江西省南昌三中2022届高三化学上学期第一次月考试卷含解析

江西省南昌三中2022-2022学年高三（上）第一次月考化学试卷　一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共48分）1．某物质溶于水，所得溶液既能使蓝色石蕊试纸变红，也能与碳酸盐反应生成气体，此物质有可能是（　　）①单质②氧化物③酸④碱⑤盐．A．①②④B．①②③⑤C．②D．①②③④⑤　2．盐是一类常用物质，下列物质可直接形成盐的是（　　）①金属；②碱性氧化物；③碱；④非金属；⑤酸性氧化物；⑥酸．A．只有①②③B．只有④⑤⑥C．只有①②③⑤⑥D．全部　3．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（　　）A．PM2.5的产生与人类活动无关B．苏丹红、三聚氰胺、地沟油、生石灰粉都属于对人体有害的有机物C．14C可用于测定一些文物的年代，12C与14C互为同位素D．明矾可用于水的消毒、杀菌　4．将agNa加入到一定量的稀H2SO4中，使两者恰好完全反应，得到b升气体（标况下），所得溶液中共有C个溶质的离子，阿伏伽德罗常数为NA，则下列关系式正确的是（　　）A．NA=B．NA=C．=D．以上均不正确　5．下列离子方程式表达正确的是（　　）A．向氯化铁溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2HI=2Fe2++2H++I2B．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO反应完全：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO═2BaSO4↓+AlO+2H2OC．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl等体积均匀混合：2AlO2﹣+5H+=Al（OH）3↓+Al3++H2OD．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣　6．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法中正确的是（　　）A．电解精炼粗铜时，每转移NA个电子，阳极溶解32g铜B．1L0.1mol•L﹣1的氨水中含OH﹣离子数为0.1NA个C．常温常压下，amolO2与2amolNO混合，降温得到混合气体中氧原子数小于4aNAD．在反应5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O中，每生成4molN2，转移电子数为15NA　7．下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（　　）A．银氨溶液：Na+、K+、NO3﹣、NH3•H2OB．空气：CH4、CO2、SO2、NO-22-\nC．氢氧化铁胶体：H+、K+、S2﹣、Br﹣D．高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42﹣、葡萄糖分子　8．下列有关试验的做法不正确的是（　　）A．分液时，分液漏斗的上层液体应由上口倒出B．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体C．配置0.1000mol•L﹣1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体　9．下列物质分类正确的是（　　）A．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物B．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物C．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体D．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质　10．将一定量的氯气通入300ml浓度为1mol/L的浓NaOH溶液中恰好完全反应，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO及NaClO3的共存体系．下列判断不正确的是（　　）A．n（Na+）：n（C1﹣）可能为7：3B．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：1：2C．参加反应氯气物质的量为0.15molD．反应中转移电子物质的量n的范围：0.15mol＜n＜0.25mol　11．利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（　　）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．AB．BC．CD．D　12．按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物．下列说法错误的是（　　）A．步骤（1）需要过滤装置B．步骤（2）需要用到分液漏斗C．步骤（3）需要用到坩埚D．步骤（4）需要蒸馏装置　13．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①、②、③、④是（　　）-22-\nA．①NaCl②NaOH③NH3•H2O④H2SO4B．①H2SO4②NaOH③NH3•H2O④NaClC．①H2SO4②NH3•H2O③NaOH④NaClD．①NaCl②NH3•H2O③NaOH④H2SO4　14．下列说法正确的是（　　）A．稀豆浆和雾均能产生丁达尔现象B．煤经气化和液化两个物理变化过程变为清洁能源C．海水是一个巨大的宝藏，如氯、溴、碘、硫、钠、钾等元素主要来自于海水D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物．PM2.5比胶体粒子小，因其比表面积大，故可吸附含有铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的重金属离子，入肺后对人体产生很大的危害　15．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g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5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　16．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（　　）A．生成40.0LN2（标准状况）B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25molD．反应中共生成0.625mol氧化物　　二、非选择题（共52分）17．（6分）XeO3是一种不稳定的物质，具有强氧化性．在某一反应体系中有反应物和生成物的微粒共6种，即Mn2+、MnO4﹣、Xe、XeO3、H+、H2O．（1）该反应的离子方程式为：　　　　　　．（2）将适量的XeO3投入30mL0.1mol/LMn2+的水溶液中，刚好完全反应．此时转移电子数目为　　　　　　．将反应后的溶液稀释至90mL，所得溶液的pH=　　　　　　．　-22-\n18．（4分）已知NaOH与Cl2反应的氧化产物与温度有关（发生的反应均为放热反应），在VL4mol/L的NaOH中通入一定量的氯气，生成物中含有Cl﹣、ClO﹣、ClO3﹣三种含氯元素的离子，其中C1O﹣、ClO3﹣的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示．（1）若t2时刻恰好反应完全，则V=　　　　　　L（2）工业上常用ClO﹣氧化处理含CN﹣（其中C为+2价）的废水，生成的CNO﹣（其中C为+4价）元素，反应的离子方程式如下：aCN﹣+bClO﹣+2cOH﹣═dCNO﹣+eN2↑+fCO32﹣+bCl﹣+cH2O，上述化学方程式可能的配平系数有多组，方程式中e：f的值为　　　　　　（填选项标号）．A．1B．C．2D．不能确定．　19．200mL某溶液中含有的离子及其物质的量如下：离子H+K+NO3﹣SO42﹣物质的量（mol）0.50.10.60.15该溶液中还含有的离子一定是下列中的　　　　　　（填序号），该离子的浓度为　　　　　　．A．Al3+B．Cl﹣C．ClO﹣D．Fe2+．　20．（10分）铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题：（1）生铁中含有一种铁碳化合物X（Fe3C）．X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸的溶液中含有的大量阳离子是　　　　　　．（2）某溶液中有Mg2+、Fe2+、A13+、Cu2+等四种离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是　　　　　　．A．Mg2+B．Fe2+C．A13+D．Cu2+（3）氧化铁是重要工业颜料，用废秩屑制备它的流程如图：回答下列问题：①操作Ⅰ的名称是　　　　　　，操作Ⅱ的名称是　　　　　　；②请完成生成FeCO3沉淀的离子方程式　　　　　　．（4）有些同学认为KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定（5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O）-22-\n①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需　　　　　　．②该实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是　　　　　　．A．稀硝酸B．稀盐酸C．稀硫酸D．浓硝酸．　21．（10分）工业上常用强的氧化剂处理钢件，使其表面形成致密、光滑的四氧化三铁氧化膜，以增强钢铁的抗腐蚀能力，这种处理叫做“发蓝”或“发黑”．其过程主要有：去污、酸洗、氧化处理、皂化、热水煮沸、检查等步骤．钢件表面氧化过程可分为三个阶段：①Fe→Na2FeO2；②Na2FeO2→Na2Fe2O4；③Na2FeO2+Na2Fe2O4→Fe3O4．请回答以下问题：（1）酸洗时常用稀硫酸除去表面的铁锈，写出除锈时的离子方程式　　　　　　．（2）将去污、除锈后的钢件浸入130℃以上含有NaNO2和NaOH溶液中，逸出一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，片刻后铁片表面变黑．氧化处理时第一阶段反应的化学方程式为　　　　　　．（3）在发黑的过程中可能会形成有害的氧化铁红色胶状物Fe2O3•H2O，其原因可能是　　　　　　．（4）氧化处理中产生大量含NO2﹣和OH﹣的废水，某同学设计以下方案处理废水：操作1：调节溶液pH接近中性操作2：加入适量的氯化铵溶液并加热至沸，产生大量气体，该气体为大气的主要成分①操作1和操作2的顺序能否对调　　　　　　？请说明理由　　　　　　．②为减轻处理后的产物对环境造成二次污染，下列适合处理含NO2﹣废水的物质是　　　　　　．A．O3B．KIC．K2Cr2O7D．NaClO．　22．（9分）BaCl2•xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：①称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；②过滤并洗涤沉淀；③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g．回答下列问题：（1）在操作②中，需要先后用稀硫酸和洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是　　　　　　．（2）计算BaCl2•xH2O中的x=　　　　　　；（要求写出计算过程）．（3）操作③中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果　　　　　　（填“偏低”、“偏高”或“不变”）．　23．（10分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：甲：Mg（NO3）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是　　　　　　．查阅资料得知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，针对甲、乙、丙猜想，设计如图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：-22-\n（2）实验过程：①取器连接后，放人固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，表明　　　　　　．②称取Mg（NO3）2固体3.79g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是避免对产物O2的检验产生干扰；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先　　　　　　然后固定在管中固体部位下加热．③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化．④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g⑤取少量剩余固体于试管中，加人适量水，未见明显现象．（3）实验结果分析讨论①根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想　　　　　　是正确的．②根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：　　　　　　（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是O2在通过装置B时已参与反应．③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究．　　-22-\n江西省南昌三中2022-2022学年高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共48分）1．某物质溶于水，所得溶液既能使蓝色石蕊试纸变红，也能与碳酸盐反应生成气体，此物质有可能是（　　）①单质②氧化物③酸④碱⑤盐．A．①②④B．①②③⑤C．②D．①②③④⑤【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】某物质溶于水，所得溶液既能使蓝色石蕊试纸变红，说明溶液呈酸性，也能与碳酸盐反应生成气体，证明酸性强于碳酸；①单质Cl2溶于水生成盐酸和次氯酸；②氧化物如SO2溶于水生成亚硫酸；③酸符合要求；④碱不能使石蕊试纸变红；⑤盐可以是酸式盐如NaHSO4，显酸性和碳酸盐反应生成二氧化碳；【解答】解：①单质Cl2溶于水生成盐酸和次氯酸；所得溶液既能使蓝色石蕊试纸变红，也能与碳酸盐反应生成气体，故①正确；②氧化物如SO2溶于水生成亚硫酸；所得溶液既能使蓝色石蕊试纸变红，也能与碳酸盐反应生成气体，故②正确；③酸符合要求；所得溶液既能使蓝色石蕊试纸变红，也能与碳酸盐反应生成气体，故③正确④碱不能使石蕊试纸变红；也不能与碳酸盐反应生成气体，故④错误；⑤盐可以是酸式盐如NaHSO4，显酸性和碳酸盐反应生成二氧化碳；所得溶液既能使蓝色石蕊试纸变红，也能与碳酸盐反应生成气体，故⑤正确；故选：B．【点评】本题考查了物质性质的应用，依据物质分类和具有的性质分析符合条件的反应现象，熟练掌握基础，解决问题．　2．盐是一类常用物质，下列物质可直接形成盐的是（　　）①金属；②碱性氧化物；③碱；④非金属；⑤酸性氧化物；⑥酸．A．只有①②③B．只有④⑤⑥C．只有①②③⑤⑥D．全部【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】元素及其化合物．【分析】根据金属单质与酸或某些盐溶液反应生成盐；碱性氧化物能与酸反应生成盐；酸与碱反应能生成盐和水；某些非金属单质与碱反应生成盐；酸性氧化物与碱反应生成盐来解答．【解答】解：①金属单质与酸或某些盐溶液反应可直接生成盐，如铁与盐酸反应生成盐为氯化亚铁，故①能；②碱性氧化物能与酸反应可直接生成盐，如氧化钠与盐酸反应可直接生成氯化钠，故②能；③碱与酸、酸性氧化物、某些盐等可反应生成盐，如氢氧化钠与二氧化碳反应可直接生成碳酸钠，故③能；④非金属单质能与碱反应生成盐，如氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，故④能；-22-\n⑤酸性氧化物能与碱反应生成盐，如二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，故⑤能；⑥酸能与碱、某些盐、碱性氧化物等反应生成盐，如盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠，故⑥能；显然全部都能在一定条件下直接生成盐，故选D．【点评】本题考查常见物质的性质，明确不同类物质之间的相互转化及发生的化学反应是解答本题的关键，学生应熟悉不同类别物质的性质来解答．　3．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（　　）A．PM2.5的产生与人类活动无关B．苏丹红、三聚氰胺、地沟油、生石灰粉都属于对人体有害的有机物C．14C可用于测定一些文物的年代，12C与14C互为同位素D．明矾可用于水的消毒、杀菌【考点】常见的生活环境的污染及治理；同位素及其应用；盐类水解的应用．【专题】化学计算．【分析】A．人类活动中排放大量的固体颗粒；B．生石灰为无机化合物；C．质子数相同，而中子数不同的原子，互为同位素；D．明矾不具有强氧化性．【解答】解：A．人类活动中排放大量的固体颗粒，则PM2.5的产生与人类活动有关，严重的雾霾可说明PM2.5污染及人类活动的关系，故A错误；B．生石灰为无机化合物，而苏丹红、三聚氰胺、地沟油都属于对人体有害的有机物，故B错误；C．14C可用于测定一些文物的年代，12C与14C的质子数均为6，而中子数分别为6、8，二者互为同位素，故C正确；D．明矾不具有强氧化性，可净化水，但不能杀菌消毒，故D错误；故选C．【点评】本题考查生活环境的污染及治理，综合性较强，涉及环境污染、水的净化、盐类水解、同位素等，注重化学与生活、环境污染与化学的联系，题目难度不大．　4．将agNa加入到一定量的稀H2SO4中，使两者恰好完全反应，得到b升气体（标况下），所得溶液中共有C个溶质的离子，阿伏伽德罗常数为NA，则下列关系式正确的是（　　）A．NA=B．NA=C．=D．以上均不正确【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】agNa的物质的量==mol，氢气的物质的量==mol，根据钠离子守恒知，溶液中溶质的物质的量=，根据物质之间的关系式计算．【解答】解：Na和硫酸反应中，Na和氢气、硫酸钠之间的关系式为2Na﹣﹣﹣H2﹣﹣﹣Na2SO4，-22-\nA.=，所以NA=，故A错误；B．根据钠原子守恒得，=×，所以得NA=，故B错误；C．根据钠和氢气的关系式得=×，所以得，故C错误；D．根据A、B、C知，以上三个选项都错误，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质的量的有关计算，明确方程式中各个物理量之间的关系式是解本题关键，注意硫酸钠电离出3个离子，题目难度不大．　5．下列离子方程式表达正确的是（　　）A．向氯化铁溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2HI=2Fe2++2H++I2B．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO反应完全：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO═2BaSO4↓+AlO+2H2OC．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl等体积均匀混合：2AlO2﹣+5H+=Al（OH）3↓+Al3++H2OD．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．HI为强酸，完全电离，与铁离子发生氧化还原反应，生成氯化亚铁、碘和HCl；B．恰好使SO42﹣反应完全，则反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；C．等体积均匀混合，以2：5的物质的量反应，生成等量的氢氧化铝和氯化铝、水；D．酸化的溶液中，不生成OH﹣．【解答】解：A．向氯化铁溶液中滴加HI溶液的离子反应为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故A错误；B．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42﹣反应完全的离子反应为2Ba2++4OH﹣+NH4++Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3．H2O，故B错误；C.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl等体积均匀混合的离子反应为2AlO2﹣+5H+=Al（OH）3↓+Al3++H2O，故C正确；D．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘的离子反应为2H++2I﹣+H2O2═I2+2H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的考查，选项B为解答的难点，题目难度中等．　6．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法中正确的是（　　）A．电解精炼粗铜时，每转移NA个电子，阳极溶解32g铜B．1L0.1mol•L﹣1的氨水中含OH﹣离子数为0.1NA个C．常温常压下，amolO2与2amolNO混合，降温得到混合气体中氧原子数小于4aNA-22-\nD．在反应5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O中，每生成4molN2，转移电子数为15NA【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】A、电解精炼铜阳极为粗铜含有铜、镍、锌银等金属也会失电子溶解；B、一水合氨是弱碱溶液中存在电离平衡；C、依据氧原子守恒分析判断；D、依据氧化还原反应电子转移计算分析判断；【解答】解：A、电解精炼粗铜时，阳极为粗铜含有铜、镍、锌银等金属也会失电子溶解每转移NA个电子，阳极溶解铜质量小于32g，故A错误；B、一水合氨是弱碱溶液中存在电离平衡，1L0.1mo1•L﹣1的氨水中含OH﹣离子数小于0.1NA个，故B错误；C、常温常压下，amolO2与2amolNO混合，无论反应生成产物是纯净物或二氧化氮和四氧化二氮的混合气体，降温得到混合气体中氧原子数等于4aNA，故C错误；D、在反应5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O中，氮元素化合价+5价和﹣3价之间发生的氧化还原反应，成4molN2，被氧化的﹣3价氮元素为5mol，转移电子为15NA，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是原子守恒、氧化还原反应电子守恒的计算判断，弱电解质电离平衡分析应用，电解精炼铜原理的理解分析，题目难度中等．　7．下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（　　）A．银氨溶液：Na+、K+、NO3﹣、NH3•H2OB．空气：CH4、CO2、SO2、NOC．氢氧化铁胶体：H+、K+、S2﹣、Br﹣D．高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42﹣、葡萄糖分子【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．银氨溶液在氨水中能稳定存在；B．NO易被空气中的氧气氧化；C．氢氧化铁胶体在酸性条件下不能共存；D．葡萄糖分子具有还原性，能与具有氧化性的高锰酸钾发生氧化还原反应．【解答】解：A．银氨溶液在氨水中能稳定存在，在碱性条件下该组离子不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B．空气的氧气与NO反应生成NO2，反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，不能大量共存，故B错误；C．氢氧化铁胶体在酸性条件下离子反应为Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O，氢氧化铁胶体中的三价铁可氧化具有还原性的硫离子，不能大量共存，故C错误；D．高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，葡萄糖分子具有还原性，高锰酸钾与葡萄糖能发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存问题，明确常见离子的性质及离子之间发生的反应是解答的关键，解答该题时注意各选项中的条件，题目难度不大．　-22-\n8．下列有关试验的做法不正确的是（　　）A．分液时，分液漏斗的上层液体应由上口倒出B．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体C．配置0.1000mol•L﹣1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．分液时，避免上下层液体混合；B．用湿润的红色石蕊试纸检验氨气；C．转移液体，玻璃杯引流；D．碳酸氢钠受热易分解．【解答】解：A．分液时，避免上下层液体混合，则先放出下层液体，再将分液漏斗的上层液体应由上口倒出，故A正确；B．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，试纸使用不合理，故B错误；C．转移液体，玻璃杯引流，防止转移液体时溶质损失，故C正确；D．碳酸氢钠受热易分解，而碳酸钠不能，则用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及实验基本操作为解答的关键，涉及分液、离子检验、溶液配制及物质区分等，注重高频考点的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　9．下列物质分类正确的是（　　）A．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物B．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物C．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体D．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质【考点】混合物和纯净物；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；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A．混合物是由两种或多种物质混合而成的物质；B．酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，CO是不成盐氧化物；C．分散质直径都在1nm～100nm之间为胶体；D．在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质．【解答】解：A．福尔马林是甲醛的水溶液，水玻璃是硅酸钠水溶液，氨气溶于水得到氨水，故氨水为混合物，福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物，故A正确；B．SO2、SiO2都是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，故B错误；C．稀豆浆、硅酸分散质直径都在1nm～100nm之间为胶体，氯化铁溶液分散质直径小于1nm为溶液，故C错误；D．烧碱、冰醋酸是水溶液中能导电的化合物，都是电解质，四氯化碳在水溶液中或熔化状态下都不能导电，是非电解质，故D错误；故选A．-22-\n【点评】本题主要考查了学生对纯净物、混合物、电解质、胶体、非电解质这5个概念的掌握情况．物质的分类是高考常考题型，抓住特征是解答此类题的关键，本题难度不大．　10．将一定量的氯气通入300ml浓度为1mol/L的浓NaOH溶液中恰好完全反应，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO及NaClO3的共存体系．下列判断不正确的是（　　）A．n（Na+）：n（C1﹣）可能为7：3B．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：1：2C．参加反应氯气物质的量为0.15molD．反应中转移电子物质的量n的范围：0.15mol＜n＜0.25mol【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】n（NaOH）=1mol/L×0.3L=0.3mol/L，氯气和氢氧化钠恰好反应生成NaCl、NaClO及NaClO3，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），再根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），根据转移电子守恒得n（C1﹣）=n（ClO﹣）+5n（ClO3﹣），A．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5；B．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=1mol，n（NaClO3）=2mol，根据电子转移守恒判断；C．根据氯原子守恒2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）判断；D．利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多．【解答】解：A．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl﹣）＜2：1，7：3＞2：1，故A错误；B．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5=11mol，得失电子相等，故B正确；C．氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故C正确；D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故D正确；故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应的有关计算，根据原子守恒及转移电子守恒是解本题关键，并结合极限法分析解答，难度中等．　11．利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（　　）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液-22-\nD烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．AB．BC．CD．D【考点】硫酸铜晶体中结晶水含量的测定；物质的分离、提纯和除杂；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】A．硫酸铜溶液的浓缩结晶需要加热，用到酒精灯；B．用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡，需要用到过滤操作，用到漏斗；C．需要称量NaCl固体的质量，用到托盘天平；D．用到萃取和分液操作，用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗．【解答】解：A．硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到酒精灯，故A错误；B．用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3需要进行过滤，要用到漏斗，B错误；C．用固体NaCl配制溶液，需要用到托盘天平称量固体，C错误；D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验基本操作及使用的仪器，注重实验基础知识考查，难度中等．　12．按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物．下列说法错误的是（　　）A．步骤（1）需要过滤装置B．步骤（2）需要用到分液漏斗C．步骤（3）需要用到坩埚D．步骤（4）需要蒸馏装置【考点】有机物的合成．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，以此来解答．【解答】解：A．步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A正确；B．步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B正确；C．步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故C错误；D．步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D正确；故选C．【点评】本题以混合物的分离提纯考查有机物的合成，注意合成流程中物质的性质及分离方法是解答本题的关键，注重实验操作和分离方法的考查，题目难度不大．　13．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①、②、③、④是（　　）-22-\nA．①NaCl②NaOH③NH3•H2O④H2SO4B．①H2SO4②NaOH③NH3•H2O④NaClC．①H2SO4②NH3•H2O③NaOH④NaClD．①NaCl②NH3•H2O③NaOH④H2SO4【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】离子反应专题．【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，有一种在③中溶解，故②为NH3•H2O，③为NaOH，则④为H2SO4．【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．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，故选D．【点评】本题考查金属阳离子的定性分析，涉及物质的分离和提纯实验方案的设计，题目难度不大，注意根据物质的性质进行实验设计．　14．下列说法正确的是（　　）A．稀豆浆和雾均能产生丁达尔现象B．煤经气化和液化两个物理变化过程变为清洁能源C．海水是一个巨大的宝藏，如氯、溴、碘、硫、钠、钾等元素主要来自于海水D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物．PM2.5比胶体粒子小，因其比表面积大，故可吸附含有铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的重金属离子，入肺后对人体产生很大的危害【考点】胶体的重要性质；海水资源及其综合利用；常见的生活环境的污染及治理；煤的干馏和综合利用．【专题】化学计算．【分析】A．胶体的胶粒对光产生散射，具有丁达尔效应；B．煤的气化和液化为化学变化；C．氯、溴、碘、钠主要来源于海水，硫元素主要来自于火山喷发口等附近，钾盐广泛存在于各种矿石中；D．砷为非金属，PM2.5可形成气溶胶；【解答】解：A．稀豆浆和雾都属于胶体，胶体具有丁达尔现象，故A正确；B．煤气化是一个热化学过程．以煤或煤焦为原料，以氧气（空气、富氧或纯氧）、水蒸气或氢气等作气化剂，在高温条件下通过化学反应将煤或煤焦中的可燃部分转化为气体燃料的过程；煤液化就是把煤裂化，再利用催化剂向哪些小分子中加入氢，以得到与石油产品成分相近的燃料油，是化学变化，故B错误；-22-\nC．氯、溴、碘、钠主要来源于海水，钾元素广泛存在于各种矿石和海水中，硫元素主要来源于火山单质硫、硫铁矿，各种硫酸盐等，故C错误；D．砷为非金属，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，胶体粒子的直径在1﹣100nm之间，PM2.5在大小上包含胶体粒子，故D错误；故选A．【点评】本题考查了胶体具有丁达尔现象、煤的气化和液化、海水元素、生产生活中常见的污染等问题，题目难度不大，平时注意基础知识的积累．　15．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g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5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】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】离子反应专题．【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Fe3+，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Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，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，必须还有阴离子，因此一定有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错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl﹣，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B．【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．　16．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（　　）A．生成40.0LN2（标准状况）B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25molD．反应中共生成0.625mol氧化物【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．-22-\n【分析】该反应中N元素化合价由﹣价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则n（N2）﹣n（N2）=1.75mol，故n（N2）=2mol，A．根据V=nVm计算氮气的体积；B．KNO3发生还原反应；C．结合方程式计算参加反应KNO3的物质的量，结合N元素化合价变化计算转移电子；D．反应生成的氧化物为K2O、Na2O，结合方程式计算其物质的量．【解答】解：该反应中N元素化合价由﹣价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则n（N2）﹣n（N2）=1.75mol，故n（N2）=2mol，A．生成氮气的体积=2mol×22.4L/mol=44.8L，故A错误；B．NaN3发生氧化反应，KNO3发生还原反应，故B错误；C．结合方程式可知，参加反应KNO3的物质的量=2mol×=0.25mol，中N元素化合价由+5价降低为0价，故转移电子为0.25mol×5=1.25mol，故C正确；D．反应生成的氧化物为K2O、Na2O，结合方程式可知，K2O、Na2O总物质的量=2mol×=0.75mol，故D错误，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应基本概念及有关计算，侧重于氧化还原反应的计算，注意根据化合价的变化结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量关系为解答该题的关键，题目难度不大．　二、非选择题（共52分）17．（6分）XeO3是一种不稳定的物质，具有强氧化性．在某一反应体系中有反应物和生成物的微粒共6种，即Mn2+、MnO4﹣、Xe、XeO3、H+、H2O．（1）该反应的离子方程式为：　5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4﹣+5Xe↑+18H+　．（2）将适量的XeO3投入30mL0.1mol/LMn2+的水溶液中，刚好完全反应．此时转移电子数目为　0.015NA　．将反应后的溶液稀释至90mL，所得溶液的pH=　1　．【考点】氧化还原反应的计算．【专题】计算题；氧化还原反应专题．【分析】（1）XeO3具有强氧化性，被还原得到Xe，则Mn2+被氧化为MnO4﹣，根据电荷守恒可知H+为生成物，由氢元素守恒可知H2O为反应物，配平书写方程式；（2）根据n=cV计算Mn2+的物质的量，根据Mn元素化合价变化计算转移电子数目，结合离子方程式计算H+的物质的量，进而计算稀释后H+浓度，再根据pH=﹣lgc（H+）计算．【解答】解：（1）XeO3具有强氧化性，被还原得到Xe，则Mn2+被氧化为MnO4﹣，根据电荷守恒可知H+为生成物，由氢元素守恒可知H2O为反应物，反应中Xe元素化合价由XeO3+6价降低为Xe中0价，总共降低6价，Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4﹣中+7价，总共升高5价，化合价最小公倍数为30，故XeO3系数为5，故Mn2+系数为6，再结合原子守恒配平后方程式为：5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4﹣+5Xe↑+18H+；-22-\n故答案为：5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4﹣+5Xe↑+18H+；（2）Mn2+的物质的量=0.03L×0.1mol/L=0.003mol，Mn元素化合价由+2升高为+7，故转移电子数目=0.003mol×（7﹣2）×NAmol﹣1=0.015NA，由5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4﹣+5Xe↑+18H+，可知H+的物质的量=0.003mol×=0.009mol，稀释后H+浓度==0.1mol/L，稀释后溶液pH=﹣lgc（H+）=﹣lg0.1=1，故答案为：0.015NA；1．【点评】本题考查氧化还原反应基本概念、配平与计算、溶液pH计算等，难度不大，注意掌握氧化还原反应配平常用的一些方法，计算中守恒思想的运用．　18．（4分）已知NaOH与Cl2反应的氧化产物与温度有关（发生的反应均为放热反应），在VL4mol/L的NaOH中通入一定量的氯气，生成物中含有Cl﹣、ClO﹣、ClO3﹣三种含氯元素的离子，其中C1O﹣、ClO3﹣的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示．（1）若t2时刻恰好反应完全，则V=　2.5　L（2）工业上常用ClO﹣氧化处理含CN﹣（其中C为+2价）的废水，生成的CNO﹣（其中C为+4价）元素，反应的离子方程式如下：aCN﹣+bClO﹣+2cOH﹣═dCNO﹣+eN2↑+fCO32﹣+bCl﹣+cH2O，上述化学方程式可能的配平系数有多组，方程式中e：f的值为　B　（填选项标号）．A．1B．C．2D．不能确定．【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题；卤族元素．【分析】（1）由图可知n（ClO﹣）=2mol，n（ClO3﹣）=1mol，由得失电子守恒可知n（Cl﹣）=5n（ClO3﹣）+n（ClO﹣）=5×1+1×2=7mol，因为恰好完全反应生成NaCl、NaClO、NaClO3，由组成守恒，可知n（NaOH）=n（Cl﹣）+n（ClO3﹣）+n（ClO﹣）=7+1+2=10mol，再由V===2.5L；（2）由CN﹣离子中碳与氮原子之比为1：1，而碳氮转化为CNO﹣和N2以及CO32﹣，以因为CNO﹣离子碳氮之比为1：1，所以N2和CO32﹣两微粒之比为1：2．【解答】解：（1）由图可知n（ClO﹣）=2mol，n（ClO3﹣）=1mol，由得失电子守恒可知n（Cl﹣）=5n（ClO3﹣）+n（ClO﹣）=5×1+1×2=7mol，因为恰好完全反应生成NaCl、NaClO、NaClO3，由组成守恒，可知n（NaOH）=n（Cl﹣）+n（ClO3﹣）+n（ClO﹣）=7+1+2=10mol，再由V===2.5L，故答案为：2.5；（2）由CN﹣离子中碳与氮原子之比为1：1，而碳氮转化为CNO﹣和N2以及CO32﹣，以因为CNO﹣离子碳氮之比为1：1，所以N2和CO32﹣两微粒之比为1：2，所以e：f=1：2，故选B．-22-\n【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，明确该反应中的生成物是解本题关键，结合原子守恒、转移电子守恒来分析解答，题目难度中等．　19．200mL某溶液中含有的离子及其物质的量如下：离子H+K+NO3﹣SO42﹣物质的量（mol）0.50.10.60.15该溶液中还含有的离子一定是下列中的　A　（填序号），该离子的浓度为　0.5mol/L　．A．Al3+B．Cl﹣C．ClO﹣D．Fe2+．【考点】离子共存问题；物质的量浓度．【专题】离子反应专题．【分析】溶液呈酸性，且含有具有强氧化性的NO3﹣离子，则与H+或与NO3﹣反应的离子不能大量共存，结合溶液的电荷守恒解答该题．【解答】解：表中n（H+）+n（K+）=0.6mol，n（NO3﹣）+2n（SO42﹣）=0.9mol，由溶液电荷守恒可知，溶液中还应存在阳离子，由于溶液中存在H+和NO3﹣，具有强氧化性，则一定不存在Fe2+，应存在Al3+，则由电荷守恒可知物质的量为=0.1mol，c（Al3+）==0.5mol/L，故答案为：A；0.5mol/L．【点评】本题考查离子共存问题，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，为高频考点，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，解答该题时注意电荷守恒的运用，难度不大．　20．（10分）铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题：（1）生铁中含有一种铁碳化合物X（Fe3C）．X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸的溶液中含有的大量阳离子是　Fe2+、Fe3+、H+　．（2）某溶液中有Mg2+、Fe2+、A13+、Cu2+等四种离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是　BC　．A．Mg2+B．Fe2+C．A13+D．Cu2+（3）氧化铁是重要工业颜料，用废秩屑制备它的流程如图：回答下列问题：①操作Ⅰ的名称是　过滤　，操作Ⅱ的名称是　洗涤　；②请完成生成FeCO3沉淀的离子方程式　Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O　．（4）有些同学认为KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定（5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O）①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需　250mL容量瓶　．-22-\n②该实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是　C　．A．稀硝酸B．稀盐酸C．稀硫酸D．浓硝酸．【考点】制备实验方案的设计；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】简答题；实验设计题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】（1）FeC在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，与过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl；（2）加入过量的NaOH，Al3+转化为偏铝酸根，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+；（3）①由工艺流程可知，操作I是将固体与液体分离，应采取过量的方法；FeCO3沉淀会附着其它离子，需要进行洗涤，减少杂质；②由工艺流程可知，操作I所得的滤液中主要有硫酸亚铁，加入碳酸氢铵，实质是亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成FeCO3，同时生成二氧化碳、水；（4）①根据配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器来回答；②高锰酸钾具有强氧化性，能氧化盐酸，硝酸本身有强氧化性，被还原后生成氮的氧化物．【解答】解：（1）FeC在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl，溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+，故答案为：Fe2+、Fe3+、H+；（2）加入过量的NaOH，Al3+转化为偏铝酸根，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Al3+、Fe2+，故选BC，故答案为：BC；（3）①由工艺流程可知，操作I是将固体与液体分离，应采取过量的方法；FeCO3沉淀会附着其它离子，需要进行洗涤，减少杂质，所以操作Ⅱ为洗涤，故答案为：过滤；洗涤；②由工艺流程可知，操作I所得的滤液中主要有硫酸亚铁，加入碳酸氢铵，实质是亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成FeCO3，同时生成二氧化碳、水，反应离子方程式为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（4）①根据配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：250mL容量瓶、天平、玻棒、烧杯、量筒、药匙、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；②高锰酸钾具有强氧化性，能氧化盐酸，硝酸本身有强氧化性，被还原后生成氮的氧化物，所以不能用盐酸、硝酸酸化高锰酸钾，故选C．【点评】本题考查元素化合物性质、化学工艺流程、基本操作与方案设计、盐类水解、常用化学用语等，难度中等，是对所学知识的综合利用，（3）②中离子方程式的书写，为易错点，根据配平判断有二氧化碳生成．　21．（10分）工业上常用强的氧化剂处理钢件，使其表面形成致密、光滑的四氧化三铁氧化膜，以增强钢铁的抗腐蚀能力，这种处理叫做“发蓝”或“发黑”．其过程主要有：去污、酸洗、氧化处理、皂化、热水煮沸、检查等步骤．钢件表面氧化过程可分为三个阶段：①Fe→Na2FeO2；②Na2FeO2→Na2Fe2O4；③Na2FeO2+Na2Fe2O4→Fe3O4．请回答以下问题：（1）酸洗时常用稀硫酸除去表面的铁锈，写出除锈时的离子方程式　Fe2O3+6H+=2Fe2++3H2O　．-22-\n（2）将去污、除锈后的钢件浸入130℃以上含有NaNO2和NaOH溶液中，逸出一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，片刻后铁片表面变黑．氧化处理时第一阶段反应的化学方程式为　3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+NH3↑+H2O　．（3）在发黑的过程中可能会形成有害的氧化铁红色胶状物Fe2O3•H2O，其原因可能是　亚铁酸钠、铁酸钠发生水解，最终形成Fe2O3•H2O　．（4）氧化处理中产生大量含NO2﹣和OH﹣的废水，某同学设计以下方案处理废水：操作1：调节溶液pH接近中性操作2：加入适量的氯化铵溶液并加热至沸，产生大量气体，该气体为大气的主要成分①操作1和操作2的顺序能否对调　不能　？请说明理由　若对调，则NH4+大量与OH﹣反应逸出氨气　．②为减轻处理后的产物对环境造成二次污染，下列适合处理含NO2﹣废水的物质是　AD　．A．O3B．KIC．K2Cr2O7D．NaClO．【考点】铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）铁锈的主要成分为Fe2O3•xH2O，与硫酸反应生成硫酸亚铁和水；（2）由①Fe→Na2FeO2和（2）中所给物质可以得出此反应的反应物和产物，配平即得方程式；（3）亚铁酸钠、铁酸钠均属于强碱弱酸盐，在水溶液中均可以发生水解；（4）①NH4+大量与OH﹣反应逸出污染大气的气体；②NO2﹣具有很强的还原性，要从强氧化性物质中找，Cr3+属于重金属离子；【解答】解：（1）铁锈的主要成分为Fe2O3•xH2O，铁锈溶液稀硫酸之后发生Fe2O3+6H+=2Fe2++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe2++3H2O；（2）结合Fe→Na2FeO2可知，此反应的反应物为NaOH以及还原剂Fe、氧化剂NaNO2，生成物为Na2FeO2和氨气和水，配平得3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+NH3↑+H2O，故答案为：3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+NH3↑+H2O；（3）亚铁酸钠、铁酸钠均属于强碱弱酸盐，在水溶液中均可以发生水解，水解的产物通过氧化还原反应、分解反应等反应最终形成有害的氧化铁红色胶状物；故答案为：亚铁酸钠、铁酸钠发生水解，最终形成Fe2O3•H2O；（4）①铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，氨气是一种具有刺激性气味的气体，如果操作1和操作2的顺序对调，则会污染空气，故答案为：不能，若对调，则NH4+大量与OH﹣反应逸出氨气；②NO2﹣具有很强的还原性，需要加氧化剂除掉，故排除B，在选项A、C、D三种强氧化剂中，K2Cr2O7被NO2﹣还原为重金属离子Cr3+造成二次污染，故选：AD；【点评】本题以元素及其化合物为载体，考查氧化还原反应原理、水解原理，铁与酸、盐反应的性质、铁生锈的条件等知识，注意氧化还原方程式的书写，注意铵盐的性质，题目难度中等．　22．（9分）BaCl2•xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：①称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；②过滤并洗涤沉淀；③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g．-22-\n回答下列问题：（1）在操作②中，需要先后用稀硫酸和洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是　取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净　．（2）计算BaCl2•xH2O中的x=　2　；（要求写出计算过程）．（3）操作③中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果　偏高　（填“偏低”、“偏高”或“不变”）．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题；实验设计题．【分析】（1）应用硫酸与蒸馏水进行进行沉淀洗涤；具体方法是取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；（2）根据硫酸钡质量计算氯化钡质量，进而计算水的质量，根据二者质量之比确定x的值；（3）部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，单质固体硫酸钡的质量偏小，测定氯化钡的质量偏小，水的质量偏大．【解答】解：（1）应用硫酸与蒸馏水进行进行沉淀洗涤，具体方法是取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；，故答案为：蒸馏水；取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；（2）沉淀1.165g为硫酸钡质量，其物质的量==0.005mol，故氯化钡晶体中氯化钡的质量=0.005mol×208g/mol=1.04g，含有结晶水的质量=1.222g﹣1.04g=0.182g，则208：18x=1.04g：0.182g，解得x≈2，故答案为：2；（3）部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，单质固体硫酸钡的质量偏小，测定氯化钡的质量偏小，水的质量偏大，故x的值偏高，故答案为：偏高．【点评】本题考查物质组成的测定，分子式的确定是难点，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　23．（10分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：甲：Mg（NO3）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是　不符合氧化还原反应原理　．查阅资料得知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，针对甲、乙、丙猜想，设计如图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：（2）实验过程：-22-\n①取器连接后，放人固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，表明　装置气密性良好　．②称取Mg（NO3）2固体3.79g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是避免对产物O2的检验产生干扰；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先　移动酒精灯预热硬质玻璃管　然后固定在管中固体部位下加热．③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化．④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g⑤取少量剩余固体于试管中，加人适量水，未见明显现象．（3）实验结果分析讨论①根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想　乙　是正确的．②根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：　2Na2SO3+O2=2Na2SO4　（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是O2在通过装置B时已参与反应．③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究．【考点】性质实验方案的设计；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】实验设计题．【分析】（1）根据氧化还原反应化合价升降相等判断；（2）①反应前检验装置的气密性；②甲、乙、丙中都有氧气，避免空气中氧气干扰；根据加热试管的操作要求完成；（3）①根据硝酸镁的反应现象进行判断；②D中亚硫酸钠具有还原性，能够和氧气反应生成硫酸钠，溶液褪色．【解答】解：（1）由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，故答案为：不符合氧化还原反应原理；（2）①实验前需要检验装置的气密性，方法是关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好，故答案为：装置气密性良好；②由于甲乙丙猜想中产物都有氧气，没有氮气，用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，集中加热前先预热硬质试管，然后固定在管中固体部位下加热，故答案为：移动酒精灯预热硬质玻璃管；（3）①硝酸镁分解，红棕色气体是二氧化氮，镁元素不会还是硝酸镁形式，所以乙正确；故答案为：乙；②亚硫酸钠和氧气的反应，反应方程式是：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4．【点评】本题探究硝酸镁分解产物，提出假想，通过实验验证，涉及了化学方程式的书写、加热操作的考查，本题难度中等．　-22-