢气相同，所以转移的电子数相同，故D不选．故选AB．【点评】本题考查物质的量的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握物质存在的状态、构成以及物质的量的相关计算公式，难度中等．　二、非选择题（52分）17．（11分）（2022秋•抚州校级月考）（1）近年来，我国用电弧法合成的碳纳米管中常伴有大量碳纳米颗粒（杂质），这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为：　3　C+　2　K2Cr2O7+　8H2SO4　﹣　3　CO2↑+　2　K2SO4+　2　Cr2（SO4）3+　8　H2O-22-\n①完成并配平上述化学方程式．②在上述方程式上用单线桥标出该反应电子转移的方向与数目．（2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO．750℃时，测得气体中含等物质的量SO2和SO3，此时反应的化学方程式是　CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3　．（3）向FeCl2和FeCl3混合溶液中加入适量KOH，高速搅拌下加入油脂，过滤后干燥得到一类特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2（其组成可理解为aK2O•bFeO•cFe2O3）．①若x的平均值为1.3，a：b：c=　13：6：7　②若x为1.4，请写出该磁流体在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应的化学方程式：　10K1.4FeO2+6KI+20H2SO4=10FeSO4+3I2+10K2SO4+20H2O　．（4）Fe3O4溶于稀HNO3的离子方程式：　3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O　．【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）反应中C元素化合价变化：0价→+4价，1molC参加反应，失去4mol电子；Cr元素化合价变化：+6价→+3价，1molK2Cr2O7参加反应，得到6mol电子；依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒规律书写方程式；依据方程式分析转移电子数目并用单线桥表示；（2）根据题目信息写出生成物，根据质量守恒配平；（3）①当x=1.3时，即KxFeO2为K1.3FeO2，其最简整数比的化学式为K13Fe10O20即K2O•3FeO•Fe2O3）；②当x=1.4时，即K1.4FeO2，当其在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应时，其反应实质是Fe3+和I﹣在酸性条件下发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，K1.4FeO2的化学组成可看作7K2O•4FeO•3Fe2O3，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒写出反应方程式；（4）Fe3O4与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，利用整体法，Fe3O4中铁元素化合价共计+8价，生成3mol三价铁离子，共失去1mol电子，硝酸根中氮元素从+5价降为+2价，1mol硝酸根被还原得到3mol电子，依据氧化还原反应得失电子守恒及原子个数守恒配平方程式．【解答】解：（1）①反应中C元素化合价变化：0价→+4价，1molC参加反应，失去4mol电子；Cr元素化合价变化：+6价→+3价，1molK2Cr2O7参加反应，得到6mol电子，要使得失电子守恒，则C的系数为3，K2Cr2O7的系数为2，依据原子个数守恒，反应方程式：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O；故答案为：3；2；8H2SO4；3；2；2；8；②依据方程式3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O可知，消耗3mol碳，共失去电子12mol；2K2Cr2O7共得到12mol电子，所以用单线桥表示该氧化还原反应为：；-22-\n故答案为：；（2）用CO还原MgSO4可得到MgO、CO2、SO2和SO3，方程式为CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3，故答案为：CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3；（3）①x=1.3时，即KxFeO2为K1.3FeO2，其最简整数比的化学式为K13Fe10O20即K2O•3FeO•Fe2O3）；则a：b：c=：3：；即：13：6：7；故答案为：13：6：7；②当x=1.4时，即K1.4FeO2，当其在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应时，其反应实质是Fe3+和I﹣在酸性条件下发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，K1.4FeO2的化学组成可看作7K2O•4FeO•3Fe2O3，反应的方程式：10K1.4FeO2+6KI+20H2SO4=10FeSO4+3I2+10K2SO4+20H2O；故答案为：10K1.4FeO2+6KI+20H2SO4=10FeSO4+3I2+10K2SO4+20H2O；（4）Fe3O4与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，利用整体法，Fe3O4中铁元素化合价共计+8价，生成3mol三价铁离子，共失去1mol电子，硝酸根中氮元素从+5价降为+2价，1mol硝酸根被还原得到3mol电子，要使得失电子守恒，Fe3O4系数为3，硝酸根离子系数为1，依据原子个数守恒，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O，故答案为：3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O．【点评】本题考查了氧化还原反应，设计氧化还原反应表示方法、氧化还原反应方程式配平、有关计算，熟悉氧化还原反应中得失电子守恒规律是解题关键，题目难度较大．　18．（10分）（2022秋•抚州校级月考）为探究Fe（NO3）2等硝酸盐热分解产物和产物的性质，某化学小组开展如下探究性学习：【查阅资料】金属活泼性不同，其硝酸盐分解产物不同（1）K→Na活泼金属的硝酸盐分解生成亚硝酸盐和氧气；（2）Mg→Cu等较活泼金属的硝酸盐分解生成氧化物、NO2和O2；（3）Hg以后不活泼金属的硝酸盐分解生成金属、NO2和O2．2KNO32KNO2↑+O2↑2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑I：【实验一】探究Fe（NO3）2热分解固体产物中Fe元素的价态．该小组甲同学将其溶于足量的稀H2SO4得到相应两份溶液，进行以下探究实验．①向一份溶液中滴入少量KSCN溶液；②少量稀酸性KMnO4溶液中滴入另一份溶液．现象：①溶液变红色②溶液变红色-22-\n（1）则Fe（NO3）2分解的化学方程式是　4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑　．Ⅱ：【实验二】探究Fe（NO3）2热分解气体产物的性质．小组乙、丙同学进行了如下图所示的实验（收集时操作恰当，几乎没有空气）实验步骤：①连接仪器；②检查装置气密性；③取一定质量Fe（NO3）2装于大试管，并重新连接好仪器；④加热；⑤…（2）乙同学使用A装置收集气体，恰好收集到54mL红棕色气体，要从水槽中取出量筒，乙同学的正确操作方法是　用玻璃片在水槽里盖好量筒口，用食指摁紧玻璃片，将量筒从水槽中取出，正放在试验台上　．（3）丙同学取等质量Fe（NO3）2的在同样条件下热分解，用B装置收集气体产物，可收集到气体　8　mL．Ⅲ：【实验三】探究固体混合物的组成和特征（4）小组丁同学取KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2混合粉末充分加热后用排水法未收集到任何气体，则KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2物质的量之比可能为　A　．A.1：2：2B.2：1：3C.1：2：3D.3：8：5（5）取0.6mol由KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）3按等物质的量之比混合而成的粉末溶于100mL3mol/L的稀硫酸中，再向溶液中加入足量的铜粉，则最多可溶解铜粉质量为　20.8g　．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）向一份溶液中滴入少量KSCN溶液，溶液变红色，说明有铁离子产生成，根据电子得失守恒可知Fe（NO3）2热分解生成了氧化铁，二氧化氮和氧气，据此答题；（2）由于NO2和的密度均大于空气，所以将量筒从水槽中取出，正放在试验台上；（3）由4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑可知产生NO2和O2的体积比为8：1，而4NO2～O2可恰好进入溶液中，剩余的NO2溶于水产生NO，因此收集到的气体为NO；（4）根据三个反应2KNO32KNO2↑+O2↑；2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑；2Fe（NO3）2Fe2O3+8NO2↑+O2↑，混合粉末充分加热后用排水法未收集到任何气体，说明三个反应中生成的气体物质的量之比n（NO2）：n（O2）=4：1，通过选项答案验证；（5）0.6mol由KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）3按等质的量之比混合，即各为0.2mol，所以溶液中硝酸根离子的物质的量为1.2mol，溶液中加入铜粉后发生的反应有3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，根据方程式计算．【解答】解：（1）向一份溶液中滴入少量KSCN溶液，溶液变红色，说明有铁离子产生成，根据电子得失守恒可知Fe（NO3）2热分解生成了氧化铁，二氧化氮和氧气，方程式为：4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑，-22-\n故答案为：4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑；（2）将收集气体的量筒从水槽中取出的方法是用玻璃片在水槽里盖好量筒口，用食指摁紧玻璃片，由于NO2和的密度均大于空气，所以将量筒从水槽中取出，正放在试验台上，故答案为：用玻璃片在水槽里盖好量筒口，用食指摁紧玻璃片，将量筒从水槽中取出，正放在试验台上；（3）若用排水法收集时，4NO2～O2可恰好进入溶液中，由4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑可知产生NO2和O2的体积比为8：1，则54ml气体中有24mlNO2和6mlO2恰好进入溶液，另外24mlNO2溶于水产生8mlNO，则收集到的气体为8ml气体，故答案为：8；（4）根据三个反应2KNO32KNO2↑+O2↑；2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑；2Fe（NO3）2Fe2O3+8NO2↑+O2↑，混合粉末充分加热后用排水法未收集到任何气体，说明三个反应中生成的气体物质的量之比n（NO2）：n（O2）=4：1，Cu（NO3）2受热分解的气体产物恰好符合物质的量之比n（NO2）：n（O2）=4：1，所以其量为任意值，而KNO3和Fe（NO3）2按物质的量比为1：2混合受热分解的气体恰好符合n（NO2）：n（O2）=4：1进入溶液，故答案为：A；（5）0.6mol由KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）3按等质的量之比混合，即各为0.2mol，所以溶液中硝酸根离子的物质的量为1.2mol，100mL3mol/L的稀硫酸中，氢离子的物质的量为0.6mol，根据反应3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，溶液中硝酸根离子过量，所以此反应中溶解的铜的质量为g=14.4g，Fe（NO3）3的质的量为0.2mol，根据反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，此反应中溶解的铜的质量为=6.4g，所以总共溶解的铜的质量为6.4g+14.4g=20.8g，故答案为：20.8g．【点评】本题考查了铁及其重要化合物的性质实验方案设计，侧重于离子检验、设计实验方案及操作、混合物的计算，综合性较强，难度较大，计算Cu的质量时注意硝酸根离子是过量的．　19．（12分）（2022秋•抚州校级月考）2022年7月1日起，国家卫计委决定禁止使用硫酸铝、硫酸铝钾、硫酸铝铵等含铝元素的物质作为馒头、发糕等膨化食品添加剂．目前使用的无铝泡打粉的成分为小苏打、磷酸二氢钠、碳酸钙等．回答下列问题：（1）长期食用含铝元素的食品，铝元素会在体内积累，造成毒害．有一泡打粉样品，判断是否含铝元素的实验方法是：　取少量样品于试管中，加水溶解，向上层清液中滴加氢氧化钠溶液，有白色沉淀产生，再加入氢氧化钠溶液，沉淀溶解，证明样品含铝元素　．（2）写出磷酸二氢钠在水中的电离方程式：　NaH2PO4═Na++H2PO4﹣　．-22-\n（3）磷酸二氢钠制备流程如下：①写出磷酸二氢钙与硫酸钠溶液反应的离子方程式：　Ca2++SO42﹣+2H2O═CaSO4•2H2O↓　②操作a的名称为：　过滤　，固体c的成份为：　碳酸钡、硫酸钡　在进行操作a前需控制pH约4﹣5，若pH过高，得到的产物中可能有：　Na2HPO4或Na3PO4　（填化学式）③实验时取46.8g磷酸二氢钙，最终得到59.3gNaH2PO4•2H2O，该实验的产率是：　75%　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）泡打粉样品中铝元素主要以铝离子形式存，根据铝离子与强碱反应随着加入的碱的量不同产生的现象不同检验铝离子；（2）磷酸二氢根是弱电解质，而磷酸二氢钠是强电解质，据此书写电离方程式；（3）根据制备流程，磷酸二氢钙中加入硫酸钠，调节pH值在4～5，经过滤可得硫酸钙晶体和溶液a为磷酸二氢钠溶液和少量的硫酸根离子的混合溶液，加入过量的碳酸钡后，过滤可得固体C为碳酸钡和硫酸钡，溶液b为磷酸二氢钠溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得磷酸二氢钠晶体，①磷酸二氢钙与硫酸钠溶液反应主要是硫酸根离子与钙离子结合生成溶解度较小的硫酸钙；②根据上面的分析可知a的名称和c的成份，NaH2PO4在碱性较大的溶液中会转化成Na2HPO4或Na3PO4；③根据磷元素守恒可计算得46.8g磷酸二氢钙理论上能产生NaH2PO4•2H2O的质量为=62.4g，根据产率=×100%计算．【解答】解：（1）泡打粉样品中铝元素主要以铝离子形式存，根据铝离子与强碱反应随着加入的碱的量不同产生的现象不同检验铝离子，所以操作方法为取少量样品于试管中，加水溶解，向上层清液中滴加氢氧化钠溶液，有白色沉淀产生，再加入氢氧化钠溶液，沉淀溶解，证明样品含铝元素，故答案为：取少量样品于试管中，加水溶解，向上层清液中滴加氢氧化钠溶液，有白色沉淀产生，再加入氢氧化钠溶液，沉淀溶解，证明样品含铝元素；（2）磷酸二氢根是弱电解质，而磷酸二氢钠是强电解质，其电离方程式为NaH2PO4═Na++H2PO4﹣，故答案为：NaH2PO4═Na++H2PO4﹣；（3）根据制备流程，磷酸二氢钙中加入硫酸钠，调节pH值在4～5，经过滤可得硫酸钙晶体和溶液a为磷酸二氢钠溶液和少量的硫酸根离子的混合溶液，加入过量的碳酸钡后，过滤可得固体C为碳酸钡和硫酸钡，溶液b为磷酸二氢钠溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得磷酸二氢钠晶体，①磷酸二氢钙与硫酸钠溶液反应主要是硫酸根离子与钙离子结合生成溶解度较小的硫酸钙，反应的离子方程式为Ca2++SO42﹣+2H2O═CaSO4•2H2O↓，故答案为：Ca2++SO42﹣+2H2O═CaSO4•2H2O↓；②根据上面的分析可知a的名称为过滤，c的成份为碳酸钡、硫酸钡，若pH过高，NaH2PO4会转化成Na2HPO4或Na3PO4，故答案为：过滤；碳酸钡、硫酸钡；Na2HPO4或Na3PO4；-22-\n③根据磷元素守恒可计算得46.8g磷酸二氢钙理论上能产生NaH2PO4•2H2O的质量为=62.4g，所以产率=×100%=×100%=75%，故答案为：75%．【点评】本题通过铝元素的检验及工业上制备磷酸二氢钠的常用方法，充分考查了实验分析及实验操作知识、部分元素化合物知识等，本题难度中等．　20．（11分）（2022秋•抚州校级月考）FeSO4是一种精细化工产品，可用于治疗缺铁性贫血、制革、木材防腐等．制备步骤：①将3mol•L﹣1硫酸加入铁粉里，微热，搅拌使其充分反应；②趁热过滤；③在50℃左右蒸发、结晶，得到晶体﹣﹣绿矾（FeSO4•7H2O）．回答下列问题：（1）制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3mol•L﹣1硫酸的原因是　产生SO2，污染环境　，反应时要求铁粉过量的理由是　防止生成Fe3+　（2）检验步骤①所得溶液中金属阳离子的方法是　取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色　．（3）步骤②趁热过滤的原因是　防止硫酸亚铁结晶析出造成损失　．（4）在空气中加热绿矾，固体质量与温度变化曲线如图：a曲线对应的反应化学方程式为　FeSO4•7H2O═FeSO4•4H2O+3H2O　c曲线对应的物质化学式为　Fe2O3　．【考点】离子方程式的有关计算；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】（1）金属铁和浓硫酸一定条件下发生反应，会得到二氧化硫气体、硫酸铁；金属铁和硫酸铁之间反应可得到硫酸亚铁；（2）铁离子和硫氰化钾混合产生红色物质，根据亚铁离子具有还原性的性质来进行检验；（3）根据硫酸亚铁晶体的性质确定结晶温度；（4）在空气中加热绿矾，根据固体质量的变化，结合差量法来计算．【解答】解：（1）金属铁和浓硫酸一定条件下发生反应，会得到二氧化硫气体、硫酸铁，产生SO2，污染环境；反应时要求铁粉过量，金属铁和硫酸铁之间反应可得到硫酸亚铁，防止生成Fe3+；故答案为：产生SO2，污染环境；防止生成Fe3+；（2）亚铁离子具有还原性，检验方法：取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色；故答案为：取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色；（3）为了防止硫酸亚铁结晶析出造成损失，过滤时，趁热过滤，故答案为：防止硫酸亚铁结晶析出造成损失；（4）FeS04•7H20样品物质的量==0.2mol，其中m（H20）=1.4mol×18g/mol=25.2g，a曲线变化中，固体的质量减小10.8g，即生成水10.8g，晶体失去部分结晶水，发生反应：FeSO4•7H2O═FeSO4•4H2O+3H2O；硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，加热蒸干产物是Fe2O3，-22-\n故答案为：FeSO4•7H2O═FeSO4•4H2O+3H2O；Fe2O3．【点评】本题考查学生金属铁以及化合物的性质，是一道性质实验方案设计题目，难度较大．　21．将由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到12.6g白色沉淀，向所得的浊液中逐滴加入3mol/L的盐酸，生成沉淀的质量与加入盐酸的体积的关系如图所示，根据题意回答下列问题：（1）写出将NaOH、AlCl3、MgCl2溶于水时发生反应的离子方程式：　Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++OH﹣=Mg（OH）2、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O　（2）a的值为　24.3g　；（3）求出原混合物各成分的物质的量（要求写出计算过程）．【考点】离子方程式的有关计算．【分析】将由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到12.6g白色沉淀，向所得的浊液中加入盐酸时，加入50mL盐酸时沉淀量达到最大，则偏铝酸离子完全转化为氢氧化铝沉淀，a点为白色沉淀为Mg（OH）2和Al（OH）3，离子反应方程式为：H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，沉淀最大时，溶液中存在的溶质是氯化钠，根据离子方程计算n[Al（OH）3]，再根据Al元素守恒计算n（AlCl3）；加入50﹣350mL盐酸，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，据此计算即可．【解答】解：将NaOH、AlCl3、MgCl2溶于水，加入盐酸后继续生成沉淀，说明氢氧化钠没有剩余，此三者之间的离子反应式为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++OH﹣=Mg（OH）2↓、以及部分铝生成偏铝酸根，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由图可知，0﹣50mL阶段发生反应：H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，需要盐酸的物质的量=0.05L×3mol/L=0.15mol，此时生成氢氧化铝沉淀的物质的量=0.15mol，质量m=0.15mol×78g/mol=11.7g，那么a=11.7+12.6=24.3g；350mL盐酸时，溶质为氯化铝、氯化镁和氯化钠，即氢氧化钠消耗盐酸为350mL，那么NaOH的物质的量=0.35L×3mol/L=1.05mol，设氢氧化铝沉淀与氢氧化镁沉淀的物质的量分别为x和y，依据题意有，解得，据此得出原混合物中NaOH、AlCl3、MgCl2的物质的量分别为1.05mol、0.05mol+0.15mol=0.2mol和0.15mol，故答案为：（1）Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++OH﹣=Mg（OH）2↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（2）24.3g；（3）1.05mol、0.2mol和0.15mol．【点评】根据滴加稀盐酸与产生沉淀的关系图，分析各阶段所发生的反应，利用各阶段反应的化学方程式进行相关物质质量的计算；本题所涉及的反应比较复杂，在分析时逐个反应梳理清楚是解决本问题的关键．　-22-